河北省石家庄市第一中学2026-2027学年高二上学期学情检测反馈考试一数学试题

石家庄市第一中学2025级学情检测反馈考试一 数学 命题人：胡海芳审核人：贾丽娜 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题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.己知复数z满足1-2i)z=3+4i,则川z上() A.2 B.3 c.√5 D.3 【分析】先由复数的除法可得z=-1+2i,再由复数模的计算可得， 【解答】解：由0-20z=3+4,得2-3+-3+0+2刃-1+21， 1-2i4-2i)1+2i) 则川=-1)+22=√5.故选：C. 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题， 2.已知平面a的一个法向量为n=(4,-2,),直线1的一个方向向量为=(-1-3,2)，若1/1，则m=() A.-2 B.-1 C.1 D.2 【分析】根据题意可得到n⊥，从而建立方程，即可求解. 【解答】解：平面α的一个法向量为=(4，-2，m,直线1的一个方向向量为i=(1,-3,2), 又l/1a,.i⊥i,.i.i=-4+6+2l=0,解得m=-1.故选：B. 【点评】本题考查向量法求解线面平行关系，方程思想，属基础题. 3.设a∈R,直线：(a+1)x+y-1=0,:2x+w-(a+2)=0,则“a=1”是“1/1l,”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【分析】求出1/1儿2的α值，再利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求解. 【解答】解：当a=1时，Z:2x+y-1=0,:2x+y-3=0,此时11/l2,即a=1可以推出4/1l2, 当1/儿时，(a+1)a=2,解得a=1或-2， 又a=-2时，1：x-y+1=0,2:x-y=0,此时1/1%，所以/儿2推不出a=1, 所以“a=1”是“111”的充分不必要条件. 故选：A. 【点评】本题主要考查了直线平行条件的应用，属于基础题. 第1页（共14页) 4.已知一组数据的平均数和方差分别为2026,27，若向这组数据中再添加一个数据为2026，新数据组的 平均数和方差分别为x,s2,则() A.52>27 B.52<27 C.x>2026 D.x<2026 【分析】根据平均数以及方差相关知识可解。 【解答】解：已知一组数据的平均数和方差分别为2026,27， 设原数据个数为n,则原数据总和为2026， 原方差满足27=12K-2020°，即2K-2020=27m ni=1 添加数据2026后，新数据总和为2026n+2026=2026(n+1), 因此新平均数x=20260+D=2026,排除C、D选项： n+1 方差，2=2(-2020°+2026-2020门=27<27，即2<27，故4错误，8正确.故选：8. n+1台 n+1 【点评】本题考查平均数以及方差相关知识，属于中档题. 5.若a,b表示直线，α表示平面，则以下命题中真命题是() A.若a/Ib,bca,则a//a B.若a11a,b/1a,则a/1b C.若a/b,b/1a,则a/a D.若a/1a,bca,则a/1b或a与b异面 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案. 【解答】解：若a/b,bca,则aca或a/1a,故A错误： 若a/1a,b11a,则a/1b或a与b相交或a与b异面，故B错误： 若a/b,b/1a,则aca或a/1a,故C错误： 若a/1a,bca,则a/1b或a与b异面，故D正确.故选：D. 【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思 维能力，是基础题. 6.袋子里装有三枚黑色棋子、三枚白色棋子，从中不放回地随机取出两枚棋子，那么互斥而不对立的事件 是() A.“至少有一枚白色棋子”与“都是黑色棋子” B.“都是白色棋子”与“都是黑色棋子” C.“恰好有一枚白色棋子”与“恰好有一枚黑色棋子” D.“至多有一枚白色棋子”与“至少有一枚黑色棋子” 第2页（共14页) 【分析】根据互斥事件和对立事件的概念，逐一判断各个选项可解答， 【解答】解：设事件A为“两枚都是黑色棋子”，事件B为“恰好有一枚白色棋子”，事件C为“两枚都是 白色棋子”， 对于A,因为“至少有一枚白色棋子”包含事件B和事件C,“都是黑色棋子”为事件A, 则这两个事件不能同时发生，且并集是全集； 所以这两个事件是对立事件，故A错误： 对于B,因为“都是白色棋子”为事件C,“都是黑色棋子”为事件A, 所以这两个事件不能同时发生，且并集不是全集（缺少事件B),是互斥而不对立事件，故B正确： 对于C,因为“恰好有一枚白色棋子”为事件B,“恰好有一枚黑色棋子”也为事件B, 所以这两个事件是同一个事件，能同时发生，不是互斥事件，故C错误： 对于D,因为“至多有一枚白色棋子”包含事件A、事件B,“至少有一枚黑色棋子” 也包含事件A、事件B, 所以这两个事件都包含事件A、事件B,能同时发生，不是互斥事件，故D错误. 故选：B 【点评】本题主要考查了互斥事件和对立事件的定义，属于基础题. 7.己知点O是坐标原点，点9是圆(x-3)2+(y+4)2=1上的动点，点P在直线x+y+4=0上，则 |PQ+|PO|的最小值为() A.8 B.7 C.6 D.5 【分析】先求点O关于直线x+y+4=0对称的点为A,结合圆的性质可得|PQ+|PO≥|PC|+|PA-1, 再结合几何性质即可得结果. 【解答】解：圆(x-3)2+(y+4)2=1的圆心为C(3,-4),半径r=1, 设点O关于直线x+y+4=0对称的点为A(0m,), (1 则 解得l=n=-4,即A(-4,-4), 贤经40 所以|POI+|PO曰PO|+|PA|≥|PC|+|PA|-1, 又|PC|+|PA|≥AC=7,当且仅当P,A,C三点共线时，等号成立， 所以1PQ+|PO|的最小值为6.故选：C. 【点评】本题考查关于点、直线对称的圆的方程，考查数形结合的解题思想方法，是中档题， 第3页（共14页) 8.在锐角△ABC中，角A,B,C的边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，且S=-5 b2+c2-2bc-a2), 则+2c3 的取值范围为() bc A.(0 B.(0,3) C.[2W2,3) D.25E 【分析】结合余弦定理，应用三角形面积公式化简得sin(A+ 31 2 ,求出角A,再使用正弦定理边化角 得+2e_b+2csmB2simC 根据正切函数性质及不等式的性质求出t的取值范围，进而利 bc c b sinc sin B t 用对勾函数单调性求解即可， 【解答】解：在锐角△ABC中，角A,B,C的边分别为a,b，,c, g为△ABC的面积，且S=-5G+c-2c-G), 4 =3 @4-9eem. 4 2 又根据余弦定理可得b2+c2-2=2 bc cos A, 所以in=- -(2bc cosA-2bc), 2 4 即s血4+V5cosA=5,根据三角函数的恒等变换可得sm4+马=5 21 2 白于04音≤4+号g,所以4+昏54 36 3, 由正弦定理-c。-2R可知，+22b1么s如m5,2mC sin B sinC bc=c+b=sinc sinB 根据诱导公式和两角和的正弦公式可得： 1 sin B sin(A+C)2smc3 -cosC 2 +5 sinC sinC sin C 2 2tanC 0<C< y 0<C< 由于 2 0<B< 0<元-C-A<交6 →君cc子所以mc5→，5 3 22 2tanc<2, 2 2 设t= 则b+2 =t+2, 2 2tanC bc x”t∈（六，2） 根据对勾函数的单调性可得函数y=1+在（兮V万上单调递减，在（反，2）上单调递增， 当t=时，y=9:当1=2时，y=3:当t=5时，y=25:所以25≤v< 9 9 2 2 第4页（共14页) 剥分2℃的银值范鼠为25，号、故选：D, bc 【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得6分，部分选对的得部分分 9.下列说法错误的有() A.设一批产品的次品率为 ,从中任取100件，则必有10件次品 10 B.明天降雨概率为90%，则明天可能不下雨 C.连续投10次骰子，则连续投出10个1是不可能事件 D.某市气象台预报“明天本市降水概率为70%”，指的是该市气象台专家中，有70%认为明天会降 水，30%认为不会降水 【分析】根据频率与概率相关知识可解. 【解答】解：对于A,次品率为】是概率统计概念，表示大量重复试验中次品所占比例的期望，并不保证 10 100件中恰好10件次品，所以A错误： 对于B,概率为90%表示事件发生的可能性很大，但仍有10%的可能不发生，所以“可能不下雨”，所以 B正确； 对于C,连续投出10个1的概率为（令>0，是可能发生的，不是不可能事件，所以C错误， 对于D,“降水概率为70%”表示降水的可能性为70%，不是指专家意见的比例，所以D错误. 故选：ACD 【点评】本题考查频率与概率相关知识，属于基础题. 10.下列说法正确的是() A.ā=(1，-1)是直线x+y-3=0的一个方向向量 B.经过点1,1)且在x轴和y轴上的截距都相等的直线方程为x+y-2=0 C.点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为1,1) D.已知两点A(2,3),B(2,-1),若直线1过点P1,-2)且与线段AB有公共点，则k的取值范围是 (m,-2U5,+0) 【分析】A选项，根据直线的一个方向向量为1，)进行求解，判断出A的真假；B选项，分截距为0和不 为0两种情况进行求解，判断出B的真假；C选项，设出对称点，列出方程组，求出对称点坐标，判断出 第5页（共14页) C的真假：选现。国出倒形，末出。5。-弓数形结合得到太或长如，类断出力的真假 【解答】解：A选项，因为x+y-3=0的斜率为-1， 4(2,3) 所以直线x+y-3=0的一个方向向量为ā=(L,-1),所以A正确： B选项，当直线的截距为0时，过点(L,1)的直线方程为y=x, 当直线的截距不为0时，设直线方程为x+y=a, B<-2,-1) 将点1,1)代入得1+1+a=0,解得a=-2,故直线方程为x+y-2=0, 综上，直线方程为y=x或x+y-2=0,所以B错误： P(1,-2) C选项，设点(0,2)关于直线y=x+1的对称点坐标为m,), (n-2=-1 则 ,解得=n=1,故对称点为Q,1),所以C正确： n+2 m +1 (2 2 D选项，画出图形如下：则4-3，②=5kB=1-2-{, 2-1 -2-1 3 直线1过点PL,-2)且与线段AB有公共点，则k>ka或k≤k阳' 则的取值范周是(0，礼U5+m),所以D正确， 故选：ACD 【点评】本题考查直线的斜率与直线的方向向量的关系的应用及直线与线段有交点的斜率的求法，属于基 础题. 11.如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E,F,G分别为BC,CD,BE的中点，沿AE、AF及 EF把这个正方形折成一个四面体，使得B、C、D三点重合于S,得到四面体S-AEF(如图2).下列 结论正确的是() A.顶点S在面AEF上的射影为△AEF的重心 D B.S4与面AEF所成角的正切值为 4 C.二面角S-EF-A的余弦值为} B GE 图1 图2 D.过点G的平面截四面体S-AEF的外接球所 13 得截面圆的面积的取值范围是[二元二 42 【分析】折叠问题，关键是抓住其中的不变量 选项A:由于SA、SE、SF两两垂直，可证S在面AEF上的射影为△AEF的垂心： 选项B:根据线面角的定义法求解： 第6页（共14页) 选项C:根据二面角的定义即可求解； 选项D:将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求截面圆面积最值问题， 【解答】解：对于A项， 由于SA、S8、SF两两垂直，故S在面AEF上的射影为△AEF的垂心， 理由如下：如图，过点S作SOL平面AEF,交平面AEF于点O, 因为SOL平面AEF,EFC平面AEF,所以SOL EF, A: 又因为&ALSE,SA⊥SF,SE,SF都在平面SEF内，且相交于点S, 所以SA⊥平面SEF,又EFC平面SEF,所以SA⊥EF, 又SO∩SA=A,所以EF⊥平面S4O,又AOC平面SAO,所以AO1EF. 同理可证EOLAF,FO LAE,所以S在面AEF上的射影为△AEF的垂心.故A项错误： 对于B项，设M为EF中点，则EF⊥SM,AM⊥EF,SM∩AM=M, 故EF⊥平面S4M,故平面AEF⊥平面S4M, 所以SA在平面AEF上的射影为AM, G SA与平面AEF所成角为 A4-------------- ∠MM,SM=2,M= ,∠ASM=T,tan∠M= ,故B项正确： 2 ) 4 对于C项，如图，取EF的中点M,因为AE=AF,所以AM⊥EF, 因为SB=SF,所以SM LEF,所以二面角S-EF-A的 平面角即为∠AS; 又因为在△AM中，M=2SM= 2,AM=3V 1 2 ,所以cos∠AMS= 故C项正确： 对于D项，设O为四面体S-AEF的外接球球心，OML平面SEF,连接MG,OG, 当过点G的截面经过球心0时截面圆面积最大，面积为兀；当OG垂直截面圆时，截面圆面积最小，此 时GM=)sP-号oM=1oG=NOr+Gn-5 =√R-0G 截面圆面积为 4 A 13 M 得截面圆面积取值范围是[兀2列· 故D项正确故选：BCD 第7页（共14页) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通信方式称为多址 通信.多址通信的理论基础是若用户之间的信号可以做到正交，这些用户就可以同享一个发射媒介.在 维空间中，正交的定义是两个n维向量=(，x,…，x),五=(3，马…，y)满足 x+xy2+..+xy=0.已知某通信方式中用户的信号是4维非零向量，有四个用户同享一个发射媒介， 已知前三个用户的信号向量为0,0.0，)，0,0.1,0，C导5Q0,写出个清足条件的第四 2’2 个用户的信号向量_1,1,0,0)：（答案不唯一，形如(a,a,0,0)都可以）_ 【分析】根据新定义计算即可. 【解答】解：设第四个用户的信号向量为(x,为，3，x4), 根据已知有5，-500-5，k,5,》=0,则5 √2 22 2 21 2+0x3+0x4=0，所以1=x3, 又(0,0,0,1)(1，x2,x3,x4)=0,则x4=0, (0,0,1,0)(,x3,x,x4)=0,则x=0,则第四个用户的信号向量可表示为(a,4,0,0). 故答案为：1,1,0,0).（答案不唯一，形如(a,a,0,0)都可以）. 【点评】本题考查新定义运算，考查向量的计算，属于中档题. 13.已知S,A,B,C是球O表面上的不同点，SAL平面ABC,AB⊥BC,AB=1,BC=√2，若球 O的表面积为4π，则S4= 【分析】由己知中S、A、B、C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC,AB⊥BC,易S、A、 B、C四点均为长宽高分别SA,AB,BC三边长的长方体的顶点，由长方体外接球的直径等于长方体 对角线，利用球的表面积公式即可得到答案， 【解答】解：S4L平面ABC,AB⊥BC, ·.四面体S-ABC的外接球半径等于以长宽高分别SA,AB,BC三边长的长方体的外接球的半径 球O的表面积为4π，.R=1AB=1,BC=√2,2R=V1+2+S42=2,.S4=1. 【点评】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积公式，其中根据己知条件求出球O的直径（半径）， 是解答本题的关键。 14.已知圆M:(x-1)2+(y-1)2=2,直线1为x+y-m=0(m>0),已知直线l与圆M相离，若在直线1上 存在点A,在圆上存在两点B、C,使得∠BAC=60°，则实数的取值范围是 第8页（共14页) 【分析】通过分析角的最大值，结合直线与圆的位置关系建立不等式求解参数范围，首先明确圆与直线的 基本信息，然后结合切线性质分析角的最大值，角度条件转化为距离条件，最后结合直线与圆的位置关系 (距离公式)得出不等关系， 【解答】解：过A作AD,AE,分别与圆M相切于D,E两点， 连接AM,BM,CM,∠BAC=∠BAM+∠CAM, 在△aA以中，由正孩定理得，RM_m《Mm∠1M-a sin∠ABM, BM AM AM 当点A相对固定时，BM,AM均为定值，要使得∠BAM最大，则需要sim∠ABM最大， 当∠ABM=90°时，即AB与圆M相切时，∠BAM最大，即为∠DAM, 所以∠BAM≤∠DAM, 同理，∠CAMK∠EAM,故∠BAM+∠CAM≤∠DAM+∠EAM, 即∠BAC≤∠DAE, 所以要使圆M上存在两点B,C,使得∠BAC=60°， 只需要∠DAE≥60°， :AM平分∠DAE,.只需要30≤∠DAM<90°， 只番要片≤im∠D4M<1=}s5<1→5MMs22, 2 2MA 则直线1与圆M:(x-1)2+y-1)2=8相交或相切， 又己知直线1与圆M:(x-1)2+(y-1)2=2相离， 则弦心距d满足5<d≤25→5<2-≤22m>0)→4<m≤6→m4,(. 2 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是明确从直线上的点向圆上的点连线成角，当且仅 当两条线均为切线时才是最大的角，是中档题 四、解答题：本题共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.(本小题满分13分)直线1与直线x-y-1=0垂直，且经过点M(-3,1) (1)若圆x+y2+2x-2y+m=0截直线1所得弦长为4，求实数m的值： (2)若点N在圆x2+y2+2x-2y+1=0上运动，求线段N中点的轨迹方程. 【分析】(1)求出圆心到直线的距离，利用弦长可求答案； (2)设出动点坐标，找出两动点间的关系，把N的坐标代入可求轨迹方程. 第9页（共14页） 【解答】解：(1)由题意直线l与直线x-y-1=0垂直，且经过点M(-3,1), 所以直线1的斜率为-1， 可得直线！的方程为y-1=-(x+3),即x+y+2=0. 又圆x+y2+2x-2y+m=0截直线1所得弦长为4， 将圆x2+y2+2x-2y+m=0化为标准型为(x+1)2+0y-1)2=2-m, 圆心(1D到直线1的距离为d=1x(D+1×1+2-2, V1P+12 因为圆截直线1所得弦长为4，所以22+（√2）}=2-m,解得m=-4: (2)设线段MN中点的坐标为(x,),N(,y), 则 2，, 即书=3+2x s6+1 %=2y-11 2 因为点N在圆x2+y2+2x-2y+1=0上运动， 所以x+6+2x-2%+1=0, 所以(3+2.x)2+(2y-1)2+23+2x)-2(2y-1)+1=0, 即4x2+4y+16x-8y+19=0, 所以线段MN中点的轨迹方程为4x2+4y2+16x-8y+19=0. 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，是中档题. 1 16.(本小题满分15分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cosC(acos B+bcosA)=二c. 2 (1)求角C的值； (2)若△4c的面积为65，且c=受b,求△48C的周长. 【分析】(1)利用正弦定理和三角形内角关系定理化简即得： (2)利用三角形面积求出b的值，再由余弦定理求出α的值，即得三角形的周长. 1 【解答】解：(1)因为cosC(acos B+bcos)=二c, 2 由正弦定理得cosC((sin AcosB+cossin B)=2血C, 1 即(4+B)-号nc,印oCnc-sinc, 2 第10页（共14页） 因为CeQ,所以mC≠0，则oc-号则c-营 （2》因为S.meabsinC-5-65,解得h-24, 2 由已知及余弦定理得c2=2+b2-2 abcosC,即c2=2+b2-ab, 将e-号+b代入得：0+受=d+8-西，即2-b=64,得a=8, 则b=3,c=7,△ABC的周长为a+b+c=18. 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角恒等变换在求解三角形中的应用，属于中档题， 17.(本小题满分I5分)科技进步能够更好地推动高质量发展，如人工智能中的DeepSeek.小明、小华两 位同学报名参加某公司拟开展的DeepSeek培训，培训前需要面试，面试时共有3道题目，答对2道题则通 过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）.已知小明答对每道题目的概率均为？，小 4 对每道题目的概率依次为？，名，，且小明、小华两人对每道题能否答对相互独立.记“小明只回答 道题就结束面试”为事件A,记“小华3道题都回答且通过面试”为事件B. (1)求事件A发生的概率P(A)； (2)求事件A和事件B同时发生的概率P(AB): (3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率。 【分析】(1)若事件A发生，则小明前两题都答对或都答错，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得 P(A)的值： (2)若事件B发生，则小华前两题答对一题，答错一题，第三题答对，求出P(B)的值，分析可知，事 件A、B相互独立，由独立事件的概率公式可求得P(AB)的值： (3)记小明没有通过面试为事件C,小华通过面试的事件记为D,求出这两个事件的概率，记小明、小 华两人恰有一人通过面试的事件记为E,则E=DC+DC,利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得P (E)的值 【解答】解：(1)根据题意，若事件A发生，即小明只回答2道题就结束面试，则小明前两题都答对或都 答错。所以心0=令+宁-： (2)根据题意，若事件B发生，即小华3道题都回答且通过面试，则小华前两题答对一题，答错一题，第 2111212 三题答对，则P(B)=三××+× X-- 3323329 5.25 又由事件A,B相互独立，则P(AB)=P(A)·P(B)=。×。= 8936 (3)记小明没有通过面试为事件C, 第11页（共14页) 即分前两道回答对一道且最后一道错误或前两道均回答错误两种情况， 则小明没有通过面试的概率为C)=3××是+1×3x1+1x1_5 Γ4444^444432 可得小明通过面试的概率为P(©=1-5_2？ 3232 记小华通过面试的事件为D,由(2)得PD)=+2×?=2 93331 由题意可知，事件C,D相互独立， 记小明、小华两人恰有一人通过面试的事件为E, 则P)=PD9)+P(DO）=3x+x27-37 33233296 【点评】本题考查互斥事件、相互独立事件的概率计算，注意分析事件之间的关系，属于基础题 18.(本小题满分17分)底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O,平面PBD⊥平面ABCD, 平面PAC⊥平面ABCD, (1)证明：PO⊥平面ABCD: (2)若Q4=20D=2,直线DC与平面P8C所成角的正弦值为45 15 求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值. A B 【分析】(1)由面面垂直得到线面垂直，进而得到ACL PO,BDL PO,故POL平面ABCD: (2)建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设P(0,0,),t>0,根据线面角的正弦值得到方程，求出 了求出两个平面的法向，根据面面角夹角余浓公式求出答案 【解答】解：(I)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD, 因为平面PBD⊥平面ABCD,BD为交线，ACC平面ABCD, 所以AC⊥平面PBD, 因为POC平面PBD,所以AC⊥PO, D 因为平面PAC⊥平面ABCD,AC为交线，BDC平面ABCD, x A B 所以BD⊥平面PAC, 因为POC平面PAC,所以BD⊥PO, 因为AC∩BD=O,AC,BDC平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD: (2)由(1)知，AC,PO,BD两两垂直， 以O为坐标原点，OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， OA=20D=2,则D(0,-1,0),C(-2,0,0),B(0,1,0),DC=(-2,1,0), 第12页（共14页） 设P(0,0,),t>0,则PB=(0,1,-t),CB=(2,1,0), 设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z), mLPBB-G.0)=-0 则 m1CBm.CB=K,y,2)-(21,0)=2x+y=0 令-=2，得y=2t,x=-t,故m=（←t,2t,2), 直线C与平面PBC所成角的正弦值为4W5 15 即1cos<DC,m+1DCm-J(-210-(t,2,2145 1DC1m4+1x√)+42+415 5x57+45,即3引5+4，化简得1=1，负值合去，则m=1,2.2, 即 t 5 平面PAC的一个法向量为=(O,l,0),设平面PAC与平面PBC夹角为0， cos日cos<m.m光Imm=名，所以平面PAC与平面PBC夹角余弦值为 |m3 【点评】本题考查线面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题， 19.(本小题满分17分)在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，定义点Px1,)与点Q(x2,)的 “曼哈顿距离”为d(P,Q)x-x3|+川片-y2.若点(1,0)，点耳L,0), (1)求d(,): (2)己知直线2x-y+2=0,求点E到直线上动点的“曼哈顿距离'最小值： (3)求平面内与两定点和E的“曼哈顿距离'之和等于4的点的轨迹围成的面积. 【分析】(1)由“曼哈顿距离的定义直接求解即可； (2)根据“曼哈顿距离”表示出d(乃，C),然后分段去掉绝对值符号，利用一次函数性质求解可得： 1 (3)根据“曼哈顿距离”的定义求出轨迹方程，判断其对称性，转化为求曲线y=2-二(x+1+|x-1)与x 2 轴所围成的面积，然后去掉绝对值符号，利用分段函数作出图象即可求解. 【解答】解：(1)因为点P,)与点Q(x,y2)的“曼哈顿距离为dP,Q)x-x2|+|y-| 那么可得d(E,E)1-(-)川+|0-0=2. (2)设2x-y+2=0上动点C的坐标为(x,), 第13页（共14页) 「-3x-1,<-1 那么d(E,C)=k。-+%l=-1+2x,+2=+3,-1≤≤1， 3x+1,>1 根据一次函数单调性可知，当x>1时，d(乃，C)>4; 当-1≤时，2<d(E,C)<4;当x<-1时，d(E,C)>2. 综上所述，d(耳，C)的最小值为2. (3)设点Dx,y),那么d(E,D)+d(E,D)=4, 即1x-(++-外4，所以2-0x+1+1x-D, 将《，-均代入方程得-20x++-10小， 因此1非2一0x+训+1x-0表示的由线关于：箱对称 因此小2-0x+1+x-10所国成的面积等于y=2- (x+1+x-1)与x轴所围成的面积的2倍. 2 x+2,x<-1 作出=220+1x-) 1,-1≤x≤1的图象，如图： 2 2-x,x>1 G 1 E H 易知E(-2,0),F(-1,1),G0,1),H(2,0), -322-10 23x 1 四边形EFGH的面积为S=二×(2+4)×1=3， 因此所求的面积为6. 【点评】本题考查轨迹方程，属于中档题. 第14页（共14页）石家庄市第一中学2025级学情检测反馈考试一 数学 命题人：胡海芳审核人：贾丽娜 一、 单项选择题：本大题共8小题，每小题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.已知复数z满足1-2)z=3+4i,则|z归 （) A.2 B.5 C.5 D.3 2.已知平面α的一个法向量为万=(4，-2，m),直线1的一个方向向量为=(-1，-3,2)， 若l/1a,则m= () A.-2 B.-1 C.1 D.2 3.设a∈R,直线l:(a+10x+y-1=0,4:2x+agy-(a+2)=0,则“a=1” 是“Z11,”的 () A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.已知一组数据的平均数和方差分别为2026,27，若向这组数据中再添加一个数据为 2026,新数据组的平均数和方差分别为x,s2，则 () A.s2>27 B.s2<27 C.x>2026 D.元<2026 5.若a,b表示直线，a表示平面，则以下命题中真命题是 () A.若a//b,bc,则a/1a B.若a/1a,b/1a,则a//b C.若a/1b,b/1a,则a/1a D.若a/1a,bca,则a/b或a与b异面 第1页共6页 6.袋子里装有三枚黑色棋子、三枚白色棋子，从中不放回地随机取出两枚棋子， 那么互斥而不对立的事件是 A.“至少有一枚白色棋子”与“都是黑色棋子” B.“都是白色棋子”与“都是黑色棋子” C.“恰好有一枚白色棋子”与“恰好有一枚黑色棋子” D,“至多有一枚白色棋子”与“至少有一枚黑色棋子” 7.已知点O是坐标原点，点9是圆(x-3)2+y+4)2=1上的动点，点P在直线 x+y+4=0上，则|P2|+|PO1的最小值为 A.8 B.7 C.6 D.5 8.在锐角△ABC中，角A,B,C的边分别为a,b,c,S为△ABC的面积， 且5=3b+c2-2bc-a),则+2 一的取值范围为 bc 4@3 B.(0,3) C.[2W2,3) D.25,3 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分， 9.下列说法错误的有 （) A.设一批产品的次品率为，从中任取100件，则必有10件次品 10 B.明天降雨概率为90%，则明天可能不下雨 C.连续投10次骰子，则连续投出10个1是不可能事件 D.某市气象台预报“明天本市降水概率为70%”，指的是该市气象台专家中， 有70%认为明天会降水，30%认为不会降水 第2页共6页 10.下列说法正确的是 () A.ā=(1，-1)是直线x+y-3=0的一个方向向量 B.经过点L,1)且在x轴和y轴上的截距都相等的直线方程为x+y-2=0 C.点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1) D.已知两点A(2,3)，B(-2,-1),若直线1过点P1,-2)且与线段AB有公共点， 则k的取值范围是(-0，U5,+o) 11.如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E,F,G分别为BC,CD,BE的中点， 沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B、C、D三点重合于S, 得到四面体S-AEF（如图2)，下列结论正确的是 () A.顶点S在面AEF上的射影为△AEF的重心 B.SA与面ABF所成角的正切值为 C.二面角S-EF-A的余弦值为 D.过点G的平面截四面体S一AEF的外接球所得截面圆的面积的取值范围是 D F E 图1 图2 第3页共6页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通 信方式称为多址通信.多址通值的理论基础是若用户之间的信号可以做到正交，这些用 户就可以同享一个发射媒介，在n维空间中，正交的定义是两个n维向量 ā=(：，为，…，x),6=，2…，yn)满足xy+x2+…+x,,=0.己知某通信 方式中用户的信号是4维非零向量，有四个用户同享一个发射煤介，已知前三个用户的 眉号向量为0,0,0，)，0,0,1,0)，.20,0，写出-个满足条件的第四 个用户的信号向量 13,己知S,A,B,C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=1, BC=√2，若球0的表面积为4π，则SA=_ 14.己知圆M:(x-1)2+y-1)2=2,直线1为x+y-m=0(m>0),已知直线1与圆M相 离，若在直线l上存在点A,在圆上存在两点B、C,使得∠BAC=60°，则实数m的取 值范围是 第4页共6页 四、解答题：-本题共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.(本小题满分13分) 直线l与直线x-y-1=0垂直，且经过点M(-3,1). (1)若圆x2+y2+2x-2y+m=0截直线1所得弦长为4，求实数m的值； (2)若点N在圆x2+y2+2x-2y+1=0上运动，求线段MN中点的轨迹方程 16.（本小题满分15分) △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cosC(acosB+bcos0= c. (1)求角C的值： (2)若△ABC的面积为65，且c=日+b,求△ABC的周长. 17.(本小题满分15分) 科技进步能够更好地推动高质量发展，如人工智能中的DeepSeek.小明、小华两位 同学报名参加某公司拟开展的DeepSeek培训l,培训前需要面试，面试时共有3道题目， 答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）.已知小明 答对每道题目的概率均为}，小华答对每道题目的概率依次为子，名，)，且小明、小华两 3’3’2 人对每道题能否答对相互独立.记“小明只回答2道题就结束面试”为事件A, 记“小华3道题都回答且通过面试”为事件B. (1)求事件A发生的概率P（A): (2)求事件A和事件B同时发生的概率P(AB); (3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率 第5页共6页 18.(本小题满分17分) 底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O, P 平面PBD⊥平面ABCD,平面PAC⊥平面ABCD. (1)证明：PO⊥平面ABCD; (2)若OA=2OD=2,直线DC与平面PBC所成角的 正弦值为4V5 15 求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值. 19.(本小题满分17分) 在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，定义点P(:,y)与点Q(:,2)的 “曼哈顿距离”为d(P,2)x-x|+|为-y2.若点(-1,0)，点L0), (1)求d(E,F): (2)己知直线2x-y+2=0,求点F,到直线上动点的“曼哈顿距离”最小值： (3)求平面内与两定点F和F,的“曼哈顿距离”之和等于4的点的轨迹围成的面积. 第6页共6页