江苏部分学校2024~2025学年高一下册6月联合测评数学试题[含解析]

这是一份江苏部分学校2024~2025学年高一下册6月联合测评数学试题[含解析]，共25页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助复数的运算法则计算即可得.
【详解】.
故选：D.
2. 一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，
因为，且两两之间距离为1．，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，
.
故选：C.
3. 已知正三棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥外接球的半径为（ ）
A B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，根据题意可得棱切球的球心即为底面正三角形的中心，再求出三棱锥的高,利用勾股定理即可求解外接球半径.
【详解】因为球与该正三棱锥的各棱均相切，
所以平面截球得到的截面圆与的三边均相切，
所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面垂直的直线上，
又因为底面边长为，所以底面正三角形的内切圆的半径为
，
又因为球的半径为1，
所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点，
如图，过球心作的垂线交于，
则，
又因为，所以，
又与相似，所以，
所以，
因为外接圆的半径为，
正三棱锥外接球的球心在上，设半径为，
所以，即，
解得.
故选：.
4. 一个袋子中装有3个红球和3个黑球，除颜色外没有其他差异.现采用有放回的方式从袋中任意摸出两球，设“第一次摸到黑球”，“第二次摸到红球”，则A与B的关系为（ ）
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据概率值判断相等，再应用独立事件概率乘法公式判断独立事件.
【详解】因为A=“第一次摸到黑球”，B=“第二次摸到红球”，A与B不相等，D选项错误；
则,
,A与B相互独立，C选项正确；
A与B可以同时发生，A选项错误；B选项错误；
故选：C.
5. 如图，在中，是上的两个三等分点，，则的值为（ ）
A. 50B. 80C. 86D. 110
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意利用平向量基本定理将用表示出来，然后利用数量积的运算律求解即可.
【详解】因为在中，是上的两个三等分点，，
所以，
，
所以
.
故选：B
6. 在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】B
【解析】
【分析】画出图形，然后判断即可.
【详解】在正方体中，取，，
连接，，，，，，如下图所示：
因为在正方体中，，分别是棱和上的点，，，
所以，且，则四边形为平行四边形，则，，
又因为，且，所以四边形为平行四边形，
则，，
所以，，所以为平行四边形，
则正方体中过点，，的截面形状为四边形.
故选：B
7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则边b的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理边化角，再利用和差角的正弦推理得，又由正弦定理得，根据角A的范围利用余弦函数性质求解值域即可求解.
【详解】由，得，，
由正弦定理可得，即，
所以，所以或（舍去），所以，
由正弦定理得,，
而，，所以，
所以，所以，所以的取值范围为.
故选：B
8. 某教育机构为调查中小学生每日完成作业的时间，收集了某位学生100天每天完成作业的时间，并绘制了如图所示的频率分布直方图（每个区间均为左闭右开），根据此直方图得出了下列结论，其中正确的是（ ）

A. 估计该学生每日完成作业的时间在2小时至2.5小时的有50天
B. 估计该学生每日完成作业时间超过3小时的概率为0.3
C. 估计该学生每日完成作业时间的中位数为2.625小时
D. 估计该学生每日完成作业时间的众数为2.3小时
【答案】C
【解析】
【分析】利用频率分别直方图、频数、频率、中位数、众数直接求解.
【详解】对于A，该学生每日完成作业的时间在2小时至2.5小时的天数为：天，故A错误；
对于B，估计该学生每日完成作业时间超过3小时的概率为，故B错误；
对于C，的频率为，的频率为，
则该学生每日完成作业时间的中位数为，故C正确；
对于D，估计该学生每日完成作业时间的众数为，故D错误；
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.
9. 已知复数，，，则下列说法正确的有（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D. 若且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A项，表达出和，即可得出相等；B项，作出示意图即可得出结论；C项，写出和的表达式，利用得出两复数的实部和虚部的关系，即可得出结论；D项，对进行化简即可得出结论.
【详解】由题意，
设
A项，，
，
∴,A正确；
B项，当时，若两复数是虚数，不能比较大小，B错误；
C项，，
，
，
当时，
，，
∴，任取，或，任取，
即至少有一个为0
∴（其中至少有两项为0），C正确；
D项，∵，∴，
∵，∴，即，D正确；
故选：ACD.
10. 在中，内角所对的边分别为，已知，为线段上一点，则下列判断正确的是（ ）
A. 为钝角三角形
B. 的最大内角是最小内角的2倍
C. 若中点，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】依题意由正弦定理得，不妨设，则，故求出最大边所对的角即最大角即可判断A；由余弦定理以及二倍角公式即可判断B；求出中线即可判断C；借助求出角平分线即可判断D.
【详解】由题知内角所对的边分别为，
由正弦定理可知，不妨设，则，
对于A，由上知边为最大边，故为最大角，
由余弦定理知，故为锐角，所以为锐角三角形，故错误；
对于，由上知A为最小角，且，
又，知，即，
又均为锐角，则，故B正确；
对于，因为为中点，所以，

平方得，
，又，故，故C正确；
对于D，由，得，又，
所以，由，即，
故，故D正确，
故选：BCD.
11. 已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设E为空间内任一点，且A，B，C，D，E五点在同一个球面上，则（ ）
A. 四面体的表面积为
B. 四面体的体积为
C. 当时，点E的轨迹长度为
D. 当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，求得的值，结合四面体的各个面均为全等的等腰三角形，可判定A正确；根据锥体的体积公式，求得四面体的体积，可得判定B错误；根据题意，确定轨迹的形状，结合圆的周长公式，求得轨迹的长度或范围，可判定C正确、D错误.
【详解】对于A中，因为四面体的各个面均为全等的等腰三角形，
且，
设为的中点，连接，则，
所以，
则四面体的表面积为，所以A正确；
对于B中，将四面体放入长方体中，如图所示，
设长方体的相邻的三条棱长分别为，
则，解得，
由，所以异面直线和的距离为，
因为为的中点，在等腰和中，可得，
又因为且平面，所以平面，
所以四面体的体积为，所以B错误；
对于C中，由四面体的外接球和补成的长方体的外接球为同一个球，
设四面体的外接球的半径为，可得，所以，
由，可得点轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，
则，解得，
所以轨迹的长度为，所以C正确；
对于D中，由题意得，所以，
所以的外接圆的半径为，
所以球心到所在平面的距离为，
设三棱锥的高为，
由三棱锥的体积为时，可得，
解得，又由，
所以点的轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距离为的两个截面圆，
其中一个圆为外接球的大圆，所以点的轨迹长度大于，
因为点的轨迹为外接球上平行于平面两个截面圆，所以轨迹的长度大于，所以D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点拨：对于立体几何体中截面的轨迹问题的求解策略：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，D为的边AC上一点，，，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，则，在中，运用余弦定理可得，再由，，得，代入根据二次函数的最值可求得当时，有最小值，据此即可求解.
【详解】设，则，
在中，，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，当时，有最小值，此时取最小值，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的余弦定理，二次函数的最值，三角形的面积公式，关键在于表示的长，求得何时取得最小值，属于中档题.
13. 对于没有重复数据的样本、、…、，记这m个数的第k百分位数为．若不在这组数据中，且在区间中的数据有且只有5个，则m的所有可能值组成的集合为______．
【答案】
【解析】
【分析】就是否为正整数分类讨论，若为正整数，则5个数分别为；若不为整数，则5个数分别为，就的范围分类计算后可得m的所有可能值组成的集合.
【详解】不妨设，因为不在这组数据，故为正整数，
若为正整数，故，其中为正整数，
故，，
因为在区间中的数据有且只有5个，
故这个5个数分别为，故即，
但当时，，此时至少有6个，
故，
当时，即为，共5个，符合；
当时，即为，共6个，不符合；
当时，即为，共7个，不符合；
若为不整数，故，其中为正奇数，
设，其中为正整数，
则，且，故，
故，，
因为在区间中的数据有且只有5个，
故这个5个数分别为，故即，
但当，，此时至少有6个，
故，
当时，即为，共5个，符合；
当时，即为，共6个，不符合；
当时，即为，共7个，不符合；
综上，符合条件的为，，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：与不等式有关的整数解问题，可先根据区间中含有的整数的个数初步确定参数的范围，再逐个讨论后舍去矛盾的情况即可.
14. 已知三棱锥外接球直径为SC，球的表面积为，且，则三棱锥的体积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】求出外接球半径，得到，，作出辅助线，求出⊥平面，由勾股定理求出各边长，由余弦定理得到，进而得到，求出，利用锥体体积公式求出答案.
【详解】设外接球半径为，则，解得，故，
由于均在球面上，故，
由勾股定理得，
取的中点，连接，则⊥，⊥，
，
又，平面，故⊥平面，
其中，由勾股定理得，
在中，由余弦定理得，
故，
故，
故三棱锥的体积为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：取的中点，连接，证明出⊥平面，从而利用求出三棱锥的体积.
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. 在中，内角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求；
（2）若的面积为，为的中点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行边化角得，则得到的大小；
（2）利用三角形面积公式得，再利用余弦定理和基本不等式即可得到最值.
【小问1详解】
因为 ，
由正弦定理可得，
又，，故，，
所以，又，故.
【小问2详解】
，又，
在中，由余弦定理，
，
当且仅当时取等号，
的最小值为．
16. 如图，在直三棱柱中，，，．D，E分别是棱的中点，点F在线段上．
（1）若，求证：平面；
（2）若三棱锥体积为，求直线与平面所成角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）先证明得A，F，三点共线，再证即得；
（2）过点B作,证平面，可得就是直线与平面所成的角，利用体积求出点F到平面的距离，证，继而求出即得.
【小问1详解】
连接,在直三棱柱中，，所以．
又因为，，
所以，
故，即A，F，三点共线．
因点D，E分别是棱、的中点，
故，又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
过点B作，垂足为点H，连接FH，FB．
在直三棱柱中，平面，又平面，所以，
又，，所以平面．
故是斜线在平面上的射影，
所以就是直线与平面所成的角．
记点F到平面的距离为，
，得．因,
故得F为的中点，即．
在中，因,则,
于是，，，．
求得，故．
所以直线与平面所成角的正切值为．
17. 若某袋中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球、3个黄球从中不放回地依次随机摸出2个球，记事件“第一次摸到红球”，事件“第二次摸到红球”．
（1）求和的值；
（2）求两次摸到的不都是红球的概率．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用首先计算样本容量，再计算事件和包含的样本点，即可求解；
（2）利用对立事件概率公式，即可求解.
【小问1详解】
将两个红球编号为1，2，三个黄球编号为3，4，5．
第一次摸球时有5种等可能的结果，对应第一次摸球的每个可能结果，
第二次摸球时都有4种等可能的结果．
将两次摸球的结果配对，组成20种等可能的结果，
第一次摸到红球的可能结果有8种，即，
所以．
第二次摸到红球的可能结果也有8种，即，
所以．
【小问2详解】
事件“两次摸到都是红球”包含2个可能结果，即，
则两次摸到都是红球的概率，
故两次摸到的不都是红球的概率．
18. 如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面．
（1）证明：；
（2）已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3．
①求三棱锥B-ADE的体积；
②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）由面面平行的性质定理即可证明；
（2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，，可推得，从而得，求得结论；
②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为，可证为母线与下底面所成角，由可知，要使最小，只要最小即可，进而求得的最小值，即可求得结论．
【小问1详解】
证明：在圆台中，平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以；
【小问2详解】
①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，，
在圆台中，平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
又由（1）可知，所以，
又，，，，，平面，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，
在圆台中，，，
所以，所以，
所以，所以，
连接，交于点，所以，
所以，到平面的距离之比，
所以；
②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为，
在平面内过点作的平行线交于点，连接，
易得，因为平面，所以平面，
所以为母线与下底面所成角，
因为，，所以，所以，
要使最小，只要最小即可，
因为，所以，所以，
设，因为为圆的直径，所以，
所以，，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，
因为，，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
所以，因此为二面角的平面角，
在中，因为，所以，
因为平面，平面，所以，
在中，由勾股定理得，所以，
所以二面角的正弦值为．
【点睛】关键点点睛：第（2）小题第②问的关键是，根据二面角的平面角的定义，做辅助线找到为母线与下底面所成角，并且发现，等价于使最小，只要最小即可，从而得解.
19. 在中，角，，所对的边分别是，，，其面积记为，且满足
（1）求角；
（2）为边上一点，，且求的最小值.
（3）圆是外接圆，是圆外一点，，分别切圆于点，，若，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由三角形的面积公式及余弦定理，辅助角公式可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
（2）由题意可得为角平分线，再由等面积法可得，由基本不等式可得的范围，进而求出三角形的面积的最小值；
（3）由正弦定理可得三角形外接圆的半径，再由向量的运算及基本不等式可得的最小值．
【小问1详解】
由及，
可得，
所以，
由余弦定理可得，
所以，即，
因为，
所以，
即；
【小问2详解】
在中，由正弦定理可得：，即，
在中，由正弦定理可得：，即，
且与互为补角，可得，
即，又，且，即，所以，
又，所以，所以为的角平分线，
所以，
由可得，
所以，解得，当且仅当时取得等号，
即的最小值为，
所以；
即的面积的最小值为；
【小问3详解】
设圆半径为，则，
设，，则，，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
【点睛】关键点点睛：本题第三问解答的关键是设，，从而得到，再根据数量积的定义将转化为关于的式子.