精品解析：四川省南充市白塔中学2024-2025学年高一下学期第三次月考数学试卷

高2024级高一（下）期第三次考试（数学试卷） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. 13 C. 14 D. 3 如果直线平面，直线平面，，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列等式恒成立是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，求（ ） A. B. C. D. 6. 已知三棱锥中，，，两两互相垂直，且，，，若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直四棱柱的高为2，其底面四边形水平放置时的斜二测直观图为矩形，如图所示．若，则该直四棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为，，此时气球的高是 ，则河流的宽度BC等于（ ） A B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 下列命题错误的是（ ） A. 若直线l上有无数个点不在平面内，则. B. 若直线l与平面平行，则l与平面内的任意一条直线都平行. C. 如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行. D. 若直线l与平面平行，则l与平面内的任意一条直线都没有公共点. 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的模的最小值为1 C. 若，则与夹角为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值集合为 11. 已知一圆锥的底面半径为，该圆锥的母线长为2，A，B为底面圆的一条直径上的两个端点，则下列说法正确的是（ ） A. 其侧面展开图是圆心角为扇形 B. 该圆锥的体积为π C. 从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为 D. 过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域为_____________． 13. 已知分别为三个内角的对边，，则_____________． 14. 在平面四边形中，，，则的取值范围为_____________． 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）已知．求的值 （2）化简：． 16. 已知与的夹角为． （1）求与的夹角； （2）用表示在方向上的投影向量． 17. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求的值； （2）若，且的面积为，判断的形状并说明理由． 18. 已知函数． （1）求函数的单调增区间； （2）求函数的对称轴方程和对称中心； （3）当时，求的值域． 19. 已知函数的部分图象如图所示： （1）求函数的解析式； （2）将的图象向左平移个单位，再将所得到的图象横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，若函数在区间上恰有三个零点，且，求的取值范围； （3）在（2）的条件下，若，使得成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高2024级高一（下）期第三次考试（数学试卷） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法法则计算即可求解. 【详解】. 故选：D. 2. 已知，则（ ） A. B. 13 C. 14 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算求得的坐标，进而可求模. 【详解】因，所以， 所以 故选：D. 3. 如果直线平面，直线平面，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点线、线面关系可得，再结合已知即可判断的关系. 【详解】∵， ∴，同理，. 又，则. 故选：A. 4. 下列等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角恒等变换公式逐项分析判断即可. 【详解】对于选项A：，故A错误； 对于选项B：，故B错误； 对于选项C：，故C正确； 对于选项D：，故D错误； 故选：C. 5. 已知，求（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角差的正切公式计算可得. 【详解】因为，所以. 故选：A 6. 已知三棱锥中，，，两两互相垂直，且，，，若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，将三棱锥补形为长方体，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，再由球的体积公式，即可得到结果. 【详解】因为三棱锥中，，，两两互相垂直， 可以将三棱锥补形为长方体，且长方体的外接球即为三棱锥的外接球， 又，，， 则球的直径，即， 所以外接球的体积为. 故选：C 7. 已知直四棱柱的高为2，其底面四边形水平放置时的斜二测直观图为矩形，如图所示．若，则该直四棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先得到底面四边形的平面图形，根据斜二测法及勾股定理求出线段的长度，即可求出底面积与底面周长，再根据表面积公式计算可得； 【详解】由直观图可得底面四边形的平面图形如下，由， 则，，所以， 则，， 所以直棱柱的底面周长，又直棱柱的高， 所以棱柱的侧面积， 所以棱柱的表面积. 故选：C 8. 如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为，，此时气球的高是 ，则河流的宽度BC等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，，， 所以 . 故选C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 下列命题错误的是（ ） A. 若直线l上有无数个点不在平面内，则. B. 若直线l与平面平行，则l与平面内的任意一条直线都平行. C. 如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行. D. 若直线l与平面平行，则l与平面内的任意一条直线都没有公共点. 【答案】ABC 【解析】 【分析】借助长方体模型来分析,棱所在直线有无数点在平面外，判断A；所在直线平行于平面，进行判断B;,所在直线平行于平面，但直线平面，判断C；与平面平行，推出与平面无公共点，与平面内所有直线都没有公共点，判断D. 【详解】借助长方体模型来分析，棱所在直线有无数点在平面外， 但棱所在直线与平面相交，所以A不正确； 所在直线平行于平面,显然不平行于，所以B不正确； ,所在直线平行于平面，但直线平面，所以C不正确； 与平面平行，则与平面无公共点，与平面内所有直线都没有公共点，所以D正确． 故选：ABC. 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的模的最小值为1 C. 若，则与的夹角为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值集合为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算逐项计算可判断每个选项的正误. 【详解】， 对于A，若，则，解得，故A错误； 对于B，由已知可得， 所以，当时，等号成立，故B正确； 对于C，由已知可得， 若，则，解得， 所以，所以，所以， 又，，所以， 因为，所以与的夹角为，故C正确； 对于D，由，解得，又与共线时，可得，解得， 此时与共线同向，故与的夹角为锐角，则的取值集合为，故D错误. 故选：BD 11. 已知一圆锥的底面半径为，该圆锥的母线长为2，A，B为底面圆的一条直径上的两个端点，则下列说法正确的是（ ） A. 其侧面展开图是圆心角为的扇形 B. 该圆锥的体积为π C. 从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为 D. 过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出底面圆周期判断A；求出圆锥的高并求出体积判断B；展开半圆锥的侧求出弦长判断C；求出轴截面顶角，再求出截面最大值判断D. 【详解】对于A，圆锥底面圆周长为，而圆锥侧面展开图扇形半径为2，所以侧面展开图的圆心角为，A正确； 对于B，圆锥的高，因此圆锥的体积，B正确； 对于C，依题意，将半圆锥的侧面展开，如图， 则从A点经过圆锥的侧面到达B点的最短距离为，C错误； 对于D，圆锥轴截面顶角为，则，，则圆锥轴截面顶角为， 因此过该圆锥的顶点的圆锥截面等腰三角形顶角， 此截面三角形积，当且仅当时取等号，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数定义域为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】由，可求函数的定义域. 【详解】由，得， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 13. 已知分别为三个内角的对边，，则_____________． 【答案】或 【解析】 【分析】利用正弦定理计算可得. 【详解】由正弦定理，即，所以， 又，所以，所以或. 故答案为：或 14. 在平面四边形中，，，则的取值范围为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标表示相应向量，根据三角换元、辅助角公式及三角函数的有界性计算即可. 【详解】根据条件可知该四边形为直角梯形，如下图所示，建立平面直角坐标系， 则， 因为， 所以，且， 易知， 利用三角换元，可设， 则， 其中， 显然，则， 所以. 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）已知．求的值 （2）化简：． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件求出，代入计算求解即可； （2）根据给定条件，利用切化弦，二倍角公式计算作答. 【详解】（1）因为，所以， ； （2）. 16. 已知与的夹角为． （1）求与的夹角； （2）用表示在方向上的投影向量． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一：利用计算求解； 法二：如图，作，设，利用几何性质求解； （2）法一：根据投影向量的计算公式求解即可； 法二：在（1）的解答（法二）的基础上，过点作垂直的延长线于点，则为在方向上的投影向量，利用直角三角形求解. 【小问1详解】 法一：设与的夹作为， ， 又， ， 又， ； 法二：由题意，如图，作，设， 作，以和OB为邻边作平行四边形， 即为， 易知平行四边形菱形， 故与的夹角； 【小问2详解】 法一：由题意，为单位向量， 又由（1）知与的夹角为， 故在方向上的投影向量为． 法二：在（1）的解答（法二）的基础上，过点作垂直的延长线于点， 则为在方向上的投影向量， 又易知，在直角三角形中，， ， ， ， 故在方向上投影向量为． 17. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求的值； （2）若，且的面积为，判断的形状并说明理由． 【答案】（1） （2）等边三角形，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，和同角三角函数关系得到，求出答案； （2）由三角形面积公式得到．由余弦定理得到，从而推导出，结合（1）中求出的，得到结论． 【小问1详解】 由题意，， 由正弦定理得，， ， ， ， 又， ， ，即， 又， ； 【小问2详解】 为等边三角形，理由如下： 由（1）知，，又由题意，， 又， ， ， ， 又， 为等边三角形. 18. 已知函数． （1）求函数的单调增区间； （2）求函数的对称轴方程和对称中心； （3）当时，求的值域． 【答案】（1） （2）对称轴方程：，；对称中心：， （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦函数的单调性求解正弦型函数的单调区间即可； （2）根据正弦函数的对称轴以及对称中心可求得结果； （3）先由，求出，然后转化为正弦函数的值域问题求解即可． 【小问1详解】 由， 所以函数的单调增区间是． 【小问2详解】 根据，可得对称轴为，； 根据，解得，， 因为函数为， 所以对称中心为，； 【小问3详解】 由，可得， 从而，所以． 所以的值域为． 19. 已知函数的部分图象如图所示： （1）求函数的解析式； （2）将的图象向左平移个单位，再将所得到的图象横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，若函数在区间上恰有三个零点，且，求的取值范围； （3）在（2）的条件下，若，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用周期可求得，由时，，计算可求得，过点，可求得，从而可求解析式； （2）利用图象变换求得，由题意知，与在区间上有三个交点，数形结合可求的范围； （3）由（2）知，，根据题意可得成立，进而求解即可. 【小问1详解】 由题意，的周期，， 当时，，， ，又，， 又由图知过点， ，， 故的解析式为； 【小问2详解】 由题意： ， 由题意知，与在区间上有三个交点， 作出在区间上的图象为： 由图象可知，当，即时，满足题意与在区间上有三个交点， 此时有， ； 【小问3详解】 由（2）知，， 又由，使得成立可知， 成立， 当时，， ，， 当时，， ，，， 又，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$