精品解析：江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高一下学期开学考试数学试题（日新班）

丰城九中2024-2025学年上学期日新高一下学期开学数学考试 命题人： 2024.2.14 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再根据并集的定义求解即可. 【详解】因为，， 所以. 故选：D. 2. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数定义得到，由诱导公式得到答案. 【详解】由三角函数定义知，， . 故选：C 3. 已知直线经过椭圆的两个顶点，则椭圆的一个焦点为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线与坐标轴的交点即得椭圆的两顶点，从而可得焦点坐标. 【详解】解：由已知与坐标轴的交点为， 所以椭圆的两个顶点分别为， 故椭圆， 焦点在y轴上，一个焦点为. 故选：A. 4. 直线与圆交于两点，则的面积为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由圆的方程写出圆心和半径，求得圆心到直线的距离，利用圆的垂径定理求得弦长，即可计算的面积. 【详解】由整理得：，知圆心为,半径为2， 由圆心到直线的距离为：，则, 故的面积为: . 故选：A. 5. 四面体ABCD中，，则该四面体的内切球（与四个面相切）与外接球半径长度的比值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由外接球的定义结合勾股定理代入计算，即可得到外接球的半径，再由等体积法代入计算，即可得到内切球的半径，从而得到结果. 【详解】 由题意可知，底面为等边三角形，设点在底面的投影为， 则, 设外接球的球心为，则在上，设外接球的半径为， 在中，， 设，则，解得， 所以，所以， 又，则， 设内切球的半径为，四面体的表面积为， 且是全等的等腰三角形， 腰长为，底边长为，则高为， 所以， 则，即，解得， 则. 故选：B 6. 已知圆与圆有且仅有两条公共切线，则正数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求圆心和半径，由题意可知：两圆相交，进而可得结果. 【详解】圆的方程整理可得，可知圆心为，半径， 圆的圆心为，半径， 由题意可知：两圆相交，且，， 所以. 故选：B. 7. 在正四棱台中，，其体积为，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作辅助线，可知为异面直线与所成角或其补角，根据棱台体积公式求得，结合余弦定理即可求解. 【详解】设正四棱台的高为， 连接，作交于点，作交于点，连接， 则为异面直线与所成角或其补角. 因为，且正四棱台的体积为， 即， 所以，即， 则，，， ，， 所以. 故选：D. 8. 椭圆的右焦点为，上顶点为，若存在直线与椭圆交于不同两点，重心为，直线的斜率取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据重心性质可得，由点差法可得，结合关系和中点在椭圆内可求直线的斜率取值范围 【详解】设椭圆的半焦距为， 由已知，， 设， 因为重心为， 所以， 所以， 又， 所以， 所以， 所以直线的斜率， 又线段AB的中点一定在椭圆内部，即， 所以，即，所以， 令，则由对勾函数的性质可得， 所以 所以直线的斜率取值范围是， 故选：A. 【点睛】结论点睛，涉及椭圆的弦的中点问题常用到结论：若点为椭圆上的点，的中点坐标为，点为坐标原点，则. 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，有选错的得0分． 9. 已知两个复数满足，且，则下面选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，模长的计算，以及共轭复数的求解，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A：，故A错误； 对B：，故B正确; 对C：，故，故C错误； 对D：，故D正确； 故选：BD. 10. 已知点，若点在圆：上，则（ ） A. 点在直线上 B. 点可能在圆上 C. 的最小值为1 D. 圆上至少有2个点与点的距离为1 【答案】AC 【解析】 【分析】对选项A将点代入验证即可；对于选项B则求圆心到直线的距离可知直线与圆外离，即可得结果；对于C，直接由可知最小值为1；对于D根据选项C的结论即可判断. 【详解】对于选项A：点，代入直线得，故点在直线上，A正确 对于选项B：圆心到直线的距离为， 故直线与圆相离，结合选项A可知，点不可能在圆上，故B错误. 对于选项C：结合选项B可知，，故C正确 对于选项D：由选项C可知圆上只有1个点与点的距离为1，故D错误. 故选：AC 11. 在棱长为1的正方体中，点P在线段上运动，有下列四个结论正确的是（ ） A. 面 B. C. 三棱锥的体积是 D. 异面直线所成角的取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A，可证平面平面，进而证得平面；对B，可证 平面即可证明；对C，使用等体积法计算；对D,将异面直线 所成角转化为与所成角求解即可. 【详解】解：对A，连接， 由正方体的性质可知，又平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故A正确； 对B，因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 同理可证平面， 又因为平面，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以，故B正确； 对C，因为平面平面，所以平面， 所以，故C正确； 对D，因为，与所成角为异面直线与所成角， 连接，可得为等边三角形， 此时与所成角最小，可得与所成角的范围是，故不正确. 故选：ABC. 第II卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为非零向量与的夹角，定义：．若，，，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】利用向量夹角公式求出，进而求出即可得解. 【详解】由，，，得，而， 因此，所以. 故答案为：6 13. 已知椭圆的左顶点为，右焦点为为椭圆上一点，，，则椭圆的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意列出关于的齐次式，结合离心率公式即可求解. 【详解】依题意，因为，所以， 所以，因为，所以，所以， 因为，所以，解得． 故答案为：. 14. 在边长为6的菱形中，，沿对角线将折起，使得二面角的大小为，连接，则四面体的外接球的表面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】取中点，分别取和的外心，过分别作平面和平面的垂线，交于点，则是四面体外接球球心，中，求得，求出半径后可得表面积． 【详解】如图，取中点，连接，分别取和的外心，过分别作平面和平面的垂线，交于点，则是四面体外接球球心，连接， 由原平面图形是菱形，且，知，分别在上，且， 是二面角的平面角，因此，是等边三角形，边长为，， 中，，所以， 又，所以， 所以四面体的外接球的表面积为， 故答案为：． 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. 在中，，． （1）若，求的值； （2）若为锐角三角形，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式以及正弦定理即可求得结果. （2）利用同角三角函数的平方关系先求出的值，再正弦定理即可求得， 进而求得,利用三角形的面积公式即可求的结果. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，在中，由正弦定理得， 而，，所以． 因为，所以． 【小问2详解】 在中，因为，所以， 由正弦定理得，所以， 因为为锐角三角形，所以， 所以 ， 所以的面积． 16. 已知椭圆过点，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率． （1）求椭圆的方程； （2）已知为椭圆的两焦点，若点在椭圆上，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据点在椭圆上求得方程，结合椭圆、的关系求出椭圆的方程； （2）利用椭圆的定义及余弦定理可得，再由三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 因为在上，则，可得， 所以椭圆的方程为，故长轴长为，离心率为， 设椭圆的方程为， 故中，且，则， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题意，在中，而， 又， 所以，故， 所以. 17. 在如图所示的圆柱中，AB是底面圆的直径，PA是圆柱的母线，且，设点C（与不重合）是底面圆周上的动点． （1）求证：平面； （2）当二面角P-BC-A的大小为时，求点C到平面PAB的距离； （3）记点D是线段PB的中点，点E在线段PA上，若，求的最小值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）利用几何法，结合二面角大小求出，再利用等体积法求出距离. （3）延长至，使得，由勾股定理可得，把问题转化为求即可. 【小问1详解】 由AB是圆柱底面圆的直径，是底面圆周上除外的点，得， 而平面，平面，则，又平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，平面，平面，则，而， 于是为二面角的平面角，，在中，，， 设点到面的距离为，由，得， 即，则 所以点到面的距离. 【小问3详解】 延长至，使得，则 因此，当且仅当为与的交点时取等号， 取的中点，连接，由点D是线段PB的中点，得，则平面， 平面，于是，又，则， 所以的最小值为. 18. 古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，，动点满足，设动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的轨迹方程； （2）若直线与曲线交于两点，求； （3）若曲线与轴的交点为，直线与曲线交于两点，直线与直线交于点，证明：点在定直线上． 【答案】（1） （2） （3）证明：设． 联立得， ． 设，所以直线的方程为，直线的方程为． 因为直线与直线交于点，所以 则 ，即，解得， 所以点在直线上． 【解析】 【分析】（1）利用轨迹法，代入两点间距离公式，即可求解； （2）代入直线与圆相交的弦长公式，即可求解； （3）首先直线与圆的方程联立，并利用坐标表示直线和的方程，并利用韦达定理表示，即可求解交点坐标， 【小问1详解】 设，因为，所以， 即，整理得， 所以曲线的轨迹方程为． 【小问2详解】 曲线的圆心到直线的距离， 所以． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的应用，利用韦达定理表示. 19. 我们在学习解析几何过程中知道椭圆、双曲线的定义分别是平面内到两定点距离之和、距离之差的绝对值等于某个定值，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现到两定点距离之积为常数的点的轨迹，我们称之为卡西尼卵形线.若定点，动点满足，其中均为正数，记该卡西尼卵形线为曲线，它的轨迹方程为. （1）求参数的值（用含的式子表示）； （2）若为曲线上一点，求证：，； （3）若，求证：曲线恰经过个整点（横、纵坐标均为整数的点）. 【答案】（1）， （2）证明：据（1）的结论有. 一方面， ，故. 可得，即； 另一方面， ，从而，即. 从而，所以. （3）证明：将代入，可得的轨迹方程为. 同时据（2）的结论有，. 若均为整数，则由，可知. 若，则，即，故. 故或，但和都不是整数的平方，矛盾. 所以，从而，这就得到，所以可以取. 这表明曲线经过的整点只可能有，，. 经验证，曲线经过这个整点，结论得证. 【解析】 【分析】（1）设，整理可得，结合题意即得结果； （2）对方程整理可得，即有；对方程整理可得，即有； （3）由（2）的结论可知，再证明，最后代入方程并解出即可. 【小问1详解】 设为曲线上一点，则由可得. 整理可得， 结合题意可知：，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2024-2025学年上学期日新高一下学期开学数学考试 命题人： 2024.2.14 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线经过椭圆的两个顶点，则椭圆的一个焦点为（ ） A. B. C. D. 4. 直线与圆交于两点，则的面积为（ ） A. 2 B. C. D. 4 5. 四面体ABCD中，，则该四面体的内切球（与四个面相切）与外接球半径长度的比值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与圆有且仅有两条公共切线，则正数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在正四棱台中，，其体积为，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 椭圆的右焦点为，上顶点为，若存在直线与椭圆交于不同两点，重心为，直线的斜率取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，有选错的得0分． 9. 已知两个复数满足，且，则下面选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知点，若点在圆：上，则（ ） A. 点在直线上 B. 点可能在圆上 C. 的最小值为1 D. 圆上至少有2个点与点的距离为1 11. 在棱长为1的正方体中，点P在线段上运动，有下列四个结论正确的是（ ） A. 面 B. C. 三棱锥的体积是 D. 异面直线所成角的取值范围是 第II卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为非零向量与的夹角，定义：．若，，，则______． 13. 已知椭圆的左顶点为，右焦点为为椭圆上一点，，，则椭圆的离心率为________． 14. 在边长为6的菱形中，，沿对角线将折起，使得二面角的大小为，连接，则四面体的外接球的表面积为_________． 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. 在中，，． （1）若，求的值； （2）若为锐角三角形，，求的面积． 16. 已知椭圆过点，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率． （1）求椭圆的方程； （2）已知为椭圆的两焦点，若点在椭圆上，且，求的面积． 17. 在如图所示的圆柱中，AB是底面圆的直径，PA是圆柱的母线，且，设点C（与不重合）是底面圆周上的动点． （1）求证：平面； （2）当二面角P-BC-A的大小为时，求点C到平面PAB的距离； （3）记点D是线段PB的中点，点E在线段PA上，若，求的最小值． 18. 古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，，动点满足，设动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的轨迹方程； （2）若直线与曲线交于两点，求； （3）若曲线与轴的交点为，直线与曲线交于两点，直线与直线交于点，证明：点在定直线上． 19. 我们在学习解析几何过程中知道椭圆、双曲线的定义分别是平面内到两定点距离之和、距离之差的绝对值等于某个定值，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现到两定点距离之积为常数的点的轨迹，我们称之为卡西尼卵形线.若定点，动点满足，其中均为正数，记该卡西尼卵形线为曲线，它的轨迹方程为. （1）求参数的值（用含的式子表示）； （2）若为曲线上一点，求证：，； （3）若，求证：曲线恰经过个整点（横、纵坐标均为整数的点）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $