精品解析：四川省成都东部新区养马高级中学2024-2025学年高一下学期6月月考数学试题

成都东部新区养马高级中学2024-2025学年度（下） 高2024级六月月考试题 （时间：120分钟 总分：150分） 姓名 班级 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1 （ ） A. B. C. D. 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知函数的图象为C，为了得到函数的图象，只要把C上所有点的（ ） A. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 B. 纵坐标缩短到原来倍，横坐标不变 C. 纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变 D. 横坐标缩短到原来的倍.纵坐标不变 5. 若圆锥的表面积为，且其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则为（ ）. A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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2分，有选错的得0分. 9. 已知为三条直线，为两个平面，下列命题为假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D 若，则 10. 已知函数，下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象的一条对称轴为 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数 11. 记的内角的对边分别为.已知，若角有两解，则的值可以是（ ） A. 2 B. C. 3 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 复数，其中i为虚数单位，则z虚部为______. 13. 边长为2的正三角形直观图的面积为__________. 14. 已知函数，当取得最大值时，________． 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 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 16. 已知，且. （1）求的值 （2）求的值； （3）求的值. 17. 如图所示，三棱柱，是的中点，是的中点．求证： （1）//平面； （2）平面//平面D. 18. 在中，角的对边分别是，且. （1）求； （2）若，的面积是，求的周长. 19. 已知函数，（，，）的部分图象如图所示： （1）求的解析式； （2）求的单调递增区间； （3）若函数在上至少有2个零点，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 成都东部新区养马高级中学2024-2025学年度（下） 高2024级六月月考试题 （时间：120分钟 总分：150分） 姓名 班级 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式求解即可. 【详解】. 故选：D. 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用平面向量的数量积的概念与运算，即可求解. 【详解】如图所示，由向量的数量积的定义， 可得. 故选：A. 3. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘除运算，化简复数，由复数模的公式求. 【详解】，所以. 故选：B. 4. 已知函数的图象为C，为了得到函数的图象，只要把C上所有点的（ ） A. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 B. 纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变 C. 纵坐标伸长到原来2倍，横坐标不变 D. 横坐标缩短到原来的倍.纵坐标不变 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象的伸缩变换即可求解. 【详解】将图象上点的横坐标缩短到原来的倍.纵坐标不变就可得到， 故选：D 5. 若圆锥的表面积为，且其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由条件结合圆锥表面积公式，弧长公式列方程求，，利用勾股定理可求，再利用体积公式求圆锥的体积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 因为圆锥的表面积为， 所以， 因为圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形， 所以， 所以，， 所以， 所以圆锥的体积. 故选：B. 6. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则为（ ）. A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理和正弦和角公式化简得到，求出，得到答案. 【详解】由正弦定理得， 其中， 所以， 因为，所以， 故， 因为，所以， 故为直角三角形. 故选：C 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由的范围，求的范围，再由，结合二倍角公式求即可. 【详解】因为，所以， 因为，又， 所以， 所以，又， 所以. 故选：B. 8. 四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先得出点在平面的射影为三角形外接圆的圆心，由此结合正弦定理建立方程求得三棱锥的高，再结合勾股定理列方程求得外接球的半径，进一步即可求解. 【详解】 设点在平面的射影为，，因为， 所以，这表明点为三角形外接圆的圆心， 注意到，， 所以由正弦定理可得，解得， 所以外接球球心在的延长线上， 设外接球的半径为，则，解得， 所以此四面体的外接球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是首先得出三棱锥的高以及底面外接圆的半径，从而得外接球的半径，由此即可顺利得解. 二、多选题：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2分，有选错的得0分. 9. 已知为三条直线，为两个平面，下列命题为假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，利用线面位置关系的定义和判定定理、性质定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，若，则或，所以A错误； 对于B中，若，则与平行、相交或异面，所以B错误； 对于C中，若，则与平行或异面，所以C错误； 对于D中，若，根据平行平面的性质，可得，所以D正确. 故选：ABC. 10. 已知函数，下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期是 B. 函数的图象的一条对称轴为 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据最小正周期公式运算求解即可；对于B：根据对称轴与最值点之间的关系分析判断；对于C：根据对称中心与函数零点之间的关系分析判断；对于D：根据三角函数图象变换结合诱导公式分析判断. 【详解】对于选项A：可知函数的最小正周期是，故A正确； 对于选项B：因为，不是最值， 所以不是函数的图象的一条对称轴，故B错误； 对于选项C：因为， 所以函数的图象关于点对称，故C正确； 对于选项D：函数的图象向右平移个单位长度后， 得到函数，故D错误； 故选：AC. 11. 记的内角的对边分别为.已知，若角有两解，则的值可以是（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】由正弦定理先计算出，而角有两解，则需要满足且是最大边进而求出的范围. 【详解】角有两解，即角有两解，由正弦定理可知：， 角要有两解，则需满足且，解得：. 故选：CD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 复数，其中i为虚数单位，则z的虚部为______. 【答案】 【解析】 【分析】由复数的乘法结合虚部的概念求解即可. 【详解】，所以z的虚部为. 故答案为：. 13. 边长为2的正三角形直观图的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出直观图，结合三角形的面积公式运算求解. 【详解】如图，在直角坐标中，为等边三角形，取， 按照斜二测画法可得：在坐标中，则， 故直观图的面积. 故答案为：. 14. 已知函数，当取得最大值时，________． 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式求解，用已知角表示未知角求解即可. 【详解】其中 当取得最大值时， 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. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件结合向量垂直的表示及向量坐标运算公式列方程求，再由向量的模的坐标公式求结论； （2）由条件，结合向量平行的坐标表示列方程求，由此可得，再求，，，再由向量夹角坐标公式求结论. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，又，， 所以， 所以， 所以， 所以， 即； 【小问2详解】 因，，， 所以，又， 所以， 所以，所以， 所以，，， 设与夹角为， 所以， 所以与夹角的余弦值为. 16. 已知，且. （1）求的值 （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由同角的三角函数关系结合二倍角的正切公式可得； （2）由同角的三角函数关系结合两角差的正弦公式可得； （3）由两角差的余弦结合二倍角的正余弦和同角的三角函数关系可得. 【小问1详解】 因为，所以，所以， 所以. 【小问2详解】 ，，所以，所以， 又， 所以. 【小问3详解】 由， 因，， 又，则， 所以. 17. 如图所示，三棱柱，是的中点，是的中点．求证： （1）//平面； （2）平面//平面D 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）证明线面平行，转化为线线平行即可，连接，与交于，连接，可得，即可证明； （2）先证明平面，由可知平面，即可证明平面平面. 【小问1详解】 证明：由题意，是三棱柱， 连接，与交于，连接，可得， 平面，平面， 平面D. 【小问2详解】 是的中点，是的中点， 则，四边形为平行四边形， 则， 又平面，平面，得平面， 由可知平面， 又平面， 平面平面. 18. 在中，角的对边分别是，且. （1）求； （2）若，的面积是，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得； （2）首先求出，由面积公式求出，由余弦定理求出，即可求出，从而得解. 【小问1详解】 由正弦定理（为外接圆的半径）， 则，，， 因为，所以， 所以，即， 所以. 【小问2详解】 因为，，所以， 又，所以， 由余弦定理，即，解得， 所以， 所以的周长. 19. 已知函数，（，，）的部分图象如图所示： （1）求的解析式； （2）求的单调递增区间； （3）若函数在上至少有2个零点，求的最小值. 【答案】（1） （2），. （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦型函数的特点，结合正弦型函数中各参数的意义进行求解即可； （2）根据正弦型函数的单调性进行求解即可； （3）由题意可知，函数在上至少有两个零点，由，可得，只需要满足，计算求解即可. 【小问1详解】 由图象可知，解得， 又由于， 所以，由，得， 又，所以，所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 令，， 得，， 所以的单调递增区间为，. 【小问3详解】 函数在上至少有2个零点， 即函数在上至少有两个零点， 因为时，， 所以，解得，所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$