精品解析：贵州省部分学校2024-2025学年高一下学期6月联考数学试卷

高一联考数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.回答非选择题时，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. 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六、七、八章. 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. 下列关于七棱柱的判断正确的是（ ） A. 七棱柱共有七个顶点 B. 七棱柱共有八个面 C. 七棱柱共有十四条棱 D. 七棱柱共有九个面 【答案】D 【解析】 【分析】根据七棱柱共有14个顶点，21条棱，9个面判断即可. 【详解】 如图，可知七棱柱共有14个顶点，21条棱，9个面. 故选：D. 2. 若向量，满足，，则（ ） A. B. C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据两个向量垂直其数量积为0及向量的数量积运算即可得解. 【详解】因为，则，则. 故选：A. 3. 若复数z满足，则z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】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算求得，即可求解. 【详解】由， 得：， z在复平面内对应的点坐标在第一象限， 故选：A 4. 在空间中，关于垂直与平行问题，有下列四个结论： ①平行于同一个平面的两条直线可能互相垂直；②平行于同一个平面的两个平面可能互相垂直； ③垂直于同一个平面的两条直线可能互相垂直；④垂直于同一个平面的两个平面可能互相垂直． 其中正确结论的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由空间直线，平面的位置关系逐项判断每个选项的正误即可. 【详解】对于①，平行于同一个平面的两条直线可能互相垂直，故①正确； 对于②，平行于同一个平面的两个平面互相平行，故②错误； 对于③，垂直于同一个平面的两条直线可能互相平行，故③错误； 对于④，垂直于同一个平面的两个平面可能互相垂直，故④正确． 所以正确结论的个数为2个. 故选：C。 5. 在平行四边形中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求解即可. 【详解】因为，所以， 又因为，所以， 所以. 故选：C. 6. 钟山区小韭菜坪，位于贵州省六盘水市钟山区大湾镇，素有“贵州屋脊”之称．登上山顶放眼四周，乌蒙磅礴的气势尽收眼底，景区内的野韭菜、高山洞穴、天坑等地质奇观及自然景观极具观赏价值和科考价值，是贵州久负盛名的露营基地．某旅游爱好者为了测量小韭菜坪的海拔，操控无人机飞到海拔3000米的点A处，此时测得无人机观测小韭菜坪的最高点P的俯角为45°，在点A的高度的基础上，再操控无人机垂直提升200米的高度，使其到达点B处，此时测得无人机观测点P的俯角为71.57°，与地平面垂直，则小韭菜坪的海拔为（ ）（参考数据：取） A. 2800米 B. 2900米 C. 2880米 D. 2920米 【答案】B 【解析】 【分析】作出示意图，利用锐角的三角形的意义可求解. 【详解】由题意作出示意图如图所示，过向所在直线作垂线，垂足为， 由题意，，又因为外的俯角为，所以， 又，所以，所以， 又因为，所以，所以， 而，故， 所以点的海拔高度为，所以小韭菜坪的海拔为米. 故选：B. 7. 现有三个旋转体，第一个旋转体是半径为2的半球，其体积为；第二个旋转体是底面半径为2，高为的圆柱，其体积为；第三个旋转体是上、下底面半径分别为1，2，且高为3的圆台，其体积为．，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用球体，圆柱，圆台的体积公式计算可得结论. 【详解】； , ， 所以. 故选：B. 8. 设向量的起点为坐标原点O，将绕点O逆时针旋转60°得到，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题给条件可分析出、夹角为，，求所求向量的模长再利用向量的数量积运算律及推论即可求两个向量夹角余弦值. 【详解】由题可知、夹角为，且，则. . . . 故选：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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 复数的虚部为 B. 每个长方体都有内切球 C. 半径为4的球的表面积为 D. 当时，复数为纯虚数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的概念和球的表面积公式逐项判断可得答案. 【详解】A.的虚部为，故选项A正确； B.对于一般的长方体（棱长不全相等），无法找到一个球与所有面都相切，故选项B错误； C.半径为4的球的表面积为，故选项C正确； D.当 时，，为纯虚数， 当 时，，为纯虚数，故选项D正确. 故选：ACD. 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则（ ） A. B. C. 是钝角三角形 D. 是锐角三角形 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正弦定理可得即可判断A；再根据三边长可求的余弦值，进一步可判断关系；再根据“大边对大角”可知最大，为锐角，即可判断形状. 【详解】根据正弦定理，则，A错误； 根据正弦定理可知最大，余弦定理，则为锐角，所以是锐角三角形，C错误，D正确. ,为锐角，，因为都为锐角，所以，B正确. 故选：BD. 11. 如图，在四面体中，，，，，，分别为棱，，上的动点，则（ ） A. 的最小值为 B. 四面体的体积为 C. 的最小值为2 D. 平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由线面垂直的判定定理证明平面，判断D,再由棱锥的体积公式可得B；将侧面翻折至点与平面共面，分别得到的最小值为和的最小值为，由解三角形即得判断A与C. 【详解】对于B,D，因为，，所以， 又，，平面，所以平面，故D正确； 因为，，所以，，可得， 所以四面体的体积为，故B正确； 对于A、C，将侧面翻折至点与平面共面，可知, 如图所示，过点作于点，过点作于点， 则的最小值为，故A错误； 在中，，， 则， 则的最小值为，故C正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某圆锥的底面半径为1，母线长为5，则该圆锥的侧面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥侧面积的求法可求圆锥的侧面积. 【详解】由题设，圆锥的侧面积为. 故答案为：. 13. 已知向量，，定义向量的新运算：．设向量，．若，则______；若，则______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空，利用向量共线求得，进而利用定义计算即可；第二空，利用定义计算可求得. 【详解】第一空：因为，．，所以，解得． 所以，所以； 第二空：由，可得， 解得，所以，又，所以， 所以. 故答案为：①；②. 14. 刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面所成二面角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为______． 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接，设，连接，取的中点，连接，利用正四棱锥的结构特征得到为侧面与底面所成的角，进而利用勾股定理推得正四棱锥的每个侧面均为正三角形，从而利用“曲率”的定义即可得解. 【详解】如图，连接，设，连接，则平面， 取的中点，连接，    则由正四棱锥的结构特征可知，， 所以为侧面与底面所成的角，设， 则，在中，， 所以，又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形，所以顶点的每个面角均为， 故正四棱锥在顶点处的曲率为. 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. （1）若复数，求； （2）在复数范围内，求方程的解． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求得复数，进而计算可求； （2）利用配方法可求解. 【详解】（1）由，可得，所以， 所以； （2）由，可得，所以， 所以. 16. 如图，在正四面体中，，E，F，G分别为，，的中点． （1）证明：平面平面． （2）正四面体挖去四面体后，得到几何体，求该几何体表面积． （3）求点B到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线线平行可得平面，平面，进而可得平面平面； （2）由题意可得，均为等边三角形，计算可求几何体的表面积； （3）过作平面，连接，求得即可. 【小问1详解】 因为E，F，G分别为，，的中点，所以，， 因为，平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面. 【小问2详解】 因为在正四面体中，均为等边三角形，， 所以. 因为E，F，G分别为，，的中点， 所以均为等边三角形，且， 所以为等边三角形， 所以， 所以几何体的表面积为. 【小问3详解】 由（2）可得四面体是正四面体，过作平面，垂足为，连接， 则为正三角形的外心，为正三角形外接圆的半径. 由正弦定理可得，故， 由平面，平面，得， 所以，即点B到平面的距离为． 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求； （2）若，，求外接圆的周长； （3）若，当的面积取得最大值时，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解； （2）由余弦定理可求得，利用正弦定理可求外接圆的半径，进而可求周长； （3）由余弦定理结合基本不等式可得，可得三角形面积最大时，，利用向量数量积可求. 【小问1详解】 由，由正弦定理可得， 所以由余弦定理可得； 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得， 又，，所以，所以， 由（1）知，所认， 由正弦定理可得外接圆的半径为， 所以外接圆的周长； 【小问3详解】 在中，由余弦定理可得， 又因为，所以，所以， 所以，当且仅当等号成立， 由（2）可知，所以三角形面积最大时，， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，且． （1）证明：平面平面． （2）设棱的中点为E，求异面直线与所成角的余弦值． （3）过点A作平面的垂线，垂足为H，求与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由勾股定理的逆定理可得，结合已知可证平面，可得结论； （2）过作的平行线交的延长线于，连接，或其补角为异面直线与所成的角，求解即可； （3）过点A作平面的垂线，垂足为H，过作于，连接，是直线与平面所成的角，求解即可. 【小问1详解】 因为，，，所以， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面，平面平面． 【小问2详解】 过作的平行线交的延长线于，连接， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 所以或其补角为异面直线与所成的角， 又底面是矩形，，，棱的中点为E，所以， 所以，在中，， 在中，， 在中，由余弦定理可得， 所以异面直线与所成角的余弦值． 【小问3详解】 因为是矩形，则，由（2）得平面，， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 因为平面平面， 所以过点A作平面的垂线，垂足为，点在上， 过作于，连接， 由（1）知平面，又平面，平面平面． 因为平面平面，平面， 所以平面，所以是直线与平面所成角， 因为，所以， 又，所以， 因为平面，平面， 所以，所以，所以， 所以，又，所以， 在中，可得， 所以. 19. 如图，在正四棱柱中，． （1）求正四棱柱外接球的体积． （2）已知函数在上有最大值，当且仅当时，取得最大值． ①求正四棱柱体积的最大值； ②当正四棱柱的体积取得最大值时，求二面角的大小． 【答案】（1） （2）①正四棱柱体积的最大值为；②二面角的大小为 【解析】 【分析】（1）由是正四棱柱外接球的直径，进而可求外接球的体积； （2）①设正四棱柱的底面棱长为，求得体积为，利用换元法与已知函数的最值的求法可求体积的最大值；②连接相交于点，过作于，连接，为二面角的平面角，求得的大小，可求二面角的大小． 【小问1详解】 在四棱柱为正四棱柱， 所以是正四棱柱外接球的直径，又， 所以正四棱柱外接球的半径为3， 所以正四棱柱外接球体积为． 小问2详解】 ①设正四棱柱的底面棱长为， 则正四棱柱的高为， 所以正四棱柱的体积为， 令，则，所以， 则， 令，由已知可得时，取得最大值， 最大值为，所以. 所以正四棱柱体积的最大值为； ②连接相交于点，过作于，连接， 由①可知，当正四棱柱体积的最大时，底面边长为，高， 所以底面是正方形，所以， 又平面，又平面，所以平面平面， 又平面平面，所以平面，又平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，所以，， 所以，所以， 解得，在中，， 又，所以， 又二面角的平面角与二面角的平面角互补， 所以二面角的大小为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一联考数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.回答非选择题时，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. 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六、七、八章. 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. 下列关于七棱柱的判断正确的是（ ） A. 七棱柱共有七个顶点 B. 七棱柱共有八个面 C. 七棱柱共有十四条棱 D. 七棱柱共有九个面 2 若向量，满足，，则（ ） A. B. C. 2 D. 5 3. 若复数z满足，则z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 4. 在空间中，关于垂直与平行问题，有下列四个结论： ①平行于同一个平面的两条直线可能互相垂直；②平行于同一个平面的两个平面可能互相垂直； ③垂直于同一个平面的两条直线可能互相垂直；④垂直于同一个平面的两个平面可能互相垂直． 其中正确结论的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 在平行四边形中，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 钟山区小韭菜坪，位于贵州省六盘水市钟山区大湾镇，素有“贵州屋脊”之称．登上山顶放眼四周，乌蒙磅礴气势尽收眼底，景区内的野韭菜、高山洞穴、天坑等地质奇观及自然景观极具观赏价值和科考价值，是贵州久负盛名的露营基地．某旅游爱好者为了测量小韭菜坪的海拔，操控无人机飞到海拔3000米的点A处，此时测得无人机观测小韭菜坪的最高点P的俯角为45°，在点A的高度的基础上，再操控无人机垂直提升200米的高度，使其到达点B处，此时测得无人机观测点P的俯角为71.57°，与地平面垂直，则小韭菜坪的海拔为（ ）（参考数据：取） A. 2800米 B. 2900米 C. 2880米 D. 2920米 7. 现有三个旋转体，第一个旋转体是半径为2的半球，其体积为；第二个旋转体是底面半径为2，高为的圆柱，其体积为；第三个旋转体是上、下底面半径分别为1，2，且高为3的圆台，其体积为．，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 设向量的起点为坐标原点O，将绕点O逆时针旋转60°得到，则（ ） 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 复数的虚部为 B. 每个长方体都有内切球 C. 半径为4的球的表面积为 D. 当时，复数为纯虚数 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则（ ） A. B. C. 是钝角三角形 D. 是锐角三角形 11. 如图，在四面体中，，，，，，分别为棱，，上的动点，则（ ） A. 的最小值为 B. 四面体的体积为 C. 的最小值为2 D. 平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某圆锥底面半径为1，母线长为5，则该圆锥的侧面积为______． 13. 已知向量，，定义向量的新运算：．设向量，．若，则______；若，则______． 14. 刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面所成二面角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为______． 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. （1）若复数，求； （2）在复数范围内，求方程的解． 16. 如图，在正四面体中，，E，F，G分别为，，的中点． （1）证明：平面平面． （2）正四面体挖去四面体后，得到几何体，求该几何体的表面积． （3）求点B到平面距离． 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求； （2）若，，求外接圆的周长； （3）若，当的面积取得最大值时，求． 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，且． （1）证明：平面平面． （2）设棱的中点为E，求异面直线与所成角的余弦值． （3）过点A作平面的垂线，垂足为H，求与平面所成角的正切值． 19. 如图，在正四棱柱中，． （1）求正四棱柱外接球的体积． （2）已知函数在上有最大值，当且仅当时，取得最大值． ①求正四棱柱体积的最大值； ②当正四棱柱体积取得最大值时，求二面角的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$