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（理科）试题+

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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 1B. 2C. 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. 2D. 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. 外接圆的面积为
【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，所得到的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，在底面为正方形的四棱锥中，平面，直线与平面所成角的正切值为，则下列说法正确的是（ ）.
A. 异面直线与所成的角为
B.
C. 直线与平面所成的角为
D. 点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据线面角求出底边边长后可判断B的正误，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角余弦公式进行求解判断A，利用线面角的向量求解公式进行求解判断C；利用点到平面的距离公式求出答案判断D.
【详解】对于B，平面，直线与平面所成角,
，故B正确，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
对于A，，设直线与所成的角大小为，
则，
故，A正确；
对于C，可取为平面的法向量，
设直线与平面所成的角大小为，
则，
故直线与平面所成的角为，C错误；

因为四边形为正方形，所以⊥，
又平面，平面，故，
因为，平面，
所以⊥平面，故可取为平面的法向量，
故点到面的距离，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】由诱导公式化简即可.
【详解】原式.
故答案：.
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，
所以圆台的体积.
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. 在平面直角坐标系中，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）利用向量垂直的性质得到三角函数关系，进而求出正切值，再代入式子计算；
（2）先求出特定情况下向量的坐标，再根据向量夹角为锐角的条件列出不等式组求解.
【小问1详解】
因为，且，所以．
因为，所以，故.
【小问2详解】
因为，所以，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）若，，，求；
（3）设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数图像确定周期，从而求出再代入图像中的一个点即可求出；
（2）根据同角三角函数的关系即可得到，再利用与两角差的正弦公式即可求得结果；
（3）将恒成立问题，转化为最值问题，再利用二次函数的动轴定区间即可求得结果.
【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，所以，
所以，
由，
可得，即，可得，
所以；
【小问3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. 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，
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.
19. 如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示．
在图2中：
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理得，根据线面垂直的性质定理得平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）结合等体积法，利用锥体的体积求高即可；
（3）根据二面角平面角的定义作出二面角，然后利用直角三角形的性质求解即可.
【小问1详解】
由题意知，，，
则，故，
又，且，平面，故平面，
而平面，故平面平面．
【小问2详解】
由可得，由（1）知平面，
所以，
又，所以．
【小问3详解】
在平面内作，垂足为；在平面内作，垂足为，
连接，由平面，平面，故，
因为，，平面，所以平面，
由（2）知，因为平面，故，又，
，平面，所以平面，
又平面，所以，又，
则为二面角的平面角，
又平面，故，所以．
由题意知直角三角形中，，
故，
又，则，所以，
故二面角的余弦值为．