辽宁省点石联考2024-2025学年高一下学期6月份联合考试数学试题

绝密★启用前点石联考引 8.已知m数fr小m十g(1g<在区闻0，]上单调，别的取数粒国为 2024一2025学年度下学期高一年级6月份联合考试 数学 A(-到 〔割 c[-剖 n-营司 或琴满分10分，考境时间120分钟， 7,用斜二判瀚法南出△1：的直离图△A目（如周质示，角A‘,B,C的对边 分别为a,b,e‘,且6十r'wA'=a'nwC“一r',h'=1,则△A中，AB边 注意事项： 上的露为 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准琴证号等算写在答明卡上，并将座考证号条彩码粘君在容 超卡的指定位置，罗认结束后，将答题卡交日. A 且.国 二，同答选瑟时，选出每小驱谷案后，用B铅笔艺答题卡上对位短日的答紫标号涂烟。如需政 C. D.2后-22 动，用檬皮擦干净后，再选涂其越答蜜标号。 8,如图，石脚子是中国传饶建筑中经常使用的一种鬓饰物许多石骑于还会 3.同答非选择题时，将答案写在答题卡上.习在本试登上无效 口含石球.将石球看作一个标准球体，石期子老开的口内部形载看作下底 边长为的，上底边长为8，高为8的正国使台，若石绿始婆与楼台的上下底 一，单选题本大器共8小，每小丽5分，共地分。在每小所给的四个选原中，有且只有一项 面相切，且至少与一个侧面相切，集石球球必可蹈动的物连长度为 是符合题目要求的 A.6 且.56 C.48 D.40 上尚业部为 二，多法题本大整共3小盟，每小避6分，共8分。在每小赠所给的四个进中，有多项符合盟 x吉 日要求。全邵站对的得6分，部分远对的得部分分，有选错的得0分》 4.下列合瑟中为程奇碳的有 2.已知再量a=x,》,b-(2,一1)，若b⊥(0—b),期2 A.周台的倒面展开图是一个扇形 A.3 且.4 C.5 D.6 长用任意一个平面去蓝校维，校维底面稻藏面之间的部分为楼台 3.in7Taw18十m3win1i2 C.有两个面互朝平行，北余各面那是四边形，且母相第两个国边形的公共边常互朝平行的影 A 面体是棱柱 D五校柱其有10个题点，示条侧棱 若egeo经m=o(+}.期m(空 10.已知复数.-十2容十十wn∈N,圳 A的成军最一4 且.：l=zl g .1 C. .2 C.w4=5 .“在复平面内对宝点在位于第四象展 5.朝阳北塔是中国隆一案集成了五个)代且图有10多年历史的高石 塔，所以有着“五世同堂“宝语的美普，如阁，某数学实授小组为了测得塔高 山。已知银角△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为e,且C-景山-2，期 在A点测每塔帐点D位于此偏套0方向上，在A点测得塔顶C的和角为 30”,在A点的正东方且距D底5m的B点测得塔盛点D使于北偏四 AB∈后 B.g∈(1.4) 5方向上(A,B,D在同一水平面).皆的底度D拎为《参考数据：6 GBA,B心的最小值时使为绕数 B2sA十dsB的值可虚为3 2,45) 三，填空题本大慧共3小题，每小题5分，共15分】 A.38m 从42m C.44m 以.0m 12.已知：-a3一4+6+(u一2为询星数，期实数山= 直石联考1离一勉学第1天（共页1 1点石乐考1高一脑学第：天（共黄1 1找已复美图隆的你积为，北面能开福是一个属飞角为宁的南彩：制淡图维的《面半轻 1了，《15分)已每函数f)-nnar+影(w>0)在K到(-晋)上有定义 为 (1)承w的量大值： 14,现有一地棱长为2的正国面体术料，同平行于该术料某个面的一个平面将木料截我两常分： (2若由线Jy一f()在区间(0，上至少有两个对荐中心，求m的取值国. 若这再部分的表面积相等，则该平面在木料上约载而而积为 因，解答丽（本大蹈其5小题，热刀分。解餐时应写出必要的文学说明，证明过程或清算步得） 15.(18分)蟹图所常，某顺罩无下医直，有上底面，其外戏是国柱，底都控去一个周锥.已知圆桂 与国维的感面大小相同.图住的底面直经为2m+高为20©m,榈锥司线长为10m (1承该模程的体积： 18.(1了分已每单使向量g.春满是日·。=A ()现爱用消康对500个这种植群进行畅料，油婆费用为每半方米30元，求总贵用： (1求。一AB的最大值： (2)若幅在(a一②b》上投影的数量为(>》，求1”的值： a)设向量c请足e+be+2)一于求c的收值忘闻 16.(15分)225年4月24目，搭载神舟二十号载人飞船的运载火莆在酒展卫某发射中心点火发 射，神指二十号线人飞图注入丽定转道，发射取得测满成功，用】是神舟二十号餐人飞行任务 1.(日分)2函数)一Rum一gR>>0,<g<受)-其部分图象与第标轴的交点 标机，其图彩可简化为图2的六边形ACDE下，六边形ABCDEE可看作加图新示的正三角 如图所示， 思沿AB,CD,EE将三个小三角形腹下后用得的图形，其中AB一CD=EF一a,C一DE AF=6-%.oa<3.AB/DE.FF/BC.CD/AF. 若食-1w甲一子求n∠AiC (1)背E上AC时，求u的算： (2)在△ABC中，记内角A,B,C所对的边分别为a.bc,且w一2abe%B=(6一C) (2)判斯△ACE的直积是杏存在最大值成最小值，并隐明理由. (1)判所△AC的形状： ()若b一nB,求当(x)的最小正周月为多少时，△AC韵中线DD能取程最大值 (点看联考)有一数学篇3真〔典1質) (点有联考)离一数学算真〔典4商)点石联考 6月高一联考 数学 答案第 1页，共 8页 2024—2025 学年度下学期高一年级 6 月份联合考试 数学 说明： 一、本解答给出的解法仅供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内 容比照评分标准制订相应的评分细则. 二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容 和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分；如果后继部分的解答有较严重的错误， 就不再给分. 三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数. 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分. 一、单选题 1 2 3 4 5 6 7 8 A C B A C D C B 二、多选题 9 10 11 AB BD ABD 三、填空题 12.3 13.1 14. 2 3 3 四、解答题 15.解：（1）设圆锥的高为 1h ，由题意得圆锥母线长为 10cm，（2分） 则 2 21 10 6 8(cm)h    ，（4分） 2 2 3120π 6 π 6 8 624π(cm ) 3 V       .（6分） （2）圆柱的侧面积为 22π 20 240π(cm )r   ，（7分） 圆柱的上底面的面积为 36πcm2，圆锥侧面积为 2π 6 10 60π c( m )S    锥侧 ．（10分） 2240π 36π 60π 336π(cm )S    总 ，（11分） 故总费用为 4 336 500 30 504π 10    （元）.（13分） 点石联考 6月高一联考 数学 答案第 2页，共 8页 16.解：（1）在正三角形中，因为 AB CD EF  ， BC DE AF  ， AB DE ， EF BC ，CD AF ， 所以 2 3 ABC CDE EFA       ，（1分） 故 ABC CDE EFA △ △ △ ， 所以 AC CE AE  ，即 ACE△ 为正三角形. （3分） 若 BE AC ，则 B在 AC的垂直平分线上，（5分） 所以 BA BC ，即 6 2a a  ，解得 2a  .（7分） （2）不存在，理由如下：（8分） 因为 ACE△ 为正三角形， 所以若 ACE△ 的面积存在最大值或最小值， 则 ACE△ 的一边长存在最大值或最小值. （9分） 在 ABC△ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC     ，（11分） 代入整理得 2 23[( 3) 3]AC a   ，（13分） 因为0 3a  ，函数 2( ) 3[( 3) 3]f a a   在 (0,3)上单调递减，（14分） 故 AC不存在最大值或最小值， 即 ACE△ 的面积不存在最大值或最小值.（15分） 17.解：（1）当 ( , ) 3 6 x    时， ( , ) 3 3 3 6 3 x           ，（2分） 若函数 ( ) tan( )( 0) 3 f x x     在区间 ( , ) 3 6    上有定义， 则 3 3 2 6 3 2                ，（5分） 解得 1  ， 故的最大值为 1.（6分） （2）曲线 ( )y f x 的对称中心满足 3 2 kx     ， kZ ，（8分） 整理得 (3 2) 6 kx     ， kZ ，（9分） 其图象在区间 (0, ) 上至少有两个对称中心，则 (3 2) 6 kx     在区间 (0, ) 上至少有两解，（11分） 整理得至少存在两个 k值使0 3 2 6k    ， 故至少有 1,2k  两个取值，（13分） 所以 2 3   ， 点石联考 6月高一联考 数学 答案第 3页，共 8页 综上，的取值范围为 2( ,1] 3 .（15分） 18.解：（1）易得 2 2 21 2 1a b           ，（2分） 且 cos , [ 1,1]a b a b           ，（3分） 所以 21 1  ，当且仅当 0  时取等.（4分） （2）易得 2 22 1 4 4 1a b         , （6分） 2( 2 ) 2ka a b k k        ,（8分） 故 2( 2 ) (1 2 ) 2 ka a bk k a b               ，（10分） 即 21 2 1  ，故 2 0  .（11分） （3）解法一：如图所示，设 1 1 2OB B B b     ，CO c   ， 则 1CB c b     ， 2 2CB c b     . 由题意， 1 2 6 BCB   .（12分） 设 1 2B B 中点为H ，过H 作 1 2B B 的垂直平分线 AH ，使得 3 2 AH  ，（13分） 则C在以 A为圆心，1为半径的圆上运动， 设 x  ， y  是平面向量， 由 x y x y       ，所以 2 2 2 2 2 2x x y y x x y y               ， 即 x y x y x y           ，（15分） 所以 3 1 1 1 3 1OA OC OA        .（16分） 综上所述， [ 3 1, 3 1]c OC      .（17分） 点石联考 6月高一联考 数学 答案第 4页，共 8页 解法二：设 0c m   ， cos , [ 1,1]b c n      ， 则 2( ) ( 2 ) 3 2c b c b m mn          ， 2 2 1c b m mn      ， 22 4 4c b m mn      ，（12分） 由题意得 2 2 2 3 2 3 22 1 4 4 m mn m mn m mn        ， 整理得 2 2 2 4 212 6 ( 2) 4 0m n m m n m m      ，（13分） 设函数 2 2 2 4 2( ) 12 6 ( 2) 4f n m n m m n m m      ， 则 ( )f n 在区间[ 1,1] 上存在零点. 则 2 2 2 2 4 236 ( 2) 48 ( 4) 0m m m m m       ，（14分） 即 2 4 212 ( 8 4) 0m m m    ， 解得 24 2 3 4 2 3m    ， 即 3 1 3 1m    .（15分） 又 (0) 0f  ， 2 min 2( ) ( ) 0 4 mf f x m     ,且当 3 1 3 1m    时， 2 22 4 21 0 4 4 m m m m m         ， 即 2 20 1 4 m m      ，（16分） 即 ( )f n 在[ 1,1] 上存在零点， 所以 [ 3 1, 3 1]c m     .（17分） 解法三：设 (1,0), ( , ),b c x y    则 ( 1, ),c b x y     2 ( 2, ),c b x y     所以 2 2 2 2 2 2 3 2 3 , 22 1 4 4 x x y x x y x x y            （12分） 令 2 2 ,x y t  则 3 2 3 , 22 1 4 4 t x t x t x         整理得 2 23 1 13 ( 3) 1 0, 2 4 4 x t x t t      因为 23, ( 3) 2 x t  R 所以 21 112( 1) 0, 4 4 t t    （15分） 整理得 2 8 4 0t t   ， 点石联考 6月高一联考 数学 答案第 5页，共 8页 解得 4 2 3 4 2 3t    ，即 2 4 2 3 4 2 3c     ， 所以 3 1 3 1.c     （17分） 19.解：（1）由题意得 π( ) cos( ) 4 f x x   ，则 π 2(0) cos( ) 4 2 OB f    ，（1分） 令 ( ) 0f x  得 1( ,0) 4 A  ， 3( ,0) 4 C ， （2分） 所以 3 2tan 4 CBO  ， 2tan 4 ABO  ，（3分） 所以 3 2 2 8 24 4tan 53 2 21 4 4 ABC       .（4分） （2）（i）在 ABC△ 中，由余弦定理得 2 2 2 cos 2 a c bB ac    ，（5分） 所以 2 2 2 2 2( ) ( )ba a c b b c c      ，（6分） 展开整理，有 2 2 2( )( ) 0b c a b c    .（8分） 若 2 2 2a b c  ，那么有 π 2 A  ，由图知 π 2 A ，矛盾.（9分） 所以b c ，则 ABC△ 是以 A为顶角的等腰三角形.（10分） （ii）因为 1 ( ) 2 BD BA BC     ，平方得 2 2 2 1 ( 2 cos ) 4 BD c a ac B   .（11分） 在 ABC△ 中，由正弦定理可得 sin sin sin a b c A B C   .（12分） 所以 sin sin(π 2 ) sin 2 2sin cosa A B B B B     ， sin sinc C B  ，（13分） 于是 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 sin sin(sin 4sin cos 4sin cos ) (8cos 1) (9 8sin ) 4 4 4 B BBD B B B B B B B       .（14分） 故 2 2 2 2 2 2 2 2sin 8sin 1 8sin 9 8sin 81(9 8sin ) (9 8sin ) ( ) 4 32 32 2 128 B B B BBD B B        ，（15分） 当且仅当 3sin 4 B  时取等.（16分） 此时 3sin 4 AC b B   ， 又因为最小正周期 2T AC ， 所以当最小正周期为 3 2 时， BD能取得最大值 9 2 16 .（17分） 点石联考 6月高一联考 数学 答案第 6页，共 8页 一、单选题 1.A【解析】因为 1 1 i 1 1 i 1 i (1 i)(1 i) 2 2 z        ，所以其虚部为 1 2 . 2.C【解析】因为 ( 2,6)a b x     ，所以 ( ) 2( 2) 6 0b a b x         ，解得 5x  . 3.B【解析】原式   2=cos63 cos18 sin63 sin18 63 18 45 2 cos cos          . 4.A【 解 析 】 因 为 πsin cos( ) 2    ，所 以 π πcos( ) cos( ) 2 6     . 由  ，  π(0, ) 2  可 知 π π 2 6     ，即 π 3    ，故 3tan( ) tan 2 6 3      . 5.C【解析】在 ABD△ 中， 54m, 30 , 45BD DAB DBA      ，由正弦定理可得 sin 45 sin 0 54 3 AD   ， 则 54 2AD  m，在 ADC△ 中， 30DAC   ，则 3tan 3 CDDAC AD    ，故 3 3 54 2 18 6 18 2.45 44(m) 3 3 CD AD       . 6.D【解析】已知 (0, ) 6 x  ，令 2t x   ，则 ( , ) 3 t    ，因为 | | 2   ，所以 ( , ) 2 2     . 故原条 件等价于已知函数 siny x 在区间 ( , ) 3    上单调，而函数 siny x 在区间 ( , ) 2 2    上单调，所以 2 3 2           ，又 ( , ) 2 2     ， 解得 ( , ] 2 6     . 7.C【解析】由余弦定理可得 2 2 2 2 2 2' ' ' ' ' '' 'cos ' 'cos ' ' ' ' 2 ' 2 ' b c a a b cb c A a C c b c b b            ，整理 得 2 2 2' ' ' ' 'b c a b c    ，所以 2 2 2' ' ' 1cos ' 2 ' ' 2 b c aA b c      ，所以 2' 3 A  ，由斜二测画法， ' ' ' 4 C O A   ， 由正弦定理可得 ' ' ' ' sin ' ' ' sin ' ' ' O C A C O A C C O A    ，解得 6' ' 2 O C  ，由斜二测画法的性质，得在原三角形 点石联考 6月高一联考 数学 答案第 7页，共 8页 中， 2 ' ' 6OC O C  ，因为在原三角形中， AB依然在 x轴上，所以 ABC 中 AB边上的高即OC，为 6 . 8.B【解析】由石球始终与棱台的上下底面相切知，石球的半径为 4，石球至少与一个侧面相切，过石球的 球心作正四棱台垂直于底面且平行于一条底边的截面如图所示，标注数据如图，可知 BAD 是正四棱台侧 面与底面所成角的一个平面角，故 4tan 3 BAD  ，由于石球与该侧面和底面均相切，所以 1tan 2 2 BAD OE AE    ，又 OE=4，所以 AE=8，由对称性，所以石球在与同一侧面相切的过程中球心最多 可以运动 2 14AD AE  ，由于存在 4个面，且该棱台为正四棱台，所以石球球心可运动的轨迹为正方形， 故总运动轨迹长度为14 4 56  . 二、多选题 9. AB【解析】圆台的侧面展开图是圆环的一部分，通常称为“扇环”不是扇形，故 A为假命题，即 A正确； 根据棱台的定义，用一个平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台，故 B为假命题， 即 B正确；有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这 些面所围成的多面体叫做棱柱，故 C为真命题，即 C不正确；由棱柱的定义知五棱柱共有 10个顶点，5条 侧棱，故 D为真命题，即 D不正确. 10.BD【解析】由题意可得 2 33 i 2i 3i 2 2iz       ，其虚部是-2，故 A错误； 2 3 4 4 3 4i 2i 3i 4i 2 2i,z z z        ，故 B正确； 22 3 4 5 6 6 6 6 6i 2i 3i 4i 5i 6i 4 3i, 25z z z z           ，故 C错误；易得 6 2 4 3i 1 2i 2 i z z        ，由复 数的几何意义可得其在复平面内对应的点为 (1, 2) ，位于第四象限，故 D正确. 11. ABD【解析】对于 A，因为 ABCV 为锐角三角形，且 π 3 C  ，所以 π 2π π0, , 0, 2 3 2 A B A              ，解得 π π, 6 2 A      ，同理可得 π π, 6 2 B      ，故 A正确；对于 B，由正弦定理得 2 sin sin 3 2 a c A B   ，则 点石联考 6月高一联考 数学 答案第 8页，共 8页 3 12 2 cos sin2sin π 2 22sin 33 1 sin sin sin tan B BB Aa B B B B               ，因为 π π, 6 2 B      ，所以 3tan , 3 B          ，得到  1,4a ，故 B正确；对于 C，因为 ABCV 为锐角三角形，所以 BA BC   的值大于 0，故 C错误；对于 D， 因为 3 sin c B  ，而 1sin ,1 2 B      ，得到  3,2 3c ，且 2b  ，所以 2cos co coss cosb A a BA a B   ，因为   2 2 2 2 2 2 cos cos 3,2 3 2 2 b c a a c bb A a B b a c bc ac            ，而 3 3 2 3  ，所以 2cos cosA a B 的值可 能为 3，故 D正确. 三、填空题 12.3【解析】由纯虚数的概念可得 2 5 6 0 2 0 a a a        ，解得 3a  . 13.1【解析】设母线长为 l，底面半径为 r，圆锥的高为 h，则有 2π2π 3 3 r l l r   ，又 2 2 2 29 2 2h l r r r r     ，所以 2 3 1 1 2 2ππ 2 2 1 1 3 3 3 V Sh r r r r        . 14. 2 3 3 【解析】由正四面体木料知，每个面是边长为 2的正三角形，故其面积为 3，因为平面平行于该 木料的某个面，故该平面在木料上的截面也为正三角形，设该正三角形与木料这个面的相似比为 k，则该 平面在木料上的截面面积为 23k ，截成的两部分一部分为小四面体，一部分为正三棱台，其中小四面体的 表面积为 24 3k ，正三棱台的表面积为 2 2 24 3 3 3 3 4 3 2 3k k k    ，故 2 24 3 4 3 2 3k k  ， 解得 2 2 3 k  ，所以该平面在木料上的截面面积为 2 3 3 .