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）

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），共32页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题只有一项是符合题目要求的．）
二 、多选题（本大题共3小题，每小题6分，满分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.）
12. 13. 14. ②③④
8.【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
11.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，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B正确；
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，所以长度的最小值为，故C错误；
对于D，若，则
，
又因为，则
，所以为定值，故D正确；故选：ABD.
14.【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，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.
15.【详解】（1）因为，，，
所以，，
所以，即向量与向量的夹角的余弦值为；
（2）因为，
又与互相垂直，所以，解得.
16.【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，
在中，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m=x,y,z，
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.【详解】（1）如图，由题意知，则，
由余弦定理得，即，整理得，因为，所以．
（2）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.【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Px1,y1，Qx2,y2，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Px1,y1，Qx2,y2，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．
19.【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，因为平面，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.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
选项
B
C
D
A
B
A
A
D
题号
9
10
11
选项
ACD
BC
ABD