精品解析：江西省丰城中学2024-2025学年高一下学期入学考试数学试题（创新班）

丰城中学2024-2025学年下学期高一创新班入学考试试卷 数学 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. 已知点关于轴的对称点为A，则等于（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由点关于某坐标轴对称的点的特征以及两点距离公式即可求解. 【详解】点关于轴的对称点为， 所以. 故选：C 2. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出、的值，即可得出该双曲线的渐近线方程. 【详解】在双曲线中，，， 所以，该双曲线的渐近线方程为. 故选：C. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，，又，可得，可求. 【详解】因为，所以，所以，所以， 又因为，所以，又，所以， 所以，所以，所以. 故选：D. 4. 如图，一个底面边长为cm的正四棱柱形状的容器内装有部分水，现将一个底面半径为1cm的铁制实心圆锥放入容器，圆锥放入后完全沉入水中，并使得水面上升了1cm．若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由水上升的体积得圆锥体积，然后求得圆锥的高、母线得侧面积． 【详解】依题意可得圆锥的体积， 又（其中h为圆锥的高），则cm， 则圆锥的母线长为cm，故圆锥的侧面积为． 故选：A． 5. 设函数，若的图象经过点，且在上恰有2个零点，则实数ω的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据的图象经过的点及范围求出，再根据x的范围得，结合正弦函数的性质，列出相应不等式，即可求得范围，即可得答案. 【详解】因为的图象经过点，所以，又，所以， 则函数，当时，， 因为在上恰有2个零点， 所以，所以，即实数ω的取值范围是. 故选：B. 6. 函数的最大值为（ ） A. B. C. 10 D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，可知，结合椭圆可设，代入结合三角函数求最值即可. 【详解】令，则，且， 设， 可得， 其中， 所以的最大值为. 故选：D. 7. 在直角坐标系内，圆，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意首先得出旋转后的直线为，然后由直线与圆的位置关系列出不等式即可求解. 【详解】连接，设（即以轴正方向为始边，为终边的角）， 由题意对于直线上任意一点，存在，使得， 则直线绕原点顺时针旋转后，点对应点为，即， 因为在直线上，所以满足 设，所以， 即所在直线方程为， 而圆的圆心，半径分别为， 若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点， 所以圆心到直线的距离，解得. 故选：A. 【点睛】关键点睛：关键是求出旋转后的直线，从而即可顺利得解. 8. 若角，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，进而得，进而结合函数的单调性得，进而得，，再根据三角恒等变换得，最后根据求解即可. 【详解】解：令， 因为，所以，所以． 所以，，故， 所以， 因为函数单调递增， 所以的范围是， 因为，， 所以，即，解得， 所以，， 因为，， 所以， 所以， 所以，． 又因为，且，所以． 又因为，，所以， 所以． 所以， 所以． 故选：D 二、多选题：（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，有选错的得0分.） 9. 有一组样本数据，其平均数､中位数､标准差､极差分别记为.由这组数据得到新样本数据，其中，其平均数､中位数､标准差､极差分别记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据新旧数据间样本的数字特征的关系对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】依题意，平均数，中位数，标准差，极差， 所以ACD选项正确，B选项错误. 故选：ACD 10. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点）.设图中球，球的半径分别为3和1，球心距，则（ ） A. 椭圆的中心在直线上 B. C. 直线与椭圆所在平面所成的角为 D. 椭圆的离心率为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答. 【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图， 点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴， 可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A错误； 椭圆长轴长， 过作于D，连，显然四边形为矩形， 又， 则， 过作交延长线于C，显然四边形为矩形， 椭圆焦距，故B正确； 所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C错误； 所以椭圆的离心率，故D正确； 故选：BD. 11. 已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点满足，其中，，，则（ ） A. 当为底面的中心时， B. 当时，长度的最小值为 C. 当时，长度的最大值为6 D. 当时，为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据空间向量的线性运算分析求解即可；对于BC：分析可知点在及内部，利用等体积法求最小值，取端点验证最大值；对于D：利用空间向量的数量积可得，进而可求. 【详解】由题意可知：. 对于A，当为底面的中心时， 则， 即，，，所以，故A正确； 对于BC，当时，可知点在及内部， 设，点到平面的距离为， 由题意可知：为等边三角形，且， 可得，， 因为，即，解得， 所以长度的最小值为，故B错误； 若点分别与重合时，长度分别为6，6，3， 所以长度的最大值为6，故C正确； 对于D，若， 则 ， 又因为， 则 ， 所以为定值，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数z与复平面内的点对应，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】由点坐标写出复数，再由复数的除法化简即可. 【详解】由题设，则. 故答案为： 13. 双曲线的左，右焦点分别为、，是双曲线的右支上的一点，的内切圆圆心为，记、的面积分别为、，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆的切线长定理和双曲线的定义证明在定直线上，即可得到及内切圆半径，再由面积公式计算可得. 【详解】如图所示： 设圆与三边、、切点分别为、、，则， 由双曲线定义有，从而. 又，，所以， 设，，（为双曲线的半焦距）， 所以，解得，即点在定直线上， 又的内切圆圆心为，所以，内切圆半径， 又，， 所以. 故答案为：. 14. 已知是定义在上的函数，若，且，使得，都有，则称函数具有性质．给出下列四个结论： ①函数具有性质； ②函数具有性质； ③若函数具有性质，且是偶函数，则是周期函数； ④若函数具有性质，且是奇函数，则是的一个对称中心． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】利用反证法可判断①；取可判断②；利用题中定义结合函数的对称性、周期性可判断③④. 【详解】对于①，若函数具有性质， 则存在，使得，都有，即，则不是常数， 所以函数不具有性质，①错； 对于②，因为，即， 所以函数具有性质，②对； 对于③，函数具有性质，则存在，使得，都有， 又因为函数为偶函数，则， 又因为，即， 因为，则，故函数为周期函数，③对； 对于④，若函数具有性质，且是奇函数， 则存在，使得，都有， ，所以， 所以，是的一个对称中心，④对. 故答案为：②③④. 【点睛】结论点睛：本题考查函数的对称性，可利用以下结论来转化： ①函数的图象关于点对称，则； ②函数的图象关于直线对称，则. 四、解答题：（本大题共5小题，共77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15. 已知空间中三点，，，设，． （1）求向量与向量的夹角的余弦值； （2）若与互相垂直，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求得向量与的坐标，根据向量的夹角公式即可求得答案； （2）表示出的坐标，依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可. 【小问1详解】 因为，，， 所以，， 所以， 即向量与向量的夹角的余弦值为； 【小问2详解】 因为， 又与互相垂直，所以， 解得. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面底面，是边长为6的正三角形，，分别是线段和上的点，. （1）试确定点的位置，使得平面，并证明； （2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）F为三等分点，且；证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意证得，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）由线面角的定义结合题意可求出，设中点为，以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 取为三等分点，且，过作， 则，所以为平行四边形，所以， 又，， 所以平面. 【小问2详解】 由题意平面底面，平面底面，， 平面，所以， 所以直线与平面所成角的平面角为， 在中，由，得. 设中点为，设中点为，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 由，取，可得， 易求平面法向量，设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为 . 17. 如图，在平面四边形中，与的交点为E，平分，，． （1）证明：； （2）若，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由可得，结合余弦定理证明即可. （2）由、及，可证得四边形是等腰梯形，进而可得，进而可求得，在中，由正弦定理可得，再结合、可得即可. 【小问1详解】 如图， 由题意知，则， 由余弦定理得， 即，整理得， 因为，所以． 【小问2详解】 因为，所以， 因为，所以，所以． 又因为，，所以四边形是等腰梯形，所以． 设，则，解得． ． 在中，由正弦定理可得， 又因为，所以． 18. 已知点，，曲线上的点与两点的连线的斜率分别为和，且，在下列条件中选择一个，并回答问题（1）和（2）． 条件①：；条件②：． 问题： （1）求曲线的方程； （2）是否存在一条直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 若选条件①：点的坐标为，则，， 由题意可得，，化简得， 进而曲线的方程为． 若选条件②：设点的坐标为，则，， 由题意可得，，化简得， 进而曲线的方程为． （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意表示斜率并化简即可得到答案； （2）若选择条件①：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可； 若选择条件②：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若选条件①：（ⅰ）若直线的斜率存在，设， 由，得， 则，即， 设，，则，． 因为以为直径的圆经过原点，所以，则， 即，整理得． ， 设为点到直线的距离，则，所以， 又，所以． （ⅱ）若直线的斜率不存在，则， 不妨设，则，代入方程，得， 所以，则． 综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点． 且． 若选条件②：（ⅰ）若直线的斜率存在， 设，由 得， 则，即， 设，，则，． 因为以为直径的圆经过原点，所以，则， 即，整理得． ， 设为点到直线的距离，则，所以， 又，所以． （ⅱ）若直线的斜率不存在，则， 不妨设，则，代入方程，得， 所以，则． 综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点． 且． 【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为： （1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解； （2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案. 19. 如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，且为的中点，点在平面内的射影为点，且. （1）求证：； （2）当为等边三角形时，求点到平面的距离； （3）若，记三棱锥的外接球表面积，当函数取最小值时，平面与平面夹角的大小为，求实数的值. 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证平面，即可得结果； （2）根据题意结合平面向量求相应的长度，利用等体积法求点到面的距离； （3）利用解三角形知识可得的外接圆半径，进而可得外接球的半径，结合二次函数分析最值，可得，进而确定点H的位置，分析二面角可得，即可得结果. 【小问1详解】 因为平面，平面，则， 且，，平面， 可得平面， 且平面，所以. 【小问2详解】 做，垂足分别为，连接， 若为等边三角形，则为中点， 因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以. 对于平行四边形，建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 设，则， 若，可得，即， 因为为中点，可知：，则，即， 由可知直线，且， 设，则， 由可得， 解得，即， 则， 可知三棱锥的高， 在中，边的高， 设点到平面的距离为， 由可得，解得， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 由题意可知：， 由（2）可知：点在直线上， 结合（2）中数据可得：， 在中，由余弦定理可得 ， 设的外接圆半径为，则， 设三棱锥的外接球半径为， 则 ， 且，可知当时，取到最小值，即外接球表面积取到最小值， 此时， 由（2）可设，则， 解得，即，可知，且， 过作，垂足为， 因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以， 可知平面与平面夹角的大小为， 则，可得， 结合的面积可得，则， 可得，且，解得， 所以. 【点睛】关键点点睛：1.第二问：借助于平面向量求相应的长度，这样可以简化推理过程； 2.第三问：利用解三角形知识求外接球的半径，进而分析最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城中学2024-2025学年下学期高一创新班入学考试试卷 数学 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. 已知点关于轴的对称点为A，则等于（ ） A. B. C. D. 2 2. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 4. 如图，一个底面边长为cm的正四棱柱形状的容器内装有部分水，现将一个底面半径为1cm的铁制实心圆锥放入容器，圆锥放入后完全沉入水中，并使得水面上升了1cm．若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，若的图象经过点，且在上恰有2个零点，则实数ω的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 函数的最大值为（ ） A. B. C. 10 D. 7. 在直角坐标系内，圆，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若角，，且，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（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，有选错的得0分.） 9. 有一组样本数据，其平均数､中位数､标准差､极差分别记为.由这组数据得到新样本数据，其中，其平均数､中位数､标准差､极差分别记为，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点）.设图中球，球的半径分别为3和1，球心距，则（ ） A. 椭圆的中心在直线上 B. C. 直线与椭圆所在平面所成的角为 D. 椭圆的离心率为 11. 已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点满足，其中，，，则（ ） A. 当为底面的中心时， B. 当时，长度的最小值为 C. 当时，长度的最大值为6 D. 当时，为定值 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数z与复平面内的点对应，则_________. 13. 双曲线的左，右焦点分别为、，是双曲线的右支上的一点，的内切圆圆心为，记、的面积分别为、，则_________. 14. 已知是定义在上的函数，若，且，使得，都有，则称函数具有性质．给出下列四个结论： ①函数具有性质； ②函数具有性质； ③若函数具有性质，且是偶函数，则是周期函数； ④若函数具有性质，且是奇函数，则是的一个对称中心． 其中所有正确结论的序号是______． 四、解答题：（本大题共5小题，共77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15. 已知空间中三点，，，设，． （1）求向量与向量的夹角的余弦值； （2）若与互相垂直，求实数的值． 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面底面，是边长为6的正三角形，，分别是线段和上的点，. （1）试确定点的位置，使得平面，并证明； （2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 如图，在平面四边形中，与的交点为E，平分，，． （1）证明：； （2）若，求． 18. 已知点，，曲线上的点与两点的连线的斜率分别为和，且，在下列条件中选择一个，并回答问题（1）和（2）． 条件①：；条件②：． 问题： （1）求曲线的方程； （2）是否存在一条直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，且为的中点，点在平面内的射影为点，且. （1）求证：； （2）当为等边三角形时，求点到平面的距离； （3）若，记三棱锥的外接球表面积，当函数取最小值时，平面与平面夹角的大小为，求实数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $