2026-2027学年河北省廊坊市三河光大高级中学衡高部高二上学期开学摸底数学试卷（含答案）

/数学一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.已知集合，则（）A. B.C. D.2.设为三个平面，为两条直线，且.下述四个①若，则或②若，则或③若且，则④且，则其中所有真命题的编号是（）A.①③ B.②④ C.②③④ D.①③④3.在中，内角的对边分别为，且，则（）A. B.C. D.4.已知向量，则夹角的取值范围是（）A. B. C. D.5.设函数的定义域为，对恒成立，则不可能是（）A. B. C. D.6.设，则（）A. B. C. D.7.抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，“次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（）A.当时， B.当时，事件与事件不独立C.当时， D.当时，事件与事件不独立8.已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱AD，上的动点，若正方体的外接球的球心是，三棱锥的外接球的球心是，则的最大值是（）A. B. C. D.二、多选题（本题共3小题，每题6分共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分．）9.下列说法正确的是（）A.用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1B.已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数等于中位数C.数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21D.若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差为变小10.设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法错误的是（）A.若，则或B.若点的坐标为，且是关于的方程的一个根，则C.若，则的虚部为D.若，则点的集合所构成的图形的面积为11.已知定义域为的函数满足：，，，则（）A. B.函数是偶函数C.， D.，三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分）12.已知平面向量，且，，则在方向上的投影向量为______．（用坐标表示）13.已知角的终边经过点，则的值为______．14.在平面四边形中，，将沿翻折至，使得平面平面，则___________．四、解答题（5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15.已知分别为的内角的对边，．（1）证明：为等边三角形；（2）若，点为内（不含边界）的一个动点，且，求面积的取值范围．16.某校为促进学生对消防知识及火场自救知识的学习，组织了《消防知识及火场自救知识》竞赛活动，对所有学生的竞赛成绩进行统计分析，制成如图所示的频率分布直方图（各区间分别为，，，，）．（1）根据频率分布直方图，估计本次竞赛的平均成绩；（每组数据用所在区间的中点值作代表）（2）按人数比例用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在和内的学生中抽取人，再从这人中随机抽取人，求这人成绩都在内的概率；（3）从竞赛成绩在内的学生中选取甲、乙人，组队参加全市中学生消防知识答题比赛，每轮由两人各答一题，甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为，每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲、乙两人在两轮答题比赛中共答对题的概率．17.已知函数．（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；（2）设，若对于恒成立，求实数的取值范围．18.如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点.（1）求证：平面PBD；（2）求平面ABCD与平面APM所成角的余弦值；（3）求D到平面APM的距离.19.某商场开展促销活动，每消费调500元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同.抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖.（1）已知甲在该商场消费了500元，求甲获得一等奖的概率；（2）为加大促销力度，在原规则的基础上，当顾客在该商场消费满1000元时，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了1000元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件，“乙恰好获得一个二等奖”为事件.判断事件与是否相互独立，并说明理由.数学一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.已知集合，则（）A. B.C. D.答案：C解析：解答过程：因为，所以.2.设为三个平面，为两条直线，且.下述四个①若，则或②若，则或③若且，则④且，则其中所有真命题的编号是（）A.①③ B.②④ C.②③④ D.①③④答案：D解析：思路：利用线面平行的判定定理可判断①，利用线面垂直的判定定理可判断②，利用线面平行的性质定理可判断③，利用面面垂直的性质定理可判断④.解答过程：对于①，由于，，所以或或且，则有或或且，故①正确；对于②，由于，只有一条线线垂直，不能确定或，故②错误；对于③，由，则在内必存在直线，且又由，则在内必存在直线，且，根据平行的传递性有，由于，，则，又因为，所以，又因为，所以，故③正确；对于④，由，设，可在平面作，根据面面垂直性质定理可得：，又因为，所以，同理由，设，可在平面作，根据面面垂直性质定理可得：，又因为，所以，因为，由图可知相交，且，所以有，故④正确；故选：D.3.在中，内角的对边分别为，且，则（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：利用正弦定理化边为角，根据诱导公式和二倍角公式化简求出角，最后通过余弦定理确定选项.解答过程：由和正弦定理，可得，因，则，故得，即，因，则，故得，解得，故，故A，C错误；由余弦定理可得，故B正确，D错误.故选：B.4.已知向量，则夹角的取值范围是（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：首先确定点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆，过原点作圆的切线，结合长度关系可求得，由此可得所求范围.解答过程：因为，说明点C为以为圆心，半径为的圆上的动点，由于点，那么可知过原点作圆的切线，那么得到两条切线，这两个切线与OA所成的角一个是最大角一个是最小角，由于，，则，所以，因此可知的夹角的范围是.故选：C.5.设函数的定义域为，对恒成立，则不可能是（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：对A、B、C：表示出与，结合基本不等式计算可得恒成立；对D：举出能使得的反例即可得.解答过程：对A：令，则，，由，当且仅当时，等号成立，且在上单调递减，故，故有可能为，故A错误；对B：令，则，，由，当且仅当时，等号成立，故，故有可能为，故B错误；对C：令，则，，则，故，故有可能为，故C错误；对D：取，，则，，有，故存在，使得，故不可能为，故D正确.6.设，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：借助扇形与三角形面积关系可得、的大小关系，求出、可得、的大小关系，即可得解.解答过程：如下图，在单位圆中取圆心角为个弧度的扇形，则该扇形面积，面积，则，即，即，故；由，则，由，则，故，故；综上可得.7.抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，“次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（）A.当时， B.当时，事件与事件不独立C.当时， D.当时，事件与事件不独立答案：D解析：思路：计算出，根据，求，根据与的关系判断两个事件是否独立，从而得到正确答案即可.解答过程：当时，表示一正一反，故，，，因为，故正确；此时，故正确；当时，表示一正二反，，故正确；此时，，，所以，因此事件与事件独立，故D错误.故选：D.8.已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱AD，上的动点，若正方体的外接球的球心是，三棱锥的外接球的球心是，则的最大值是（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据题意找出球心和的位置，再根据线面垂直性质得出当，，G三点共线时，的最大值为.解答过程：如下图所示：设BC的中点为G，的中点为H，的外接圆圆心为M，的外接圆圆心为N，易得，，过M，N分别作平面，平面ABCD的垂线，交点即为，又为GH的中点，所以当MG和NG最小时，取得最大值．设，，由，可得，整理得，故当，即F为的中点时，MG取得最小值，同理可得NG的最小值也是，此时，，G三点共线，．故选：C二、多选题（本题共3小题，每题6分共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分．）9.下列说法正确的是（）A.用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1B.已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数等于中位数C.数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21D.若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差为变小答案：ABD解析：思路：根据简单随机抽样的性质，百分位数，众数，中位数，平均数以及方差，结合选项即可一一判断．解答过程：对于A，用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是，故A正确；对于B，一组数据1，2，3，3，4，5的众数是3，中位数是3，故B正确；对于C，将这8个数据从小到大排列为:12,14,15,17,19,23,27,30;由于，第70百分位数为第6个数为23，故C错误；对于D，设原数据为平均数为，方差为2，即加入一个新数据5，这9个数据为此时样本容量为9，平均数不变，方差，故方差变小，故D正确，故选：ABD10.设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法错误的是（）A.若，则或B.若点的坐标为，且是关于的方程的一个根，则C.若，则的虚部为D.若，则点的集合所构成的图形的面积为答案：ACD解析：思路：举反例可判断A；代入方程根据复数相等列方程组计算可得，进而可判断B；根据复数的概念可判断C；根据复数的几何意义利用两圆面积相减计算可判断D.解答过程：对于A，令，则，故A错误；对于B，点Z的坐标为，则，又因为是关于的方程的一个根，所以，整理得，所以，解得所以，故B正确；对于C，的虚部为，故C错误；对于D，设则，所以，即，圆的面积为，圆的面积为，因为，所以点的集合所构成的图形的面积为，故D错误.11.已知定义域为的函数满足：，，，则（）A. B.函数是偶函数C.， D.，答案：ACD解析：思路：利用赋值法可求，及，故可判断AC的正误，利用反证法可判断B的正误，利用题设中的运算关系可得，结合C中结果可判断D的正误.解答过程：令，则，故，令，则即，故C正确；故，令，则，故，故A正确，若为偶函数，则，故，此时，与题设矛盾，故B错误；对于D，，故，故D成立，故选：ACD.方法提示：思路点睛：抽象函数的性质的研究中，一般是利用赋值法得到一些特殊的函数值，从而得到抽象函数具有的不同的性质，注意赋值时要根据目标的结构形式来处理.三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分）12.已知平面向量，且，，则在方向上的投影向量为______．（用坐标表示）答案：解析：解答过程：在方向上的投影向量为13.已知角的终边经过点，则的值为______．答案：解析：解答过程：由题可知，点，则,，，，，，则.14.在平面四边形中，，将沿翻折至，使得平面平面，则___________．答案：##解析：思路：先利用余弦定理计算出原平面四边形的边长与角，取的中点，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，进而证明，然后计算，最后在中根据余弦定理求出，进而求出.解答过程：在原平面四边形的中，，，由等腰三角形性质得，可得，由余弦定理得：，即.，即，代入得，又，在中由余弦定理：，即.取的中点，连接因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，在中，，，计算得，在中，，，在中，，，由余弦定理：，故.四、解答题（5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15.已知分别为的内角的对边，．（1）证明：为等边三角形；（2）若，点为内（不含边界）的一个动点，且，求面积的取值范围．答案：（1）在中，由内角和，得，两边取正切：，由正切和角公式展开左边：，整理得三角形恒等式：，因此均为正数，（三角形内角至多一个钝角，若存在钝角则正切为负，乘积不可能为正的），即，由三元均值不等式：​，代入，得：，等号成立条件为，结合正切在上单调递增，得，故为等边三角形.（2）解析：思路：（1）因为三角形内角和为，所以，可利用正切诱导公式推导与的关系，再结合均值不等式判断等号成立条件，证明三个角相等；（2）由第（1）问结论可知的边长与内角，设，根据的位置确定的取值范围，再利用三角形面积公式写出的面积关于的表达式，结合三角函数的取值范围求解面积的取值范围.（1）略（2）由（1）知是等边三角形，，设，因为在内部（不含边界），故，，因为，所以，故面积的取值范围是.16.某校为促进学生对消防知识及火场自救知识的学习，组织了《消防知识及火场自救知识》竞赛活动，对所有学生的竞赛成绩进行统计分析，制成如图所示的频率分布直方图（各区间分别为，，，，）．（1）根据频率分布直方图，估计本次竞赛的平均成绩；（每组数据用所在区间的中点值作代表）（2）按人数比例用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在和内的学生中抽取人，再从这人中随机抽取人，求这人成绩都在内的概率；（3）从竞赛成绩在内的学生中选取甲、乙人，组队参加全市中学生消防知识答题比赛，每轮由两人各答一题，甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为，每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲、乙两人在两轮答题比赛中共答对题的概率．答案：（1）（2）（3）．解析：思路：（1）先根据矩形面积之和为计算，再利用频率分布直方图均值公式计算；（2）先根据比例得出两个区间内各抽取人数，再列出样本空间以及事件“这人成绩都在内”所包含的样本点，最后按照古典概型计算其概率即可；（3）先计算甲、乙在两轮比赛中答对题，题的概率，再利用互斥事件和独立事件的概率公式计算.（1）由题知，解得，估计本次竞赛的平均成绩为．（2）因成绩在、内的学生人数之比为，则从成绩在内的学生中抽取人，设为，从成绩在内的学生中抽取人，设为，设事件“从这人中随机抽取人，这人成绩都在内”，则样本空间，则，事件包含的基本事件有，有，则，故从这人中随机抽取人，这人成绩都在内的概率为.（3）设，分别表示事件甲在两轮答题中答对题，题，，分别表示事件乙在两轮答题中答对题，题，则，，，，设“两轮活动甲、乙共答对题”，则，又与互斥，与，与分别相互独立，则，因此，甲、乙在两轮答题比赛中共答对题的概率为．17.已知函数．（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；（2）设，若对于恒成立，求实数的取值范围．答案：（1）（2）解析：思路：（1）把复合函数的单调性转化为内层二次函数在区间上单调递减且恒正，由对称轴位置与端点函数值列不等式，由此求得的取值范围；（2）先由换元求出的最大值，再把“任意—任意”型恒成立转化为的最小值不小于该最大值，进而转化为关于的不等式恒成立问题，由此求得的取值范围.（1）令，其图象开口向下、对称轴为，又在定义域上单调递增，故在上单调递减等价于在上单调递减且恒成立.则，且，解得，故的取值范围为.（2）令，由得，则，当，即时，取最大值.条件“对任意，都有”等价于对一切成立，即，则，即对一切成立.根据对勾函数的性质可知在上单调递增，故，所以，即的取值范围为.18.如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点.（1）求证：平面PBD；（2）求平面ABCD与平面APM所成角的余弦值；（3）求D到平面APM的距离.答案：（1）因为，M为BC的中点，所以，因为四棱锥的底面是矩形，所以，所以，所以，而，即，因为底面ABCD，底面ABCD，所以，而平面PBD，所以平面PBD；（2）（3）解析：思路：（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；（3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可.（1）略（2）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为因为四棱锥的底面是矩形，所以，建立如下图所示的空间直