精品解析：江西省萍乡市萍乡中学2024-2025学年高一创新班上学期11月期中考试数学试题

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1. 设复数，则复数在复平面内对应的点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算和复数对应点的特征求解即可.
【详解】因为，所以，
故复数在复平面内对应的点的坐标是，故C正确.
故选：C
2. 已知函数的定义域为，且，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】令代入题设关系式，即可求.
【详解】令，则.
故选：A
3. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】利用不等式的乘“1”法即可求解.
【详解】由于，故，
当且仅当即时，等号成立，故的最小值为8.
故选：D
4. 已知m，n是空间中两条不同的直线，平面α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若， 则
B. 若， 则
C. 若， 则
D. 若， 则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理判断A，根据面面垂直及线面垂直判断B，根据线面垂直的性质及面面垂直的判定判断C，由面面平行的判定判断D.
【详解】若，则满足，推不出，故A错误；
若，可能，推不出，故B错误；
由 ，必有，所以由可得，由可得，
又，所以，故C正确；
若不相交时，满足，不能推出，故D错误.
故选：C
5. 2024年度最具幸福感城市调查推选活动于9月16日正式启动，在100个地级及以上的候选城市名单中，成都市入选.“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高，现随机抽取10位成都市居民，他们的幸福感指数分别为4，5，6，7，7，7，8，8，9，9，则下列说法错误的是（ ）
A. 该组数据第60百分位数为7.5B. 该组数据的极差为5
C. 该组数据的平均数为7.5D. 该组数据的中位数为7
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的计算即可判断A，根据极差的定义即可求解B，根据平均数的计算即可求解C，根据中位数的计算即可求解D.
【详解】A选项：，因此该组数据的第60百分位数为，故A正确；
B选项：该组数据最大为9，最小为4，因此极差为，故B正确；
C选项：该组数据的平均数为，故C错误；
D选项：该组数据的中位数为第五个和第六个数据的平均值7，故D正确，
故选：C.
6. 已知，为非零向量，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由模长的坐标表示可得，再结合投影向量的定义分析求解.
【详解】由题意可得：，
所以在上的投影向量为.
故选：B.
7. 如图是函数的部分图象，则函数的解析式可为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】观察图象，确定函数的周期，排除B，由图象可得当时，函数取最小值，求由此判断AC，结合诱导公式判断D.
【详解】观察图象可得函数的最小正周期为，
所以，故或，排除B；
观察图象可得当时，函数取最小值，
当时，可得，，
所以，，排除C；
当时，可得，，
所以，，
取可得，，
故函数的解析式可能为，A正确；
，D错误
故选：A.
8. 在中，，点在内部，且，记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正余弦定理可得，平方后利用齐次式即可得求解.
【详解】由题意可得.在中，,
在中，，
即，化简得，
两边平方得，则，
所以，化简可得，
解得
故选：C
二、多选题（共18分）
9. 已知直线：与圆：相交于，两点，则（ ）
A. 圆心的坐标为B. 圆的半径为
C. 圆心到直线的距离为2D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】化圆的方程为 标准形式判断AB；求出圆心到直线距离判断C；利用圆的弦长公式计算判断D.
【详解】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误；
对于C，点到直线：的距离，C正确；
对于D，，D正确.
故选：ACD
10. 已知虚数是方程的两个不同的根，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用立方差公式得到为的两个根，故A正确；B选项，计算出的两个根，计算出B错误；C选项，由韦达定理得到C正确；D选项，利用模长计算出D正确.
【详解】A选项，，
令，其中，
由于为虚数，故为的两个根，
则，A正确；
B选项，的两根为，
若，，
则，B错误；
C选项，由韦达定理得，C正确；
D选项，由B选项，或，均有，D正确；
故选：ACD
11. 数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，且其体积小于正四面体外接球体积．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（ ）

A. 勒洛四面体最大的截面是正三角形
B. 若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值可能大于4
C. 勒洛四面体的体积是
D. 勒洛四面体内切球的半径是
【答案】BD
【解析】
【分析】最大的截面即经过四面体表面的截面，A不正确，计算，B正确，计算外接球的体积为得到C错误，计算勒洛四面体内切球的半径是，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，错误；
对选项B：如图2，设弧的中点是，线段的中点是，
设弧的中点是，线段的中点是，
则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，
则，
，，
故，正确；
对选项C：如图3，由对称性可知内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径，

如图4，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接，由正四面体的性质可知在上.
因为，所以，则.
因为，
即，解得，
则正四面体外接球的体积是，
因为勒洛四面体的体积小于正四面体外接球的体积，错误；
对选项D：因为，所以，正确；
故选：BD.
【点睛】方法点睛：几何体的内切球半径求法点睛：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，
则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.
三、填空题（共15分）
12. 已知平面外两点A，B到平面的距离分别是2和4，则的中点P到平面的距离是_________.
【答案】3或1
【解析】
【分析】根据点到平面距离的意义，分A，B在同侧和A，B在异侧两种情况求解即可.
【详解】设点A、B在平面的投影分别为点，，依题意，，，
若A，B在同侧，如图1，设点P在平面的投影为点，
则P到的距离为；
若A，B在异侧，如图2，设点P在平面的投影为点O，
过A作，交的延长线于点C，延长交于点，
则P到的距离为，
所以的中点P到平面的距离为3或1.
故答案为：3或1.

13. 已知实数x，y满足，则的最小值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】通过数形结合的思想，将的表达式与平面向量的夹角联系起来，并结合实数x，y满足的方程与圆上的点的坐标联系起来，由此通过图像分析出的最小值.
【详解】联想数量积公式，
得，
记，，则z为向量，的夹角余弦值的倍，
且由题意点B在以为圆心，1为半径的圆上，
如图所示，
若与的夹角余弦值要取得最小值，
则与的夹角需取得最大值，
由图像可知，当时，与的夹角最大，
代入上式可得，此时．
故答案为：1.
14. 设复数满足，且使得关于的方程有实根，则这样的复数的和为______.
【答案】
【解析】
【分析】
首先设 (，且)，代入方程，化简为，再分和两种情况求验证是否成立.
【详解】设，(，且)
则原方程变为.
所以，①且，②；
（1）若，则解得，当时①无实数解，舍去；
从而，此时或3，故满足条件；
（2）若，由②知，或，显然不满足，故，代入①得，，
所以.
综上满足条件的所以复数的和为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：本题考查复系数二次方程有实数根问题，关键是设复数后代入方程，再进行整理转化复数的代数形式，注意实部和虚部为0，建立方程求复数.
四、解答题（共77分）
15. 已知圆C的圆心在y轴上，并且过原点和.
（1）求圆C的方程；
（2）若线段的端点，端点B在圆C上运动，求线段的中点M的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法计算即可求解；
（2）设Mx,y，，由中点坐标公式可得，，代入圆C方程，整理即可求解.
【小问1详解】
设圆C方程：，
由已知，解得，
∴圆C的方程为.
【小问2详解】
设点Mx,y，.
∵，
∴.
整理得，，
∵点B在圆C上，∴，
∴点M的轨迹方程为.
16. 如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明平面.（2）分别取中点，连接，以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法计算即可求出结果.
【小问1详解】
证明：
取中点，连接，
因为正三棱柱，
所以，且，
因为为线段的中点，
所以且.
所以且，
因为为中点，所以.
所以且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
解：
分别取中点，连接，
因为是正三棱柱，
所以，平面，
所以平面.
所以，.
以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量为，
所以，即，
令，解得，所以.
设直线与平面所成角为，，
则，
所以.
即直线与平面所成角为.
17. 已知一条动直线，直线l过动直线的定点P，且直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点．
（1）是否存在直线l满足下列条件：①△AOB的周长为12；②△AOB的面积为6．若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
（2）当取得最小值时，求直线l的方程．
【答案】（1）存在，3x＋4y－12＝0
（2）3x＋3y－10＝0
【解析】
【分析】（1）将直线方程化为，再根据定点满足条件列式，再设直线l的截距式方程，代入定点P，再分别表示△AOB的周长和面积，求解参数即可；
（2）由（1）直线l的倾斜角，再根据三角函数表达出，令，再根据三角函数的范围与函数的单调性求解即可.
【小问1详解】
，即，
由，解得，故动直线过定点．
设直线l的方程为，
将代入得．①
由A（a，0），B（0，b），△AOB的周长为12，面积为6，得，
令a＋b＝t，则，所以，即，化简得24t＝168，解得t＝7，
所以有，解得或．
其中不满足①，满足①．
所以存在直线l的方程为，即3x＋4y－12＝0满足条件．
【小问2详解】
由（1）可知直线l过定点，直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，所以直线l的倾斜角，
所以，，
所以，②
令，
因为，所以，所以，
所以．
则，
因为在上为减函数，所以在上为增函数，
故当，即时，取得最小值．
此时直线l的方程为，即3x＋3y－10＝0．
18. 如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，劣弧的长为为圆的直径.
（1）在弧上是否存在点（在平面的同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）存在，当为圆柱的母线，
（2）
【解析】
【分析】（1）当为圆柱的母线，证明平面，从而得出；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法得出平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
存在，当为圆柱的母线，.
连接，因为为圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以.
因为为圆的直径，所以.
，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
以为原点，分别为轴，垂直于轴直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
，
因为的长为，所以，
设平面的法向量，
令，解得，
所以.
因为轴垂直平面，所以设平面的法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19. 高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，（如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径）.
（1）若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和；
（2）求的值；
（3）把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）由球面三角形边角定义，转化为大圆弧长可求圆心角，由球面三角形三条边长均为，得两两垂直，从而得到面面垂直，进而求内角和可得；
（2）将球面平均分割为个全等的球面三角形，由特值代入公式待定即可；
（3）将球面分割为个球面多边形，再转化为球面三角形，借助球面三角形总曲率与球面三角形内角和关系，利用所有分割后的球面三角形面积之和（用表示）即为球面面积建立等量关系求证即可．
【小问1详解】
如图，设球心为，球面三角形三个顶点分别为，
由球面三角形三边长均为，由题意，即每个大圆弧长均为.
又单位球面的球半径，则球面三角形每条边所对圆心角为，
所以在三棱锥中，两两垂直.
由，，且平面，平面，
则平面，平面，
故平面平面，同理平面平面，平面平面，
即球面三角形任意两条边所在半平面构成的二面角均为，
故球面三角形的个角均为，从而此球面三角形内角和为.
【小问2详解】
若将地球看作一个球体，
在地球上零度经线和经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成个全等的球面三角形，
由（１）可知，每个球面三角形的个角均为，且球面三角形内角和，
从而每个球面三角形的面积为，
则每个球面三角形总曲率为，
设，由题意，且为常数，
则有，从而.
【小问3详解】
将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为的球，
每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形，
且膨胀前后不变.
不妨记球面仍为单位球面，半径，
对于任意一个球面边形，可用球面上的边分割成个球面三角形，
由（2）可知，，则每个球面三角形的内角和．
即每个内角和为的球面三角形面积为，
记，称为分割成个球面三角形的球面边形的内角和．
所以球面边形面积为.
由已知凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，
则可记球面上多边形，
对每一个球面多边形，设其边数为，内角和为，面积为，
则，
由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为，顶点数为，
从而所有球面多边形内角和为，
又球面多边形每条边被重复计算次，棱数为，故，
则，
又所有球面多边形面积之和，
故，故.
【点睛】关键点点睛：解决本题关键在于转化化归思想的应用，一是理解球面三角形及边角的定义，将球面内角和问题转化多面体的二面角之和求解；二是将凸多面体膨胀为球面后，凸多面体欧拉示性数没有变化，从而将凸多面体问题转化为球面问题处理；三是利用分割法将球面面积转化为球面三角形的面积之和，从而建立等量关系求解．