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

丰城中学2024-2025学年下学期高一创新班期中考试试卷 数 学 一、单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用交集概念进行求解. 【详解】. 故选：A 2. 点绕原点按逆时针方向旋转到达点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角函数的定义，结合诱导公式求解. 【详解】以原点为角的顶点，轴的非负半轴为角的始边，令角的终边过点， 则角的终边过点，且， 于是，， ， 所以点的坐标为. 故选：B 3. 已知数列的前项和，则（ ） A. 191 B. 192 C. 193 D. 194 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用的关系列式计算即得. 【详解】因为，则， 故选：C 4. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简，再得到平移后的解析式，即可得到，，逐个检验即可得出答案. 【详解】因为， 将函数的图象向左平移个单位后得到函数， 所以，则，， ，，当时，，时，， 故选：A. 5. 若，，则（ ） A. B. 31 C. D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法求解即可. 【详解】解：令，得 ，即 ， 令，得 ， 即 ， 所以 . 故选：B. 6. 甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设相应事件，根据独立事件概率求法求，，进而求条件概率. 【详解】设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B， 则，， 所以. 故选：C. 7. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在正方体中，可得且， 因为，分别是棱的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段， 因为正方体的边长为，可得，， 在中，可得，且， 则，所以的最小值为. 故选：B. 8. 过抛物线：的焦点且斜率为的直线与交于，两点，线段，的中点分别为，，为坐标原点，直线，与抛物线的另一个交点分别为，，记点，到轴距离分别为，，则（ ） A. B. C. 轴 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】设，,的直线方程，求出,进而求出，判断选项A,B,求出直线方程，表达出,判断选项C,再根据,求出的值，判断选项D. 【详解】设，,的直线方程， 因为线段的中点分别为, 所以， 根据中位线性质，则，， 由抛物线定义可得，，，故A,B错误； 设直线方程：， 联立可得，，则， 故， 同理可得 又,则 故，故 则，故轴,故C正确； 由,则， 则，再由，故 则或（舍去），故 故，则，故D错误. 故选：C. 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. 已知函数图象的对称中心也是函数图象的对称中心，则的解析式可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先求出函数图象的对称中心，再分别分析各选项中函数的对称中心，结合对称中心性质，分析判断即可. 【详解】令，则.解得. 所以图象的对称中心为. 根据周期公式，则. 对于选项A，已知的周期为，中，其周期.因为两函数周期不同，所以A不符合题意. 对于选项B，令，对于，将代入可得： ，所以，满足对称中心的性质，B符合题意. 对于选项C，对于，因为的图象是将的图象位于轴下方的部分沿轴翻折到轴上方得到的，无对称中心，C不符合题意. 对于选项D，令，解得，这与的对称中心横坐标表达式相同，D符合题意. 故选：BD. 10. 小王经过调查获得如下数据： 2 4 7 17 30 1 2 3 4 5 参考公式：相关系数，，． 下列说法正确的有（ ） A. 该数据组的线性回归方程（系数精确到0.01）为 B. 该数据组的相关系数，很接近1说明该数据组拟合效果很好 C. 所有数据点中残差最小的是 D. 去掉数据点后，回归直线会向下移动 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给出的相关系数公式，以及回归直线斜率和截距的最小二乘法公式求出线性回归方程，结合残差的定义逐项分析判断. 【详解】对于A，，， ， ， 所以，， 所以该数据组的线性回归方程为，故A正确； 对于B，由， 则，很接近1说明两个变量相关性越强，与拟合效果无关，故B错误； 对于C，由残差，结合A项的回归方程可得， ，，， ，，所有数据点中残差最小的是，故C正确； 对于D，，故点在回归直线上方，故去掉该点后，回归直线下移，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知双曲线：，其上、下焦点分别为，，为坐标原点．过双曲线上一点作直线，分别与双曲线的渐近线交于，两点，且点为中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若轴，则． B. 若点的坐标为，则直线的斜率为 C. 直线的方程为． D. 若双曲线的离心率为，则三角形的面积为2． 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用双曲线基本性质，点差法及三角形面积的表示，即可得到结果. 【详解】若轴，则直线过双曲线的顶点，， 双曲线的渐近线方程为，易得，两点的横坐标为 ， ∴，即A正确； 若点的坐标为，则， 易得双曲线渐近线方程为，设， 利用点差法：， 两式作差可得，，即 ∴，即B错误； 若，利用点差法同样可得， ∴直线的方程为 即， ∴，故C正确； 若双曲线的离心率为，则双曲线方程为， ∴渐近线方程为，设， ∴ ， 联立方程 可得 ， 同理可得， ∴， 故D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：（1）涉及中点问题，可以利用点差法来简化运算； （2）三角形面积的表示，设，则. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若的展开式中的常数项为，则________________. 【答案】1 【解析】 【分析】法1：根据二项式定理的定义，写出展开式通项，利用赋值法，可得答案；法2：根据多项式乘法，结合组合的计数原理，结合题意，可得答案. 【详解】法1：因为的展开式的通项， 令，解得，所以常数项为，解得. 法2：的展开式中，常数项为从4个因式中1个取， 其余3个取，即常数项为，由，解得. 故答案为：. 13. 已知是第三象限角，，则________________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据条件求出，的值.法1：根据求值； 法2：根据求出的值，再求的值. 【详解】法1：因为，所以，因为是第三象限角，所以，则. 法2：因为，所以，因为是第三象限角，所以，则，所以 14. 甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立．若比赛最多进行5局，则比赛结束时比赛局数的期望的最大值为__________． 【答案】##3.25 【解析】 【分析】每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，由题意得的所有可能取值为，分别求出对应概率，得出分布列，再求得期望，根据基本不等式及二次函数求解即可． 【详解】设“甲获胜”为事件，“乙获胜”为事件， 每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，由题意得的所有可能取值为，则， ， ， 所以的分布列为 2 4 5 所以的期望 ， 因为，所以，当且仅当时等号成立，所以， 所以，故的最大值为． 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求证：； （2）已知，当角取最大值时，求的面积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式结合正弦定理、余弦定理，即可证明结论. （2）根据余弦定理结合基本不等式可得角的最大值，即可求出三角形面积. 【小问1详解】 ∵，∴， ∴，即， ∴， 由得，， 由正弦定理及余弦定理得，， ∴. 【小问2详解】 由余弦定理得，， 当且仅当时取等号，此时取最大值，为等边三角形. 由得，. ∴的面积为. 16. 某校体育锻炼时间准备提供三项体育活动供学生选择．为了解该校学生是否同意“三项体育活动中要有篮球”，学校随机调查了名学生，数据如表： 男生 女生 合计 同意 不同意 合计 （1）能否有的把握认为学生对“三项体育活动中要有篮球”这种观点的态度与性别有关? （2）现有足球、篮球、跳绳供学生选择．若甲、乙两学生从三项运动中随机选一种（他们的选择相互独立）．若在甲学生选择足球的前提下，两人的选择不同的概率为．记事件为“甲学生选择足球”，事件为“甲、乙两名学生的选择不同”，判断事件是否独立，并说明理由． （3）经观察，该校学生每分钟跳绳个数，由往年经验，训练后每人每分钟跳绳个数比开始时增加个，该校有名学生，预估经过训练后每分钟跳个以上人数（结果四舍五入到整数）． 参考公式和数据：，其中； 若，则，，． 【答案】（1）有的把握认为，学生对该观点的态度与性别有关 （2）独立，理由见解析 （3）约人 【解析】 【分析】（1）计算出卡方，即可判断； （2）求出，，即可得到，从而得到，即可判断； （3）由已知，经过训练后每人每分钟跳绳个数，根据正态分布的性质求出，从而估计出人数. 【小问1详解】 提出零假设：学生对该问题的态度与性别无关． 根据列联表中的数据可求得，． 因为当成立时，的概率约为， 所以有的把握认为，学生对该观点的态度与性别有关． 【小问2详解】 事件、独立．理由如下： 因为，， 所以， 所以，即事件、独立． 【小问3详解】 记经过训练后每人每分钟跳绳个数为， 由已知，经过训练后每人每分钟跳绳个数， 即，因为， 所以， 所以（人）． 所以经过训练后该校每分钟跳个以上人数约为． 17. 2024年12月，为培养适应新时代要求的创新型人才，教育部办公厅发布了关于加强中小学人工智能教育的通知.为了坚持立德树人，全面贯彻党的教育方针，紧扣新时代新征程教育使命，满足面向未来的创新型人才培养需求，提升数字素养与数字技能，某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在甲，乙两所高中学校举办了一次人工智能科普知识竞赛，两个学校的学生人数基本相同.已知甲学校学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从乙学校随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图. （1）从乙学校竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了9人，现从这9人中随机抽取6人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望； （2）若从本次参赛的学生中随机抽取1人，以样本的频率估计概率，求此学生竞赛成绩优秀的概率； （3）现从参与竞赛的学生中随机抽取人，若要使取得最大值（表示人中优秀人数），求的值. 【答案】（1）2 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）先求出求出抽取的9人中的优秀人数和非优秀人数，接着确定随机变量取值，并求出各取值对应的概率即可分布列，再由期望公式即可计算期望值； （2）记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，依次求出，和，再由全概率公式即可计算求解. （3）法一：根据已知列不等式组即可求解；法二：令，计算，由和即可计算求解. 【小问1详解】 由直方图，占6人，占3人， 则成绩优秀的学生人数可取，，，， 所以，， ，， 所以分布列为 0 1 2 3 则期望. 【小问2详解】 记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生， 由已知条件可知，，， 所以. 小问3详解】 解法一： 解法二：记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为，由题意可知，， 所以，令，则， 令，则，所以时，， 令，则，所以时，， 令，则，所以， 所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大. 18. 如图1，在半径为2的扇形中，，是弧上的动点（不含，），过点作，交于点.当的面积取得最大值时，将扇形沿着折起到，使得平面平面（如图2所示）. （1）求图2中的长度； （2）求图2中直线与所成角的余弦值； （3）探究在图2中的线段上是否存在点，使得四面体内切球的半径为？并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得到，再由面积公式得到，进而可求解； （2）建系，求得直线方向向量，代入夹角公式即可； （3）求得四面体表面积，设四面体内切球的半径为，结合则四面体的体积，求解即可. 【小问1详解】 图中，因为，，所以， 设，则， 在中，由正弦定理，得， 即，所以. 所以， 因为，所以， 所以当，即时，取得最大值， 此时，所以的长度为. 【小问2详解】 如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以， 设直线与所成的角为， 则， 所以直线与所成角的余弦值为. 小问3详解】 由（2）知，， ，， 所以，， ， 所以四面体的表面积为 设四面体内切球的半径为， 则四面体的体积， 解得，因为，所以， 所以在线段上不存在点，使得四面体内切球的半径为. 19. 已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点. （1）求椭圆的方程； （2）若，求的最大值； （3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若和点共线，求. 【答案】（1） （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率公式可求得的值，即可求得的值，由此能求出椭圆方程； （2）当时，设直线的方程，代入椭圆方程，根据弦长公式即可求得的最大值； （3）求得直线的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理可求出点坐标，同理求得点坐标，即可求得与，根据向量的共线定理，即可求得直线的斜率. 【小问1详解】 椭圆 的离心率为 ，焦距为， 解得椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 斜率为直线与椭圆有两个不同的交点， 设直线的方程为， 联立，整理得， ，整理得， ， 当时，取最大值，最大值； 【小问3详解】 设直线的斜率，直线的方程为， 联立 ， 消去整理得， 由，代入上式整理得， ，所以，则， 则，同理可得， 由，则， ，由与共线， 则， 整理得，则直线的斜率， 的值为1 . 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期中考试试卷 数 学 一、单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 点绕原点按逆时针方向旋转到达点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列的前项和，则（ ） A. 191 B. 192 C. 193 D. 194 4. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则可以是（ ） A. B. C. D. 5. 若，，则（ ） A. B. 31 C. D. 32 6. 甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 过抛物线：的焦点且斜率为的直线与交于，两点，线段，的中点分别为，，为坐标原点，直线，与抛物线的另一个交点分别为，，记点，到轴距离分别为，，则（ ） A B. C. 轴 D. 若，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. 已知函数图象的对称中心也是函数图象的对称中心，则的解析式可以为（ ） A. B. C. D. 10. 小王经过调查获得如下数据： 2 4 7 17 30 1 2 3 4 5 参考公式：相关系数，，． 下列说法正确的有（ ） A. 该数据组的线性回归方程（系数精确到0.01）为 B. 该数据组的相关系数，很接近1说明该数据组拟合效果很好 C. 所有数据点中残差最小的是 D 去掉数据点后，回归直线会向下移动 11. 已知双曲线：，其上、下焦点分别为，，为坐标原点．过双曲线上一点作直线，分别与双曲线的渐近线交于，两点，且点为中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若轴，则． B. 若点的坐标为，则直线的斜率为 C. 直线方程为． D. 若双曲线的离心率为，则三角形的面积为2． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若的展开式中的常数项为，则________________. 13. 已知是第三象限角，，则________________. 14. 甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立．若比赛最多进行5局，则比赛结束时比赛局数的期望的最大值为__________． 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求证：； （2）已知，当角取最大值时，求的面积. 16. 某校体育锻炼时间准备提供三项体育活动供学生选择．为了解该校学生是否同意“三项体育活动中要有篮球”，学校随机调查了名学生，数据如表： 男生 女生 合计 同意 不同意 合计 （1）能否有的把握认为学生对“三项体育活动中要有篮球”这种观点的态度与性别有关? （2）现有足球、篮球、跳绳供学生选择．若甲、乙两学生从三项运动中随机选一种（他们的选择相互独立）．若在甲学生选择足球的前提下，两人的选择不同的概率为．记事件为“甲学生选择足球”，事件为“甲、乙两名学生的选择不同”，判断事件是否独立，并说明理由． （3）经观察，该校学生每分钟跳绳个数，由往年经验，训练后每人每分钟跳绳个数比开始时增加个，该校有名学生，预估经过训练后每分钟跳个以上人数（结果四舍五入到整数）． 参考公式和数据：，其中； 若，则，，． 17. 2024年12月，为培养适应新时代要求创新型人才，教育部办公厅发布了关于加强中小学人工智能教育的通知.为了坚持立德树人，全面贯彻党的教育方针，紧扣新时代新征程教育使命，满足面向未来的创新型人才培养需求，提升数字素养与数字技能，某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在甲，乙两所高中学校举办了一次人工智能科普知识竞赛，两个学校的学生人数基本相同.已知甲学校学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从乙学校随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图. （1）从乙学校竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了9人，现从这9人中随机抽取6人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望； （2）若从本次参赛的学生中随机抽取1人，以样本的频率估计概率，求此学生竞赛成绩优秀的概率； （3）现从参与竞赛的学生中随机抽取人，若要使取得最大值（表示人中优秀人数），求的值. 18. 如图1，在半径为2的扇形中，，是弧上的动点（不含，），过点作，交于点.当的面积取得最大值时，将扇形沿着折起到，使得平面平面（如图2所示）. （1）求图2中的长度； （2）求图2中直线与所成角的余弦值； （3）探究在图2中的线段上是否存在点，使得四面体内切球的半径为？并说明理由. 19. 已知椭圆离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点. （1）求椭圆的方程； （2）若，求的最大值； （3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若和点共线，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$