四川省广安市2024_2025学年高一数学下学期六月月考试卷含解析

这是一份四川省广安市2024_2025学年高一数学下学期六月月考试卷含解析，共23页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
符合题目要求的)
1. 已知 ，则 （ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的模计算公式计算可得.
【详解】因为 ，所以 .
故选：D
2. 已知四棱锥 底面为正方形， 平面 ，则（ ）
A. B.
C. 平面 D. 平面
【答案】B
【解析】
【分析】推导出 ，可判断 A 选项；利用线面垂直的性质可判断 B 选项；利用反证法可判断 CD 选
项.
【详解】对于 A 选项，因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为四边形 为正方形，则 ，
因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，则 ，故 为锐角，A 错；
对于 B 选项，因为 平面 ， 平面 ，则 ，B 对；
对于 C 选项，若 平面 ，且 平面 ，则 、 平行或重合，
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矛盾，假设不成立，C 错；
对于 D 选项，若 平面 ，则 与平面 无公共点，
这与 平面 矛盾，假设不成立，D 错.
故选：B.
3. 石室中学校园环境优美，植物种类繁多，其中银杏树尤为漂亮.某数学学习小组为了测量校园内一颗银杏
树的高度，首先在 处，测得树顶 的仰角为 ，然后沿 方向行走 14 米至 处，又测得树顶 的仰
角为 ，则树高为（ ）米．
A. B. C. D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】令杏树的高度为 ，借助仰角的定义，以及直角三角形的性质，用 表示相应边长，然后利用勾股
定理即可求出高度 .
【详解】
如图，令杏树的高度为 ，根据题意 ,
所以，在 中， ，在 中， ，
所以，在 中， ,
即 ，解得 ，
故选：A.
4. 如图所示，梯形 是平面图形 用斜二测画法得到的直观图， ，则平面图
形 中对角线 的长度为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合斜二测画法的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案.
【详解】由梯形 的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形 ，
如图所示，其中 ， ，
所以 .
故选：C．
5. 已知向量 ， 满足 ， ，且 ，则 （ ）
A B. C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由 可得 ，再将 两边平方，结合数量积的运算律计算可得.
【详解】因为 ， ，所以 ，
又 ，所以 ，即 ，
所以 ，
则 ，解得 （负值已舍去）.
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故选：B
6. 在 中， 、 、 分别是内角 、 、 所对的边，若 ， ， ，则边 （
）
A. B. 或 C. 或 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理可得出关于 的等式，解之即可.
【详解】因为 ， ， ，由余弦定理可得 ，
即 ，即 ，解得 或 .
故选：C.
7. 若圆台两底面周长的比是 1∶4，过高的中点作平行于底面的平面，则圆台被分成两部分的体积比是
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意首先求得截面半径，然后求解体积的比值即可.
【详解】由题意设上、下底面半径分别为 r、4r,截面半径为 x,圆台的高为 2h,则有
则 .
本题选择 D 选项.
【点睛】本题主要考查圆台的结构特征，方程思想的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能
力.
8. 在 中 ， ， ， . 为 的 中 点 ， 为 上 一 点 ， 且
，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
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【解析】
【分析】设 ，结合平面向量的线性运算以及基本定理可得 ，用 、 表示 ，根据
数量积的运算律计算可得.
【详解】因为 为 的中点，则 ，
因为 为 上一点，设 ，
则
，
又 、 不共线，所以 ，解得 ，
所以 ，
所以
，即 .
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 对于平面 ，若 ，则
B. 对于平面 和直线 ，若 ，则
C. 对于平面 和直线 ，若 ，则
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D. 对于平面 和直线 ，若 ，则
【答案】AD
【解析】
【分析】对于 A 选项，根据线面平行的性质定理判断即可；对于 B 选项，根据线面垂直的判定定理可判断；
对于 C，结合正方体中的线面关系可判断；对于 D 选项，利用反证法证明.
【详解】对于 A 选项，因为 ， ，
所以 ，所以 ，由于 ， ，所以 ，故 A 正确；
对于 B 选项，由 ，可知过 的平面与 的交线与 平行，且所有的交线互相平行，
，可得 与交线垂直，但无法推出 ，B 错误；
对于 C 选项，如图，在正方体中， ， 平面 ， 平行与平面 ，
但平面 平面 ，C 错误；
对于 D 选项，如图，设 ，
假设 与平面 不平行，又 ，
所以 与平面 相交，设交点 ，
在 内过点 作直线 ，因为 ， ，则 ，
则过点 有两条直线垂直于平面 ，矛盾，
所以假设不成立，故 ，D 正确.
故选：AD
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10. 已知圆锥 的底面半径 ，母线长 ， ， 是两条母线， 是 的中点，则（ ）
A. 圆锥 的体积为
B. 圆锥 的侧面展开图的圆心角为
C. 当 为轴截面时，圆锥表面上点 到点 的最短距离为
D. 面积的最大值为 2
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积，从而判断 A，再由弧长公式判断 B，利用余弦定理判断
C，根据面积公式判断 D.
【详解】对于 A：因为 ， ，所以圆锥的高 ，
所以圆锥的体积 ，故 A 错误；
对于 B：设圆锥 的侧面展开图的圆心角为 ，则 ，即 ，
解得 ，即圆锥 的侧面展开图的圆心角为 ，故 B 正确；
对于 C：当 为轴截面时，将圆锥侧面展开可知，点 到点 的最小距离为 ，如图，
在 中， ，
由余弦定理得 ，故 C 正确；
对于 D：当 为轴截面时，在 中， ，因为 ，
所以此时 为钝角，又 ，
当 时， 的面积最大，且最大值为 ，故 D 正确；
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故选：BCD
11. 对非零向量 ， ，定义运算“ ”： ，其中 为 与 的夹角，则（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ， ，则
C. 若 中， ， ， ，则
D. 若 中， ，则 是等腰三角形或有内角为 135°的三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题干中的定义进行求解即可得出答案.
【详解】对于 A，因为 ，所以 或 ，
当 时， ， ，所以 ；
当 时， ， ，所以 ，
所以 A 正确.
对于 B， ， ，
所以 ，所以 ，所以 B 正确.
对于 C，因为 中， ， ， ，
所以 ，
所以 C 错误.
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对于 D，因为 ，所以 ,
所以 ，所以 或 ，
当 时， 是等腰三角形；
当 时， ；
所以 是等腰三角形或有内角为 135°的三角形，
所以 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. 已知 和向量 若 ，则实数 m 的值为_________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】先根据 、 两点坐标求出向量 的坐标，再根据两向量平行的坐标关系列出方程，进而求解
的值.
【详解】 ；
故答案为：
13. 三棱锥 中，已知 两两垂直，且 ，则三棱锥 的外
接球的表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】将三棱锥 放在长方体中，则长方体的外接球与三棱锥的外接球相同，即可求解.
【详解】以线段 为相邻的三条棱为长方体，连接 , , ,即为三棱锥 ，
∵如图所示，长方体的外接球与三棱锥的外接球相同，
∴则其外接球直径为长方体对角线的长，
设外接球的半径为 ，则 ,
解得 ,
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则 .
故答案为: .
14. 在 中，内角 所对 边分别是 ，且 ， ，则边 上的中线
的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形内角和定理结合二倍角的正弦公式化简求值即可求 ，利用向量的加法运算及数量积
模的运算得 ，利用正弦定理得 ，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.
【详解】由 ，可得 ，
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，所以 ，
由余弦定理可得 ，
因为 是 的中点，所以 ，
所以 ，
由正弦定理可得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 .
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故答案为： .
【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边
与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数
思想求解.
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 的部分图象如图所示．
（1）求 的解析式；
（2）若 ，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2） .
【解析】
【分析】（1）由图可知 ，再结合周期公式可求出 ，由 可求出 的值，再由
可求出 的值，从而可求出 的解析式；
（2）由 求出 的范围，再利用正弦函数的性质可求出 的取值范围．
【小问 1 详解】
由 的部分图象可知 ，所以 ，
所以 ，解得 ，
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因为 的图象过点 ，
所以 ，
所以 ，解得 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
因为 的图象过点 ，
所以 ，得 ，解得 ，
所以 ，
【小问 2 详解】
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 的取值范围为 .
16. 已知 ， ．
（1）若 且 ，求 在 方向上的投影向量；
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（2）若 与 的夹角为钝角，求实数 m 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据模长的坐标运算求得 ，再结合投影向量的定义分析求解；
（2）根据题意可知 且 与 不共线，结合向量的坐标运算分析求解.
【小问 1 详解】
因为 ， ，则 ，
若 且 ，则 ，解得 ，
则 ， ，可得 ，
所以 在 方向上的投影向量 .
【小问 2 详解】
因为 ， ．
若 与 的夹角为钝角，则 且 与 不共线，
则 ，解得 且 ，
所以实数 m 的取值范围为 .
17. 如图，在直三棱柱 中， ， 为 的中点， 为 的中点.
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（1）证明： 平面 ；
（2）若 ，求异面直线 与 所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，即可证明四边形 为平行四边形，从而得到
，即可得证；
（2）取 的中点 ，连接 、 ，则 （或其补角）为异面直线 与 所成角，再由余弦
定理计算可得.
【小问 1 详解】
取 的中点 ，连接 ， ，
因为 为 的中点， 为 的中点，所以 且 ，
又 且 ，
所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
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【小问 2 详解】
取 的中点 ，连接 、 ，则 ，
则 （或其补角）为异面直线 与 所成角，
直三棱柱 中， ，
平面 ， 平面 ，所以 ， ，
在 中 ， ， ，
所以 ，
所以异面直线 与 所成角的余弦值为 .
18. 在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 .
（1）求 ；
（2）若 ， ，设 为 延长线上一点，且 ，求线段 的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出 ，即可得解；
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（2）利用正弦定理求出 ，即可求出 ，从而求出 ，再由锐角三角函数求出 ，即可求出
.
【小问 1 详解】
因为 ，
由正弦定理可得 ，
即 ，
又 ，所以 ，所以 ，则 .
【小问 2 详解】
在 中，由正弦定理 得
∴ ，又 ，所以
∴ ，
∴ ，
∵ ，则 ，
又 ，即 ，
所以
，
∴
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19. 如 图 ， 已 知 三 棱 台 的 下 底 面 是 以 B 为 直 角 顶 点 的 等 腰 直 角 三 角 形 ，
，平面 平面 .
（1）证明： 平面 ；
（2）求点 B 到平面 的距离；
（3）若 P 为 BC 的中点，Q 为 的中点，点 F 在侧面 内，且 平面 APQ，当 的面积
最小时，求平面 ACF 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形 为平行四边形， 为等边三角形， ⊥ ，由
面面垂直得到线面垂直，故 ⊥ ，又 ⊥ ，从而得到线面垂直；
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（2）作出辅助线，利用等体积法求解点到平面的距离；
（3）作出辅助线，证明面面平行，从而得到点 F 的运动轨迹，并确定何时 的面积最小，并求出点
到平面 的距离和点 到 的距离为 ，相比得到面面角的正弦值，从而求出余弦值.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
取 的中点 ，连接 ，
因为 且 ，
所以四边形 为平行四边形，
故 ，
又 ，
所以 为等边三角形，
故 ，
因为 ，所以 ，
故 ，故 ⊥ ，
因为平面 平面 ，交线为 ， 平面 ，
所以 ⊥平面 ，
又 平面 ，所以 ⊥ ，
又 ⊥ ， ， 平面 ，
所以 ⊥平面 ；
【小问 2 详解】
延长 ，相交于点 ，
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由题意知， ， ，
故 ，同理 ，
故 为等边三角形， ，
又 ⊥平面 ，
故 ，
因为 ⊥平面 ， 平面 ，
所以 ⊥ ，
因为 ，
连接 ，则 ⊥ ，
由勾股定理得 ，
故 ，
设点 B 到平面 的距离为 ，
故 ，解得
【小问 3 详解】
取 的中点 ，连接 ，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
取 的中点 ，连接 ， ，
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则 ，
同理 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
故当 F 在 上运动时，满足要求，
显然当 F 运动到点 时， 的面积最小，
由（1）知，点 B 到平面 的距离为 ，
故点 到平面 的距离为 ，
故点 到平面 的距离为 ，
设点 到 的距离为 ，
其中 ， ，
故 ，
故 ，
故 ，
设平面 ACF 与平面 夹角为 ，
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则 ，
则 .
【点睛】方法点睛：立体几何面面角求解方法：
（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解.
（3）利用其中一个平面上的图形在另一个平面的投影图形面积与原图形的面积之比求解面面角的余弦值；
（4）求出一个平面上一点到另一个平面的距离和此点到两平面交线的距离之比进行求解.
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