2024-2025學(xué)年河北省衡水中學(xué)高二（上）第一次測評(píng)數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年河北省衡水中學(xué)高二（上）第一次測評(píng)數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A={x|?2≤x≤7}，B={x|m+1<x<2m?1}，若A∪B=A，則(

)A.?2≤m≤4 B.?2<m<4 C.m<4 D.m≤42.已知某學(xué)校參加學(xué)科節(jié)數(shù)學(xué)競賽決賽的8人的成績(單位：分)為：72，78，80，81，83，86，88，90，則這組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)是(

)A.86 B.87 C.88 D.903.將除顏色外完全相同的2個(gè)紅球和1個(gè)白球隨機(jī)放入2個(gè)不同的盒子中，每個(gè)盒子中至少放入1個(gè)球，則2個(gè)紅球分別放入不同盒子中的概率為(

)A.23 B.12 C.134.在正方體ABCD?A1B1C1D1中，若B1C∩BC1=O，P，A.π6 B.π4 C.π35.已知向量a,b滿足|a|=4,|b|=10，且a在b上的投影向量為?15A.π6 B.π3 C.2π36.已知非負(fù)實(shí)數(shù)x，y滿足x+y=1，則1x+11+yA.73 B.2 C.95 7.為了發(fā)展旅游業(yè)，方便游客觀賞湖面盛開的睡蓮和湖里游動(dòng)的錦鯉，唐山南湖公園擬修建觀景棧橋.規(guī)劃如圖所示，△ABC為規(guī)劃區(qū)域，面積為43萬平方米，AB，CA，CB，CD是四條觀景木棧橋，其中AB=3DB，CP=3PD，∠CAB=60°，AP為觀景玻璃棧橋，則AP的最小值(單位：百米)為(

)A.23

B.4

C.68.如圖，四棱錐A?BCDE是棱長均為2的正四棱錐，三棱錐A?CDF是正四面體，G為BE的中點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(

)A.點(diǎn)A，B，C，F(xiàn)共面

B.平面ABE//平面CDF

C.FG⊥CD

D.FG⊥平面ACD二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.若數(shù)據(jù)x1，x2，?，x10的平均數(shù)為3，方差為4，則下列說法正確的是A.數(shù)據(jù)4x1+1，4x2+1，?，4x10+1的平均數(shù)為13

B.數(shù)據(jù)3x1，3x10.如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長都是2，且它們彼此的夾角都是60°，P為A1D與ADA.CP=?a?12b+12c

11.已知函數(shù)f(x)=2?|log12x|,0<x≤2?A.若g(x)有2個(gè)不同的零點(diǎn)，則2<a<5

B.當(dāng)a=2時(shí)，g(f(x))有5個(gè)不同的零點(diǎn)

C.若g(x)有4個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，則x1x2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.函數(shù)g(x)=ex?e?x2+ln2?x13.如圖，在多面體ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD//BC，平面BCEF∩平面ADEF=FE，∠BAD=45°，AD=3，AB=2DE=2EF=2，則四棱錐B?ADEF的體積為______．14.將函數(shù)f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的圖象向左平移π6則ω的最小值為______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

某射擊訓(xùn)練隊(duì)制訂了如下考核方案：每一次射擊中10環(huán)、中8環(huán)或9環(huán)、中6環(huán)或7環(huán)、其他情況，分別評(píng)定為A，B，C，D四個(gè)等級(jí)，各等級(jí)依次獎(jiǎng)勵(lì)2分、獎(jiǎng)勵(lì)0分、罰2分、罰4分.假設(shè)評(píng)定為等級(jí)A，B、C的概率分別是12,14,18，

(1)若某射擊選手射擊一次，求其被罰分的概率；16.(本小題15分)

△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a=2，acosC+33asinC=b．

(1)求A；

(2)若點(diǎn)D在BC邊上，AD平分∠BAC，且AD=17.(本小題15分)

如圖，等腰梯形ABCD中，AD=4，DC=4，AB=8，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE沿DE折起、得到四棱錐P?DEBC，F(xiàn)為PC的中點(diǎn)．

(1)線段EB上是否存在點(diǎn)M，使FM//平面PDE？

(2)證明：△PCB為直角三角形；

(3)當(dāng)四棱錐P?DEBC的體積最大時(shí)，求三棱錐E?DCF的體積．18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=sin2xcosφ?cos2xcos(π2+φ)(0<|φ|<π2)，對?x∈R，有f(x)≤|f(π3)|．

(1)求φ的值及f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；

(2)若x0∈[0,π4]，f(x0)=13，求sin2x0；19.(本小題17分)

類比思想在數(shù)學(xué)中極為重要，例如類比于二維平面內(nèi)的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理：如圖1，由射線PA，PB，PC構(gòu)成的三面角P?ABC，記∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A?PC?B的大小為θ，則cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.如圖2，四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，?ABCD為菱形，∠BAD=60°，AA1=23，AB=2，且A1點(diǎn)在底面ABCD內(nèi)的射影為AC的中點(diǎn)O．

(1)求cos∠A1AB的值；

(2)直線AA1與平面ABCD內(nèi)任意一條直線夾角為φ，證明π3

參考答案1.D

2.B

3.A

4.D

5.C

6.B

7.C

8.D

9.ACD

10.AC

11.BCD

12.?2

13.214.1215.解：(1)設(shè)事件A，B，C，D分別表示“被評(píng)定為等級(jí)A，B，C，D“，

由題意得，事件A，B，C，D兩兩互斥，

所以P(D)=1?12?14?18=18，

又因?yàn)镃∪D=被罰分，

所以P(C∪D)=P(C)+P(D)=18+18=14，

因此其被罰分的概率為14；

(2)設(shè)事件A1，B1，C1，D1表示“第i次被評(píng)定為等級(jí)A，B，C，D“i=1，2，

則“兩次射擊得分之和為16.解：(1)由acosC+33asinC=b.得sinAcosC+33sinAsinC=sinB=sin(A+C)，

∴sinAcosC+33sinAsinC=sinAcosC+cosAsinC，

∴33sinAsinC=cosAsinC，

∴tanA=3，0<A<π，∴A=π3；

(2)∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠BAD=π6，CDBD=bc，

在△ACD中，由余弦定理有CD2=AC217.解：(1)存在，M為EB的中點(diǎn)，

如圖，取PD中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，

而F為PC的中點(diǎn)，則FG//CD,FG=12CD，

在等腰梯形ABCD中，CD//AB,CD=12AB=BE，又M為EB的中點(diǎn)，

于是得EM//CD//FG,EM=12CD=FG，即有四邊形EGFM為平行四邊形，則FM//EG，

又EG?面PDE，F(xiàn)M?面PDE，所以FM//平面PDE；

證明：(2)取DE的中點(diǎn)H，連接PH，CH，EC，如圖，

由(1)知，CD/?/EB，CD=EB=4，即DEBC為平行四邊形，則DE/?/CB，DE=BC=4，

有DE=PD=PE=4，△PDE為正三角形，則有PH⊥DE，PH⊥BC，

在原等腰梯形ABCD中，△ADE為正三角形，則∠EBC=∠EAD=60°，

于是得∠EDC=60°，而CD=DE=4，即有△CDE為正三角形，CH⊥DE，則CH⊥BC，

又PH∩CH=H，PH，CH?平面PHC，則BC⊥面PHC，而PC?面PHC，因此BC⊥PC，

所以△PCB為直角三角形；

解：(3)由(2)知，?DEBC是邊長為4的菱形，且∠EBC=60°，即?DEBC的面積是定值，

當(dāng)四棱錐P?DEBC的體積最大時(shí)，即有點(diǎn)P到平面DEBC距離最大，有直線PH⊥平面DEBC，

則△PDE的高PH即為四棱錐P?DEBC的高，又F為PC的中點(diǎn)，則F到平面DEBC的距離?=PH2=3，

18.解：(1)f(x)=sin2xcosφ+cos2xsinφ=sin(2x+φ)，

因?yàn)閷?x∈R，有f(x)≤|f(π3)|，可得當(dāng)x=π3時(shí)，f(x)取得最值，

所以2×π3+φ=π2+kπ，k∈Z，

可得φ=?π6+kπ，k∈Z，又0<|φ|<π2，

所以φ=?π6，

所以f(x)=sin(2x?π6)，

由?π2+2kπ≤2x?π6≤π2+2kπ，k∈Z，可得?π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，

所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[?π6+kπ?,?π3+kπ](k∈Z)．

(2)由x0∈[0,π4]，f(x0)=13，f(x)=sin(2x?π6)，

可得2x0?π6∈[?π6?,?π3]，sin(2x0?π6)=13，

所以cos(219.解：(1)連接BO，

由已知得A1O⊥平面ABCD，BO⊥AC，

又A1O?平面A1ACC1，

所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，所以二面角A1?AC?B的大小為90°，

因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，∠BAD=60°，

所以∠BAC=30°，

又AB=2，所以AO=3，

在Rt△A1AO中，cos∠A1AO=AOA1A=323=12，

由三面角余弦定理得cos∠A1AB=cos∠A1AO?cos∠BAC+sin∠A1AO?sin∠BAC?cos90°

=cos∠A1AO?cos∠BAC=12×32=34