江西省丰城中学2024-2025学年高一下学期入学考试 数学试题（创新班）（含解析）

这是一份江西省丰城中学2024-2025学年高一下学期入学考试 数学试题（创新班）（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知点关于轴的对称点为A，则等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由点关于某坐标轴对称的点的特征以及两点距离公式即可求解.
【详解】点关于轴的对称点为，
所以.
故选：C
2. 双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出、的值，即可得出该双曲线的渐近线方程.
【详解】在双曲线中，，，
所以，该双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
3. 已知向量满足，且，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，，又，可得，可求.
【详解】因为，所以，所以，所以，
又因为，所以，又，所以，
所以，所以，所以.
故选：D.
4. 如图，一个底面边长为cm的正四棱柱形状的容器内装有部分水，现将一个底面半径为1cm的铁制实心圆锥放入容器，圆锥放入后完全沉入水中，并使得水面上升了1cm．若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由水上升的体积得圆锥体积，然后求得圆锥的高、母线得侧面积．
【详解】依题意可得圆锥的体积，
又（其中h为圆锥的高），则cm，
则圆锥的母线长为cm，故圆锥的侧面积为．
故选：A．
5. 设函数，若的图象经过点，且在上恰有2个零点，则实数ω的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据的图象经过的点及范围求出，再根据x的范围得，结合正弦函数的性质，列出相应不等式，即可求得范围，即可得答案.
【详解】因为的图象经过点，所以，又，所以，
则函数，当时，，
因为在上恰有2个零点，
所以，所以，即实数ω的取值范围是.
故选：B.
6. 函数的最大值为（ ）
A. B. C. 10D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，可知，结合椭圆可设，代入结合三角函数求最值即可.
【详解】令，则，且，
设，
可得，
其中，
所以的最大值为.
故选：D.
7. 在直角坐标系内，圆，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意首先得出旋转后的直线为，然后由直线与圆的位置关系列出不等式即可求解.
【详解】连接，设（即以轴正方向为始边，为终边的角），
由题意对于直线上任意一点，存在，使得，
则直线绕原点顺时针旋转后，点对应点为，即，
因为在直线上，所以满足
设，所以，
即所在直线方程为，
而圆的圆心，半径分别为，
若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，
所以圆心到直线的距离，解得.
故选：A.
【点睛】关键点睛：关键是求出旋转后的直线，从而即可顺利得解.
8. 若角，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，进而得，进而结合函数的单调性得，进而得，，再根据三角恒等变换得，最后根据求解即可.
【详解】解：令，
因为，所以，所以．
所以，，故，
所以，
因为函数单调递增，
所以的范围是，
因为，，
所以，即，解得，
所以，，
因为，，
所以，
所以，
所以，．
又因为，且，所以．
又因为，，所以，
所以．
所以，
所以．
故选：D
二、多选题：（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. 有一组样本数据，其平均数､中位数､标准差､极差分别记为.由这组数据得到新样本数据，其中，其平均数､中位数､标准差､极差分别记为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据新旧数据间样本的数字特征的关系对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，平均数，中位数，标准差，极差，
所以ACD选项正确，B选项错误.
故选：ACD
10. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点，（，是截口椭圆的焦点）.设图中球，球的半径分别为3和1，球心距，则（ ）

A. 椭圆的中心在直线上
B.
C. 直线与椭圆所在平面所成的角为
D. 椭圆的离心率为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.
【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，

点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，
可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A错误；
椭圆长轴长，
过作于D，连，显然四边形为矩形，
又，
则，
过作交延长线于C，显然四边形为矩形，
椭圆焦距，故B正确；
所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C错误；
所以椭圆的离心率，故D正确；
故选：BD
11. 已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点满足，其中，，，则（ ）
A. 当为底面的中心时，
B. 当时，长度的最小值为
C. 当时，长度的最大值为6
D. 当时，为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据空间向量的线性运算分析求解即可；对于BC：分析可知点在及内部，利用等体积法求最小值，取端点验证最大值；对于D：利用空间向量的数量积可得，进而可求.
【详解】由题意可知：.
对于A，当为底面的中心时，
则，
即，，，所以，故A正确；
对于BC，当时，可知点在及内部，
设，点到平面的距离为，
由题意可知：为等边三角形，且，
可得，，
因为，即，解得，
所以长度最小值为，故B错误；
若点分别与重合时，长度分别为6，6，3，
所以长度的最大值为6，故C正确；
对于D，若，
则
，
又因为，
则
，
所以为定值，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知复数z与复平面内的点对应，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】由点坐标写出复数，再由复数的除法化简即可.
【详解】由题设，则.
故答案为：
13. 双曲线的左，右焦点分别为、，是双曲线的右支上的一点，的内切圆圆心为，记、的面积分别为、，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆的切线长定理和双曲线的定义证明在定直线上，即可得到及内切圆半径，再由面积公式计算可得.
【详解】如图所示：
设圆与三边、、切点分别为、、，则，
由双曲线定义有，从而.
又，，所以，
设，，（为双曲线的半焦距），
所以，解得，即点在定直线上，
又的内切圆圆心为，所以，内切圆半径，
又，，
所以.
故答案为：.
14. 已知是定义在上的函数，若，且，使得，都有，则称函数具有性质．给出下列四个结论：
①函数具有性质；
②函数具有性质；
③若函数具有性质，且是偶函数，则是周期函数；
④若函数具有性质，且是奇函数，则是的一个对称中心．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②③④
【解析】
【分析】利用反证法可判断①；取可判断②；利用题中定义结合函数的对称性、周期性可判断③④.
【详解】对于①，若函数具有性质，
则存在，使得，都有，即，则不是常数，
所以函数不具有性质，①错；
对于②，因为，即，
所以函数具有性质，②对；
对于③，函数具有性质，则存在，使得，都有，
又因为函数为偶函数，则，
又因为，即，
因为，则，故函数为周期函数，③对；
对于④，若函数具有性质，且是奇函数，
则存在，使得，都有，
，所以，
所以，是的一个对称中心，④对.
故答案为：②③④.
【点睛】结论点睛：本题考查函数的对称性，可利用以下结论来转化：
①函数的图象关于点对称，则；
②函数的图象关于直线对称，则.
四、解答题：（本大题共5小题，共77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.）
15. 已知空间中三点，，，设，．
（1）求向量与向量的夹角的余弦值；
（2）若与互相垂直，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求得向量与的坐标，根据向量的夹角公式即可求得答案；
（2）表示出坐标，依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【小问1详解】
因为，，，
所以，，
所以，
即向量与向量的夹角的余弦值为；
【小问2详解】
因为，
又与互相垂直，所以，
解得.
16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面底面，是边长为6的正三角形，，分别是线段和上的点，.
（1）试确定点的位置，使得平面，并证明；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）F为三等分点，且；证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意证得，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由线面角的定义结合题意可求出，设中点为，以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
取为三等分点，且，过作，
则，所以为平行四边形，所以，
又，，
所以平面.
【小问2详解】
由题意平面底面，平面底面，，
平面，所以，
所以直线与平面所成角的平面角为，
中，由，得.
设中点为，设中点为，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则， ，
设平面的一个法向量为，
由，取，可得，
易求平面法向量，设平面与平面夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为 .
17. 如图，在平面四边形中，与的交点为E，平分，，．
（1）证明：；
（2）若，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，结合余弦定理证明即可.
（2）由、及，可证得四边形是等腰梯形，进而可得，进而可求得，在中，由正弦定理可得，再结合、可得即可.
【小问1详解】
如图，
由题意知，则，
由余弦定理得，
即，整理得，
因为，所以．
【小问2详解】
因为，所以，
因为，所以，所以．
又因为，，所以四边形是等腰梯形，所以．
设，则，解得．
．
在中，由正弦定理可得，
又因为，所以．
18. 已知点，，曲线上的点与两点的连线的斜率分别为和，且，在下列条件中选择一个，并回答问题（1）和（2）．
条件①：；条件②：．
问题：
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在一条直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意表示斜率并化简即可得到答案；
（2）若选择条件①：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可；
若选择条件②：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可.
【小问1详解】
若选条件①：点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
若选条件②：设点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
【小问2详解】
若选条件①：（ⅰ）若直线的斜率存在，设，
由，得，
则，即，
设，，则，．
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得．
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则．
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．
且．
若选条件②：（ⅰ）若直线的斜率存在，
设，由
得，
则，即，
设，，则，．
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得．
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则．
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．
且．
【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解；
（2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案.
19. 如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，且为的中点，点在平面内的射影为点，且.
（1）求证：；
（2）当为等边三角形时，求点到平面的距离；
（3）若，记三棱锥的外接球表面积，当函数取最小值时，平面与平面夹角的大小为，求实数的值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意可证平面，即可得结果；
（2）根据题意结合平面向量求相应的长度，利用等体积法求点到面的距离；
（3）利用解三角形知识可得的外接圆半径，进而可得外接球的半径，结合二次函数分析最值，可得，进而确定点H的位置，分析二面角可得，即可得结果.
【小问1详解】
因为平面，平面，则，
且，，平面，
可得平面，
且平面，所以.
【小问2详解】
做，垂足分别为，连接，
若为等边三角形，则为中点，
因为平面，平面，则，
且，平面，
可得平面，
且平面，所以.
对于平行四边形，建立平面直角坐标系，如图所示，
则，
设，则，
若，可得，即，
因为为中点，可知：，则，即，
由可知直线，且，
设，则，
由可得，
解得，即，
则，
可知三棱锥的高，
在中，边的高，
设点到平面的距离为，
由可得，解得，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
由题意可知：，
由（2）可知：点在直线上，
结合（2）中数据可得：，
在中，由余弦定理可得
，
设的外接圆半径为，则，
设三棱锥的外接球半径为，
则
，
且，可知当时，取到最小值，即外接球表面积取到最小值，
此时，
由（2）可设，则，
解得，即，可知，且，
过作，垂足为，
因平面，平面，则，
且，平面，
可得平面，
且平面，所以，
且，平面，
可得平面，
且平面，所以，
可知平面与平面夹角的大小为，
则，可得，
结合的面积可得，则，
可得，且，解得，
所以.
【点睛】关键点点睛：1.第二问：借助于平面向量求相应的长度，这样可以简化推理过程；
2.第三问：利用解三角形知识求外接球的半径，进而分析最值.