河南焦作市武陟县第一中学2025-2026学年高一下学期六月份月考数学试卷（历史类）

高一年级六月份月考数学试卷（历史类) 一、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 项是符合题目要求的， 1.【答案】B 【详解】 ga+6=0 因为复数二为纯虚数，所以 2a-≠0 解得a=-12 2.【答案】A 【详解】因为3d-16,所以(3a-b6=0即3d.6-i2=0,又161=V5,故2=2= (（32=3, 所以3a.b-3=0解得a.b=1, 所以cos<d,>= V3 3.【答案】D 【详解】若a/1B,mCw,nCB,则m与n平行或异面，所以a/1B不是m∥n的充分条件， 反过来，若mC,ncB,ml∥n,则a/1B或相交，所以a/IB也不是m∥n的必要条件. 所以“a∥B”是“m∥n”的既不充分也不必要条件， 4.【答案】B 【详架】am600+g75-an360°+240)-4s9+m75 tam75°-1 1-tan 45tan75 =tan(180°+60）-tan(45°+75°)=tam60°-tan120°=3-tan180°-60°） =√5+tan60°=V5+5=2V5 5.【答案】B 【详解】a在5上的投影向量为阿可 ab b √2 V2×V22 所以2=2 2 6.【答案】D 【i详解】由cos(a-)=coB+sin asin,可得号=号+-sin asin,解得sinsn=-专 第1页/共10页 由cos(a+A)=cosasB-sin asin B,可得cos(a+B)=号-(-)= 所以cos(2a+20-cos2(a+1-2co32(a+)-1=2×自月°-1=2×号-1-岩-是-名 7 7.【答案】C D B E 【详解】 M B 图1 图2 如图1，连接AC,AD,BD,BA,CD, 将平面ACD,和平面B,AD展开到同一平面， 如图2，连接CB,交AD于点M, 则CE+BE≥CB, 因为AB=4,所以AC=D,C=B,D,=AD=AB,=4W2, 所以四边形ACD,B,为菱形，∠CAB=120°， 则lCB=(4W2+(4W5-2×42x42xco120°=96， 所以CE+BE≥CB,=46.E,M重合时，取等号. 则B,E+CE的最小值是46. 8.【答案】B 【详解】在△ADC中，设∠ADC=0,则Sc=,×ADxCDsin8=2sin8. 2 由余弦定理知AC2=AD2+CD-2AD.CDcos6=8-8cos0. △4Bc中，8ae-5x54c=2W5-25os0 22 又AD=CD=2,△ABC为等边三角形 所以∠DAC=∠DCA,∠BAC=∠BCA,即∠DAB=∠DCB 所以可通过SAS判断△ABD和△BCD全等， 第2页/共10页 c+.sino-3cos0+2sim 1 -3 所以当0-骨号即0=爱时，（风m=2+5 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 9.【答案】ABD 【详解】对于A,令z=a+bi,a,b∈R,则E=a-bi, 于是豆=(a+bi)(a-bi)=a2+b°，所以2=a2+b=2,故A正确： 威于B,令2=a+i,abeR,则EEa-bi,因为z是 z豆=(a+bi)(a-i)=ad2+b=1=°，E=1,故B正确： 对于C,令=1，a=i,满足=5， 而z=1,z=-1,≠z,故C错误： 对于D,令z=a+bi,a,b∈R,则2=a-bi, 于是-i=Va2+(b-1),E+i=Va2+(1-b),则-i=巨+，故D正确 10.【答案】BCD 【详解】 对于A,直线B,D与BD,是正方体对角面BDD,B,的两条对角线，故共面，A错误； 对于B,在正方体ABCD-AB,CD中， CB,∥DA,DAC平面AC1D,CB,丈平面AC1D, ∴.CB∥平面AC1D, 连接AB,AC,由正方体的性质可得ACA,C1, 因为AC丈平面AC1D,AC,C平面AC,D, D 所以AC∥平面A,C1D 因为AC∩CB,=C,AC,CB,C平面AB,C, 所以平面AB,C/平面A,C1D B 第3页/共10页 因为APc平面ABC,所以AP∥平面AC1D,故B正确. 对于C,如图： 在正方体ABCD-A,B,C,D,中，易知△ACB,为等边三角形，则∠ABC-≤min(LAPC,LAPB}≤ :DA/CB,∠APC或其补角为异面直线DA与AP所成角， 则异面直线DA与AP所成角的取值范围 32 故C正确； 对于D,连接B,D,记AC1∩BD=E, 在正方体ABCD-AB,C,D中，BB,⊥平面AB,CD, AC1C平面ABC1D1,∴.BB⊥AC1, ~在正方形AB,CD,中，AC⊥BD, BB∩B,D=B，BD,BBC平面BBD,∴AC1⊥平面BBD, BDC平面BBD,.AC1⊥BD, 同理可得：DC,⊥BD, AC1ODC1=C1,AC,DC1C平面ACD,∴.BD⊥平面ACD, 又平面AB,C//平面A,CD 所以BD⊥平面ABC，,设交点为O, 所以直线AP与直线BD,相交时，交点为O, 又VACg=V写-ABc,设正方体棱长为2， 得xB0xx2V2×2V2×im60=x2xx2x2, 2 3 2 得B0=25,又BD=V4+4+4=2N5=3B0, 3 所以当直线AP与直线BD相交时，交点在靠近B的三等分点处，D正确. 11.【答案】ACD 【详解】对于A,当M、N分别为BC与AC中点时， 则P为△ABC的重心， 第4页/共10页 则m-名m-子x5巫+C)亚+ac). 32 同理可得P历=aA+BC.Pc=CA+C网 所以PA+P丽+Pc=}(西+4C+BA+Bc+CA+C两=0，故A正确： 对于B,m-c+N-cc-(ac-a丽4c-}-名c, 6 B错误； AB AC 对于C,因为 AB 是与AB同向的单位向量， AC 是与AC同向的单位向量， AB AC 所以 AC 表示的向量在∠BAC的平分线上， 又因为OP=OA+入 AB AC 1e(0,+oo）. AB AC 所以Op-OA AB 即AP= AB AC 所以点P在∠BAC的平分线上， 所以点P的轨迹一定过三角形的内心，故C正确； 对于D,由题意可得AM=B+AC), 所以1=04BP+1acP+2AB4G-c2+62+b0), 由余弦定理可得4=c2+b2-bc,所以b2+c2=4+bc, 又因为b2+c2≥2bc,当且仅当b=c时，等号成立， 即4+bc≥2bc,所以bc≤4，所以c2+b2+bc=4+bc+bc=4+2bc, 所以a2+6+h加e)-+2)-1+cs1+4=3，当且仅当b=c=2时，等号成立， 4 21 所以AM≤√阝，即AM的最大值为5，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12【答案】5 第5页/共10页 【详解】在△ABC中，sin4:sinB:sinC=5:7:8,由正弦定理可得a:b:c=5:7:8, 设a=5k,b=7k,c=8k,k>0, 由余弦定理可得c0sB=2+c2-2=252+642-49k2=1 2ac 2×5k×8k 因为0<B<元，所以sinB=V-coSB-5 13.【答案】203 【详解】由题意知，AB⊥平面BCD,∠ACB=45°，∠ADB=60°，CD=20,BD≥12. 因为BC,BDC平面BCD,所以AB⊥BC,AB⊥BD 在Rt△ABC中，∠ACB=45°，所以BC=AB 在RtA4BD中，∠ADB=60,所以BD=5 在△BCD中，由余弦定理得，BD=BC2+CDP-2BC.CD·COS∠BCD, =4B+202-24B×20x5,整理得AD-30N54B+600=0, 2 即(AB-20W3)AB-10V5)=0,解得AB=20N或AB=10√5. 当4B=20V3时，BD=Y×20V3=20,符合题意 当4B=10N5时，BD=5×105=10<12,不符合题意： 3 故AB=20W5 14.【答案】1 【详解】由c=a+b可得c2=2a+26+2ua.b,即1=42+4w2-42,整理得（2-2u}+322=1, 则(2-2m=1-3≤1，则2-24的最大值是1，当且仅当元=0，=-1时取最大值 故答案为：1. 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.【答案】(1)k=±2(2)√41 第6页/共10页 【小问1详解】 a+i=(1+k,2+1), a-五=(1-k,2-1) 由垂直关系：(a+(a-)=0→(1+k)1-k)+(2+1)(2-1)=0, 解得：4-k2=0→k=±2 【小问2详解】 a+b=(1+k,2+1), 2b-c=(2k-2,2-3), 若ā+万与2万-共线，则1+-1)=3(2k-2)→1-k=6k-6一k- a-76=(1-5,2-7)=(-4,-5) 所以a-76=V4+(5)=V④ 160f0)=m+到 @)的对移中心〔经是 keZ:单调递减区间m+,km+四，k∈Z. 3 6 2》传园意得。8)=m2引1， 令2名血，得经合故g(的对路中心经+kez: 6 由2+2x君2r+空，得m背sxsm+ A 6 所以g()的单调道减区间机+行a+ 5 6,kez. 17.【小问1详解】 连接B,C交BC1于点O,连接OD, 第7页/共10页 :三棱柱ABC-AB,C,∴.四边形BCC,B,为平行四边形，.O为B,C的中点， 又，D为AC的中点，.OD//AB .AB4平面BCD,ODC平面BCD,∴.AB,I/平面BCD 【小问2详解】 设B,C交CM于点E,连接DE, ·AB,//平面C1DM,AB,C平面AB,C,平面AB,C∩平面 A CDM=DE :AB//DE,. AD BE DC EC B 又：四边形BCC,B,为平行四边形，M为BC的中点 BE=BC=2,. AD EC MC DC =2 18【答案】(1)乃 (2)V5+2 (3)[-4,2) 6 【小问1详解】 (V3a-bsinc)cosB =a+bsinBcosC,b=2 整理得V3 acosB=a+b(sinCcosB+sinBcosC) 由正弦和角公式：sinCcosB+sinBcosC=sin(B+C)=sinA, 由正弦定理b-a乃，代入得3 oco=a+·sinA=a十asin? sin A 两边除以a得v3cosB=1+sinB 整理得√3cosB-sinB=1 即2c0s(B+若)=1，即cos(B+君)=月 因为B∈(0，，所以B+e(,), 做8+日号得B=君 【小问2详解】 已知面积5=2-5，且B= 4 6b=2 由面积公式S=acsin=ac军 第8页/共10页 故等=25，得ac=2-V5 由余弦定理b2=a2+c2-2 accos B 代入b=2,c0sB=9 4=a2+c2-2(2-V③整理得a2+c2=1+23 而(a+c)2=a2+c2+2ac=(1+23)+2(2-V3)=5, 因为a+c>0,故a+c=√5 因此周长为a+b+c=V5+2 【小问3详解】 由正孩定理：品品品品4， 故a=4sin4,c=4sinC. 又AB+C=,B=君故c=号A,其中4e 5π 0, 6 a-v3c=4sinA-V3.4sinc =4sinA-45n(倍习 ,5π 5π =4sinA-45(sin石cosA-cos石simA） =4siA-4W3仔。 3 cosA+sinA =4sinA-2v3cosA-6sinA =-2sinA-2v3cosA =- 则sin(4+)∈(-，1)， 故-4sin(4+7)∈[-42). 1o【等】0fe-2m2x+月引·[号+后eza很o6@ 6 【详解】)由图象可得A=2,圣-2-。子 27=-3→T=,所以02=2， T 所以=2am(2c+p,又f得-2（2xg9-2 6 所以写+=2+号ke2,又经所以p-石 6 第9页/共10页 故(-2sm2x+ 令2-≤2x+石≤2+5keZ,解得m-≤x≤km+gk∈Z, 6 2 所以函数f()的单调递增区间为M-亚，km+ .kEZ 3 6 （2由题意得10=2am24+)1,则24+岩)片 因为△1C为锐角三角形，所以0<A<号则管<2A+名 6 6<61 则2A+-匹，得4=及 66 3 则面81mcm81知a引8185m8,高 3厂2 2 由0<B<0<8<受8<则B+ 3 6 63 则3 <sin B+s1, 6 故sinB+sinC的取值范围为 (3)由题意可得g(x)=2sim 因为对于任意的，名[。2」 都有f()<g(63)成立， 即当x∈ -匹时，f(x)ax<g(9n恒成立， 6'2」 由x∈ ππ 6'2 可得2x+厂九7π 66’6 此时f()=2, ππ 由x∈62 可得2x-亚∈厂亚5π 626此时8(9)a=-2+m, 所以2<-2+，解得m>4, 故实数m的取值范围为(4，+o). 第10页/共10页高一年级六月份月考数学试卷（历史类） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上 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若复数：=2a-3刘aek)为纯虚数。则a=() A.-2 B.-12 C.0 D.10 2.已知向量ā，五满足同=1，=5，且(3a-b)1b,则向量ā，五的夹角的余弦值为() A. B 2 C.5 D. 3 3.己知，B表示两个不同的平面，m,n分别为平面与平面B内的一条直线，则“a∥B是“m∥n”的 () A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.tan600°+ 1+tan75 tan75°-1 =() A.0 B.2W5 C.2 D.-23 5.已知平面向量a,五满足=V反，d.方=反，记ā在万上的投影向量为乃，则2的值为() B.② C.1 D.2 2 6已知co(u-川-50-号则oms2a+2g=() A B23 D.、7 25 试卷第1页，共4页 7.在正方体ABCD-AB,C,D,中，AB=4,点E在线段AD上，则BE+CE的最小值是() A.6 B.6V3 c.46 D.8 D 8.如图，在四边形ABCD中，AD=CD=2,△ABC为等边三角形，则△BCD面积的最 大值为( A.1+V5 B.2+5 C.2 D.5 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.设是z的共轭复数，下列说法正确的是（) A. B.若z=,则=1 c.若=，则z= D.-=E+ 10.如图，在正方体ABCD-ABC,D1中，点P在线段B,C上运动（包括端点），则下列结论正确的是 () A.直线B,D与BD,是异面直线 D B.直线AP∥平面DAC1 B C.异面直线AP与AD所成角的取值范围是 ππ 32 D.当直线AP与直线BD相交时，交点在靠近B的三等分点处 11.1.如图，在△ABC中，M为BC边上的动点，N为AC边上的动点， 线段AM、BN相交于点P.则下面说法正确的是() A.若M、N分别为BC与AC中点，则PA+PB+PC=6 B.若N4C,号c,则c丽 C.若点O是平面内任意一点，且满足OP=OA+入 AB AC 2∈(0，+w),则点P的轨迹一定过三角 形的内心 D.若∠BAC=号，BC=2,M为BC中点，则的最大值为、5 试卷第2页，共4页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在三角形ABC中，Sin4:sinB:sinC=5:7:8,则sinB= 13.如图，为了测量河对岸的塔高AB,某测量队选取与塔底B在同一水平面内且 相距20米的两个测量基点C与D.现测量得∠BCD=30°，在点C,D处测得塔 顶A的仰角分别为45°，60°，若河宽至少12米，则塔高AB=米. 14.已知平面向量a,，五.c满足日=园=2，=1，a-万=-2，若c=a+,(2 cR./ER),则-2μ的最大值 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.已知向量a=(1,2),b=(k,1) (1)若a+b与a-b垂直，求k的值： (2)若向量c=(2,3),若a+b与2b-c共线，求a-76. 16已知函数fe)-o到ni心 eR 2) (1)化简∫(x)的解析式： (2)将函数f()的图象先向右平移”个单位长度，再向上平移1个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩 短为原来的}，纵坐标不变，得到函数8(x)的图象，求函数g(x)的对称中心和单调递减区间。 A 17.如图，在三棱柱ABC-AB,C中，D在线段AC上. D (1)若D是AC中点，求证：AB,//平面BCD: B B (2)若M为BC的中点，直线AB/平面CDM,求AD DC 试卷第3页，共4页 18.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为4，b,C,且b=2, (3a-bsinc )cosB=a+bsin BcosC. (1)求B; （2)若△18C的面积为2一5，求△4BC的周长： 4 (3)求a-√3c的取值范围. 19.已知函数f(e)=Asin(ax+p)(其中A>0,o>0,网<)的部分图象如图所示. (1)求函数f(x)的解析式及函数f(x)单调递增区间： (2)若△ABC为锐角三角形，且∫(A)=1,求sinB+sinC的取值范围； 11π ③将函数f()的图象向右平移石再向上平移m(m>0),得到函数g(, 12 6 的图象.若对任意的x,x2∈- 名都有了)(s)成立，求实数m的 取值范围. 试卷第4页，共4页