广东省部分学校2024-2025学年高一下学期6月联考数学试题

2024-2025学年广东省部分学校高一下学期6月联考数学试卷❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.设命题，则(    ) A. ， B. C. D. 2.已知，则(    ) A. B. C. D. 3.已知向量，，若，则(    ) A. B. 0 C. 1 D. 4.如图，升是旧时量粮食的器具，其形状可看作正四棱台，若该升的上口为15cm，下口为，高为8cm，则该升的容积约是上口指上底边长，下口指下底边长(    ) A. B. C. D. 5.用斜二测画法画出水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知，则的面积为(    ) A. B. C. 8 D. 6.已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中是真命题的有(    ) A. 若，， B. 若，，，，，则 C. 若，， D. 若，，，则 7.矩形ABCD中，，，过C的一条直线与直线AB，直线AD分别相交于点P， Q，其中，，则的面积的最小值为(    ) A. B. 4 C. D. 6 8.三棱锥中，，且，M，N分别是棱BC，CD的中点，给出下列4个命题①②平面③三棱锥的体积的最大值为④与BC一定不垂直.其中真命题的个数为(    ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题：本题共3小题，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.已知函数，则(    ) A. 在R上单调递增 B. 的值域为R C. D. 的零点小于 10.对于函数，，，，2，相邻零点之间的距离为，直线既是图象的对称轴也是图象的对称轴，的最大值与的最小值之差为5，则(    ) A. B. C. 存在一条直线是图象的对称轴但不是图象的对称轴 D. 存在一点既是图象的对称中心也是图象的对称中心 11.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知O是内一点，，，的面积分别为，，，则设O是内一点，的三个内角分别为A，B，C，，，的面积分别为，，，若，则以下命题正确的有(    ) A. B. O有可能是的重心 C. 若O为的外心，则 D. 若O为的内心，则为直角三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知，那么z在复平面内对应的点位于第          象限. 13.任意一圆锥的表面积与其侧面积之比的取值范围为          . 14.已知EF为圆柱的下底面圆的一条直径，D为上底面圆上任意一点，，球O内切于圆柱，则球O的体积为          ，平面DEF截球O所得截面面积的最小值为          . 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13分 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，且， 求 若，求的周长. 16.本小题15分 如图所示，正三棱柱中，， 若，求三棱柱的表面积和体积; 求AC与平面所成角的正弦值. 17.本小题15分 已知幂函数的定义域不为 求的解析式; 若不等式恒成立，求a的取值范围. 18.本小题17分 记中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 判断的形状; 若，，求内切圆的直径; 设AD为BC边上的中线，若，，求 19.本小题17分 如图，在三棱锥中，D为BC中点，平面平面ABC，，，，三棱锥的体积为，R分别是直线AB，AC上一点，且平面PQR，记平面平面 证明：平面平面 求二面角的正弦值; 若l与CQ所成角的正弦值为，求的值. 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：由全称量词命题的否定为存在量词命题，可得 故选： 2.【答案】C  【解析】解：由题意可得， 故 故选 3.【答案】B  【解析】解：由，， 得，2， 由，得， 解得 故选 4.【答案】A  【解析】解：器具是一个无盖的正四棱台，它上口15 cm，下口，高8 cm， 其体积为 ．故选 5.【答案】A  【解析】解：因为  ， 所以  是直角三角形且  ，可得  ， 所以  的面积  ， 则  的面积  ． 故选：A 6.【答案】B  【解析】对于A，有可能m，n异面，故A错误; 对于 B，若，，，，，则，故 B正确; 对于C，若，，如下图所示， 满足，，，但不满足，故C错误; 对于D，若，，，则m与可以成任意角，故D错误. 故选 7.【答案】B  【解析】如图，设，则， 因为∽，所以，解得， 所以的面积为， 因为，当且仅当，即时取等， 所以的面积的最小值为 故选 8.【答案】C  【解析】解：设AC的中点为O，连接OB、OD，如图所示； 则，， 又，OB，平面OBD，所以平面OBD， 因为平面OBD，所以，故①正确； 因为，平面ABD，平面ABD，所以平面ABD，故②正确； 当平面DAC与平面ABC垂直时，最大， 最大值为，故③错误； 若，又因为，平面ABD， 所以平面ABD，因为平面ABD，所以， 又，平面ABC， 所以平面ABC，因为平面ABC，所以， 因为，所以显然BD与OB不可能垂直，故④正确． 综上知，正确的命题序号是①②④． 故选 9.【答案】BC  【解析】解：的定义域为，故A错误; 函数单调递增且值域为R，单调递增且值域为，所以单调递增且值域为R，故B正确; ，故C正确; ，因为单调递增，所以的零点大于，故D错误. 故选 10.【答案】BC  【解析】的最大值与的最小值之差为5，显然的最小值为，所以的最大值为4，故，故A错误; 记的最小正周期为T，相邻零点之间的距离为，所以，解得，故B正确; 因为直线既是图象的对称轴也是图象的对称轴，所以，，，，解得，，故图象的对称轴方程为，，解得，，图象的对称轴方程为，，解得，，所以存在一条直线是图象的对称轴但不是图象的对称轴，故C正确; 图象的对称中心为，，解得，，图象的对称中心为，，解得，，不存在一个k值使两个解相等，故D错误. 故选 11.【答案】ACD  【解析】解：对于A，由奔驰定理可得，， 因为，，不共线，所以，故A正确； 对于B，若O是的重心，， 因为，所以，即共线，故B错误． 对于C，当O为的外心时，， 所以， 即，故C正确． 对于D，当O为的内心时，为内切圆半径， 所以，所以，故D正确. 故选： 12.【答案】二  【解析】解：设，a，，则， 所以，， 所以，， 所以，所以z在复平面内对应的点的坐标为，在第二象限. 13.【答案】  【解析】解：设某圆锥的底面圆半径和母线长分别为r，l，则其表面积与其侧面积之比为， 在直角三角形中，易得，故取值范围为 故答案为 14.【答案】 ；   【解析】如图：因为圆柱的高为2，且球O内切于圆柱， 所以球O的半径，故球O的体积 设过点D的圆柱的轴截面为ABCD，过点O在平面 ABCD内作，垂足为G，如图： 易知，，，由勾股定理可得， 因为与相似，所以，即， 设O到平面DEF的距离为，平面DEF截得球的截面圆的半径为，因为平面DEF， 当平面DEF时，取最大值 OG，即， 所以， 所以平面DEF截得球的截面面积最小值为 故答案为 15.【答案】解：因为， 所以，且， 由正弦定理可得：， 即有； 因为， 由余弦定理可得， 即， 解得或舍， 故， 故的周长为  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 16.【答案】解：当时，， 故三棱柱的体积， 易得该三棱柱的三个侧面均为正方形，且面积为4， 故该三棱柱的表面积 由，D是BC的中点，得，且得平面ABC， 又平面ABC，则，又、BC是平面内的两条相交直线， 因此平面，而平面，所以平面平面， 如图所示， 在平面内过C作于E，连AE， 平面平面， 则平面，故是AC与平面所成的角， 在直角中，令，， 则，， 在直角中，， 所以AC与平面所成角的正弦值为  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 17.【答案】解：由幂函数的定义可得， 解得或， 若，则的定义域为R，不符合题意; 若，则的定义域为，符合题意; 所以的解析式为 易得的定义域关于原点对称， 且， 所以为奇函数， 由可得， 即， 而在上递减且恒负，在上递减且恒正， 所以或或 解得或， 所以a的取值范围为  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 18.【答案】解：由正弦定理可得， 又A，B，C为的内角，故 代入可得， 也即，即 又，，则，故为等腰三角形. 由正弦定理可得，故， 故的周长，面积 由等面积法可得其内切圆半径， 故内切圆的直径为 在中，有， 化简得 在中，有，且， 即， 代入解得   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 19.【答案】解：在平面PAD内，过P作，记，如图所示.              依题意，平面平面ABC，因为平面平面，平面PAD， 所以平面 ABC，又因为平面ABC，所以， 因为，D为BC中点，所以 又因为，PD，平面 所以平面PAD，又平面PBC，所以平面平面  因为平面PAD，平面所以， 又因为，所以为二面角的平面角.  因为三棱锥的体积，解得， 所以二面角的正弦值即 因为平面PQR，平面PBC，平面平面，所以 故l与CQ所成角等价于BC与CQ所成角. 易知，依题意，有， ①当Q在线段AB上时，如图所示， ，， 故 在中，由正弦定理得，，解得， 所以   ②当Q在线段AB的延长线上时，如图所示.          ，， 故， 在中，由正弦定理得，，解得， 所以  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第14页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $$