精品解析：河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高一下学期6月月考数学（文科）试题

新蔡一高2024-2025学年下学期6月月考 高一数学文科 一、单项选择题：本大题共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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用求出模长. 【详解】. 故选：A 2. 在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求三角函数值，再结合二倍角公式，即可求解. 【详解】由条件可知，, 所以，，所以. 故选：A 3. 已知平面向量，且，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，利用向量的数量积的坐标表示可求得的值. 【详解】因为，所以，所以， 又因为，所以，解得. 故选：A. 4. 已知直线是两条不同的直线，平面是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行可判断A；根据线面垂直可判断B，根据面面平行可判断CD. 【详解】对于A，当，此时直线可能在平面内，或，故A错误； 对于B，如图，设，，点是平面内一点， 过点作，垂足为点，过点作，垂足为点， 因为，且，， 且，， 所以，.又， 则，.又，所以，故B正确； 对于C，当，若，则平面可能平行，也可能相交，故C错误； 对于D，当，此时平面可能平行，也可能相交，故D错误. 故选：B 5. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由可得的取值，结合角的范围以及平方和为1可计算，由两角和的余弦配凑角可求出结果. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以， 所以 . 故选：C 6. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，，边长，，然后即可求三角形的周长． 详解】 根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，， 底边长，高， 所以， 直角三角形的周长为． 故选：A． 7. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，因为点在上，则，又，利用平面向量的基本定理求出的值，然后利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值. 【详解】建立如图所示平面直角坐标系． 已知，，，得，， ，，， ，， ，， 因为点在上，则， 又，且、不共线， 可得，且，解得． ， ． 故选：D． 8. 如图是一个在圆柱顶部挖去一个与该圆柱同底面的圆锥的几何模型，已知圆柱的母线长为16，底面半径为6，若圆锥的高为8，则该实体模型的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图知该模型的表面积由三个部分组成：圆柱的下底面积，圆柱的侧面积，圆锥的侧面积，分别求出，即可得到该模型的表面积． 【详解】由图知该模型的表面积由三个部分组成：圆柱的底面积，圆柱的侧面积，圆锥的侧面积. 所以圆柱的下底面积为;圆柱的侧面积为;圆锥的母线，所以圆锥的侧面积为. 所以该模型的表面积为. 故选：C 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. 的周长为 C. D. 外接圆面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理解三角形即可得到有关结论. 【详解】由，得，解得或（舍去）， 所以的周长为，A正确，B正确. 因为，所以，解得，C错误. 设外接圆的半径为R，因为，所以，外接圆的面积为，D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为2 B. 点是函数图象的一个对称中心 C. 将函数图象向左平移个单位长度，所得到函数图象关于轴对称 D. 函数在区间上单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】先将化简为，再结合余弦函数的性质判断4个选项即可. 【详解】，故最小正周期为，A错误； ，点是一个对称中心，B正确； 向左平移个单位长度得到，关于轴对称，C正确； ，单调递减，D错误 故选：BC. 11. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是（ ） A. 三棱锥A−D1PC的体积不变 B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为 C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变 D. 二面角P−AD1−C的大小不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，由已知可得平面，可得BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，由此可判断； 对于选项B，由，可得直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角，由此可判断； 对于选项C，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，可判断； 对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，平面BAD1C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确. 【详解】对于选项A，因为，面，面，所以平面， 所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，又，所以三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故A正确； 对于选项B，因为，点P在直线BC1上运动，所以直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角，因为为等腰直角三角形，故B项正确； 对于选项C，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，故C错误； 对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，平面BAD1C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故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. 化简______. 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式化简即可. 【详解】 . 故答案为： 13. 已知向量与的夹角为，，，则=__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用数量积定义求，再求的模长即可. 【详解】向量与的夹角为，，即，，故， 所以. 故答案为：. 14. 将扇形纸壳剪掉扇形后得到扇环，，，如图1，用扇环制成一个圆台的侧面，如图2，则该圆台的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形和圆台的几何关系，求上下底面圆的半径，以及高，最后代入圆台的体积同时，即可求解. 【详解】由条件可知，， 设圆台上底面的半径为，下底面半径为， 弧长的长为,弧长， 所以，，，， 圆台上下底面的高， 所以圆台体积. 故答案为： 三、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. 直角坐标系中，已知向量，. （1）若，求的值； （2）若，且和的夹角为锐角，求的取值范围. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）由向量垂直的坐标表示，可得，然后利用齐次式即可求值； （2）根据向量夹角为锐角，可得数量积小于0且不共线，代入坐标计算即可. 【小问1详解】 因为，，且，所以. 因为，所以，故. 【小问2详解】 因为，所以，又， 所以，. 因为和的夹角为锐角， 所以且与不共线， 则，解得. 又，即， 所以的取值范围是. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理将边化为角，再利用展开化简即可求解； （2）由面积可得，由余弦定理可得，解方程即可求出，进而可求周长. 【小问1详解】 由题意得， 因为， 所以， 得，得，因为，所以． 【小问2详解】 由，得． 由余弦定理，得， 得， 得， 所以的周长为． 17. 已知函数（，，）的部分图象如图所示. （1）求函数的解析式及对称中心； （2）设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据图像求，由图像求周期，进而得，由图象经过点代入即可求，利用解析式即可求对称中心； （2）由题意得，先求，由，令，则，，求最大值即可求解. 【小问1详解】 依题意知，，， 所以，又，可得，故函数， 由图象经过点，所以， 可得，所以，， 所以，，又因为，所以， 所以， 令，解得，故对称中心为，. 【小问2详解】 因为对任意的，，都有，所以. 因为，所以， 所以，所以， ， 令，则，. 对称轴为，所以①，可得， ②，可得， ③，可得， 综上. 18. 已知：如图，在四棱锥中，四边形为正方形，面，且，为中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （3）以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值. 【详解】（1）证明：连接交于点，连接，则为的中点， 因为为的中点，， 平面，平面，因此，平面； （2）证明：平面，平面，， 在正方形中，，且，所以，平面. 又平面，所以，平面平面. （3）解：平面，且， 如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. ，所以，、、、、、. 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，，， 则，即，令，则，，解得. ，则， 因此，二面角的正弦值为. 19. 如图，在四边形中，已知的面积为，记的面积为. （1）求的大小； （2）若外接圆半径为1，求的周长最大值. （3）若，设，，问是否存在常数，使得成立，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】(1)利用余弦定理即三角形的面积公式，结合已知条件即可求出； (2)利用正弦定理将的周长中的边转化为角，再结合辅助角公式化简，利用即可求出的周长最大值； (3)设，将图形中的角用来表示，结合正弦定理即可求出的值，再利用三角形的面积公式即可求出的值. 【小问1详解】 在中，由余弦定理知，， 所以， 因为， 所以，即， 又因为，所以； 【小问2详解】 由正弦定理得，，又， 所以，，， 由(1)可知，所以， 所以的周长， ， ， ， 因为，所以， 所以，所以的周长的取值范围是， 所以的周长的最大值为； 【小问3详解】 设，则，，， 在中，由正弦定理得，，即， 在中，由正弦定理，，即， 因为， 两式作商得，， 即，因为，所以， 所以，所以， 所以，， 假设，所以， 解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新蔡一高2024-2025学年下学期6月月考 高一数学文科 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，且，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 6 4. 已知直线是两条不同的直线，平面是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图是一个在圆柱顶部挖去一个与该圆柱同底面的圆锥的几何模型，已知圆柱的母线长为16，底面半径为6，若圆锥的高为8，则该实体模型的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. 的周长为 C. D. 外接圆的面积为 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为2 B. 点是函数图象的一个对称中心 C. 将函数图象向左平移个单位长度，所得到函数图象关于轴对称 D. 函数在区间上单调递增 11. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确是（ ） A. 三棱锥A−D1PC体积不变 B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为 C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变 D. 二面角P−AD1−C的大小不变 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 化简______. 13. 已知向量与的夹角为，，，则=__________. 14. 将扇形纸壳剪掉扇形后得到扇环，，，如图1，用扇环制成一个圆台的侧面，如图2，则该圆台的体积为________． 三、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 直角坐标系中，已知向量，. （1）若，求的值； （2）若，且和的夹角为锐角，求的取值范围. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若，面积为，求的周长． 17. 已知函数（，，）的部分图象如图所示. （1）求函数的解析式及对称中心； （2）设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围. 18. 已知：如图，在四棱锥中，四边形为正方形，面，且，为中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求二面角的正弦值. 19. 如图，在四边形中，已知的面积为，记的面积为. （1）求的大小； （2）若外接圆半径为1，求的周长最大值. （3）若，设，，问是否存在常数，使得成立，若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$