2024-2025学年贵州省六盘水市高一下册3月月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年贵州省六盘水市高一下册3月月考数学检测试卷（附解析），共15页。试卷主要包含了 下列各式的值为的是， 已知函数是偶函数，当时，等内容，欢迎下载使用。
1.本试题共150分，考试时长120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、报名号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，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.
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 若圆锥的轴截面是一个边长为的等边三角形，则它的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由条件确定圆锥的底面半径和高，在利用圆锥的体积公式求结论.
【详解】因为圆锥的轴截面是一个边长为的等边三角形，
所以圆锥的底面半径，高，
所以圆锥的体积.
故选：A.
2. 已知圆台的上、下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台的高为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由题意得圆台的上、下底面的半径，作出圆台的轴截面，根据圆台的侧面积公式计算出母线长，再利用勾股定理求出圆台的高即可．
【详解】做圆台的轴截面，如图：

由题意得圆台的上，下底面的半径分别为2，6，
设圆台的母线长为，高为，则该圆台的侧面积
，解得，
所以.
故选：C.
3. 已知一圆柱的底面半径为2，体积为，若该圆柱的底面圆周都在球的表面上，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由圆柱体积公式求得圆柱高，从而求得球的半径，然后由球表面积公式计算．
【详解】由题意圆柱的轴截面是球的大圆的内接矩形，矩形的对角线是球的直径，
设圆柱高为，球半径为，圆柱底面半径为，
由得，所以，，
球表面积为，
故选：A．
4. 如图，在正方体中，直线与直线BD（ ）
A. 异面B. 平行C. 相交且垂直D. 相交但不垂直
【正确答案】A
【分析】法一：根据异面直线的概念判断即可.法二：利用反证法可证明直线与直线异面.
【详解】法一：由图形可知，直线与直线不同在任何一个平面，这两条直线为异面直线.
法二：（反证法）假设直线与直线不异面，则直线与直线共面，
设直线与直线确定的平面，又不共线，所以确定平面，
所以平面与平面重合，从而可得平面，与平面矛盾，
所以直线与直线异面.
故选：A.
5 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由对数函数的单调性确定的取值范围，由指数函数的图像及单调性确定的取值范围即可比较大小.
【详解】由对数函数在上单调递增，所以，所以，
对数函数在上单调递增，所以，所以，
因为指数函数的图像在轴上方且在定义域上单调递减，
所以，所以，
所以：
故选：B
6. 已知的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据向量关系得出向量夹角，再结合向量的投影向量公式计算即得.
【详解】因为，所以O是的中点，所以,可得
所以，所以.
故选：D.
7. 的内角，，的对边分别为，，，且，则为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【详解】分析：由正弦定理化简已知等式，整理可得： ，由余弦定理可得，结合范围 即可解得的值．
详解：∵由正弦定理可得：
∴，整理可得：，
∴由余弦定理可得：，
∴由，可得：
故选B.．
点睛：本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属基础题．
8. 如图，正方形的边长为分别为边上的动点，若为的中点，且满足，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【正确答案】A
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法和基本不等式求得的最小值
【详解】如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，
的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，
则，设，其中，则，
因为，所以，又，
所以，
当且仅当时等号成立.
故选：A.
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. 下列各式的值为的是（ ）
A. B.
C D.
【正确答案】BCD
【分析】利用二倍角的正切公式可求A；利用同角三角函数的基本关系以及二倍角正弦公式可求B；利用二倍角的余弦公式可求解C；利用二倍角的余弦公式可求解D；
【详解】对于A：因为，
所以原式， A不符合；
对于B：原式 ，B符合；
对于C：原式 ，C符合；
对于D：原式，D符合.
故选：BCD.
10. 如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，，则（ ）
A. 该圆台的高为
B. 该圆台轴截面面积为
C. 该圆台的体积为
D. 一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5
【正确答案】AD
【分析】根据梯形性质利用勾股定理计算可判断A；利用梯形面积公式计算可判断B；代入圆台体积公式可判断C；利用圆台侧面展开图以及勾股定理计算可判断D.
【详解】对于A，在梯形中，即代表圆台的高，
利用勾股定理计算可得，所以A正确；
对于B，轴截面梯形的面积为，因此B错误；
对于C，易知下底面圆的面积为，上底面圆的面积为；
所以该圆台的体积为，可得C错误；
对于D，将圆台侧面沿直线处剪开，其侧面展开图如下图所示：
易知圆弧的长度分别为，设扇形圆心为，圆心角为，；
由弧长公式可知，解得；
所以可得，
设为的中点，连接，当小虫从点沿着爬行到的中点，所经过路程最短，
易知，且，
由勾股定理可知，可知D正确.
故选：AD
11. 已知中，角所对的边分别是且，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 是锐角三角形B. C. 的面积为D. AB的中线长为
【正确答案】BC
【分析】根据大边对大角可知角为钝角，可得A错误；由余弦定理以及三角形面积公式计算可得BC正确，结合余弦定理判断D错误.
【详解】对于A，由题意可知边最大，所以角为的最大内角，
易知，因此角为钝角，可得A错误；
对于B，易知，又，可得，即B正确；
对于C，由，可得的面积为，即C正确；
对于D，设AB的中线为，易知，可得，即D错误.
故选：BC
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 函数的值域为__________．
【正确答案】
【分析】由及对数函数的性质，可得到的取值范围，进而得到的取值范围，从而得到的取值范围，即可求得函数的值域.
【详解】因为，所以，，
所以，即的值域为．
故答案为.
13 已知，，且与不共线.若与互相垂直，则_________.
【正确答案】
【分析】由向量垂直时的数量积为0即可得解.
【详解】由题意，
即，
可得：，
解得：，
故
14. 的内角，，的对边分别为，，，若，则______________.
【正确答案】
【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化为角，再根据三角形内角和定理以及三角函数公式化简等式，最后求出角的值.
【详解】已知，由正弦定理可得：，得到.
因为，所以，那么.
根据诱导公式，可得.
所以.
可得.
因为，所以，得到.
即，可得.
又因为，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. 已知函数是偶函数，当时，.
（1）当时，求函数的解析式；
（2）当时，求函数的值域.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由偶函数的性质可得；
（2）由指数函数的单调性可得.
【小问1详解】
，则，结合题意得，
是偶函数，，
时，.
【小问2详解】
由（1）知
当，
当，的值域为.
16. 已知，，且与的夹角为120°，求：
（1）；
（2）若向量与平行，求实数的值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用平方的方法来求得正确答案.
（2）根据向量平行列方程来求得.
【小问1详解】
，
所以.
【小问2详解】
由于向量与平行，
所以存在实数，使得，
所以，解得.
17. 已知的周长为，且.
（1）求边的长；
（2）若的面积为，求角的度数.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理将中的角化为边，得，再结合的周长即可得解；
（2）由，得，再根据余弦定理即可求得的值，从而得解．
【小问1详解】
解：由正弦定理知，
，
，
的周长为，
，
．
【小问2详解】
解：的面积，
，
由（1）知，，，
由余弦定理知，
，
．
18. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）求函数在区间上的最小值和最大值.
【正确答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为
（2）最小值为,最大值为
【分析】（1）根据三角函数周期公式求周期，根据余弦函数单调区间列不等式，可得结果；
（2）先确定取值范围，再根据余弦函数性质求最值.
【小问1详解】
所以函数的最小正周期为，
由得
即函数的最小正周期和单调递增区间为；
【小问2详解】
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为
因此当时，取最小值，为，
当时，取最大值，为.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．"意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且．
（1）求角A；
（2）设点为的费马点，，求实数的最小值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案
【小问1详解】
因为，则，
由正弦定理可得，可得.
小问2详解】
点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
关键点点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.