河北省保定市两校2024-2025学年高一3+1下学期3月月考数学试卷（解析版）

这是一份河北省保定市两校2024-2025学年高一3+1下学期3月月考数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.
【答案】D
【解析】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. 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.
【答案】B
【解析】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. “”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
【答案】C
【解析】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. 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
【答案】A
【解析】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. 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. ；
【答案】A
【解析】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. 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
【答案】A
【解析】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. 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
D. 若空间向量，则在的投影向量为
【答案】A
【解析】对于A：在中，故P，A，B，C四点共面，故A正确；
对于B：当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误；
对于C：由，即，故，故C错误；
对于D：在上的投影向量为，故D错误.
故选：A.
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.
【答案】B
【解析】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.
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
【答案】BC
【解析】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. 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
【答案】ACD
【解析】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. 如图，在棱长为2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
【答案】ABD
【解析】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.
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__________.
【答案】13 64
【解析】设，设的平均数为，方差为，
的平均数为，方差为，则，
则.
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__________.
【答案】
【解析】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.
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________.
【答案】
【解析】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.
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. 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．
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. 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.
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. 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．
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. 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.
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. 在平面直角坐标系中，对于直线（A，B不同时为0）和点，定义点到直线的“特殊距离”，其中为非零常数.
已知直线，点，圆.
（1）当时，求和的值.
（2）若点是圆的动点，当时，求的最小值.
（3）设直线，若存在点在直线上，使得，求实数的取值范围.
解：（1）对于点，直线，
对于点，
（2）设点，当时，
，
其中
当时，取得最小值.
（3）设点，
得，依题意有，，
由，所以任意实数方程都有解，即的取值范围为.