江西省萍乡中学2024-2025学年高一上学期11月期中考试创新班数学试题

2024-2025学年萍乡中学高一年级创新班11月份考试试卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）设复数，则复数在复平面内对应的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知函数的定义域为，且，则（    ） A．0 B．1 C．2 D． 3．（本题5分）已知，且，则的最小值为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 4．（本题5分）已知m，n是空间中两条不同的直线，平面α，β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， 则 D．若， 则 5．（本题5分）2024年度最具幸福感城市调查推选活动于9月16日正式启动，在100个地级及以上的候选城市名单中，成都市入选.“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高，现随机抽取10位成都市居民，他们的幸福感指数分别为4，5，6，7，7，7，8，8，9，9，则下列说法错误的是（   ） A．该组数据的第60百分位数为7.5 B．该组数据的极差为5 C．该组数据的平均数为7.5 D．该组数据的中位数为7 6．（本题5分）已知，为非零向量，，，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 7．（本题5分）如图是函数的部分图象，则函数的解析式可为（   ） A． B． C． D． 8．（本题5分）在中，，点在内部，且，记，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知直线：与圆：相交于，两点，则（    ） A．圆心的坐标为 B．圆的半径为 C．圆心到直线的距离为2 D． 10．（本题6分）已知虚数是方程的两个不同的根，则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D． 11．（本题6分）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，且其体积小于正四面体外接球体积．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（    ）    A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值可能大于4 C．勒洛四面体的体积是 D．勒洛四面体内切球的半径是 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知平面外两点A，B到平面的距离分别是2和4，则的中点P到平面的距离是 . 13．（本题5分）已知实数x，y满足，则的最小值为 ． 14．（本题5分）设复数满足，且使得关于的方程有实根，则这样的复数的和为 . 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知圆C的圆心在y轴上，并且过原点和. (1)求圆C的方程； (2)若线段的端点，端点B在圆C上运动，求线段的中点M的轨迹方程. 16．（本题15分）如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 17．（本题15分）已知一条动直线，直线l过动直线的定点P，且直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点． (1)是否存在直线l满足下列条件：①△AOB的周长为12；②△AOB的面积为6．若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． (2)当取得最小值时，求直线l的方程． 18．（本题17分）如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，劣弧的长为为圆的直径. (1)在弧上是否存在点（在平面的同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 19．（本题17分）高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，（如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径）. (1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和； (2)求的值； (3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2024-2025学年萍乡中学高一年级创新班11月份考试试卷参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D C C B A C ACD ACD 题号 11 答案 BD 一 单选题 5．【详解】A选项：，因此该组数据的第60百分位数为，故A正确； B选项：该组数据最大为9，最小为4，因此极差为，故B正确； C选项：该组数据的平均数为，故C错误； D选项：该组数据的中位数为第五个和第六个数据的平均值7，故D正确， 6．【详解】由题意可得：， 所以在上的投影向量为. 7．【详解】观察图象可得函数的最小正周期为， 所以，故或，排除B； 观察图象可得当时，函数取最小值， 当时，可得，， 所以，，排除C； 当时，可得，， 所以，， 取可得，， 故函数的解析式可能为，A正确； ，D错误 8．【详解】由题意可得.在中，, 在中，， 即，化简得， 两边平方得，则， 所以，化简可得， 解得. 故选：C 二 多选题 9．【详解】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误； 对于C，点到直线：的距离，C正确； 对于D，，D正确. 10．ACD 【详解】A选项，， 令，其中， 由于为虚数，故为的两个根， 则，A正确； B选项，的两根为， 若，， 则，B错误； C选项，由韦达定理得，C正确； D选项，由B选项，或，均有，D正确； 11．【详解】对选项A：勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，错误； 对选项B：如图2，设弧的中点是，线段的中点是， 设弧的中点是，线段的中点是， 则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心， 则， ，， 故，正确； 对选项C：如图3，由对称性可知内切球的球心是正四面体外接球的球心， 连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径，    如图4，为的中心，是正四面体外接球的球心， 连接，由正四面体的性质可知在上. 因为，所以，则. 因为， 即，解得， 则正四面体外接球的体积是， 因为勒洛四面体的体积小于正四面体外接球的体积，错误； 对选项D：因为，所以，正确； 三 填空题 12．3或1 【详解】设点A、B在平面的投影分别为点，，依题意，，， 若A，B在同侧，如图1，设点P在平面的投影为点， 则P到的距离为； 若A，B在异侧，如图2，设点P在平面的投影为点O， 过A作，交的延长线于点C，延长交于点， 则P到的距离为， 所以的中点P到平面的距离为3或1.    13．1 【详解】联想数量积公式， 得， 记，，则z为向量，的夹角余弦值的倍， 且由题意点B在以为圆心，1为半径的圆上， 如图所示， 若与的夹角余弦值要取得最小值， 则与的夹角需取得最大值， 由图像可知，当时，与的夹角最大， 代入上式可得，此时． 14． 【详解】设，(，且) 则原方程变为. 所以，①且，②； （1）若，则解得，当时①无实数解，舍去； 从而，此时或3，故满足条件； （2）若，由②知，或，显然不满足，故，代入①得，， 所以. 综上满足条件的所以复数的和为. 四 解答题 15．(1) (2) 【详解】（1）设圆C方程：， 由已知，解得， ∴圆C的方程为. （2）设点，. ∵， ∴. 整理得，， ∵点B在圆C上，∴， ∴点M的轨迹方程为. 16．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明： 取中点，连接， 因为正三棱柱， 所以，且， 因为为线段的中点， 所以且. 所以且， 因为为中点，所以. 所以且. 所以四边形是平行四边形. 所以. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）解： 分别取中点，连接， 因为是正三棱柱， 所以，平面，. 所以平面. 所以，. 以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设平面的法向量为， 所以，即， 令，解得，所以. 设直线与平面所成角为，， 则， 所以. 即直线与平面所成角为. 17．(1)存在，3x＋4y－12＝0 (2)3x＋3y－10＝0 【详解】（1），即， 由，解得，故动直线过定点． 设直线l的方程为， 将代入得．① 由A（a，0），B（0，b），△AOB的周长为12，面积为6，得， 令a＋b＝t，则，所以，即，化简得24t＝168，解得t＝7， 所以有，解得或． 其中不满足①，满足①． 所以存在直线l的方程为，即3x＋4y－12＝0满足条件． （2）由（1）可知直线l过定点，直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，所以直线l的倾斜角， 所以，， 所以，② 令， 因为，所以，所以， 所以． 则， 因为在上为减函数，所以在上为增函数， 故当，即时，取得最小值． 此时直线l的方程为，即3x＋3y－10＝0． 18．(1)存在，当为圆柱的母线， (2) 【详解】（1）存在，当为圆柱的母线，. 连接，因为为圆柱的母线，所以平面， 又因为平面，所以. 因为为圆的直径，所以. ，所以平面， 因为平面，所以. （2）以为原点，分别为轴，垂直于轴直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. ， 因为的长为，所以， 设平面的法向量， 令，解得， 所以. 因为轴垂直平面，所以设平面的法向量. 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19．(1) (2) (3)证明见解析； 【详解】（1）如图，设球心为，球面三角形三个顶点分别为， 由球面三角形三边长均为，由题意，即每个大圆弧长均为. 又单位球面的球半径，则球面三角形每条边所对圆心角为， 所以在三棱锥中，两两垂直. 由，，且平面，平面， 则平面，平面， 故平面平面，同理平面平面，平面平面， 即球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为， 故球面三角形的个角均为，从而此球面三角形内角和为. （2）若将地球看作一个球体， 在地球上零度经线和经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成个全等的球面三角形， 由（１）可知，每个球面三角形的个角均为，且球面三角形内角和， 从而每个球面三角形的面积为， 则每个球面三角形的总曲率为， 设，由题意，且为常数， 则有，从而. （3）将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为的球， 每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形， 且膨胀前后不变. 不妨记球面仍为单位球面，半径， 对于任意一个球面边形，可用球面上的边分割成个球面三角形， 由（2）可知，，则每个球面三角形的内角和． 即每个内角和为的球面三角形面积为， 记，称为分割成个球面三角形的球面边形的内角和． 所以球面边形面积为. 由已知凸多面体顶点数为，棱数为，面数为， 则可记球面上多边形， 对每一个球面多边形，设其边数为，内角和为，面积为， 则， 由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为，顶点数为， 从而所有球面多边形内角和为， 又球面多边形每条边被重复计算次，棱数为，故， 则， 又所有球面多边形面积之和， 故，故. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$