高級中學名校試題PAGEPAGE1河北省保定市兩校2024-2025學年高一3+1下學期3月月考數學試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.如圖，一個水平放置的三角形的斜二測直觀圖是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周長是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因為，由直觀圖可知，，所以還原平面圖形中，，在中，，則三角形的周長為．故選：D．2.紫砂壺是中國特有的手工陶土工藝品，經典的有西施壺，石瓢壺，潘壺等，其中石瓢壺的壺體可以近似看成一個圓臺，如圖給了一個石瓢壺的相關數據（單位：），那么該壺的容積約為（

）A. B. C. D.【答案】B【解析】根據題意，可知石瓢壺的壺體可以近似看成一個圓臺，圓臺上底面半徑為3，下底面半徑為5，高為4，可知該壺的容積為大圓錐的體積減去小圓錐的體積，設大圓錐的高為，所以，解得：，則大圓錐的底面半徑為5，高為10，小圓錐的底面半徑為3，高為6，所以該壺的容積.故選：B.3.“”是“直線與直線平行”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】當時，，，顯然，兩直線平行，滿足充分條件；當與直線平行時，，則，∴或，當時顯然成立，當時，，，整理后與重合，故舍去，∴，滿足必要條件；∴“”是“直線與直線平行”的充要條件.故選：C.4.已知一組數據：55，64，92，76，88，67，76，90，則這組數據的第百分位數是（）A.90 B.88 C.82 D.76【答案】A【解析】將數據從小到大排列為：55，64，67，76，76，88，90，92，又，所以這組數據的第百分位數是.故選：A.5.點到直線的距離最大時，其最大值以及此時的直線方程分別為（）A.； B.；C.； D.；【答案】A【解析】將直線變形得，由，解得，因此直線過定點，當時，點到直線的距離最大，最大值為，又直線的斜率，所以直線的方程為，即.故選：A.6.若第一象限內的點關于直線的對稱點在直線上，則的最小值為（）A.1 B.4 C.10 D.16【答案】A【解析】設點是點關于直線的對稱點，則兩點的中點在對稱直線上且兩點的直線與對稱直線垂直，則，解得，點在直線上，∴，即，∴，當且僅當，即時，取等號.故選：A.7.關于空間向量，以下說法正確的是（

）A.若對空間中任意一點O，有，則P，A，B，C四點共面B.若空間向量，滿足，則與夾角為銳角C.若直線l的方向向量為，平面的一個法向量為，則D.若空間向量，則在的投影向量為【答案】A【解析】對于A：在中，故P，A，B，C四點共面，故A正確；對于B：當，同向共線時也成立，但與夾角不為銳角，故B錯誤；對于C：由，即，故，故C錯誤；對于D：在上的投影向量為，故D錯誤.故選：A.8.在平面直角坐標系中，已知圓，點，若圓上存在點，滿足，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】設，則，.因為，所以，即，所以點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的圓.又因為點在圓上，所以圓與圓有公共點，所以，即，解得.故選：B.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知曲線，則以下說法正確的是（）A.點在曲線內部 B.曲線關于原點對稱C.曲線與坐標軸圍成的面積為 D.曲線的周長是【答案】BC【解析】選項A：當時，得，即，因，故，故或，因，故點在曲線外部，故A錯誤；選項B：將換成，將換成，方程不變，故曲線關于原點對稱，故B正確；選項C：將將換成，方程不變，故曲線關于軸對稱，設曲線在第一象限與坐標軸圍成的面積為，則曲線與坐標軸圍成的面積為，當時，方程，即，其圓心坐標為，半徑為，如圖，當時，得或，故弦長，由，故，則，故，故C正確；選項D：由題意可知曲線的周長為，故D錯誤.故選：BC.10.古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名，他發現：平面內到兩個定點A，B的距離之比為定值且的點的軌跡是一個圓，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．已知在平面直角坐標系中，，點P滿足，設點P的軌跡為曲線C，則下列結論正確的是（）A.曲線C與圓有且僅有三條公切線B.曲線C關于直線對稱的曲線方程為C.若點在曲線C上，則的取值范圍是D.在x軸上存在異于A，B的兩點E，F，使得【答案】ACD【解析】設點，因為，所以，整理得，即曲線為圓心為，半徑為2的圓，對于A，圓，即，該圓的圓心為，半徑為3，兩圓的圓心距為：，所以兩圓外切，故兩圓有且僅有三條公切線，故A正確；對于B，曲線C的圓心關于直線對稱的點為，所以曲線C關于直線對稱的曲線方程為：，故B錯誤；對于C，設，即，由圖知當直線與圓相切時，t取得最大值或最小值，此時圓心到直線的距離為2，由，解得或，所以的取值范圍是：，故C正確；對于D，設，則，化簡得，，依題意，需使，解得，或（因點E，F異于A，B，應舍去）所在存在滿足題意，故D正確．故選：ACD.11.如圖，在棱長為2正方體中，為線段上的動點，則下列說法正確的是（）A.點到平面的距離為定值B.直線與所成角取值范圍為C.的最小值為D.若為線段上的動點，且平面，則的最小值為【答案】ABD【解析】選項A：如圖1，由題易知，因為平面，平面，所以平面，所以動點到平面的距離等于點到平面的距離，為定值，A正確.選項B：直線與所成的角即直線與所成的角，當為的中點時，所成的角最大，為，當與（或）重合時，所成的角最小，為，所以與所成角的取值范圍為，B正確.選項C：將沿直線翻折，使其與平面共面，記翻折后點對應的點為，連接，如圖2，則，在中，由余弦定理可得：，即的最小值為，C錯誤.選項D：如圖3，過作于點，連接，則，平面，平面，所以平面，又平面，，，平面，所以平面平面，則平面，又平面，平面平面，所以.設，則，，且，所以，當且僅當時等號成立，D正確故選；ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.若數據的平均數為3，方差為4，則數據的平均數為__________方差為__________.【答案】1364【解析】設，設的平均數為，方差為，的平均數為，方差為，則，則.13.已知圓臺的上底面的半徑為，下底面的半徑為，高為，則該圓臺的外接球的體積為__________.【答案】【解析】設圓臺上、下底面的圓心分別為、，取該圓臺的軸截面，則該圓臺的外接球球心在直線上，連接、，設，則，由，即，即，解得，因為該圓臺的外接球半徑為，因此，所以該圓臺的外接球的體積為.14.一條光線從點射出，與x軸相交于點，經x軸反射，反射光線所在的直線為l.若曲線上有且僅有兩個點到直線l的距離為1，則實數m的取值范圍是________.【答案】【解析】由題意知反射光線所在的直線經過點，設反射光線的所在直線的方程為，點，在直線方程上，，解得，反射光線的所在直線的方程為，即.曲線可化為，可得其圓心為，半徑，根據點到直線的距離公式可得點到的距離.因為圓上有且僅有兩個點到直線l的距離為1，所以或.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知圓心為C的圓經過點，且圓心C在直線上．（1）求圓C的方程；（2）已知直線l過點且直線l截圓C所得的弦長為2，求直線l的方程．解：（1）由題意圓心在弦的中垂線上，又中點，，則弦的中垂線斜率，故中垂線方程：，即，聯立可得，，即，故圓的半徑.故圓的方程：.（2）當直線斜率不存在時，直線l與圓不相交；當直線斜率存在時，設方程，因為直線l截圓C所得的弦長為2，故圓心到的距離.則到的距離，則，即，解得或.故方程，即或.16.某學校為提高學生對《紅樓夢》的了解，舉辦了"我知紅樓"知識競賽，現從所有答卷卷面成績中隨機抽取100份作為樣本，將樣本數據（滿分100分，成績均為不低于40分的整數）分成六段：，并作出如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求頻率分布直方圖中的值；（2）樣本數據的第62百分位數約為多少；（3）若落在中的樣本數據平均數是52，方差是6；落在中的樣本數據平均數是64，方差是3，求這兩組數據的總平均數和方差.解：（1）由，解得.（2）因為，，所以樣本數據的第62百分位數在內，可得，所以樣本數據的第62百分位數為分.（3）樣本數據落在的個數為，落在的個數為，，總方差.17.甲、乙兩位隊員進行某種球類對抗賽，每局依次輪流發球，連續贏2個球者獲勝，通過分析甲、乙過去對抗賽的數據知，甲發球甲贏的概率為，乙發球甲贏的概率為，不同球的結果互不影響，已知某局甲先發球．（1）求該局打4個球甲贏的概率;（2）求該局打5個球結束的概率．解：（1）設甲發球甲贏為事件A，乙發球甲贏為事件B，該局打4個球甲贏為事件C，由題意可知：，，且，可得，所以該局打4個球甲贏的概率為．（2）設該局打5個球結束時甲贏為事件D，乙贏為事件E，打5個球結束為事件F，可知事件D，E為互斥事件，且，則，，可得，所以該局打5個球結束的概率為．18.如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，，，二面角的大小為，點為線段上一點.（1）證明：平面平面.（2）若，求四棱錐的體積.（3）點為線段上一動點，求直線與平面所成角的正弦的最大值.解：（1）設的中點分別為，連接，由，得，由，得，正方形中，，則二面角的平面角為，由余弦定理，得，，則，由，平面，得平面，而平面，因此，又，平面，于是平面，而平面，所以平面平面．（2）由（1）知，四棱錐的高為，點在線段上，且，則點到平面的距離是點到平面距離的，所以四棱錐的體積為．（3）由（1）知，直線兩兩垂直，以為原點，直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，，設，，設平面的法向量為，則，令，得，設直線與平面所成的角為，則，當且僅