2024-2025学年河北省邯郸市高二上学期开学考试数学试卷（含解析）

2024-2025学年河北省邯郸市高二上学期开学考试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知向量，满足，且，则，夹角为( )
A. B. C. D.
2.在中，角对边为，且，则的形状为( )
A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形
3.设复数，，则复数的虚部是( )
A. B. C. D.
4.袋中装有红、黄、蓝三种颜色的球各个，无放回的从中任取个球，则恰有两个球同色的概率为
A. B. C. D.
5.若双曲线的一条渐近线方程为，该双曲线的离心率是( )
A. B. C. D.
6.在四面体中，，，平面，四面体的体积为若四面体的顶点均在球的表面上，则球的表面积是 ．
A. B. C. D.
7.已知圆：，：，动圆满足与外切且与内切，若为上的动点，且，则的最小值为
A. B. C. D.
8.已知，分别是棱长为的正四面体的对棱的中点过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是( )
A. 截面多边形不可能是平行四边形
B. 截面多边形的周长是定值
C. 截面多边形的周长的最小值是
D. 截面多边形的面积的取值范围是
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列结论中正确的是( )
A. 在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等
B. 一组数据中的每个数都减去同一个非零常数，则这组数据的平均数改变，方差不改变
C. 一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于
D. 数据，，，，的方差为，则数据，，，，的方差为
10.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A. 若，，，，则
B. 若，，，则
C. 若，异面，，，，，则
D. 若，，，则
11.如图，已知在平行四边形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，若为的中点，则在翻折过程中点平面，以下命题正确的是( )
A. 平面
B.
C. 存在某个位置，使
D. 当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某学校三个年级共有名学生，要采用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为的样本，已知一年级有名学生，那么从一年级抽取的学生人数是 名
13.设双曲线：的左焦点和右焦点分别是，，点是右支上的一点，则的最小值为 ．
14.已知点是椭圆上除顶点外的任意一点，过点向圆引两条切线，，设切点分别是，，若直线分别与轴，轴交于，两点，则面积的最小值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图所示，四边形为梯形且，，为中点，，，现将平面沿折起，沿折起，使平面平面，且重合为点如图所示．
证明：平面平面；
求二面角的余弦值．
16.本小题分
如图，四棱柱的底面为梯形，，三个侧面，，均为正方形．

证明：平面平面．
求点到平面的距离．
17.本小题分
在平面直角坐标系中，椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，点和点为椭圆上两点．
Ⅰ求椭圆的标准方程；
Ⅱ，为椭圆上异于点的两点，若直线与的斜率之和为，求线段中点的轨迹方程．
18.本小题分
已知的三个内角，，对的三边为，，，且
若，，求；
已知，当取得最大值时，求的周长．
19.本小题分
如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线．
证明：平面；
若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
答案解析
1.
【解析】根据向量的点乘关系，求出，即可求出，夹角．
解：由题意，
在向量，中，，
解得：
故选：．
2.
【解析】解：因为，
所以，即，
所以，
在中，
由余弦定理推论：，
代入得，，即，
所以，
所以 是直角三角形．
故选：．
3.
【解析】，
则其虚部是。
故选：．
4.
【解析】解：从红、黄、蓝三种颜色的球各个，无放回的从中任取个球，共有种，其中恰有两个球同色有种，故恰有两个球同色的概率为．
故选：．
5.
【解析】双曲线的焦点位于轴，则双曲线的渐近线为，
因为双曲线的一条渐近线方程为，
所以，
所以双曲线的离心率为，
故选：
6.
【解析】因为，，
所以，则，
则，
因为平面，四面体的体积为，
所以，则；
设的外接圆半径为，记外接圆圆心为，连接，
由正弦定理可得，，则
设外接球的半径为，连接，
根据球的性质可得，平面，
又平面，所以，
延长到，使得，连接，
则四边形为矩形；所以
连接，，则，
所以，所以，
因此，
因此球的表面积是．
故选：．
7.
【解析】
圆：，圆：，
动圆满足与外切且与内切，设圆的半径为，
由题意得则的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
其方程为因为，即为圆的切线，要的最小，只要最小，设，则
，选A．
8.
【解析】对于，当平面过或时，截面为三角形．
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足，
且，即此时截面四边形是平行四边形，故 A错误；

对于，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，故 BC错误；
对于，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，故 D正确；
故选：
9.
【解析】对于，在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，都为，A正确：
对于，一组数据中的每个数都减去同一个非零常数，则这组数据的平均数也减去，方差不改变，B正确；
对于，样本的方差，这个样本有个数据，平均数是，这组样本数据的总和为，C正确；
对于，数据，，，，的方差为，则数据，，，，的方差为，不正确．
故选：
10.
【解析】解：对于：当且仅当与相交时，满足，故 A错误；
对于：若，，，则或，或与相交，故 B错误；
对于：假设与不平行，即与相交，设，
若与、不重合，由，，所以，又，，所以，所以，与，异面矛盾，故假设不成立，
若与、中某一条直线重合，则直接可以得到，与，异面矛盾，故假设不成立，故 C正确；
对于：若，，则，又，所以，故 D正确；
故选：
11.
【解析】解：如图，取的中点，连接，，
，分别为，的中点，
，．
易证平面，平面．
， ， 平面 ，
平面 平面 又 平面 ，
平面，即A正确；
由可知，，，
，
在 中，由余弦定理知，
，
，是定值，即B正确；
取的中点，则四边形为平行四边形，
若存在某个位置，使，则，与条件矛盾，故C错误；
当三棱锥 的体积最大时，
平面 平面 ，平面 平面 ，
又 ，平面 ， 平面 ，
设三棱锥的外接球的球心为，
在平面上的射影是正三角形的中心，到平面的距离等于，
则外接球的半径 ，
外接球的表面积 ，故D正确，
故选ABD．
12.
【解析】由分层抽样得从一年级抽取的学生人数是人
故答案为：．
13.
【解析】，，
，
而函数在上单调递增，
所以当且仅当时，．
故答案为：．
14.
【解析】解：设，
则以为直径的圆的方程为，
与圆的方程相减得，
即是过切点的直线方程，
则，
所以，
又因为在点在椭圆上，
所以，即，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以，
即面积的最小值是．

15.
证明：因为，
即，为的中点，
所以是等腰三角形，
且，即，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
又因为，且，
所以四边形为直角梯形，且，
所以四边形是正方形，所以，
又因为，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
由知：以为原点，，，为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系：
则，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则，
易知平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的余弦值是．
【解析】易证，再由平面平面，得到平面，则，再由四边形是正方形，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
以为原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，易知平面的一个法向量为，然后由求解．
16.
因为侧面，，均为正方形，所以，，．
又，面，所以面．
由棱柱的性质，四棱柱为直四棱柱，则面，又面，则．
又四边形为梯形，，，所以．
过点作，垂足为，则，

所以，则．
在等腰三角形中．
因为，所以．
因为，面，所以面．
又平面，所以平面平面．
法一：连接，，

由直三棱柱的体积．
由直三棱柱的性质知，三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
所以．
由面，面，则，且．
设点到平面的距离为，则，
即，解得，故点到平面的距离为．
法二：因，且面，面，所以面，
所以，两点到平面的距离相等．
过点作，垂足为点，连接．

易得平面，所以线段的长度即为点到平面的距离．
因为，，，所以．
所以点到平面 距离为．
【解析】由题设及线面垂直的判定得面，进而有，过点作，垂足为，进而证，最后由线面、面面垂直的判定证结论；
法一：连接，，应用等体积法有求点面距；法二：证线面平行得到，两点到平面的距离相等，过点作，垂足为点，连接，进而求点面距．
17.解：Ⅰ设椭圆的方程为，
因为点和点为椭圆上两点，
所以，解得，
故椭圆的标准方程为；
Ⅱ设的斜率为，所以直线的方程为，即，
联立方程组，可得，
所以点的横坐标为，纵坐标为，
因为直线与的斜率之和为，
所以直线的斜率为，
同理可求出点的坐标为，
故点的坐标为，
所以点的坐标满足，
由，解得，
所以，
故点的轨迹方程为．
【解析】本题考查了椭圆标准方程的求解，直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于较难题．
Ⅰ利用待定系数法设椭圆的方程为，由点在椭圆上，列出关于，的方程组，求出，，即可得到椭圆的方程；
Ⅱ设的斜率为，得到直线的方程，联立直线与椭圆的方程，求出点的坐标，联立直线与椭圆的方程，求出点的坐标，从而得到点的坐标，消去参数，即可得到点的轨迹方程．
18.
，
，
，又，
，
由正弦定理可知：，
；
，当取最大值时，即取最大值，
，
，
，当且仅当时，即，时等号成立，
由余弦定理可知：，
，

的周长．
【解析】根据正弦定理，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；
根据基本不等式及三角形面积公式可得面积取得最大值时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长．
19.解：证明：如图，连接，由题意知为的直径，
所以因为，是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形．
所以，所以．
因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以．
又因为，、平面，所以平面．
由知是三棱锥底面上的高，
由知，，所以，
即底面三角形是直角三角形．
设，，
则在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点，分别是，的中点时，三棱锥的体积最大，
下面求二面角的正弦值：
法一：由得平面，因为平面，所以．
又因为，，所以平面．
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
由知为直角三角形，则．
故，所以二面角的正弦值为．
法二：由知，，两两相互垂直，
如图，以点为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则．
由知平面，故平面的法向量可取为．
设平面的法向量为，
由，
得，即，即，取，得．
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的正弦值为．
【解析】本题考查线面垂直的判定与性质、向量法的应用、二面角的定义及其正弦值的求法，考查运算求解能力等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
连接，由题意知为的直径，，四边形是平行四边形，从而，，由是圆柱的母线，得平面，，由此能证明平面．
由是三棱锥底面上的高，，，，底面三角形是直角三角形．设，，可确定点，分别是，的中点时，三棱锥的体积最大，根据二面角的定义或利用空间向量的夹角公式计算，即可求出二面角的正弦值．
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