精品解析：辽宁省部分高中2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题

辽宁省名校联盟2024年高一6月份联合考试 数学 命题人：大连育明高级中学 郭伟 审题人：大连育明高级中学 柴丽琴 海城市高级中学 王中阁 阜新市实验中学 洪艳 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：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. 复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”，通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形（如图①）.如图②所示的是一个陀螺立体结构图，已知，分别是上、下底面圆的圆心，，，底面圆的半径为，则该陀螺的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 3 B. C. 6 D. 4. 已知的内角的对边分别为，，，，，下面使得有两组解的的值可以为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 5. 如图，正六边形的边长为，半径为1的圆的圆心为正六边形的中心，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 7. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，如图，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在一条直线上，且在点的同侧，若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则该球体建筑物的最高点距离地面为（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，，，且三棱锥体积的最大值为，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知复数满足，为虚数单位，则是方程的一个根 B. 已知，，则 C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D. 10. 已知函数，且在上有且仅有5个零点，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的图象在上最多有5条对称轴 C. 的图象在上有3个最大值点 D. 在上单调递增 11. 如图，已知圆锥的底面圆心为，半径，圆锥的体积为，内切球的球心为，则下列说法正确的是（ ） A. 侧面积为 B. 内切球的表面积为 C. 过点作平面截圆锥的截面面积的最大值为 D. 设母线中点为，从点沿圆锥表面到的最近路线长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为__________． 13. 在锐角三角形中，，若，则的取值范围是_________________. 14. 已知平面向量，，且，，向量满足，则取最小值时，_________________. 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. 图①是一块正四棱台的铁料，上、下底面的边长分别为和，，分别是上、下底面的中心，棱台高. （1）求正四棱台的表面积； （2）若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台（如图②），求削去部分与圆台的体积之比. 16. 在中，点，是所在平面内的两点，，，，，. （1）以，为基底表示向量，并求； （2）为直线上的一点，设（，是实数），若直线经过的垂心，求，的值. 17. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求； （2）若的面积为. ①已知为的中点，求的最小值； ②求内角的平分线的最大值. 18. 设，其中. （1）若的最小正周期为，求的值； （2）若对任意，恒有，求的取值范围. 19. 数学中有很多相似的问题， 材料一：十七世纪法国数学家，被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，他的答案是：“当三角形的三个内角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点”，在费马问题中所求的点称为费马点. 材料二：布洛卡点，也叫“勃罗卡点”，定义为：已知内一点满足，则称为的布洛卡点，为的布洛卡角，1875年，三角形的这一特殊点，被一个数学爱好者——法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名. 已知，，分别是的内角，，的对边，且. （1）求； （2）若为的费马点，且，求的值； （3）若为锐角三角形，为的布洛卡点，为的布洛卡角，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省名校联盟2024年高一6月份联合考试 数学 命题人：大连育明高级中学 郭伟 审题人：大连育明高级中学 柴丽琴 海城市高级中学 王中阁 阜新市实验中学 洪艳 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：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. 复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 2. 冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”，通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形（如图①）.如图②所示的是一个陀螺立体结构图，已知，分别是上、下底面圆的圆心，，，底面圆的半径为，则该陀螺的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆柱以及圆锥的体积公式，即可求得答案. 【详解】由题意可知圆柱的高为， 故该陀螺的体积为. 故选：A 3. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的运算律求出，再由及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，，， 所以，解得， 所以 . 故选：C 4. 已知的内角的对边分别为，，，，，下面使得有两组解的的值可以为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据得到答案. 【详解】要想有两组解，则， 即，即， 所以的值可以为，其他值均不可 故选：B 5. 如图，正六边形的边长为，半径为1的圆的圆心为正六边形的中心，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，以为原点建立平面直角坐标系，设点，则，将表示为关于的表达式，结合正六边形的性质算出的取值范围. 【详解】以为原点，六边形的左、右顶点所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系， 则圆的方程为，当在轴下方，且位于正六边形与轴平行的边上时， 的纵坐标为，可得，其中， 设，则，． 可得，， 所以， 结合，当时，有最小值， 当时，有最大值，可知， 根据图形的对称性，可知：当在正六边形其它的边上时，也成立. 综上所述，的取值范围为. 故选：B 6. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求出，，再代入计算可得. 【详解】因为角的终边经过点， 所以，， 所以 . 故选：D 7. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，如图，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在一条直线上，且在点的同侧，若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则该球体建筑物的最高点距离地面为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆的切线的性质可得，的大小，由题意可得的大小，进而求出球的高度. 【详解】设球的截面圆心为，连接，，设球的截面圆的半径为， 由圆的切线的性质可得：，， 则，， 所以，可得， 即， 又因为， ， 所以， 所以， 所以球的直径，即该球体建筑物的最高点距离地面为. 故选：A. 8. 已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，，，且三棱锥体积的最大值为，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出的外接圆半径，结合三棱锥体积的最大时，S到平面的距离最大，确定S的位置，从而在中，列式求解，求出外接球半径，即可求得答案. 【详解】设三棱锥的外接球球心为O， 在中，，，则, 而，故， 设的外接圆半径为，其外心为，则， 故为定值； 故三棱锥体积的最大时，S到平面的距离最大， 设此时S到平面的距离为h，则，即得； 此时三点共线，且， 由于平面，平面，故，设外接球半径为R， 则在中，，则， 解得，故外接球的表面积为， 故选：C 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据三棱锥体积的最大值，确定S的位置，从而求出外接球的半径. 二、选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知复数满足，为虚数单位，则是方程的一个根 B. 已知，，则 C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算即可判断A；根据诱导公式和反三角函数的概念即可判断B； 根据棱柱的定义，举例说明即可判断C；根据二倍角的正弦公式和诱导公式计算即可判断D. 【详解】A：由，得， 将代入式子， 即是方程的一个根，故A正确； B：由，得，而， 解得，所以，故B正确； C：将两个相同的斜平行六面体叠放组成的多面体不是棱柱，如图，故C错误； D： ，故D错误. 故选：AB. 10. 已知函数，且在上有且仅有5个零点，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的图象在上最多有5条对称轴 C. 的图象在上有3个最大值点 D. 在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意，根据零点的定义可得，进而，利用正弦函数的图象与性质，结合选项依次判断即可. 【详解】A：由，得， 要使在上有且仅有5个零点，则， 解得，故A正确； B：由A知，， 所以的图象在上有5或6条对称轴，故B错误； C：由A知，， 所以的图象在上有3个最大值点，故C正确； D：由，得，又， 所以，所以在上单调递增，故D错误. 故选：ACD 11. 如图，已知圆锥的底面圆心为，半径，圆锥的体积为，内切球的球心为，则下列说法正确的是（ ） A. 侧面积为 B. 内切球的表面积为 C. 过点作平面截圆锥的截面面积的最大值为 D. 设母线中点为，从点沿圆锥表面到的最近路线长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据体积求出圆锥的高，从而可求出母线长，进而可求出侧面积，对于B，由圆锥的内切球球心作，垂足为点，然后利用可求出内切球的半径，从而可求出表面积，对于C，根据题意可求得，所以当顶角为直角时截面面积最大，对于D，把圆锥的侧面展开一半，点展开到，然后利用余弦定理求解即可. 【详解】对于A，如图1，设圆锥母线为，高为，由半径，体积为得，所以，侧面积为．A正确； 对于B，由圆锥的内切球球心作，垂足为点，设，则，由，即，解得，内切球的表面积为，故B正确； 对于C，，，所以，则，过点作平面截圆锥的截面面积最大时，对应三角形为等腰直角三角形，故C不正确； 对于D，如图2，把圆锥的侧面展开一半，点展开到，，由余弦定理， 所以从点沿圆锥表面到的最近路线长，故D正确． 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：此题考查圆锥的内切球和圆锥的截面问题，解题的关键是充分利用圆锥的性质根据题意求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】将直观图复原为原图，求出相关线段的长，即可求得答案. 【详解】由题意知在直观图等腰梯形，，， 则； 将直观图复原为原图，如图示： 则， 作于，则， 故四边形的周长为． 故答案为：. 13. 在锐角三角形中，，若，则的取值范围是_________________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知利用正弦定理可得,再利用余弦定理可得，进而可求，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得, 利用的范围，可求的范围，利用正弦函数的图象和性质可求其范围. 【详解】, 由正弦定理得 ， , 所以, , 所以 故答案为：. 14. 已知平面向量，，且，，向量满足，则取最小值时，_________________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据平面向量数量积的定义求出夹角，然后根据平面向量的加减法作出示意图，进而求出和，进而根据图形得出点C的几何意义，最后确定取最小值时的. 【详解】∵，，而，， 又，∴，∴， ，， 因为向量满足，所以， 如图所示， 若，，，，则，， 所以，所以在以为圆心，2为半径的圆上， 若，则，由图象可得当且仅当，，三点共线且时，最小， 即取最小值，此时，，又，，所以. 故答案为：. 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. 图①是一块正四棱台的铁料，上、下底面的边长分别为和，，分别是上、下底面的中心，棱台高. （1）求正四棱台的表面积； （2）若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台（如图②），求削去部分与圆台的体积之比. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出棱台的侧面的高，结合棱台的结构特征以及表面积公式即可求得答案； （2）由题意可知圆台的上下底面圆与与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高，由此可求出圆台以及正四棱台的体积，即可求得答案. 【小问1详解】 如图，正四棱台的每个侧面皆为全等的等腰梯形， 分别取的中点为，连接， 过点M作于H， 则， 故， 所以正四棱台的表面积为； 【小问2详解】 若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台， 则圆台的上下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高， 则圆台的上底面半径为10cm，下底面半径为20cm，高为30cm， 则圆台的体积为， 而正四棱台的体积为， 所以消去部分的体积为， 则削去部分与圆台的体积之比为. 16. 在中，点，是所在平面内的两点，，，，，. （1）以，为基底表示向量，并求； （2）为直线上的一点，设（，是实数），若直线经过的垂心，求，的值. 【答案】（1），；（2），. 【解析】 【分析】（1）由题意可得点，分别是的中点和三等分点，利用向量的线性运算可以用基底表示向量，进而可得相应的模长； （2）利用共线可得，进而利用，可得结果. 【详解】（1），则， ，则， 所以， ； （2），则， 在直线上，则，可设， 即，得：， 因为与不共线，所以，得：， 则，又直线经过的垂心， 所以，即， 即：，得：，则. 17. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求； （2）若的面积为. ①已知为的中点，求的最小值； ②求内角的平分线的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意由正弦定理可得，再利用余弦定理可得，即可得结果； （2）①由面积公式可得，再根据中线性质结合基本不等式可得；②根据角平分线结合面积关系可得，利用倍角公式可得，结合基本不等式分析求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 整理得，则， 且，所以. 【小问2详解】 ①由题意可得，解得， 由于， 则 ， 当且仅当时取等号，所以，即的最小值为； ②由题意可得，解得， 因为为角的角平分线，则， 因为 则， 又，则，可得， 又因为，则，即， 且，则， 又因为，当且仅当时，等号取得到， 则，所以， 即的最大值为． 18. 设，其中. （1）若的最小正周期为，求的值； （2）若对任意，恒有，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据立方和公式先化简的表达式，再利用周期公式求解即可； （2）构造函数，将不等式恒成立问题转化为判断函数的单调性进行求解即可. 【小问1详解】 ， 由的最小正周期为，得，即； 【小问2详解】 设，依题意可知，恒有， 即在上单调递增. 由， ， 令，此时为单调递增函数， 从而与在上递增， 注意到的单调增区间为， 因此，即，解得， 注意到，因此当时，； 当时，，即， 当时，，此时无解. 综上可知，. 19. 数学中有很多相似的问题， 材料一：十七世纪法国数学家，被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，他的答案是：“当三角形的三个内角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点”，在费马问题中所求的点称为费马点. 材料二：布洛卡点，也叫“勃罗卡点”，定义为：已知内一点满足，则称为的布洛卡点，为的布洛卡角，1875年，三角形的这一特殊点，被一个数学爱好者——法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名. 已知，，分别是的内角，，的对边，且. （1）求； （2）若为的费马点，且，求的值； （3）若为锐角三角形，为的布洛卡点，为的布洛卡角，证明：. 【答案】（1） （2） （3） 在中，由余弦定理和三角形面积公式得 ， ， ， 三式相加得①； 设， 在中，，得， 在中，，得， 在中，，得， 所以， 即，即②， 由①②得，即证. 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换的化简和正弦定理计算即可求解； （2）由（1），根据余弦定理计算可得，设，由费马点的定义和三角形的面积公式，结合平面向量数量积的定义计算即可求解； （3）由余弦定理和三角形面积公式可得；设，由布洛卡点的定义、余弦定理和三角形面积公式可得，即可证明. 【小问1详解】 ， ， ，由正弦定理得 ，又， ，即，又， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，由余弦定理得， 所以，又， 所以. 设，由知的三个角均小于， 所以，又， 所以，得， 所以； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是三角恒等变换与解三角形的相关知识. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $