精品解析：河北省衡水中学2024-2025学年高二上学期第一次综合素养测评数学试题

2024-2025高二年级：上学期 数学学科 主命题人：孙广慧 答题时间：120分钟 满分：150分 第I卷（选择题） 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是（ ） A. 86 B. 87 C. 88 D. 90 3. 将除颜色外完全相同的2个红球和1个白球随机放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放入1个球，则2个红球分别放入不同盒子中的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 在正方体中，若，P，Q分别为AC，的中点，则直线PQ与AO所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知非负实数满足，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 7. 为了发展旅游业，方便游客观赏湖面盛开的睡莲和湖里游动的锦鲤，唐山南湖公园拟修建观景栈桥．规划如图所示，为规划区域，面积为万平方米，，，，是四条观景木栈桥，其中，，，为观景玻璃栈桥，则的最小值（单位：百米）为（ ） A. B. 4 C. D. 8. 如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，G为的中点，则下列结论错误的是（    ） A. 点共面 B. 平面平面 C. D. 平面ACD 二、多选题（每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分，有错选的得0分） 9. 若数据的平均数为3，方差为4，则下列说法正确的是（ ） A. 数据的平均数为13 B. 数据的方差为12 C. D. 10. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 的长为 11. 已知函数，，则（ ） A. 若有2个不同的零点，则 B. 当时，有5个不同的零点 C. 若有4个不同的零点，则的取值范围是 D. 若有4个不同的零点，则的取值范围是 第II卷（非选择题） 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 函数，若，则__________. 13. 如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD∥BC，平面BCEF∩平面ADEF＝FE，∠BAD＝45°，AD＝3，AB＝2DE＝2EF＝2，则四棱锥B﹣ADEF的体积为 _____． 14. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若，则的最小值为___________． 四、解答题（共5题，满分77分） 15. 某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励2分、奖励0分、罚2分、罚4分．假设评定为等级为A，B，C的概率分别是，，． （1）若某射击选手射击一次，求其被罚分的概率； （2）若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为0分的概率． 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求A； （2）若点D在BC边上，AD平分BAC，且，求的周长． 17. 如图，等腰梯形中，，，，为的中点，将沿折起、得到四棱锥，为的中点. （1）线段上是否存在点，使平面？ （2）证明：为直角三角形； （3）当四棱锥的体积最大时，求三棱锥的体积. 18. 已知函数，对，有. （1）求的值及的单调递增区间； （2）若，，求； （3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.若，，求实数的取值范围. 19. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025高二年级：上学期 数学学科 主命题人：孙广慧 答题时间：120分钟 满分：150分 第I卷（选择题） 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分、讨论，利用可得答案. 【详解】因为，所以， ①时，，解得； ②时，则有，解得. 综上，m的取值范围是. 故选：D. 2. 已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是（ ） A. 86 B. 87 C. 88 D. 90 【答案】B 【解析】 【分析】根据样本数据百分位数的定义求解即可. 【详解】将数据从小到大排序得， 因为， 所以第75百分位数是． 故选：B． 3. 将除颜色外完全相同的2个红球和1个白球随机放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放入1个球，则2个红球分别放入不同盒子中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题是一个随机放入问题，每个球都是独立的，需要把红球看成是可区分的小球，然后列举出所有的基本事件，求解即可. 【详解】将除颜色外完全相同的2个红球和1个白球随机放入2个不同的盒子中， 每个盒子中至少放入1个球，则基本事件有：（红1，白红2），（白，红1红2），（红2，白红1），（白红2，红1），（红1红2，白），（白红1，红2） 则2个红球分别放入不同盒子中包含了（红1，白红2），（红2，白红1），（白红2，红1），（白红1，红2） 所以由古典概型的公式得概率为：. 故选：A 4. 在正方体中，若，P，Q分别为AC，的中点，则直线PQ与AO所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用，将直线PQ与AO所成角转化成两相交直线与AO所成的角，通过计算证明，推理得到即得. 【详解】 如图，连接,由已知得，，则直线PQ与AO所成的角即为直线与AO所成的角. 由可得,则与AO相交. 在和中，，， 所以，所以，所以， 所以，即直线PQ与AO所成角的大小为． 故选:D． 5. 已知向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用投影向量求出数量积，利用夹角公式可得答案. 【详解】依题意，在上的投影向量为，则， 于是，而，则， 所以向量与向量的夹角为. 故选：C 6. 已知非负实数满足，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得且，利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】因为非负实数满足， 显然，则，所以， 则 ，当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为. 故选：B 7. 为了发展旅游业，方便游客观赏湖面盛开的睡莲和湖里游动的锦鲤，唐山南湖公园拟修建观景栈桥．规划如图所示，为规划区域，面积为万平方米，，，，是四条观景木栈桥，其中，，，为观景玻璃栈桥，则的最小值（单位：百米）为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，设的边，，利用三角形的面积公式求出，然后以向量、为基底，表示出向量，利用向量模的公式与平面向量数量积的运算性质，推导出，再根据基本不等式求出的最小值，进而得出的最小值． 【详解】中，设，，由，， 可得，即，所以． 因为，所以， 由，得，即，整理得， 因为， 所以， 而，所以，当且仅当时，即，时，等号成立． 因此，当，时，的最小值为，即的最小值为百米． 故选：C． 8. 如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，G为的中点，则下列结论错误的是（    ） A. 点共面 B. 平面平面 C. D. 平面ACD 【答案】D 【解析】 【分析】A.由题意转化为证明平面和平面，即可证明；B.根据面面平行的判断定理转化为证明平面和平面，即可证明；C.由A选项的证明可证明线线垂直；D.利用反证法，说明不成立. 【详解】选项A：如图，取中点，连接，，，， 因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点， 所以，，， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 所以四点共面， 由题意知，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为，所以，所以四点共面，故A说法正确； 选项B：由选项A知，又平面，平面，所以平面， 因为，且平面，平面，所以平面， 又平面，平面，且，所以平面平面，故B说法正确； C选项：由选项A可得平面，又平面，所以，故C说法正确； D选项：假设平面，因为平面，则， 由选项A知四边形是平行四边形，所以四边形是菱形， 与，矛盾，故D说法错误. 故选：D 二、多选题（每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分，有错选的得0分） 9. 若数据的平均数为3，方差为4，则下列说法正确的是（ ） A. 数据的平均数为13 B. 数据的方差为12 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得，，利用平均数的性质可得A；利用方差的性质计算可得B：由即可得C；结合方差与平均数计算即可得D. 【详解】依题意，，， 对A：，故A正确: 对B：依题意，， 所以数据的方差为： ，故B错误； 对C：，故C正确; 对D：由 ，解得，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 的长为 【答案】AC 【解析】 【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长. 【详解】 ∵，故A正确. ∵.故B错误. 又∵，. ，； ， . . ∴.故C正确. ∵，∴.故D错误. 故选：AC. 11. 已知函数，，则（ ） A. 若有2个不同的零点，则 B. 当时，有5个不同的零点 C. 若有4个不同的零点，则的取值范围是 D. 若有4个不同的零点，则的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】作出的图象，由有2个不同的零点，结合图象，可判定A错误；由，令，得到，求得，结合图象，可判定B正确；由对数的运算性质，求得，结合二次函数的对称性得到，进而判定C正确；由，结合对勾函数的性质，可判定D正确． 【详解】由函数，可得， 作出的图象，如图所示． 对于A中，由，可得，若有2个不同的零点， 结合图象知或，所以A错误； 对于B中，当时，由，可得， 令，则有，可得， 结合图像知，有3个不等实根，有2个不等实根，没有实根， 所以有5个不同的零点，所以B正确； 对于C中，若有4个不同的零点， 则，且，则， 由二次函数的对称性得，则， 结合B知，所以，所以的取值范围为，所以C正确； 对于D中，由，其中， 由对勾函数的性质，可得在上为单调递减函数，可得， 所以的取值范围为，所以D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：求解复合函数的零点个数或方程解的个数与范围问题的策略： 1、先换元解“套”，令，则，再作出和的图象； 2、由函数的图象观察有几个的值满足条件，结合的值观察的图象，求出每一个被对应，将的个数汇总后，即为的根的个数，即“从外到内”. 3、由零点的个数结合与的图象特点，从而确定的取值范围，进而决定参数的范围，即“从内到外”，此法成为双图象法（换元+数形结合）. 第II卷（非选择题） 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 函数，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用和的关系求解即可. 【详解】， ， . 故答案为： 13. 如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD∥BC，平面BCEF∩平面ADEF＝FE，∠BAD＝45°，AD＝3，AB＝2DE＝2EF＝2，则四棱锥B﹣ADEF的体积为 _____． 【答案】## 【解析】 【分析】由已知证明∥，可得∥，利用等体法求的体积，进一步可得四棱锥的体积 【详解】因为∥，平面，平面， 所以∥平面， 因为平面，平面平面， 所以∥， 所以∥， 因为， 所以，， 所以，即， 因为平面， 所以是三棱锥的高， 因为， 所以， 所以， 故答案为： 14. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若，则的最小值为___________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用平移变化得到的解析式，再根据知，，代入的解析式即可求出的取值范围，再结合，求出的最小值. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数， 又，则， ，或 即，或， 又，的最小值为. 故答案为：. 四、解答题（共5题，满分77分） 15. 某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励2分、奖励0分、罚2分、罚4分．假设评定为等级为A，B，C的概率分别是，，． （1）若某射击选手射击一次，求其被罚分的概率； （2）若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为0分的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设事件分别表示“被评为等级A，B，C，D”.由题意，事件两两互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可； （2）设事件，且事件互斥，然后分别求出对应的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可. 【小问1详解】 设事件A，B，C，D分别表示“被评定为等级A，B，C，D”． 由题意得，事件A，B，C，D两两互斥，所以． 又因为被罚分，所以． 因此其被罚分的概率为； 【小问2详解】 设事件，，，表示“第i次被评定为等级A，B，C，D”，，2． 则“两次射击得分之和为0分”为事件，且事件，，互斥， ， ， 所以两次射击得分之和为0分的概率 . 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求A； （2）若点D在BC边上，AD平分BAC，且，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换求出角即可； （2）利用角平分线分三角形面积等于两个小三角形面积之和得出等式，再用余弦定理联立求解周长即可. 【小问1详解】 由正弦定理得， 在中，， 化简为，又， ，又 ； 【小问2详解】 依题意得， 即， 由余弦定理得， ，解得 的周长为. 17. 如图，等腰梯形中，，，，为的中点，将沿折起、得到四棱锥，为的中点. （1）线段上是否存在点，使平面？ （2）证明：为直角三角形； （3）当四棱锥的体积最大时，求三棱锥的体积. 【答案】（1）存在，为的中点. （2） 证明：取的中点，连接，，，如图， 由（1）知，，，即为平行四边形，则，， 有，为正三角形，则有，， 在原等腰梯形中，为正三角形，则， 于是得，而，即有为正三角形，，则， 又，平面，则面，而面，因此， 所以为直角三角形. （3）. 【解析】 【分析】（1）为的中点，取中点，连接，证明，再利用线面平行的判定推理即可. （2）取的中点，连接，，，由线面垂直的判定证得面即可作答. （3）利用（2）中信息确定在体积最大时，求出点到平面距离，再结合锥体体积公式计算作答. 【小问1详解】 存在，为的中点， 如图，取中点，连接，而为的中点，则，， 在等腰梯形中，，又为的中点， 于是得，，即有四边形为平行四边形，则， 又面，面，所以平面. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，是边长为4的菱形，且，即的面积是定值， 当四棱锥的体积最大时，即有点到平面距离最大，有直线平面， 则的高即为四棱锥的高，又为的中点，则到平面的距离， 又，于是得， 所以三棱锥的体积为4. 18. 已知函数，对，有. （1）求的值及的单调递增区间； （2）若，，求； （3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.若，，求实数的取值范围. 【答案】（1），单调递增区间为（） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换得到，根据得到方程，求出，得到函数解析式，整体法得到函数单调性； （2）根据得到，凑角法，结合正弦和角公式得到答案； （3）根据伸缩和平移变换得到，令，故，令，从而得到，因为，所以当时，，所以，解出答案. 【小问1详解】 ， 因为对，有，可得当时，取得最值， 所以，， 可得，，又， 所以， 所以， 由，，可得，， 所以的单调递增区间为（）. 【小问2详解】 由，，， 可得，， 所以， 所以. 【小问3详解】 将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到 函数的图象，进而可得， 令， 只需， 令， 因为，所以， 所以， 因为，可得， 所以， 因为，所以当时，， 所以，即，解得或. 所以实数的取值范围为或. 19. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 【答案】（1） （2）证明：依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解. 【小问1详解】 连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $