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

丰城九中2024-2025学年下学期日新高一期中考试试卷 命题人： 2025.4.17 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】A 【解析】 【分析】根据集合的描述法化简集合B，再根据集合的交集运算即可得答案. 【详解】因为集合， 所以集合， 则. 故选：A. 2. 复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再计算其模即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D 3. 已知两个不同的平面和两条不同的直线满足，则“平行”是“不相交”的（ ） A. 充要条件 B. 充分非必要条件 C. 必要非充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据两平面平行的定义，结合，可得判定充分性成立，结合反例图象，可判定必要性不成立，即可得到答案. 【详解】当，则平面与平面，没有公共点， 若，则直线没有公共点，所以不相交，即充分性成立； 如图所示，若不相交，且，则平面与平面不一定平行， 即必要性不成立， 所以“平行”是“和不相交”的充分非必要条件， 故选：B. 4. 已知直线与圆相交于两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，从而得圆心O到直线的距离，再结合点到直线距离公式即可求解. 【详解】由题意， 所以圆心O到直线的距离为， 故选：C 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式、同角三角函数的基本关系式来求得正确答案. 【详解】， 所以， 所以， ， 所以. 故选：D 6. 如图，在梯形中，，，，，为线段的中点，先将梯形挖去一个以为直径的半圆，再将所得平面图形以线段的垂直平分线为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接，旋转后得到的几何体为一个圆台中挖去半球所形成的几何体，利用圆台和球的体积公式求解. 详解】连接，由题意知. 几何体为一个圆台中挖去半球所形成的几何体，其中圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，半球的半径为1， ，， 故该几何体的体积为. 故选：A. 7. 已知为原点，，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，利用坐标计算，最后求一元二次函数的最小值. 【详解】因点在直线上运动，则设，于是有， 因此，， 于是得 则当时，，此时，点 故选：A 8. 已知点P是双曲线C：上的动点，，分别是双曲线C的左、右焦点，O为坐标原点，则的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设在右支上，根据双曲线的性质求得、且，由已知双曲线有，结合的范围求范围，即可得结果. 【详解】由双曲线的对称性，假设在右支上，即， 由到的距离为，而， 所以， 综上，同理，则， 对于双曲线，有且， 所以，而， 即，即的取值范围是. 故选：B 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. 如图是函数的部分图象，下列说法正确的是（ ） A. 函数的周期是 B. 点是函数图象的一个对称中心 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数是偶函数 【答案】AB 【解析】 【分析】根据函数图象求出、，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】由图可得，所以，则，解得， 即函数的最小正周期是，故A正确； 又，所以，所以， 因为，所以， 所以， 又，所以点是函数图象的一个对称中心，故B正确； 因为， 所以直线不是函数图象的一条对称轴，故C错误； 将函数的图象向右平移个单位得到， 显然为非奇非偶函数，故D错误. 故选：AB 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（    ） A. 若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面 B. 已知两个向量，，且，则 C. 若，且，，则 D. 点关于平面对称的点的坐标是 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用空间中四点共面的推论可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用空间向量垂直的坐标表示可判断C选项；根据空间直角坐标系中点的对称性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，若、、、四点共面，则存在、，使得， 即， 所以，且， 因为对空间中任意一点有，且， 故、、、四点不共面，A错； 对于B选项，已知两个向量，，且， 设，即，则，解得，故，B对； 对于C选项，若，且，， 则，C对； 对于D选项，点关于平面对称的点的坐标是，D对. 故选：BCD. 11. 设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（   ） A. B. C. 为等腰三角形 D. 以MN为直径的圆与l相切 【答案】AD 【解析】 【分析】由题意作图，根据抛物线焦点的概念，结合直线方程，求得参数；联立方程，求得直线与抛物线交点坐标，从而求得弦长；根据两点距离公式，求得三角形三边；由中点坐标公式，结合圆切线的判定，可得答案. 【详解】由题意，取的中点，作图如下： 由直线，令，则可得，即抛物线的焦点， 所以，解得，故A正确； 联立可得，消去可得，解得或， 当时，由，可得，当时，由，可得， 即，，所以，故B错误； 由，，则C错误； 由图可得，易知点到准线的距离，圆的半径，故D正确. 故选：AD. 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. 已用，，则在方向上的投影向量为__________． 【答案】 【解析】 【分析】用在方向上投影乘以与同向的单位向量可得结果. 【详解】在方向上的投影向量为. 故答案为： 13. 已知椭圆的离心率为 ，其左、右焦点分别为 ，上顶点为 ，且 内切圆的半径为 ，则椭圆的方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程. 【详解】椭圆的离心率① 内切圆的半径， 则， 即②， 根据椭圆的知识有③， 由①②③解得， 所以椭圆的方程为. 故答案为： 14. 在正方体中，为的中点，为底面上一动点，与底面所成的角为，若，且该正方体的外接球的体积为，则动点的轨迹长度为______. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，证得底面，得到为与底面所成的角，求得，设正方体的棱长为，利用球的体积公式，求得，得到点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方形区域内的部分，作出图形，进而求得动点的轨迹长度. 【详解】如图1所示，取的中点，连接，则， 在正方体中，底面，所以底面， 所以为与底面所成的角， 因为，所以， 设正方体的棱长为， 因为正方体的外接球的体积为，所以，解得， 所以，可得， 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方形区域内的部分， 如图2所示，，所以，则， 根据对称性，可得，所以， 故动点的轨迹长度为. 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. 如图，在平面四边形中，为线段的中点，. （1）若，求的面积； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，过作交于，求出，进而得,再利用三角形面积公式求解即可. （2）连接.在与中，求得,进而得,再利用余弦定理即可求得. 【小问1详解】 过点作，垂足为. 由，得， 在四边形中，由，得， 所以四边形是平行四边形， ∴，， 所以的面积为. 【小问2详解】 连接. 在中，因为， 所以, 在中，由,得. 所以为等边三角形， 在中，由余弦定理知 16. 已知抛物线的焦点为． （1）求的方程； （2）若过点的直线与抛物线交于，两点．是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，请说明理由． 【答案】（1）； （2）为定值. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线焦点写出抛物线方程即可； （2）设直线的方程为，，，联立抛物线，应用韦达定理及两点距离公式化简目标式，即可证结论. 【小问1详解】 抛物线的焦点为，依题意，解得， 所以抛物线． 【小问2详解】 由题意，直线斜率不为0，设直线的方程为，，， 联立抛物线有，消去得，则， ∴，，又，， ∴ ，为定值. 17. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，，. （1）求证：平面平面； （2）若异面直线和所成角为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理及已知中的线面垂直，可得线线垂直，再利用面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）通过平移可找到异面直线和所成角，再利用等体积法可求得点到平面的距离. 【小问1详解】 取的中点，连接， ，， ，，且 ， 四边形是平行四边形，，， ，，， ，, ，， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面， 平面，平面平面； 【小问2详解】 连接，，， 由(1)可知，，四边形是平行四边形， ，且， 是异面直线和所成角，即， 设，，，， 是等边三角形，，，即， ，，， 由(1)知，平面，， ， ， 设点到平面的距离为， ，即，即， ，即点到平面的距离为. 18. 已知椭圆的焦点和短轴顶点构成边长为2的正方形. （1）求椭圆的标准方程和离心率； （2）过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在轴上是否存在点使得恒成立.若存在，求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）， （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，得到求解； （2）设点的坐标为，分过点的动直线的斜率不存在，过点的动直线的斜率存在，设该直线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，由求解. 【小问1详解】 解：椭圆的焦点和短轴端点构成边长为2的正方形， ， ， 椭圆标准方程为， 离心率. 【小问2详解】 设点的坐标为， ①若过点的动直线的斜率不存在， 则或， 此时只需. ②若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为， 设， 由可得 而， 因为恒成立，故， 解得. 由①②可知，， 存在，使得恒成立. 19. 如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． （1）证明：平面CDE； （2）求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； （3）在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）四边形为菱形，所以，由线面垂直得到，从而得到平面，，结合，证明出结论； （2）证明出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法求两平面的夹角； （3）设，根据线面角大小，得到方程，求出或. 【小问1详解】 因为且，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为菱形，所以. 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面，所以， 又， 以为原点，分别以的方向为轴，轴，..轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 由（1）知平面CDE的法向量为， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以. 故c， 平面CDE与平面ABE夹角的余弦值为； 【小问3详解】 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设， 则 , 解得或. 所以线段上存在点，当或时， 使得直线与平面所成角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2024-2025学年下学期日新高一期中考试试卷 命题人： 2025.4.17 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. 复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A 2 B. C. 1 D. 3. 已知两个不同的平面和两条不同的直线满足，则“平行”是“不相交”的（ ） A. 充要条件 B. 充分非必要条件 C. 必要非充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知直线与圆相交于两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在梯形中，，，，，为线段的中点，先将梯形挖去一个以为直径的半圆，再将所得平面图形以线段的垂直平分线为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为原点，，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点P是双曲线C：上的动点，，分别是双曲线C的左、右焦点，O为坐标原点，则的取值范围是（    ） 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. 如图是函数的部分图象，下列说法正确的是（ ） A. 函数的周期是 B. 点是函数图象的一个对称中心 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 将函数图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数是偶函数 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（    ） A. 若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面 B. 已知两个向量，，且，则 C. 若，且，，则 D. 点关于平面对称的点的坐标是 11. 设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（   ） A. B. C. 为等腰三角形 D. 以MN为直径的圆与l相切 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. 已用，，则在方向上的投影向量为__________． 13. 已知椭圆的离心率为 ，其左、右焦点分别为 ，上顶点为 ，且 内切圆的半径为 ，则椭圆的方程为_____. 14. 在正方体中，为的中点，为底面上一动点，与底面所成的角为，若，且该正方体的外接球的体积为，则动点的轨迹长度为______. 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. 如图，在平面四边形中，为线段的中点，. （1）若，求的面积； （2）若，求. 16. 已知抛物线的焦点为． （1）求的方程； （2）若过点的直线与抛物线交于，两点．是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，请说明理由． 17. 如图所示，四棱锥中，平面，，，，. （1）求证：平面平面； （2）若异面直线和所成角为，求点到平面的距离. 18. 已知椭圆的焦点和短轴顶点构成边长为2的正方形. （1）求椭圆的标准方程和离心率； （2）过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在轴上是否存在点使得恒成立.若存在，求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在，请说明理由. 19. 如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． （1）证明：平面CDE； （2）求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； （3）在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成角正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $