精品解析：江西省宜春市丰城中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题（创新班）

丰城中学2024一2025学年上学年高一创新班期中考试试卷 数 学 考试范围：高中数学必修一.二选择必修一 第一章 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分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. 若直线与直线互相垂直，则的值等于（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线垂直在一般式满足的系数关系即可求解. 【详解】由于直线与直线互相垂直，故，解得， 故选：D 2. 欧拉公式把自然对数的底数､虚数单位､三角函数联系在一起，被誉为“数学中的天桥”.若复数满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求得，然后结合复数模的公式以及三角函数性质即可得解. 【详解】由题意， ， 因为的取值范围是， 所以的取值范围是，的取值范围为. 故选：B. 3. 设是不同的直线，是不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行性质可判断A错误，利用线面垂直性质以及可判断B错误；根据面面垂直判定定理即可判断C正确，再由线面位置关系可得D错误. 【详解】对于A，由可能得到平行于的交线，不一定有，即A错误； 对于B，不妨取正方体的一部分如下图所示： 此时，可得，即B错误； 对于C，由面面垂直的判定定理即可得出C正确； 对于D，由可得，可在平面内找一条直线满足，可得，即D错误. 故选：C 4. 已知P是直线l：3x－4y＋11＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是（ ） A. B. 2 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由圆C的标准方程可得圆心为，半径为1，由于四边形PACB面积等于，，故求解最小值即可，又最小为圆心到直线的距离，即可得出四边形PACB面积的最小值. 【详解】圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为，半径为r＝1， 圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离 所以圆C与直线l相离. 根据对称性可知，四边形PACB的面积为 要使四边形PACB的面积最小，则只需最小. 又最小值为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离． 所以四边形PACB面积的最小值为． 故选：C． 【点睛】关键点睛：本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，考查圆心与直线上点的距离的最值，解答本题的关键是将四边形PACB面积化为，即解最小值，转化为圆心到直线的距离，属于中档题. 5. 已知点在圆运动，若对任意点，在直线上均存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由恒成立可知，始终在以为直径的圆内或圆上，求出点到直线的距离即得线段长度的最小值. 【详解】如图， 由题可知，圆心为点，半径为1， 若直线上存在两点，使得恒成立， 则始终在以为直径的圆内或圆上，点到直线的距离为， 所以长度的最小值为. 故选：D 6. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，把多面体放在棱长为的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答. 【详解】把该多面体放入正方体中，如图， 由于多面体的棱长为1，则正方体的棱长为， 因此该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点， 该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则，解得， 所以经过该多面体的各个顶点的球的体积为. 故选：A 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 7. 过点作斜率为的直线交圆于，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】本题涉及到动点的轨迹，根据比例，经分析可知，所在轨迹为圆，结合圆的几何性质即可求解. 【详解】由题可知，在圆内， 令，且， 显然是的内比分点，设为其外比分点， 则，此时的中点为所在阿氏圆的圆心， 对每一个确定的实数，的最大值为 即重合时为对应圆的直径， 根据圆的对称性，如图，讨论的情况，而, 当为直径时， 此时，所以 故的最大值为 当不为直径时，，， 且增减趋势相同， 由得， 显然接近于1时趋向无穷大， 此时的最大值趋向无穷大， 综上，的最小值为2. 故选：D 【点睛】方法点睛：本题涉及到动点到两个定点的距离之比为定值，此时该动点的轨迹为阿氏圆，结合阿氏圆分析点的位置再求的最值即可. 8. 已知定义在上的函数满足，，若，且对任意的，，当时，都有恒成立，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知可得，，再结合，可判断ABC选项，根据C选项及函数单调性可知函数在上为定值，即可判断D选项. 【详解】由已知，， 令，则，即， 令，则，即， 又，即， 所以，，A，B选项错误； 又， ， 即，C选项错误； 又任意的，，当时，都有恒成立， 所以当时，为定值， 又，所以，D选项正确； 故选：D. 二、多选题：（本小题共3小题，满分18分，每小题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，有选错的得0分） 9. 下列各式中，值为1的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角恒等变换公式依次计算每个选项得到答案. 【详解】对选项A：，正确； 对选项B：，错误； 对选项C：，正确； 对选项D：，正确. 故选：ACD 10. 已知，下列选项正确的是（ ） A. 若，则的最小值为 B. 若，则的最小值为 C. 若，则的最小值为 D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】用基本不等式求最值后判断各选项：选项A，利用.选项B，利用.选项C，没有定值，先利用不等式进行放缩，然后解不等式得最值.选项D，根据定值的要求把两项都与相应常数求代数和，然后凑出积为定值，再求得最值． 【详解】由已知， 选项A，， 当且仅当时等号成立，A错， 选项B，，则， 所以，当且仅当， 即时等号成立，B正确； 选项C，由得， 当且仅当时等号成立，又，故解得，C正确； 选项D， ， 当且仅当即时等号成立，D正确． 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：用基本不等式求最值，需要满足三个条件：一正，二定，三相等，即在中，首先两项均为正，其次需有定值才能有最值，即和定积最大，积定和最小，第三，要取得等号成立（即最值取得到），需要能成立，否则也不能得出最值．一正常常在已知条件中就能满足或者简单变形一下即可满足，难点是二定，这个定值有时需要凑配，本题中选项ABD均凑配出了定值，“1”的代换是凑配定值常用方法． 11. 在平面内有三个互不相交的圆，三个圆的半径互不相等．三个圆的方程分别为.其中圆与圆的两条外公切线相交于点，圆与圆的两条外公切线相交于点，圆与圆的两条外公切线相交于点，表示直线AB的斜率，表示直线AC的斜率，表示直线BC的斜率.下列说法正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 对任意，使得 C. 存在点到三个圆的切线长相等 D. 直线上存在到与的切线长不相等的点 【答案】BC 【解析】 【分析】先借助引理证明三角形的三条边上各取的三个点在何时一定共线，然后验证该条件对三个圆的圆心构成的三角形和三个外公切线交点成立，即可说明A错误，B正确；然后借助引理研究切线长的表达式，并说明在某个特定的直线上的点到两圆切线长都相等，即可说明D错误，最后联立两条直线并说明有公共点，即可说明C正确. 【详解】对同一条直线上的三个不同的点，显然存在唯一的实数使得，将这个实数记为. 先证明3个引理. 引理1：如图，设有，分别是直线上的点，且均不与重合， 若，则三点共线. 证明：设，，，则，，.从而， ， . 故由知 ， 且 . 所以三点共线，引理1得证. 引理2：对圆，圆外一点到该圆的切线长为. 证明：该圆的标准方程为， 故该圆的半径是，到圆心的距离是. 所以到该圆的切线长为. 引理2得证. 引理3：若两个圆和是外离的， 则直线和两个圆均无公共点， 且该直线上的每一点到两个圆的切线长都相等. 证明：首先由于两圆外离，故两圆圆心和必然不重合， 所以和不同时为零，从而确有直线. 当在该直线上时，有， 由于该等式左右两边同号，知点或者同时在两圆圆内（含边界），或者同时在两圆圆外. 但两个圆是外离的，所以不可能同时在两圆圆内（含边界），从而必然在两圆圆外. 将该等式与引理2结合，又可知点到两圆的切线长相等. 这就说明该直线上的每一点都在两圆圆外，且到两圆的切线长相等，引理3得证. 回到原题. 设的圆心分别为，由于是的外公切线交点，故共线且在线段外. 如图，设其中一条外公切线关于的切点分别为， 则，， 所以相似于，故. 从而，即，同理有，. 所以，由引理1知三点共线，故. 这就得到A错误，B正确. 根据引理3，直线即上任意一点到切线长都相等， 直线上任意一点到切线长都相等. 根据前一个结论可知D错误. 将这两条直线联立得到， 由于， 故两条直线均存在斜率且斜率不相等，从而必有唯一的公共点， 根据两条直线的性质，到三个圆的切线长都相等，C正确. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：本题难度较大，涉及的背景较多. 首先关于共线三点，解析中给出的称为这三点的“简单比”，而简单比与三点共线，三线共点等仿射性质直接相关，例如利用简单比判定三点共线的引理1，该引理就是平面几何中的“梅涅劳斯定理”，其逆命题也是成立的；其次，对于一个点和一个圆，可定义到该圆的幂为，则到圆的幂有明确的几何性质：过任意作一条直线交圆于，则到圆的幂等于. 特别地，当在圆外时，到圆的幂就是到圆的切线长的平方. 而对于两个非同心的圆，容易证明到两个圆的幂相等的全体点恰构成一条直线，该直线称之为两圆的根轴. 若两圆有交点，则显然根轴经过所有交点（因为在圆上的点到圆的幂为零），若两圆无交点，则自然地有根轴与两圆都无交点. 引理2和引理3讨论了两圆外离时根轴的存在性和性质，而对C选项的讨论也自然延伸出根轴的一个性质：三个两两非同心的圆，互相之间的根轴必交于同一点或两两平行（因为只要任意两个圆的根轴有公共点，就可推出该公共点到三个圆的幂均相等）. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案. 【详解】法一：由题意得， 因为，， 则，， 又因为， 则，，则， 则，联立 ，解得. 法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则, ，， 则 故答案为：. 13. 有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率. 【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种， 设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则， 故，故， 故， 若，则，则为：，故有2种， 若，则，则为：， ，故有10种， 当，则，则为： ， ， 故有16种， 当，则，同理有16种， 当，则，同理有10种， 当，则，同理有2种， 共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为， 故所求概率为. 故答案为： 14. 已知满足，则函数的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可将所求变形为，则表示两点之间的距离，表示两点之间的距离， 设，使得，利用阿氏圆性质求出两点的坐标，进而可得出答案. 【详解】由， 得 ， 表示两点之间的距离， 表示两点之间的距离， 则， 设，使得， 由阿氏圆性质知， 则， 当且仅当三点共线，且在线段上时，取等号， 所以的最小值为． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：将所求变形为，是解决本题的关键. 四、解答题（本大题共5小题，满分77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15. 在中，，. （1）求的值； （2）若，求的面积; （3）设为内一点，，，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理得到，再由，利用两角差的余弦公式展开，再由同角三角函数的基本关系计算可得； （2）由余弦定理求出、，再由面积公式计算可得； （3）在中，设，，即可表示出，，在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解. 【小问1详解】 在中由正弦定理，又， 所以， 又，所以， 所以， 即， 即， 所以； 【小问2详解】 因为，在中由余弦定理， 即，解得（负值已舍去），则， 所以； 【小问3详解】 在中，设，令， 则，， 在中，可得，， 由正弦定理， 得， 所以，可得，即． 16. 如图，在三棱柱中，底面为正三角形，，，. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明:取的中点M，连接，. 在正三角形中，因为M为的中点，所以. 因为，，， 所以，所以. 因为M为的中点，所以. 因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质定理进行证明. （2）先证明为二面角的平面角，再结合三角函数求的正弦值即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 过M作的垂线，垂足为N，连接. 在中，由余弦定理得， 所以. 因为，所以，所以. 因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以. 因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角． 在中，，， 所以，所以二面角的正弦值为. 17. 2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.成都市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组:第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值; （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第百分位数; （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的概率乘以组距等于，可求得 （2）根据频率分布直方图中平均数和百分位数的计算方法即可求解； （3）先计算出第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数，由题意，再根据分层抽样的方差公式求解即可. 【小问1详解】 由图得， 解之可得； 【小问2详解】 根据题意知， ，， 设第百分位数为，所以， ，解之可得， 故这名候选者面试成绩的平均数为，第80百分位数为. 【小问3详解】 设第二组、第四组所有面试者的面试成绩的平均数、方差分别为， 且两组的频率之比为， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为 ， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为. 18. 学习与探究问题：正实数，满足，求的最小值.求解本问题的方法很多，其中一种求解方法是：，当且仅当即且时，即时等号成立.这种解题方法叫作“1”的代换，利用上述求解方法解决下列问题： （1）已知正实数，满足，求的最小值； （2）若实数满足，试比较与的大小，并注明等号成立的条件； （3）利用（2）的结论，求的最小值，并注明使得取得最小值时的值. 【答案】（1） （2），当且仅当且同号时等号成立 （3）当时，有最小值 【解析】 【分析】（1）根据“1”的代换，结合基本不等式求解； （2）根据“1”的代换，有，利用基本不等式求解判断； （3）令且，由（2）得到，求得，得到，即可求解. 【小问1详解】 由，得， 则， 当且仅当即时，. 【小问2详解】 由，可得， 又由，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以，当且仅当且同号时等号成立， 此时满足. 【小问3详解】 令且， 由，即， 则，解得， 因为，所以，则， 所以， 当且仅当，即等号成立，此时， 所以当时，有最小值. 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）存在，和 【解析】 【分析】（1）代入和的公式，即可求解； （2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解； （3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程. 【小问1详解】 ， ， ； 【小问2详解】 设，由题意得：， 即，而表示的图形是正方形， 其中、、、． 即点在正方形的边上运动，，， 可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值． 因此，点有如下两种可能： ①点为点，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，取， 则． 因为，所以的最大值为． 【小问3详解】 易知，设，则 当时，，则，，满足题意； 当时，， 由分段函数性质可知， 又且恒成立，当且仅当时等号成立． 综上，满足条件的直线有且只有两条，和． 【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城中学2024一2025学年上学年高一创新班期中考试试卷 数 学 考试范围：高中数学必修一.二选择必修一 第一章 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分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. 若直线与直线互相垂直，则的值等于（ ） A. 1 B. C. D. 2. 欧拉公式把自然对数的底数､虚数单位､三角函数联系在一起，被誉为“数学中的天桥”.若复数满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 设是不同的直线，是不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知P是直线l：3x－4y＋11＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是（ ） A. B. 2 C. D. 2 5. 已知点在圆运动，若对任意点，在直线上均存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ） A. B. C. D. 6. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 过点作斜率为的直线交圆于，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 已知定义在上的函数满足，，若，且对任意的，，当时，都有恒成立，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（本小题共3小题，满分18分，每小题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，有选错的得0分） 9. 下列各式中，值为1的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，下列选项正确的是（ ） A. 若，则的最小值为 B. 若，则的最小值为 C. 若，则的最小值为 D. 的最大值为 11. 在平面内有三个互不相交的圆，三个圆的半径互不相等．三个圆的方程分别为.其中圆与圆的两条外公切线相交于点，圆与圆的两条外公切线相交于点，圆与圆的两条外公切线相交于点，表示直线AB的斜率，表示直线AC的斜率，表示直线BC的斜率.下列说法正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 对任意，使得 C. 存在点到三个圆的切线长相等 D. 直线上存在到与的切线长不相等的点 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______. 13. 有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为______． 14. 已知满足，则函数的最小值为__________． 四、解答题（本大题共5小题，满分77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15. 在中，，. （1）求的值； （2）若，求的面积; （3）设为内一点，，，求的值. 16. 如图，在三棱柱中，底面为正三角形，，，. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值． 17. 2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.成都市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组:第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值; （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第百分位数; （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 18. 学习与探究问题：正实数，满足，求的最小值.求解本问题的方法很多，其中一种求解方法是：，当且仅当即且时，即时等号成立.这种解题方法叫作“1”的代换，利用上述求解方法解决下列问题： （1）已知正实数，满足，求的最小值； （2）若实数满足，试比较与的大小，并注明等号成立的条件； （3）利用（2）的结论，求的最小值，并注明使得取得最小值时的值. 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $