河南省2024_2025学年高一数学下学期6月大联考试题含解析

这是一份河南省2024_2025学年高一数学下学期6月大联考试题含解析，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．已知平面向量，，则（ ）．
A．4B．C．D．
2．关于斜二测画法的内容和原理，下列说法中错误的是（ ）．
A．斜二测画法中，原图形中平行于轴的线段，在直观图中长度为原来的一半
B．斜二测画法中，原图中与轴或轴平行的线段在直观图中与轴或轴平行
C．用斜二测画法画平面图形的直观图时，平行的线段在直观图中一定平行
D．斜二测画法中，直观图和原图的面积一定相等
3．在平行四边形ABCD中，，，记，，则（ ）．
A．B．
C．D．
4．已知复数（，i为虚数单位），且，当取得最小值时，则z在复平面内对应的点位于（ ）．
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．在中，已知，，则（ ）．
A．B．C．D．
6．在中，已知，，则面积的最大值为（ ）．
A．1B．C．3D．2
7．已知曲线与垂直于y轴的条直线：，，且为常数，在区间内共有2025个交点，则（ ）．
A．B．1013C．D．1012
8．已知，，均有意义，且，则的取值可以是（ ）．
A．B．C．D．1
二、多选题
9．下面对正三棱台的描述一定正确的有（ ）．
A．上下底面平行B．侧面是等腰梯形
C．所有棱长都相等D．延长正三棱台的各条侧棱，它们相交于一点
10．已知扇形的周长为120，圆心角为，则下列说法正确的有（ ）．
A．此扇形的弧长为30B．此扇形的半径为30
C．此扇形的面积为900D．此扇形的面积为600
11．已知复数，（，，，2，i为虚数单位），，的共轭复数分别为，，定义运算，记任意复数z的实部为，虚部为，则下列说法正确的有（ ）．
A．若，则
B．若，在复平面内所对应的向量所成的夹角为锐角，则
C．
D．
三、填空题
12．已知，则 ．
13．已知函数的最小正周期为，，则 ．
14．在中，已知，O是的外心，且，则 ．
四、解答题
15．已知平面向量，，．
(1)若，求；
(2)若在方向上的投影数量为1，求m的值；
(3)若，的夹角为锐角，求m的取值范围．
16．如图，已知正四面体，分别是棱的中点．

(1)证明：四边形为菱形；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
17．已知函数在区间上单调．
(1)求的最大值；
(2)若曲线在区间上至少有两个对称中心，求的取值范围．
18．如图所示，曲线与y轴的交点为B，与x轴在y轴的左、右两侧的第一个交点分别为C，D，且的面积为1，M是BC的中点．
(1)证明：．
(2)若．
（ⅰ）求函数的最小正周期；
（ⅱ）设的外接圆交直线CD于点N（D，N为两个不同的点），求BN的长度．
19．在中，．
(1)证明：；
(2)若，求BC的最小值．
参考答案
1．B
【详解】由向量，，可得，
所以．
故选：B．
2．D
【详解】斜二测画法中，原图形中平行于轴的线段，在直观图中长度为原来的一半，故A不符合题意；
斜二测画法中，原图中与轴或轴平行的线段在直观图中与轴或轴平行，故B不符合题意；
用斜二测画法画平面图形的直观图时，平行的线段在直观图中一定平行，故C不符合题意；
斜二测画法中，直观图和原图的面积不一定相等，故D符合题意．
故选：D．
3．B
【详解】由题设，其中，
故．
故选：B
4．D
【详解】因为，可得，
所以，当时，取得最小值为，可得，
此时z在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选：D.
5．A
【详解】若，则，若，
所以，解得，所以，
因为，由正弦定理得，，
因为，所以，则，
因为，所以．
故选：A
6．B
【详解】由题意可得，，设，，
由余弦定理可得，
所以，可得，当且仅当时取等号，
所以，
故面积的最大值为．
故选：B．
7．A
【详解】由题意知，曲线与直线在区间内共有2025个交点，
由曲线在区间内的图象，
可得当时，方程分别有两个不同的实根，且各根均不同，
要使得在区间内共有2025个交点，则满足，
解得．
故选：A．
8．C
【详解】由题得，整理得，
所以，且，
所以，
记，则，
所以或，则或，
所以或，
解得，只有在上述区间内．
故选：C
9．ABD
【详解】对于A，正三棱台的上下底面平行，故A正确；
对于B，正三棱台的侧面是等腰梯形，故B正确；
对于C，所有棱长不是都相等的，故C错误；
对于D，延长各条侧棱，相交于一点，故D正确．
故选：ABD.
10．BC
【详解】设该扇形的圆心角、弧长、半径分别为，l，r，
所以，解得故A错误，B正确；
扇形的面积，故C正确，D错误．
故选：BC．
11．ACD
【详解】若，则，，解得，故A正确；
设对应的向量为，对应的向量为，，的夹角为，
若，
则，其所成角为钝角，故B错误；
，原选项等价于，
令，，则原式等价于，整理得，所以原式恒成立，故C正确；
，当且仅当时，等号成立，
由，两边平方，整理得，故D正确．
故选：ACD
12．
【详解】由题意可得，
故．
故答案为：
13．1
【详解】由题意，可得，故，
又因为，故，
又，故，故，故．
故答案为：.
14．
【详解】因为O是的外心，所以O在AB的中垂线上，
故．
由题意可得，
对等式两边同时乘，则，
则，解得，
故．
由余弦定理可得，解得．
故答案为：
15．(1)18
(2)
(3)，且．
【详解】（1）若，则，故，
所以．
（2）在方向上的投影数量是，，
若在方向上的投影数量为1，则，解得．
（3）若，的夹角为锐角，则，且，不共线，
由，所以，解得，
由，不共线，所以，解得，
综上，m的取值范围为，且．
16．(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）由题知，为的中位线，是的中位线，
所以，且，，且，
故，且，故四边形为平行四边形，
又是的中位线，则，
因为在正四面体中，，所以，故四边形为菱形．
（2）因为，所以或其补角为异面直线与所成的角，
设正四面体的棱长为，则，，
在中，利用余弦定理得，，
故异面直线与所成角的余弦值为．

17．(1)最大值为1
(2)
【详解】（1）当时，可得，
因为函数在区间上单调，
则满足，解得，故的最大值为1．
（2）由函数，
可得图象的对称中心满足，整理得，
其图象在区间上至少有两个对称中心，则，
因为在区间上至少有两个不同的解，所以至少存在两个值使，
所以至少有两个取值，所以，
综上可得，的取值范围为．
18．(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【详解】（1）设函数的最小正周期为T，
因为C，D分别为W与x轴在y轴的左、右两侧的第一个交点，
所以，
因为B为W与y轴的交点，所以，
因为的面积为1，所以，整理得．
（2）（ⅰ）由（1）知，，，，
所以，故，，
所以，整理得，
所以，解得，所以，
故，故最小正周期为．
（ⅱ）由（ⅰ）知，，故，，，，
故，，，，，
在中，，所以，
因为N在的外接圆上，所以，故，
由正弦定理，，解得．
19．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：由，可得，
所以，
即，所以，
由，，可知或，
所以或，
若，则，与题意不符，所以，
所以，因此．
（2）解：由（1）可得，，
在中，由正弦定理得，
所以，
又由，
因为，可得，
代入，可得
，
令，则，