精品解析：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学年度高一年级6月联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 设命题p：，，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，下口为，高为，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. 矩形中，，，过的一条直线与直线，直线分别相交于点，，其中，，则的面积的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 6 8. 三棱锥中，，且，，分别是棱，的中点，给出下列4个命题①；②平面；③三棱锥的体积的大值为；④与一定不垂直.其中真命题的个数为（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 的值域为 C. D. 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.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且，. （1）求； （2）若，求△ABC的周长. 16. 如图所示，正三棱柱中，，. （1）若，求三棱柱的表面积和体积； （2）求AC与平面所成角的正弦值. 17. 已知幂函数的定义域不为. （1）求的解析式； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围. 18. 记△ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）判断△ABC的形状； （2）若，，求△ABC内切圆的直径； （3）设AD为BC边上的中线，若，，求a. 19. 如图，在三棱锥中，为中点，平面平面，，，，三棱锥的体积为.分别是直线上一点，且平面，记平面平面. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若与所成角正弦值为，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高一年级6月联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 设命题p：，，则：（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】由全称量词命题的否定要求即可求出. 【详解】由全称量词命题否定为存在量词命题，可得：，. 故选:C. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式化简，再根据同角三角函数的商数关系即可求解． 【详解】， 故选：C． 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求出的坐标，再根据向量垂直的性质列出方程求解. 【详解】由题意可得，， ，解得. 故选：B 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，下口为，高为，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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据台体体积公式可求得结果. 【详解】由题意可知，该容器的容积为. 故选：A. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直观图和原图的面积关系即可求解. 【详解】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. 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 【答案】B 【解析】 【分析】A可能异面；B利用面面平行的判定定理；C举出反例；D m与可以成任意角. 【详解】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：B. 7. 矩形中，，，过的一条直线与直线，直线分别相交于点，，其中，，则的面积的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据三角形相似表示出，再用三角形面积公式，结合基本不等式求解. 【详解】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：B. 8. 三棱锥中，，且，，分别是棱，的中点，给出下列4个命题①；②平面；③三棱锥的体积的大值为；④与一定不垂直.其中真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】作图，根据平行、垂直的判定与性质分别判断①、②、④；③换底后根据图形确定出体积最大的位置，进行计算对比. 【详解】设的中点为，连接，，则，， 又，、平面，所以平面， 平面，所以，故①正确； 因为，平面，所以平面，故②正确； 当平面与平面垂直时，最大， 最大值为，故③错误； 若与垂直，又因为，，且，平面， 所以平面，所以， 又，，，平面， 所以平面，平面，所以， 因为，所以显然与不可能垂直，故④正确. 故选：C. 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. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 的值域为 C. D. 的零点小于 【答案】BC 【解析】 【分析】求出的定义域和值域可判断A，B；求解可判断C；由可判断D. 【详解】对于A，的定义域为，故A错误； 对于B，函数单调递增且值域为， 单调递增且值域为，所以单调递增且值域为，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，， 因为单调递增，所以的零点大于，故D错误. 故选：BC. 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 【答案】BC 【解析】 【分析】A求出的最小值即可；B由即可求出；C D根据直线为对称轴求出和的解析式即可求出两者的对称轴和对称中心. 【详解】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，，，， 因，，2，解得，， 则，， 故图象的对称轴方程为，，解得，， 图象的对称轴方程为，，解得，， 则是的对称轴，但不是的对称轴，故C正确； 令，，解得，， 则图象的对称中心为，， 令，，解得，， 则图象的对称中心为，， 令，则，，， 等号左边为偶数，右边为奇数，故不存在，使成立，故D错误. 故选：BC. 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有可能是重心 C. 若O为的外心，则 D. 若O为的内心，则为直角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】由奔驰定理可判断A，利用重心结论可判断B，由外心可知，即可判断C，由内心可知，满足勾股定理，从而可判断D. 【详解】对于A，由奔驰定理得， 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O，B，C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，（r为内切圆半径）， 所以，所以，故D正确. 故选：ACD. 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. 【答案】二 【解析】 【分析】由待定系数法求出，结合复数的几何意义即可得解. 【详解】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． 故答案为：二． 13. 任意一圆锥的表面积与其侧面积之比的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得其表面积与其侧面积之比为，结合即可得解. 【详解】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. 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________ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由球内切于圆柱得到球的半径可得第一空答案；过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求解可得第二空答案. 【详解】如图：因为圆柱高为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：；. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且，. （1）求； （2）若，求△ABC的周长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）先求出，然后结合正弦定理即可得解； （2）由余弦定理得，进一步得，求出周长. 【小问1详解】 ，则，故， ，利用正弦定理得，则； 【小问2详解】 因为，， 由余弦定理可得， 即， 解得或（舍）， 故， 故△ABC的周长为. 16. 如图所示，正三棱柱中，，. （1）若，求三棱柱的表面积和体积； （2）求AC与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由棱柱的表面积、体积公式直接求解即可； （2）由定义法说明是AC与平面所成的角，解三角形即可得解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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△CAE中，， 所以AC与平面所成角的正弦值为. 17. 已知幂函数的定义域不为. （1）求的解析式； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由幂函数定义求得或，再结合幂函数定义域不为验证即可； （2）结合幂函数的奇偶性、单调性列不等式求解. 【小问1详解】 由幂函数的定义可得，解得或， 若，则的定义域为，不符合题意， 若，则的定义域为，符合题意， 所以的解析式为. 【小问2详解】 由（1）得，的定义域关于原点对称，且， 所以为奇函数， 由可得， 因为在上递减且恒负，在上递减且恒正， 所以或或， 解得或， 所以a的取值范围为． 18. 记△ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）判断△ABC的形状； （2）若，，求△ABC内切圆的直径； （3）设AD为BC边上的中线，若，，求a. 【答案】（1）等腰三角形． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换得，由此即可判断； （2）由正弦定理得，由等面积法即可求解内切圆半径； （3）由余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 又A，B，C为△ABC的内角，故． 代入可得， 也即，即. 又，，则，故△ABC为等腰三角形． 【小问2详解】 由正弦定理可得， 故， 故△ABC的周长，面积， 由等面积法可得其内切圆半径， 故△ABC内切圆的直径为. 【小问3详解】 在△ABC中，有， 化简得. 在△ABD中，有， 且， 即， 代入解得. 19. 如图，在三棱锥中，为中点，平面平面，，，，三棱锥的体积为.分别是直线上一点，且平面，记平面平面. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若与所成角正弦值为，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）只需证明平面，再结合面面垂直的判定定理即可得证； （2）由定义可得为二面角的平面角，从而，求出可得结果； （3）依题意有，，分在线段上和在线段的延长线上两种情况讨论即可求解. 【小问1详解】 如图，过作，垂足为． 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，为中点，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 因为，所以为二面角的平面角． 因为三棱锥的体积为， 所以，解得， 所以二面角的正弦值为. 【小问3详解】 因为平面，平面，平面平面，所以， 故与所成角等于与所成角． 由（2）知，所以. 由题意得，. ①如图，当在线段上时， 因为，， 所以 . 在中，由正弦定理得，，即， 解得，所以，故. ②如图，当在线段的延长线上时， 因为，， 所以， 在中，由正弦定理得，，即 解得，所以，. 综上得，或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $