精品解析：云南省曲靖市陆良县第一中学2024-2025学年高一下学期期末模拟（6月月考）数学试题

云南省曲靖市陆良县第一中学2024-2025学年高一下学期期末模拟（6月月考）数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小质5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰或直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 不含的直角三角形 6. 已知为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C D. 7. 如图，在中，已知，，边上存在点，使，且，那么的长是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知复数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知正数满足，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 最大值为2 D. 的最小值为6 10. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若△ABC为锐角三角形，则 C. 若，，，则满足条件的△ABC有两个 D. 若，则△ABC为等腰三角形 11. 已知函数，将的图像上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像．若为奇函数，且最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图像关于点中心对称 B. 函数区间上单调递减 C. 不等式解集为 D. 方程在上有2个解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设和是两个不共线的向量，若，，，且A，B，D三点共线，则实数k的值等于________． 13. 如图，在正四棱台中，.若该四棱台的体积为，则该四棱台的高为__________；外接球的表面积为__________. 14. 已知函数在上恰有5个零点，则的取值范围是___________． 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. 如图，在等边中，，点O在边BC上，且.过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N. （1）设，，试用，表示； （2）求； （3）设，，求的最小值. 16. 已知关于的实系数一元二次方程. （1）若一根为，求，的值； （2）设，是虚数根，记，，在复平面上对应点分别为，，，求的值. 17. 如图，在直三棱柱中，是边长为的等边三角形，分别是线段的中点. （1）证明：平面平面. （2）求点到平面的距离. 18. 已知向量，，设函数. （1）化简并写出的最小正周期； （2）若，且，求的值； （3）在锐角中，若，，求周长的取值范围. 19. 如图1，在等腰梯形中，，将沿边翻折，使点翻折到点，连接，得到三棱锥，如图2，其中. （1）证明：平面 （2）若，求三棱锥的体积. （3）求二面角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省曲靖市陆良县第一中学2024-2025学年高一下学期期末模拟（6月月考）数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小质5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的运算即可表示出阴影部分，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】，且， 则， 阴影部分表示的集合是在集合中去掉的元素， 则阴影部分表示的集合为. 故选：D 2. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦函数性质和对数函数单调性即可比较大小. 【详解】因为，所以， 所以． 故选：C． 3. 实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出挖去的圆柱底面半径和高，再结合圆锥表面积、圆柱侧面积公式直接计算可得结果. 【详解】根据题意的中点为可知，挖去的圆柱底面半径为，高为， 剩下几何体的表面积为圆锥表面积加上挖去圆柱的侧面积，显然圆锥母线为， 易知圆锥表面积为，圆柱侧面积为， 所以剩下几何体的表面积为. 故选：B 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将已知条件两边平方，利用同角三角函数基本关系和二倍角公式即可求出的值. 【详解】∵， ∴，∴． 故选：D. 5. 在中，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰或直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 不含的直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换可求得或，分类讨论可得结论. 【详解】由和正弦定理，可得， 因，代入上式，化简得：， 即，故得或， 当时，，所以，此时是直角三角形； 当时，，又，， 则或（舍去），此时为等腰三角形. 综上：可得的形状一定是等腰或直角三角形. 故选：B. 6. 已知为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据的奇偶性、单调性来求得不等式的解集. 【详解】依题意，是偶函数，图象关于轴对称， 当时，是单调递增函数， 所以在上单调递减. 当时，由解得，即， 所以，所以， 所以不等式的解集为. 故选：B 7. 如图，在中，已知，，边上存在点，使，且，那么的长是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】过点作，得出且，再由余弦定理得出，最后由得出的长. 【详解】过点作，所以，且 在中， 则由余弦定理可得， 得解得（负值舍去），，所以. 故选：B 8. 已知复数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】确定表示复数的几何意义，再结合的几何意义求解作答. 【详解】由，得复数对应的点在以为圆心，半径的圆上， 表示复数对应的点到的距离， 点到点的距离， 所以的最大值为. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知正数满足，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为2 D. 的最小值为6 【答案】ABD 【解析】 【分析】运用基本不等式逐一判断即可. 【详解】对于A：因为是正数，所以，当且仅当时取等号， 即当时，有最大值为，因此A正确； 对于B：因为是正数，， 当且仅当时取等号，即当时，的最小值为，B正确； 对于C：因为 当且仅当时取等号，即当时，，因此C不正确； 对于D，由， 又， 当且仅当，即时取等号， 所以，故D正确； 故选：ABD. 10. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若△ABC为锐角三角形，则 C. 若，，，则满足条件的△ABC有两个 D. 若，则△ABC为等腰三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】根据余弦函数的单调性及三角形中大角对大边可判断选项A；先根据△ABC为锐角三角形得出，再根据正弦函数的单调性和诱导公式可判断选项B；先利用正弦定理得出，再根据大边对大角及正弦函数的性质可判断选项C；先根据正弦定理得出，再根据二倍角正弦公式及正弦函数的性质即可判断选项D. 【详解】对于选项A：∵在上单调递减且， ∴， 则，故选项A不正确； 对于选项B：∵△ABC为锐角三角形， ∴，且，， 即. 又∵函数在上单调递增， ∴， ∴，故选项B正确； 对于选项C：因为，，， 所以由正弦定理：可得. 又因为， 则，且， 所以满足条件的角C有两个，故选项C正确； 对于选项D，∵， 则由正弦定理可得， ∴，即， ∴或，即或， ∴△ABC为等腰三角形或直角三角形，故选项D不正确， 故选：BC． 11. 已知函数，将的图像上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像．若为奇函数，且最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图像关于点中心对称 B. 函数在区间上单调递减 C. 不等式的解集为 D. 方程在上有2个解 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图像变换求出函数与的解析式，利用三角函数的对称，单调性分别进行判断即可. 【详解】根据题意可得，， 又因为最小正周期为，则，且，则， 即， 又因为为奇函数，则 解得，且， 所以当时，，所以， 则， 对于A，当时，，所以点是的对称中心，故正确； 对于B，令，解得，所以不是的子集，故错误； 对于C，因为，即， 所以，解得，故正确； 对于D，分别画出与在的图像，通过图像即可得到共有两个交点，故正确. 故选:ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设和是两个不共线的向量，若，，，且A，B，D三点共线，则实数k的值等于________． 【答案】12 【解析】 【分析】先求，由A，B，D三点共线，利用共线向量定理得存在实数，使得，进而求解. 【详解】由题意有，， 因为A，B，D三点共线，所以存在实数，使得， 即，所以， 所以． 故答案为：. 13. 如图，在正四棱台中，.若该四棱台的体积为，则该四棱台的高为__________；外接球的表面积为__________. 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】如图，连接交于点，连接交于点，连接，过作于点，可得底面，然后由正四棱台的体积列方程可求出，连接，可判断四棱台外接球的球心在的延长线上，设，由可求出，从而可求出外接球的半径，进而可求出球的表面积. 【详解】如图，连接交于点，连接交于点，连接， 则∥底面平面， 所以. 过作于点，则∥ 所以底面， 所以该正四棱台的体积，解得， 连接，因为， 所以四棱台外接球的球心在的延长线上，设， 则， ， 由，得，解得， 故，即外接球的半径， 所以外接球表面积为. 故答案为：，. 【点睛】关键点点睛：此题考查棱台的体积，考查正四棱台的外接球问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心，从而可求出外接球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 14. 已知函数在上恰有5个零点，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】求出的范围，结合余弦函数的图象可得. 【详解】因为，且，所以， 结合余弦函数的图象可知，欲使函数在上恰有5个零点， 则，解得． 故的取值范围为. 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. 如图，在等边中，，点O在边BC上，且.过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N. （1）设，，试用，表示； （2）求； （3）设，，求的最小值. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用给定的基底表示向量. （2）利用向量的数量积定义、运算律及夹角公式求解. （3）利用共线向量的推论及基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 由，得，所以. 【小问2详解】 在等边中，， 由（1）得， ，，， ， 所以. 【小问3详解】 由（1）知，，而，， 因此，而共线，则， 又，于是， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是. 16. 已知关于的实系数一元二次方程. （1）若一根为，求，的值； （2）设，是虚数根，记，，在复平面上对应点分别为，，，求值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由实系数一元二次方程的一个虚数根即可得到另一虚数根，明确两根后，根据韦达定理求出，的值； （2）解出方程根，分别代入，，，利用复数在复平面上对应的点得到，，，再将三点坐标代入所求向量式即可. 【小问1详解】 依题意可知，实系数一元二次方程的两根为，， 根据韦达定理，，解得，. 【小问2详解】 若，则方程的根为，， 若，则，，则，，， 所以； 若，则，，则，，， 所以； 故. 17. 如图，在直三棱柱中，是边长为的等边三角形，分别是线段的中点. （1）证明：平面平面. （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）只需证明平面，平面即可； （2）思路一：将点到平面的距离转换为点到的距离即可；思路二：在三棱锥中，利用等体积法即可求解. 【小问1详解】 连接. 由棱柱的定义可知四边形为平行四边形，则与相交且互相平分. 因为为线段的中点，所以为线段的中点. 因为分别是线段的中点，所以. 因平面平面，所以平面. 因为分别是线段的中点，所以. 由棱柱的定义可知，则. 因为平面平面，所以平面. 因为平面平面，且，所以平面平面. 【小问2详解】 （方法一）取的中点，连接， 则，所以点在平面内. 由已知条件可知平面，则平面. 又平面，所以平面平面， 所以点到平面的距离即点到的距离， 所以. （方法二）由（1）可知平面平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离. 连接. 因为是边长为等边三角形，所以. 由直棱柱的定义可知平面平面，则平面，即点到平面的距离为3. 因为是线段的中点，所以点到平面的距离为. 因为，所以， 则三棱锥的体积. 因为是的中位线，且，所以. 由题意可知，所以，则的面积 三棱锥C-DEF的体积. 因为，所以，解得. 18. 已知向量，，设函数. （1）化简并写出的最小正周期； （2）若，且，求的值； （3）在锐角中，若，，求周长的取值范围. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量积的坐标运算，结合三角恒等变形即可求出周期； （2）利用变换角，再由两角差正弦公式即可求值； （3）利用正弦定理化边为角，借助函数的单调性即可求值域. 【小问1详解】 故最小正周期. 【小问2详解】 因为，由，则， 所以， 则 ； 【小问3详解】 因为，又为锐角三角形， 所以，则， 由正弦定理， 可得三角形的周长 ， 由为锐角三角形,可得， 因为都在上单调递增， 所以在上单调递减， 即 所以的取值范围为. 19. 如图1，在等腰梯形中，，将沿边翻折，使点翻折到点，连接，得到三棱锥，如图2，其中. （1）证明：平面. （2）若，求三棱锥的体积. （3）求二面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，可证，再利用勾股定理证得，最后利用直线与平面垂直的判定定理即可得证. （2）取的中点，证明即为三棱锥的高，再利用体积公式即可求解. （3）利用（2）中的垂直关系作出二面角的平面角，可求解. 【小问1详解】 如图1，在梯形中，取边的中点，连接， ，，，， 四边形是平行四边形，， ，， ， ，且，所以， ，平面平面，且， 平面. 【小问2详解】 如图2，取的中点，连接， 由（1）可知平面，且平面，则平面平面， ，且为线段的中点，， 平面平面，平面，平面， ，，， ，，， 三棱锥的体积. 【小问3详解】 如图2，过作，垂足为，取的中点，连接， 则，从而， 由（2）知平面，平面，， 又，平面，平面，平面， 平面，， 为二面角的平面角， 设，，，，， 则， 又，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $