2024-2025学年河北省保定市高一下册3月月考数学质量检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年河北省保定市高一下册3月月考数学质量检测试题（附答案），共19页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，“”是“直线与直线平行”的，已知一组数据，关于空间向量，以下说法正确的是，已知曲线，则以下说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共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．如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A．B．C．D．
2．紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的容积约为（ ）
A．B．C．D．
3．“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知一组数据：55，64，92，76，88，67，76，90，则这组数据的第百分位数是（ ）
A．90B．88C．82D．76
5．点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（ ）
A．；B．；
C．；D．；
6．若第一象限内的点关于直线的对称点在直线上，则的最小值为（ ）
A．1B．4C．10D．16
7．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
B．若空间向量，满足，则与夹角为锐角
C．若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则l//
D．若空间向量
8．在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．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．已知曲线，则以下说法正确的是（ ）
A．点在曲线内部B．曲线关于原点对称
C．曲线与坐标轴围成的面积为D．曲线的周长是
10．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值且的点的轨迹是一个圆，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，点P满足，设点P的轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C与圆有且仅有三条公切线
B．曲线C关于直线对称的曲线方程为
C．若点在曲线C上，则的取值范围是
D．在x轴上存在异于A，B的两点E，F，使得
11．如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．点到平面的距离为定值
B．直线与所成角的取值范围为
C．的最小值为
D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若数据的平均数为3，方差为4,则数据的平均数为
方差为 .
13．已知圆台的上底面的半径为，下底面的半径为，高为，则该圆台的外接球的体积为 .
14．一条光线从点射出，与x轴相交于点，经x轴反射，反射光线所在的直线为l.若曲线上有且仅有两个点到直线l的距离为1，则实数m的取值范围是 .
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．（13分）已知圆心为C的圆经过点，且圆心C在直线上．
(1)求圆C的方程；
(2)已知直线l过点且直线l截圆C所得的弦长为2，求直线l的方程．
16．（15分）某学校为提高学生对《红楼梦》的了解，举办了"我知红楼"知识竞赛，现从所有答卷卷面成绩中随机抽取100份作为样本，将样本数据（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）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的值；
(2)样本数据的第62百分位数约为多少；
(3)若落在中的样本数据平均数是52，方差是6；落在中的样本数据平均数是64，方差是3，求这两组数据的总平均数和方差.
17．（15分）甲、乙两位队员进行某种球类对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为， 乙发球甲赢的概率为， 不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
(1)求该局打4个球甲赢的概率;
(2)求该局打5个球结束的概率．
18．（17分）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，二面角的大小为，点为线段上一点.
(1)证明：平面平面.
(2)若，求四棱锥的体积.
(3)点为线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值.
答案
1．D
【分析】根据直观图运用斜二测画法，还原原图即可解决.
【详解】因为，由直观图可知，，
所以还原平面图形中，，
在中，，则三角形的周长为．
故选：D．
2．B
【分析】根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为，所以，求出的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.
【详解】解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，
圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，
可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，
设大圆锥的高为，所以，解得：，
则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，
所以该壶的容积.
故选：B.
3．C
【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可.
【详解】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件；
当与直线平行时，，则
∴或，
当时显然成立，当时，，，
整理后与重合，故舍去，
∴，满足必要条件；
∴“”是“直线与直线平行”的充要条件
故选：C
4．A
【分析】根据百分位数计算规则计算可得.
【详解】将数据从小到大排列为：55，64，67，76，76，88，90，92，
又，
所以这组数据的第百分位数是.
故选：A
5．A
【分析】求出直线所过的定点，再确定最大值条件即可求解.
【详解】将直线变形得，
由，解得，因此直线过定点，
当时，点到直线的距离最大，
最大值为，又直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
故选：A

6．A
【分析】设对称点的坐标，由对称的定义建立等量关系，将求得的对称点坐标代入解析式，求得关系，由基本不等式求得最小值.
【详解】设点是点关于直线的对称点，
则两点的中点在对称直线上且两点的直线与对称直线垂直，
则，解得
点在直线上，∴，即，
∴，当且仅当，即时，取等号.
故选：A.
7．A.
【详解】
A：在中，故P，A，B，C四点共面，对；
B：当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，错；
C：由，即，故
D：在上的投影向量为
8．B
【分析】设点坐标，然后表示出和，建立方程后得到点的轨迹方程，由两个圆存在公共点，得到圆与圆的位置关系，从而得到圆心距和半径的关系，求出的取值范围.
【详解】设，则，.
因为，所以，
即，所以点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆.
又因为点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以，
即，解得.
故选：B.
9．BC
【分析】选项A，结合图象，当时，或，可判断；选项B，将换成，将换成，方程不变，可得；选项C，结合方程的对称性，在第一象限时，图象为圆的一部分，根据圆的方程可得其在第一象限与坐标轴围成的面积，进而可得；选项D，同C结合方程的对称性，求在第一象限部分的长度即得.
【详解】
选项A：当时，得，即，
因，故，故或，
因，故点在曲线外部，故A错误；
选项B：将换成，将换成，方程不变，
故曲线关于原点对称，故B正确；
选项C：将将换成，方程不变，故曲线关于轴对称，
设曲线在第一象限与坐标轴围成的面积为， 则曲线与坐标轴围成的面积为，
当时，方程，即，
其圆心坐标为，半径为，如图，
当时，得或，故弦长，
由，故，
则，故，故C正确；
选项D：由题意可知曲线的周长为，故D错误，
故选：BC
10．ACD
【分析】设点，由，得，即曲线为圆心为，半径为2的圆，再结合选项依次判断即可．
【详解】设点，因为，所以，
整理得，，
即曲线为圆心为，半径为2的圆，
对于A，圆，即，
该圆的圆心为，半径为3，
两圆的圆心距为：，
所以两圆外切，故两圆有且仅有三条公切线，故A正确；
对于B，曲线C的圆心关于直线对称的点为，
所以曲线C关于直线对称的曲线方程为：，故B错误；
对于C，设，即，
由图知当直线与圆相切时，t取得最大值或最小值，
此时圆心到直线的距离为2，
由，解得或，
所以的取值范围是：，故C正确；
对于D，设，
则，
化简得，，
依题意，需使，
解得，或（因点E，F异于A，B，应舍去）
所在存在满足题意，故D正确．
故选：ACD.
11．ABD
【分析】选项A：由，从而平面判断；选项B：由直线与所成的角即直线与所成的角，由为的中点和与（或）重合角最大和最小判断；选项C：将沿直线翻折，使其与平面共面，连接，再在中，利用余弦定理求解判断；选项D：过作于点，连接，则，从而平面，再由平面，得到平面平面，从而平面求解.
【详解】选项A：如图1，由题易知，因为平面，平面，
所以平面，
所以动点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，A正确.
选项B：直线与所成的角即直线与所成的角，
当为的中点时，所成的角最大，为，
当与（或）重合时，所成的角最小，为，
所以与所成角的取值范围为，B正确.
选项C：将沿直线翻折，使其与平面共面，
记翻折后点对应的点为，连接，如图2，
则，在中，由余弦定理可得：
，
即的最小值为，C错误.
选项D：如图3，过作于点，连接，
则，平面，平面，所以平面，
又平面，，，平面，
所以平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
设，则，，且，
所以，
当且仅当时等号成立，D正确.
故选；ABD
12.13;64
13．/
【分析】作出图形，设圆台上、下底面的圆心分别为、，则外接球球心在直线上，设，根据圆台的几何性质可得出关于的等式，解出的值，可求出球的半径，结合球体的体积公式可求得球的体积.
【详解】设圆台上、下底面的圆心分别为、，取该圆台的轴截面，
则该圆台的外接球球心在直线上，连接、，
设，则，
由，即，
即，解得，
因为该圆台的外接球半径为，
因此，所以该圆台的外接球的体积为.
故答案为；.
14．
【分析】先根据对称确定直线的方程，再根据直线与圆的位置关系求参数的取值范围.
【详解】由题意知反射光线所在的直线经过点，
设反射光线的所在直线的方程为，点，在直线方程上，
，解得，
反射光线的所在直线的方程为，即.
曲线可化为，
可得其圆心为，半径,
根据点到直线的距离公式可得点到的距离.
因为圆上有且仅有两个点到直线l的距离为1，
所以或.
故答案为.
15．(1)
(2)或
【分析】根据圆心在弦的中垂线上，也在直线上求解可得圆心，进而求得半径即可得圆的方程；
先讨论直线l斜率不存在时，再设直线l的点斜式，根据垂径定理求解即可.
【详解】（1）由题意圆心在弦的中垂线上，
又中点，，
则弦的中垂线斜率，故中垂线方程：，即，
联立可得，，即，
故圆的半径.
故圆的方程：
（2）当直线斜率不存在时，直线l与圆不相交；
当直线斜率存在时，设方程，
因为直线l截圆C所得的弦长为2，故圆心到的距离.
则到的距离，
则，即，解得或.
故方程，即或.
16．(1)0.030
(2)79分
(3)，
【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1列式即可求解；（2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解；（3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解.
【详解】（1）由，
解得；
（2）因为，
，
所以样本数据的第62百分位数在内，
可得，
所以样本数据的第62百分位数为分；
（3）样本数据落在的个数为，
落在的个数为，
，
总方差.
17．(1)
(2)
【分析】（1）设相应事件，可知，结合独立事件概率乘法法则运算求解；
（2）设相应事件，可知事件D，E为互斥事件，且，根据独立事件以及互斥事件概率求法运算求解.
【详解】（1）设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，
由题意可知：，，且，
可得，
所以该局打4个球甲赢的概率为．
（2）设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，
可知事件D，E为互斥事件，且，
则，
，
可得，
所以该局打5个球结束的概率为．
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）取的中点，利用二面角的定义及余弦定理推理证得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证.
（2）由（1）结合锥体体积公式计算得解.
（3）以为原点建立空间直线坐标系，利用空间向量求出线面角正弦的函数关系，再求出函数最大值即可.
【详解】（1）设的中点分别为，连接，
由，得，由，得，
正方形中，，则二面角的平面角为，
由余弦定理，得，
，则，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，四棱锥的高为，点在线段上，且，
则点到平面的距离是点到平面距离的，
所以四棱锥的体积为．
（3）由（1）知，直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，设，
，设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成的角为，则
，
当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦的最大值为.
19.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
C
A
A
A
A
B
BC
ACD
题号
11








答案
ABD