精品解析：湖南省长沙市南雅中学2024-2025学年高一下学期6月月考数学试题

2025年上学期高一年级6月检测 数学试题 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 4. 设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 从4，2，3，8，9中任取两个不同数，记为（a，b），则为正整数的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，三个内角所对边分别为，若且则的面积等于（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知两组数据和中位数､方差均相同，则两组数据合并为一组数据后，（ ） A. 中位数一定不变，方差可能变大 B. 中位数一定不变，方差可能变小 C. 中位数可能改变，方差可能变大 D. 中位数可能改变，方差可能变小 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知向量，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 10. 已知，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上是单调函数 C. 的图象关于直线对称 D. 11. 已知函数满足，都有，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 充要条件为 C. 减函数 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数是奇函数，则__________． 13. 已知正四棱台高为，上、下底面边长分别为2和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_________. 14. 在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为______． 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. 在一次奥运会男子乒乓球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛，决赛采取7局4胜制.已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果互不影响. （1）求只需进行四局比赛的概率： （2）已知前两局比赛甲均告负，求甲最终能逆转获得冠军的概率. 16. 已知函数. （1）求的最小正周期与单调递减区间； （2）当时，曲线与的交点为，为坐标原点，求. 17. 如图，在直三棱柱中，，且，为中点. （1）求证：平面平面； （2）求和平面所成的角的大小. 18. 已知函数. （1）判断函数与的单调性（不需要写理由）； （2）证明：函数有唯一零点，有唯一零点，且； （3）证明：当时，. 19. 如图，为锐角三角形，点为的外心，点为的重心，的外接圆半径为.以为邻边作平行四边形，它的第四个顶点为点，再以为邻边作平行四边形，它的第四个顶点为点，若， （1）试用表示；并探究三点是否共线，如果共线，请给出证明，若不共线，说明理由. （2）求证：是的垂心； （3）求证：，并且指出等号成立的条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年上学期高一年级6月检测 数学试题 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解法及交集的定义即可求解． 【详解】因为，所以． 故选：B． 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义及复数的运算直接可得解. 【详解】由， 得， 则， 即， 故选：A. 3. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由全称命题的否定是将任意改存在并否定原结论，即可得. 【详解】由全称命题的否定为特称命题，则原命题的否定为. 故选：C 4. 设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可； 【详解】A：若，，则或相交，故A错误； B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确； C：若，，则或，故C错误； D：若，，则相交或或，故D错误； 故选：B. 5. 从4，2，3，8，9中任取两个不同的数，记为（a，b），则为正整数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用列举法利用古典概型计算即可. 【详解】从4，2，3，8，9中任取两个不同数，记为，共有20个基本事件，分别为，， 记“为正整数”为事件A， 所以事件A包含3个基本事件：， 故其概率为． 故选:A． 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用两角和差余弦公式计算化简，再结合同角三角函数关系弦化切计算求解. 【详解】因为， 则， 则. 故选：B. 7. 在中，三个内角所对边分别为，若且则的面积等于（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理求得，结合余弦定理可求得的值，再利用同角三角函数的基本关系以及三角形的面积公式可求得结果. 【详解】因为，由正弦定理可得，即，解得或（舍）. 由余弦定理可得， 解得，故， 因为，则角为锐角，所以，， 因此，. 故选：A. 8. 已知两组数据和的中位数､方差均相同，则两组数据合并为一组数据后，（ ） A. 中位数一定不变，方差可能变大 B. 中位数一定不变，方差可能变小 C. 中位数可能改变，方差可能变大 D. 中位数可能改变，方差可能变小 【答案】A 【解析】 【分析】根据中位数、方差的概念分析运算. 【详解】对于中位数：不妨设， 则两组数据和的中位数分别为，则， 两组数据合并为一组数据后，则中位数为，故中位数一定不变； 对于方差：设的平均数为，方差为，的平均数为，方差为， 则， 可得， 则两组数据合并为一组数据的平均数， 方差 ， 当且仅当时等号成立， 故方差可能变大，一定不会变小； 故选：A. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知向量，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】应用向量模长的坐标运算判断A；由向量数量积、夹角的坐标运算判断B、C；根据投影向量的定义求在上的投影向量判断D. 详解】由题设，则，A错； ，则，即，B对； ，且，则，C错； 在上的投影向量，D对. 故选：BD 10. 已知，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上是单调函数 C. 的图象关于直线对称 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：整理可得，即可得最小正周期；对于B：整理可得，结合复合函数单调性分析判断；对于C：根据对称性定义分析判断；对于D：分析易得是函数的一个周期，进而结合导数求解值域. 【详解】因为. 对于A，因为 ， 所以的最小正周期为，故A错误； 对于B，因为， 令，可得，其图象开口向上，对称轴为， 可知在内单调递增，且在内单调递增， 所以在上是单调函数，故B正确； 对于C，， 所以函数的图象关于直线对称，故C正确； 对于D，因为， 所以函数为周期函数，且是函数的一个周期， 只需求出函数在上的值域，即为函数在上的值域， 由， 则， 当时，，故， 此时，函数在上单调递增， 当时，，， 此时，函数在上单调递减， 所以当时，， 又因为，则， 则函数的值域为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于先得到是函数的一个周期，进而结合导数分析函数在上的值域，即为函数在上的值域，进而求解即可. 11. 已知函数满足，都有，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的充要条件为 C. 为减函数 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】利用特值法构造、消元，得到函数（为常数）的形式，进而判断各选项的正确性. 【详解】令 ，方程变为， 令 ，则，∴， 结合原方程，令 得， 设，则， ∴ ，∴（其中 常数）. 对于A：​由（因 ，故）， 若 ，则，得 ，此时，故A正确； 对于B：∵是严格增函数（斜率为1），故当且仅当，故B正确； 对于C：∵ 斜率为1，是增函数，非减函数，故C错误； ​对于D：∵，得 ，故 ，故D错误. ​故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数是奇函数，则__________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性求出的值，再求分段函数值即可. 【详解】因为函数为奇函数，所以， 设，则，所以， 所以，则， 所以. 故答案为：3 13. 已知正四棱台的高为，上、下底面边长分别为2和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱台的结构特征和性质求出球的半径，进而可求出球的表面积. 【详解】 设正四棱台上、下底面所在截面圆的半径为，则， 若球心到上底面距离为，球体半径为，则球心到下底面距离为， 所以，可得，则， 所以球体的表面积为. 故答案为： 14. 在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为______． 【答案】8 【解析】 【分析】由正弦定理可得，再由三角恒等变换计算可得，利用换元法以及基本不等式计算可得当时取得最小值为8. 【详解】根据正弦定理由，可得， 所以， 即可得， 又因为，可得， 因此， 所以， 因为为锐角三角形，所以，即， 令，可知， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为8. 故答案为：8. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于由题目条件并结合三角恒等变换得出，并求得，由锐角三角形以及基本不等式计算即可. 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. 在一次奥运会男子乒乓球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛，决赛采取7局4胜制.已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果互不影响. （1）求只需进行四局比赛的概率： （2）已知前两局比赛甲均告负，求甲最终能逆转获得冠军的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用独立事件乘法公式及互斥事件概率和公式计算求解； （2）分类应用独立事件乘法公式及互斥事件概率和公式计算求解. 【小问1详解】 设事件“甲第局都获胜”，. 由题意，事件相互独立，且. 只需进行四局比赛包含两种情况： ①甲能胜四局：；②乙连胜四局：. 设事件“只需进行四局比赛”；则 . 故只需进行四局比赛的概率为. 【小问2详解】 设事件“前两局比赛甲均告负，甲最终能逆转获得冠军”. 由于前两局比赛甲均告负，所以接下来的比赛甲最多可以负一局，包含两种情况： ①甲接下来连胜四局：； ②接下来五局比赛中甲4胜1负（负的一局为第3~6局中某一局）： . 所以， . 所以，甲最终能逆转获得冠军的概率为. 16. 已知函数. （1）求的最小正周期与单调递减区间； （2）当时，曲线与的交点为，为坐标原点，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先根据余弦的两角和公式、二倍角公式和诱导公式化简，再根据正弦函数的性质整体代入求解即可； （2）将与联立可得或，再利用特殊角的三角函数值求出交点坐标即可求解. 【小问1详解】 由题意 ， 所以的最小正周期为， 令，因为得单调递减区间为， 由，得， 所以的单调为. 【小问2详解】 将与联立，得， 即，解得或， 又，所以，，，，解得， 因此，得交点坐标为， 所以. 17. 如图，在直三棱柱中，，且，为中点. （1）求证：平面平面； （2）求和平面所成的角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直判断定理证明即可； （2）法一：取的中点，设，连接，设，连接，判断平面，根据线面角定义得线面角平面角，计算即可求解；法二：由（1）可得和平面所成的角即为，在中计算即可；法三：设到平面的距离为，由等体积法求得后，计算即可求解. 【小问1详解】 因为直三棱柱中平面，平面， 所以，又，所以平面， 又平面，所以. 矩形中，，所以. 从而，所以. 由，得平面. 又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 法一：取的中点，设，连接，设，连接， 为的中点，所以，且， 又，且所以且， 又，所以四边形为正方形，所以， 直三棱柱中，平面，平面，所以， 又因为，为中点，所以，所以平面， 因此，又，所以平面， 所以为和平面所成的角， 又， 所以，又，所以， 即和平面所成的角的大小为； 法二：由（1）知平面平面，设交于G， 所以可推得和平面所成的角即为， 由平面，得，在中，， 所以在中，， 在中， 在等腰，， 又，所以.即和平面所成的角的大小为； 法三：设和平面所成的角为，设到平面的距离为， 设到平面的距离为， 的面积， 的面积， 又三棱锥的体积，即， 从而得， 所以，， 又，所以，即和平面所成的角大小为. 18. 已知函数. （1）判断函数与的单调性（不需要写理由）； （2）证明：函数有唯一零点，有唯一零点，且； （3）证明：当时，. 【答案】（1）为减函数，为增函数 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据对数的运算性质化简，再利用复合函数的单调性求解即可； （2）先根据零点存在性定理可知函数有唯一零点，有唯一零点，再由可得，构造，根据零点存在性定理可得存在唯一，使得，即； （3）由（2）可知，故只需证明不等式：①，②，根据对数的运算性质可得，再化为和分别讨论证明即可. 【小问1详解】 由题意可得， ， 由对数函数和复合函数单调性可知为减函数，为增函数. 【小问2详解】 对于函数， 由（1）知为减函数，所以在存在唯一零点， 对于函数， 又， 故，又， 由（1）知为增函数，所以在存在唯一零点， 下面证明： 由，可知； 由，可知，即， 构造函数，因为为减函数，且， 所以存在唯一，使得，即； 综上所述，函数在存在唯一且相等的零点. 【小问3详解】 由（2）可知， 故只需证明下面两个不等式：①；② 因为， 故，得， 即③， 此时③可化为， 由，可得， 由（2）可知当时，， 故此时，从而，故①成立； ③也可化为， 当时，， 因为，所以，即， 所以，故可知故②成立， 综上所述对于任意的，都有. 19. 如图，为锐角三角形，点为的外心，点为的重心，的外接圆半径为.以为邻边作平行四边形，它的第四个顶点为点，再以为邻边作平行四边形，它的第四个顶点为点，若， （1）试用表示；并探究三点是否共线，如果共线，请给出证明，若不共线，说明理由. （2）求证：是的垂心； （3）求证：，并且指出等号成立的条件. 【答案】（1），，共线，证明见解析； （2）证明见解析； （3）证明见解析，当且仅当重心与外心重合等号成立. 【解析】 【分析】（1）法一、法二：应用向量加减的几何意义得到，即可证；法三：设，应用坐标法得，即可证； （2）法一：由（1）得，，结合已知及数量积的运算律得，依次得，，即可证；法二：应用向量数量积的坐标运算得到，，即可证； （3）法一：应用向量加减、数乘的几何意义及数量积的运算律证明不等关系；法二：向量线性关系、数量积的坐标运算证明不等关系. 【小问1详解】 法一：由平面向量加法的平行四边形法则得， 所以；另外，从而， 进而，由此，所以共线. 法二：由， 此时，所以，所以三点共线. 法三：若为原点，设， 由平面向量加法的平行四边形法得，，所以； 所以，由重心坐标公式有； 故. 从而，所以共线. 【小问2详解】 法一：由（1）知， 所以，又， 所以，因为为的外心， 所以，所以，所以， 同理，从而为的垂心. 法二：， 从而，同理；； 进而，故为垂心. 【小问3详解】 法一： ， ， 当且仅当重心与外心重合等号成立. 法二： ， （当且仅当取等）； ， （当且仅当取等）； 综上，，当且仅当 等号成立，即重心与外心重合等号成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $