精品解析：浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题(1班使用)

北仑中学2024学年第二学期高一年级期中考试数学试卷 （1班使用） 命题：王加白 审题：顾益军 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线与圆相交于M、N两点，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线经过点，与两坐标轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点，则的面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 点到直线（为任意实数）距离的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动4次，则质点位于原点左侧的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线过定点，直线过定点与的交点为，则面积的最大值为( ) A. B. C. 5 D. 10 7. 已知圆与圆恰有条公切线，则最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，已知点，，若点为圆上动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 直线的倾斜角可以为（ ） A. B. C. D. 10. 已知圆，，则（ ） A. 当时，的面积是 B. 实数的取值范围是 C. 点在内 D. 当的周长最大时，圆心坐标是 11. 如图，在正三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点在上，且，则（ ） A. 直线平面 B. 点到平面距离为 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 设，分别在线段和上，且，则的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线与直线互相垂直，则实数的值为________． 13. 现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立，假设该射手完成以上三次射击，则该射手得3分的概率为________． 14. 点是直线上的动点，是坐标原点，则以为直径的圆经过定点____________ 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 黔西一中为了提高学生对“黔西一中校史”的了解，举办了“知史爱校守初心”的知识竞赛活动，现从所有竞答试卷的卷面成绩中随机抽取100份作为样本数据，将样本答卷中分数x（）的整数分成六段：，并作出如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本数据的第59百分位数； （3）已知样本数据落在的平均数是52，方差是6；落在的平均数是64，方差是3.求这两组数据的总平均数和总方差. 16. 在平面直角坐标系中，已知的顶点； （1）若边上的高所在的直线方程为，求边所在的直线方程； （2）若边上的中线所在直线方程为的平分线所在的直线方程为，求边所在的直线方程； 17. 如图，在平面直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1， 圆心在上. （1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线方程； （2）若圆上存在点，使，求圆心横坐标的取值范围. 18. 如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段PB的中点． （1）证明：； （2）当平面平面时，求直线PB与平面所成角大小； （3）若直线PC与AB所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 19. 在平面直角坐标系中，图形上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为.对于点和图形给出如下定义：点是图形上任意一点，若，两点间的距离有最小值，且最小值恰好为，则称点为图形的“关联点”. （1）如图1，图形是矩形，其中点坐标为，点的坐标为，则 .在点，，，中，矩形的“关联点”是 ；(直接在答题卷上写出答案即可，不需要书写过程) （2）如图2，图形是中心在原点的正方形，其中点的坐标为. 若直线上存在点，使点为正方形的“关联点”，求的取值范围； （3）已知点，. 图形是以为圆心，为半径的⊙. 若线段上存在点，使点为⊙的“关联点”，求出的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北仑中学2024学年第二学期高一年级期中考试数学试卷 （1班使用） 命题：王加白 审题：顾益军 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线与圆相交于M、N两点，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知及向量模长的定义，应用几何法求直线与圆的相交弦长即可得. 【详解】由，一般式为， 由的圆心为，半径为2， 所以到距离为， 综上，. 故选：D 2. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用投影向量的定义即可求解. 【详解】已知空间向量，， 向量在向量上的投影向量为： 故选：D 3. 已知直线经过点，与两坐标轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点，则的面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】不妨设直线分别交、轴于点、，则，，可得出直线的截距式方程为，结合已知条件可得出，利用基本不等式可求得面积的最小值. 【详解】不妨设直线分别交、轴于点、，则，， 所以，直线的截距式方程为，因为点在直线上，则， 由基本不等式可得，可得，则， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故的面积的最小值为. 故选：C. 4. 点到直线（为任意实数）距离的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】法一：写出点到直线的距离的表达式，换元，利用对勾函数的性质即可求解；法二：利用几何法即可求出最值. 【详解】法一：点到直线的距离为， ， 令，当时，， 当时，，由对勾函数的性质可知， 所以，所以， 所以. 法二：易知直线过定点，则点到直线的距离最大值为定点到的距离，即. 故选：C. 5. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动4次，则质点位于原点左侧的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算质点移动4次可能的结果，质点质点位于原点左侧的可能结果，根据古典概型的概率公式即可求解. 【详解】由题意可得：质点移动次可能的结果有种， 质点位于原点左侧可能结果：向左移动4次；向左移动3次，向右移动1次； 向左移动4次，共有1种移动情况，为：左左左左；向左移动3次，向右移动1次，共有4种移动情况，为：左左左右，左左右左，左右左左，右左左左； 所以质点位于原点左侧共5种移动情况， 由古典概率公式可得：质点位于原点左侧的概率为， 故选：A. 6. 已知直线过定点，直线过定点与的交点为，则面积的最大值为( ) A. B. C. 5 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】先求定点，然后判断两个直线的位置关系，然后计算面积，利用基本不等式判断即可. 【详解】由题可知，,直线， 所以,， 所以， 所以的面积为， 当且仅当时等号成立. 故选：C 7. 已知圆与圆恰有条公切线，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知，两圆外切，可得出，再利用重要不等式可求得的最大值. 【详解】由题意可知，圆心，圆的半径为， 圆心，圆的半径为， 因为两圆恰有条公切线，则两圆外切，则， 可得， 由重要不等式可得，可得， 当且仅当时，即当或时，等号成立， 故的最大值为. 故选：A. 8. 在平面直角坐标系中，已知点，，若点为圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设为圆上任意一点，利用向量的坐标运算得，进而利用的几何意义可求得的最大值. 【详解】设为圆上任意一点， 因为，，所以，， 所以，所以， 表示点到点的距离， 又的圆心到点的距离为， 又圆的半径为， 所以到点的距离的最大值为， 所以的最大值为. 故选：D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 直线的倾斜角可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题易知,结合倾斜角与斜率的关系可得的倾斜角的范围. 【详解】直线变形得， 假设直线的倾斜角为，则， 则， 所以或，故ABD满足题意， 故选：ABD. 10. 已知圆，，则（ ） A. 当时，的面积是 B. 实数的取值范围是 C. 点在内 D. 当的周长最大时，圆心坐标是 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，整理圆的一般式方程力标准方程，求得圆心与半径，利用圆的面积公式，可得答案； 对于B，整理圆的一般式方程力标准方程，求得圆心与半径，令半径大于零建立不等式，可得答案； 对于C，利用两点距离公式，结合反例，可得答案； 对于D，由题意当圆周长最大，半径则最大，确定参数的值，可得答案. 【详解】对于A，由，则，整理可得， 所以此时方程表示以为圆心，以为半径的圆，其面积为，故A正确； 对于B，由，则， 可得，解得，故B正确； 对于C，由圆，则圆心，半径， 点到圆心的距离为， 当时，，此时点在圆上，故C错误； 对于D，当圆的周长最大时，半径取最大，即，，此时圆心，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，在正三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点在上，且，则（ ） A. 直线平面 B. 点到平面的距离为 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 设，分别在线段和上，且，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用垂直关系，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合选项，依次判断. 【详解】如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ，， 设是平面的一个法向量，则，即，不妨取，则， 又，，故，又平面，所以平面，故A正确； ，点到平面的距离，故B错误； ，，故C正确； 设，，，则，， 即,， 所以, 所以，易知当λ=时，，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线与直线互相垂直，则实数的值为________． 【答案】或 【解析】 【分析】利用斜率是否存在进行讨论分析，再由斜率之积为列方程求参数. 【详解】当时， 直线化：， 直线化为， 此时两直线垂直，满足题意； 当时， 直线化为：， 直线化为， 此时两直线不垂直，不满足题意； 当且时， 直线的斜率为， 直线的斜率为， 因为两直线垂直，所以，解得， 综上可得：实数的值为或， 故答案为: 或. 13. 现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立，假设该射手完成以上三次射击，则该射手得3分的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据事件的独立性，结合题意即可直接列出关系，计算即可. 【详解】由该射手得分为，知射击甲靶命中且乙靶命中一次，或者甲靶没有命中且乙靶命中两次， 故所求概率为. 故答案为： 14. 点是直线上的动点，是坐标原点，则以为直径的圆经过定点____________ 【答案】和 【解析】 【分析】过点作垂直于直线，垂足为，则以为直径的圆过定点和，求出直线的方程，联立两直线方程，求出交点坐标，即可得解. 【详解】如图，过点作垂直于直线，垂足为， 则以为直径的圆过定点和， 因为直线的斜率为，所以直线的方程为， 联立，解得，即. 所以以为直径的圆经过定点和. 故答案为：和 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 黔西一中为了提高学生对“黔西一中校史”的了解，举办了“知史爱校守初心”的知识竞赛活动，现从所有竞答试卷的卷面成绩中随机抽取100份作为样本数据，将样本答卷中分数x（）的整数分成六段：，并作出如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本数据的第59百分位数； （3）已知样本数据落在的平均数是52，方差是6；落在的平均数是64，方差是3.求这两组数据的总平均数和总方差. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据直方图各区间的频率和为1列方程求参数； （2）由百分位数的定义及直方图求第59百分位数； （3）先确定区间、上的样本个数，再应用分层抽样中样本与总体的平均数和方差关系求总平均数和总方差. 【小问1详解】 由题意，解得； 【小问2详解】 由直方图知，前3组数的频率为 前4组数的频率为， 因此第59百分位数在第4组即区间上，设第59百分位数为x， 则，解得； 【小问3详解】 样本数据在区间的个数为，在区间上的个数为， 所以， 总方差为. 16. 在平面直角坐标系中，已知的顶点； （1）若边上的高所在的直线方程为，求边所在的直线方程； （2）若边上的中线所在直线方程为的平分线所在的直线方程为，求边所在的直线方程； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用垂直关系得到直线的斜率，再利用点斜式求解即可； （2）设点坐标，利用已知信息求得点坐标，再求点关于直线的对称点，由两点式可求直线方程. 【小问1详解】 因，且，则， 因， 则直线的方程为，即. 【小问2详解】 设点，则线段的中点为， 将其代入所在直线方程中，得， 将点代入所在的直线方程中，得， 解得，即， 设点关于直线对称得点， 则，得，即， 因三点共线，则, 直线所在的直线方程为，即. 17. 如图，在平面直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1， 圆心在上. （1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线方程； （2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围. 【答案】（1）或；（2）. 【解析】 【分析】（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆的半径为，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆的圆心在直线：上可设圆的方程为，由，可得的轨迹方程为，若圆上存在点，使，只需两圆有公共点即可. 【详解】（1）由得圆心， ∵圆的半径为1， ∴圆的方程为：， 显然切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即． ∴， ∴，∴或． ∴所求圆的切线方程为或． （2）∵圆的圆心在直线：上，所以，设圆心为， 则圆的方程为． 又∵， ∴设为，则，整理得，设为圆． 所以点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点， ∴， 由，得， 由，得． 综上所述，的取值范围为． 考点：1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用. 【方法点睛】本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆上存在点，使问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在. 18. 如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段PB的中点． （1）证明：； （2）当平面平面时，求直线PB与平面所成角大小； （3）若直线PC与AB所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）直线PB与平面所成角为 （3） 【解析】 【分析】（1）取中点为，证明平面即可； （2）以为原点建立直角坐标系，求以及平面的法向量，利用即可； （3）以为原点，以直线为轴，直线为轴，建系，设，则可求点坐标，利用直线PC与AB所成角的余弦值向量求法得出，再建系求两个平面的法向量进而求其夹角. 小问1详解】 取中点为，连接，因为， 所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以. 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面，所以两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系， 则，， 则， 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以， 设直线PB与平面所成角为，则， 又，则， 所以直线PB与平面所成角为， 【小问3详解】 以为原点，以直线为轴，直线为轴，垂直于平面所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为为等腰三角形，，所以， 则， 设，则， 则， 故， 所以或（舍去）， 所以两两互相垂直， 由（2）知平面的法向量为， 设平面的法向量为，， 则，取，得， 所以. 19. 在平面直角坐标系中，图形上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为.对于点和图形给出如下定义：点是图形上任意一点，若，两点间的距离有最小值，且最小值恰好为，则称点为图形的“关联点”. （1）如图1，图形是矩形，其中点的坐标为，点的坐标为，则 .在点，，，中，矩形的“关联点”是 ；(直接在答题卷上写出答案即可，不需要书写过程) （2）如图2，图形是中心在原点的正方形，其中点的坐标为. 若直线上存在点，使点为正方形的“关联点”，求的取值范围； （3）已知点，. 图形是以为圆心，为半径的⊙. 若线段上存在点，使点为⊙的“关联点”，求出的取值范围. 【答案】（1）；，； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据d的定义和图形的特征即可求解，再依次求解点，，，和图形的最近距离结合关联点定义即可得解； （2）先根据d的定义和图形的特征求出d，再根据题意、直线和图形两者结构和位置特征结合关联点定义分析即可求解； （3）先根据关联点定义求出d，接着根据线段MN和圆T两者结构和位置特征结合点到直线距离分时和时两种情况数形结合并结合d求出两极限的t值即可得解. 【小问1详解】 矩形的对角线长为，这也是矩形中任意两点距离的最大值，所以， 对，矩形中点到它的距离最小为1，不是关联点， 对，矩形中的点到它的距离最小为，是关联点， 对，矩形中点到它的距离最小为，不是关联点， 对，中矩形中点到它的距离最小为，是关联点， 因此是关联点； 【小问2详解】 由已知正方形的边长为2，对角线长为，因此正方形中，， 直线与正方形的对角线平行，由已知，，， 设，当时，或时，到正方形上点的距离的最小值为，为关联点， 当时，或时，到正方形上点的距离的最小值为，为关联点， 当且时，如果在第一象限，则到正方形上点的距离的最小值为， 因此有，即在圆的一段弧上（）， 同理点还在下列三段圆弧上：，，， 直线与图中正方形外围的图形（四段线段与四段圆弧组成）的公共点即为关联点， 当直线与第二象限一段圆弧相切时，，（舍去）， 同理当直线与第四象限的一段圆弧相切时，， 所以的取值范围是； 【小问3详解】 由题线段所在直线方程为即，圆半径为1，因此， 点到圆上点的距离的最小值为2，则， 当时，令点T到线段所在直线距离为， 令； 当时， 令，令， 如图： 结合图形，的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$