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

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省保定市两校2024-2025学年高一3+1下学期3月月考数学试题一、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.90 B.88 C.82 D.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.1 B.4 C.10 D.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】1364【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