辽宁省普通高中2024-2025学年高一下学期6月月考数学模拟试题（3）

机密★启用前 辽宁省普通高中2024-2025学年下学期6月月考调研试题（3） 高一数学 命题人：辽宁省鸿飞教学研究中心 数学调研组 审题人：辽宁省鸿飞教学研究中心 数学调研组 命题范围：【（人教B版）必修三、必修四】三角函数、向量的数量积与三角恒等变换、解三角形、复数、立体几何初步 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，则 （     ） A． B．2 C．4 D．8 2．如图，矩形是水平放置四边形的直观图，若,，则原四边形的周长是 （     ） A． B． C． D． 3．已知是第一象限角，且，则的值为 （     ） A． B． C． D． 4．可以用尺规作图画出正五角星，作法如下：以任意一点为圆心，以1为半径画圆，在圆内作互相垂直的直径和．取线段的中点，以为圆心，以为半径作弧，交于．以为圆心，以为半径在圆上依次截取相等的圆弧，连接，，，，，得到如题图所示的正五角星，则图中扇形的面积为 （     ） A． B． C． D． 5．在中，，且边上的高为，则 （     ） A．的面积有最大值，且最大值为 B．的面积有最大值，且最大值为 C．的面积有最小值，且最小值为 D．的面积有最小值，且最小值为 （第2题图） （第4题图） （第6题图） 6．如图所示，过三棱台上底面的一边，作一个平行于棱的截面，与下底面的交线为DE；若D、E分别是AB、BC的中点，则 （     ） A． B． C． D． 7．在中，，，，则的最大值为 （     ） A． B． C． D． 8．已知函数，在曲线与直线的交点中，若相邻交点的距离为．若且关于的方程有三个不等的实根，则实数的取值范围为 （     ） 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．三个平面最多可以把空间分成8部分 B．若直线平面，直线平面，则“与相交”的充要条件是“与相交” C．若，直线平面，直线平面，且，则 D．若条直线中任意两条共面，则它们共面 10．设，，为复数，且．下列命题中正确的是 （     ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．已知函数图像的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为，则 （     ） A．函数的最小正周期为 B．将函数的图像向左平移个单位长度后所得图像关于原点对称 C．函数在上为增函数 D．设，则在内有19个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．双空题第一空2分，第二空3分． 12．已知向量，，且，则 ． 13．已知复数，则 ． 14．早在15世纪，达·芬奇就曾提出一种制作正二十面体的方法：如图(1)，先制作三张一样的黄金矩形，然后从长边的中点E出发，沿着与短边平行的方向，即，再沿着与长边平行的方向剪出相同的长度，即；将这三个矩形穿插两两垂直放置（如图(2)），连接所有顶点即可得到一个正二十面体（如图(3)）．若黄金矩形的短边长为2，则按如上制作的正二十面体的表面积为 ，其内切球的表面积为 ． 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．（本小题满分13分） 设是关于x的方程的两个根 （1）若，求实数k的值； （2）若，求实数k的值． 16．（本小题满分15分） 已知的内角的对边分别为，，且， （1）求A的大小； （2）若，求的面积． 17．（本小题满分15分） 如图，在棱长为4的正方体中，E是上的动点，F是CD的中点． （1）求三棱锥的体积； （2）若E是的中点，求证：平面． 18．（本小题满分17分） 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）已知函数．记方程在区间上的根从小到大依次为，求的值． 19．（本小题满分17分） 三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对边长分别为，，，记的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为 （1）若．求证： ①； ②为等边三角形． （2）若，求证：． 答案第1页，共2页 高一数学试卷 第 5 页（共 4 页） 高一数学试卷 第 6 页（共 4 页） 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（     ） A．三个平面最多可以把空间分成8部分 B．若直线平面，直线平面，则“与相交”的充要条件是“与相交” C．若，直线平面，直线平面，且，则 D．若条直线中任意两条共面，则它们共面 10．设，，为复数，且．下列命题中正确的是 （     ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．已知函数图像的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为，则 （     ） A．函数的最小正周期为 B．将函数的图像向左平移个单位长度后所得图像关于原点对称 C．函数在上为增函数 D．设，则在内有19个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．双空题第一空2分，第二空3分． 12．已知向量，，且，则 ． 13．已知复数，则 ． 14．早在15世纪，达·芬奇就曾提出一种制作正二十面体的方法：如图(1)，先制作三张一样的黄金矩形，然后从长边的中点E出发，沿着与短边平行的方向，即，再沿着与长边平行的方向剪出相同的长度，即；将这三个矩形穿插两两垂直放置（如图(2)），连接所有顶点即可得到一个正二十面体（如图(3)）．若黄金矩形的短边长为2，则按如上制作的正二十面体的表面积为 ，其内切球的表面积为 ． 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．（本小题满分13分） 设是关于x的方程的两个根 （1）若，求实数k的值； （2）若，求实数k的值． 16．（本小题满分15分） 已知的内角的对边分别为，，且， （1）求A的大小； （2）若，求的面积． 17．（本小题满分15分） 如图，在棱长为4的正方体中，E是上的动点，F是CD的中点． （1）求三棱锥的体积； （2）若E是的中点，求证：平面． 18．（本小题满分17分） 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）已知函数．记方程在区间上的根从小到大依次为，求的值． 19．（本小题满分17分） 三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对边长分别为，，，记的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为 （1）若．求证： ①； ②为等边三角形． （2）若，求证：． 辽宁鸿飞 高一数学试卷 第 1 页（共 4 页） 高一数学试卷 第 1 页（共 4 页） 辽宁鸿飞 学科网（北京）股份有限公司 $$高一数学答题卡 第 1页（共 6页） 高一数学答题卡 第 2页（共 6页） 高一数学答题卡 第 3页（共 6页） 辽宁省普通高中 2024-2025学年下学期期 6月月考调研试题（3） 高一数学答题卡 姓 名 准考证号 填 涂 要 求 正确填涂 错误填涂示例 缺考考生由监考员 用 2B 铅笔填涂右侧 缺考标记 缺考标记 注 意 事 项 1.首先，检查题卡有无破损及印刷问题，若有问题请及时更换。用 0.5mm黑色字迹签字笔在 规定位置填写姓名、准考证号。核对条形码上姓名、准考证号是否正确，并贴好条形码。 2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5mm黑色字迹签字笔作答，字体工整、 笔迹清楚。 3.选择题修改时请用橡皮擦净后再作答；非选择题在对应题号答题区内作答，超出答题区域 的答案无效；选择题和非选择题在试卷、草稿纸上作答无效。 4.保持卡面清洁，不可折叠、污损。题卡上禁用涂改液、修正带和胶带纸。 第一部分 选择题（共 58分） （须用 2B铅笔填涂） 第二部分 非选择题（共 92分） （须用 0.5mm黑色字迹签字笔书写） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 条 形 码 粘 贴 处 由监考员负责粘贴 三、填空题：每小题 5分，共 15分．双空题第一空 2分，第二空 3分． 12． ． 13． ． 14． ； ． 四、解答题（共 77分） 15．（本小题满分 13分） 1． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 5． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 9．[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 2． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 6． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 10．[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 3． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 7． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 11．[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 4． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 8． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 （续 15题） 16．（本小题满分 15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 17．（本小题满分 15分） ·监制 高一数学答题卡 第 4页（共 6页） 高一数学答题卡 第 5页（共 6页） 高一数学答题卡 第 6页（共 6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18．（本小题满分 17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 （续 18题） 19．（本小题满分 17分） （续 19题） ·监制 辽宁省普通高中2024-2025学年下学期6月月考调研试题（3） 高一数学 参考答案与解析 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，只有一项符合题目要求． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D B A C A D B 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。全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 题号 9 10 11 答案 AC AD ABD 1．A 【分析】先根据复数的乘除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可得解． 【详解】解： ， 所以． 故选：A． 2．D 【分析】根据斜二测画法还原图形，由长度关系可求得结果． 【详解】设交轴于点， 根据斜二测画法可还原出原四边形如下图所示， 因为，所以， 又，且四边形为平行四边形， ，四边形的周长为． 故选：D． 3．B 【分析】先根据平方关系及商数关系求出，再根据利用两角差的正切公式即可得解． 【详解】因为是第一象限角，所以， 所以， 所以． 故选：B． 4．A 【分析】如图，连接OG，OM，OH，则，由得，结合扇形的面积公式计算即可求解． 【详解】如图，连接OG，OM，OH，则， 又，所以，化为弧度为， 所以扇形的面积为． 故选：A． 5．C 【分析】由两角和差的正弦展开可得，再由三角形面积公式可得，再通过余弦定理求得的范围，即可求解． 【详解】因为 所以 所以，又为三角形内角， 所以，所以 设角的对边分别为，边的高为， 由三角形面积公式可得：，又， 所以，又， 所以，当且仅当时取等号， 所以 所以 故选:C 6．A 【分析】根据线面平行和面面平行得到线线平行，得到几何体为棱柱，另外，根据柱体和台体体积公式求出答案． 【详解】平面与棱平行，平面平面，平面平面， 所以，， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以， 故几何体为棱柱，设棱柱的高为， 故， 又D、E分别是AB、BC的中点，则， 由台体体积公式得， 故 故选：A 7．D 【分析】在中，利用余弦定理与正弦定理可得、、，再借助向量线性运算及模长与数量积的关系可用、表示出，再利用三角形内角和与三角恒等变换公式可将表示为正弦型函数，再结合的范围计算即可得解． 【详解】 由，，则，， 在中，有， 即，即， 有， 故，， ， 则 ， 其中，， 则当，即时，有最大值， 由，则，由，则， 故可取，故有最大值． 故选：D 【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式最值是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解． 8．B 【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式得出，根据题意出函数的最小正周期，可求出的值，解题中的方程得出或，分析可知函数在区间上有两个不等的零点，分析函数的单调性，可出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围． 【详解】因为 ， 因为曲线与直线的交点中，相邻交点的距离为． 所以函数的最小正周期为，可得，即， 由可得， 解得或， 当时，， 由可得，可得，解得， 所以方程在上只有一个解，故方程在上有两个不等的解， 令， 由可得，由可得， 所以函数在区间上单调递减，在上单调递增， 由题意可知，函数在区间上有两个不等的零点， 所以，解得． 因此，实数的取值范围是． 故选：B． 9．AC 【分析】A选项，当三个平面交于一点时，最多可以把空间分成8部分，A选项正确．B选项，“与相交”推不出“与相交”，所以，B选项错误． C选项，与不平行，且，所以，，故C选项正确． D选项，正方体的4条侧棱不共面，故D选项错． 【详解】A选项，当三个平面平行而不重合时，可以把空间最少分成4部分；当三个平面交于一点时，最多可以把空间分成8部分，故A选项正确； B选项，“与相交”推不出“与相交”，也可能，故B选项错误； C选项，因为，，所以，直线是与的交线，因为，，，且，则与不平行，即，故C选项正确； D选项，反例：正方体的侧棱任意两条都共面，但这4条侧棱却不共面，故 D 选项错误． 故选：AC． 10．AD 【分析】根据复数的特征、几何意义以及复数运算判断各选项即可． 【详解】对于选项A：若，则， 因为，则，所以，故A正确； 对于选项B：若，则， 因为与不一定相等，所以不一定相等，故B错误； 设， 对于选项C：所以， 由，则， 整理得， 又因为不一定等于0，故C错误； 对于选项D：因为，则， 由选项C可知：因为， ， 所以，故D正确； 故选：AD． 11．ABD 【分析】根据题意可得，则，所以选项A正确；将函数的图像向左平移个单位长度得为奇函数，其图像关于原点对称，所以选项B正确；在上为减函数，所以选项C错误；函数共有个零点．所以选项D正确． 【详解】解：根据题意可得，则，即，所以选项A正确； ，将函数的图像向左平移个单位长度得，∵为奇函数，其图像关于原点对称，所以选项B正确； ∵，则，∴在上为减函数，所以选项C错误； ，则 ∴为奇函数，当时，，令或,． 因为，所以，所以共有1+2个零点．所以选项D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．双空题第一空2分，第二空3分． 12． 【分析】根据向量垂直得到方程，求出，进而求出模长． 【详解】由题意得：，解得：，所以，． 故答案为：5 13． 【分析】 分别计算出，即可得． 【详解】 由可得， 可得， 因此． 故答案为： 14． 【分析】正二十面体的表面是20个全等的等边三角形，且每个等边三角形的边长都等于黄金矩形的短边长可得其表面积，根据对称性可知内切球的球心在所有黄金矩形的对角线交点处，从而可求出球的半径，得出答案． 【详解】正二十面体的表面是20个全等的等边三角形， 且每个等边三角形的边长都等于黄金矩形的短边长2． 所以表面积为： 根据对称性可知：三个黄金矩形的对角线交于一点, 设该点为 由对称性可知，内切球和外接球的球心在所有黄金矩形的对角线交点处， 点O连接其中一个面ABC，如图，作面ABC，则OA为外接球半径，为内切球的半径． 黄金矩形的短边长为2，设长边为，则 ， 即 所以黄金矩形的对角线长为 所以外接球的半径为： 由正三棱锥的性质可知，为的中心，为的外接圆半径， 所以，所以 所以 所以内切球的表面积为 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．（本小题满分13分） （1）k=3； （2） 【分析】（1）根据、是关于x的方程的两个根，根与系数的关系，得到，之后利用两数和差积的关系，结合题中条件求得结果； （2）判别式可正可负可零，分方程的根为实根和虚根两种情况讨论求解． 【详解】（1）、是关于x的方程的两个根， 所以， 根据题意有， 即， 解得（舍去）或． 所以． （2）方程的判别式为， 因为，所以判别式可正可负可零， 当时，因为，所以，所以、同号， 所以，解得， 此时，不合题意， 当时，方程有两个虚根， ，， 所以， 即，解得，满足， 所以． 16．（本小题满分15分） （1） （2） 【分析】（1）已知等式利用诱导公式和倍角公式化简，可求的大小； （2）条件中的等式，利用正弦定理角化边，再用余弦定理求得边，用面积公式计算面积． 【详解】（1），可得 又 （2）由正弦定理得，， 由余弦定理，,可得，， 联立方程组整理得，，所以或（舍）． 17．（本小题满分15分） （1） （2）证明见解析 【分析】（1）由正方体的性质可知平面，即点到平面的距离为，最后根据锥体的条件公式计算可得． （2）连接交于点，连接，，，即可得到四边形是平行四边形，从而得到，即可得证． 【详解】（1）解：在正方体中，平面， 所以点在上运动时，到平面的距离为4， 所以． （2）解：连接交于点，连接，，， 因为，且，，且，所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 18．（本小题满分17分） （1），． （2） （3）68 【分析】（1）结合二倍角公式和辅助角公式将函数化简为，再根据正弦函数的单调性得解； （2）分离参数，结合二倍角公式和齐次式运算，求对勾函数最值即可求解； （3）令，原问题可转化为函数与函数的交点个数，由交点个数确定的值，再结合函数对称性即可求解． 【详解】（1） ． 令，，解得，， 故的单调递增区间为，． （2）由（1）知， 则对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 则对任意的恒成立， 令， 因为，则，且， 因为，则函数在上单调递减， 由，解得， 则的最大值为，故． （3）令， ，， 令，又， 函数在上的图象如下图所示， 由图可知，的图象与直线共有6个交点，即， 则， 因， 所以． 19．（本小题满分17分） （1）①证明见解析，②证明见解析 （2）证明见解析 【分析】（1）①先根据表示出三角形得面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证； ②先利用作差法证明，并求出取等号的条件，再结合即可得证； （2）根据（1）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证． 【详解】（1）①若， 则 , 所以， 在中， 分别由余弦定理得：， ，， 三式相加整理得，因为， 所以； ②由余弦定理可得， 则 ， 当且仅当且时取等号， 又，所以，所以，所以， 即当且仅当且时取等号，即当且仅当为等边三角形时取等号， 所以，当且仅当为等边三角形时取等号， 又由①知， 所以为等边三角形． （2）由（1）得， 所以, 由， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，所以， 由正弦定理可得 【点睛】根据表示出三角形的面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$