遼寧省名校聯盟2024-2025學年高一下學期6月份聯合考試數學試題一、單選題1．已知復數，則的虛部為（

）A． B． C． D．2．若非零向量滿足，且向量在向量上的投影向量是，則向量與的夾角為（

）A． B． C． D．3．已知某扇形的面積和周長分別為6，10，則該扇形的圓心角為（

）A．第一象限角或第三象限角 B．第二象限角或第三象限角C．第一象限角或第二象限角 D．第三象限角或第四象限角4．如圖所示的幾何體是從棱長為2的正方體中截去到正方體的某個頂點的距離均為2的幾何體后的剩余部分，則該幾何體的表面積為（

）

A．24－3π B．24－π C．24＋π D．24＋5π5．記函數的最小正周期為.若，為的零點，則的最小值為（

）A．2 B．3 C．4 D．66．在中，角所對應的邊分別為，.若,則A．3或 B．3或 C．3 D．7．如圖所示，在正方形鐵皮上剪下一個扇形和一個直徑為4的圓，使之恰好圍成一個圓錐，則圓錐的高為（

）A． B． C． D．8．設函數與函數的圖象在內交點的橫坐標依次是，且，則實數（

）A． B． C． D．二、多選題9．若均為復數，且，則下列結論錯誤的是（

）A．若，則 B．為純虛數C．若，則 D．若，則10．已知函數，則（

）A．是偶函數B．是的一個周期C．的圖象關于直線對稱D．在區間上單調遞減11．“圓冪定理”是平面幾何中關于圓的一個重要定理，它包含三個結論，其中一個是相交弦定理：圓內的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等．如圖，已知圓O的半徑為2，點P是圓O內的定點，且，弦AC，BD均過點P，則下列說法正確的是（

）A．為定值B．的取值范圍是C．當時，為定值D．時，的最大值為12三、填空題12．已知函數圖象的兩個相鄰對稱中心之間的距離為，則．13．在銳角三角形中，內角所對的邊分別為，若，且，則．14．已知一個圓臺母線長為3，側面展開圖是一個面積為的半圓形扇環（如圖所示），在該圓臺內能放入一個可以自由轉動的正方體（圓臺表面厚度忽略不計），則該正方體體積的最大值為.

四、解答題15．如圖，矩形是用斜二測畫法畫出的一個水平放置的平面四邊形的直觀圖，直觀圖中設交于點，相應地平面四邊形交于點，其中．(1)求平面四邊形的面積；(2)若該四邊形以所在直線為軸旋轉半周，求旋轉形成的幾何體的體積．16．已知平面直角坐標系中，為坐標原點，點．(1)求在上的投影向量（用坐標表示）；(2)若與的夾角為銳角，求實數的取值范圍．17．已知函數．(1)求圖象的對稱中心和在上的單調區間；(2)已知，求的值．18．定義：若非零向量，函數的解析式滿足，則稱為的伴隨函數，為的伴隨向量．(1)若向量為函數的伴隨向量，求；(2)若為向量的伴隨函數，在中，，，且，求的值．19．已知中，是角所對的邊，.

(1)求角的大??；(2)已知.（i）如圖①，在的邊上分別取兩點，若，求長度的最小值；（ii）如圖②，分別在邊上，，求面積的最小值.

題號12345678910答案ABCBCADCABDAC題號11答案ACD1．A利用復數的除法運算求出，再利用共軛復數及復數的概念即可得解．【詳解】依題意，，則，所以的虛部為．故選：A．2．B由投影向量的定義可列出等式，求出向量與的夾角.【詳解】設向量與的夾角為，則由題意可知，，因為向量的夾角，所以.故選：B.3．C由扇形的周長、面積求得弧長和半徑，再由圓心角公式即可求解；【詳解】由條件可得：，聯立消去可得：，解得或.當時，，，第二象限的角，當當時，，，第一象限的角，故選：C.4．B根據幾何體結構特征，利用球、正方體和圓的面積公式可得.【詳解】由題意知，該幾何體是從棱長為2的正方體中截去以正方體某個頂點為球心，2為半徑的球后的剩余部分，其表面積等于正方體表面積減去三個半徑為2的圓，再加上2為半徑的球面，則.故選：B5．C先求出函數的周期，再由可求出，然后由為的零點，可求得結果.【詳解】因為的最小正周期為，且，所以，因為，所以，所以，因為為的零點，所以，所以，解得，因為，所以的最小值為4，故選：C6．A利用正弦定理、兩角差的正弦公式、二倍角公式、三角形內角和定理化簡，結合正弦定理，求得的值.【詳解】由得,.當時，，由于，所以，所以.當時，，所以.綜上所述，本小題選A.7．D由扇形的弧長等于圓錐底面圓的周長得，求得，進而由可求得圓錐的高.【詳解】由圖知，扇形的弧長等于圓錐底面圓的周長，圓錐底面圓的半徑為，設扇形半徑為，則有，解得，因此圓錐的母線長為，所以圓錐的高.故選：D8．C利用誘導公式、二倍角公式、同角三角函數的基本關系式化簡已知條件，從而求得正確答案.【詳解】由題意可知，所以，又，所以，則，所以，因為，解得.故選：C9．ABD利用賦值法可判斷AD；設，且，代入計算可判斷B；設，計算可判斷C.【詳解】對于A項，取，滿足，但，所以，故A項錯誤；對于B項，設，且，當時，，故B項錯誤；對于C項，設，則，所以．．又，所以，故C項正確；對于D項，取，則，滿足，但，故D項錯誤．故選：ABD．10．AC化簡函數解析式為，利用函數奇偶性的定義可判斷A選項；利用函數周期性的定義可判斷B選項；利用函數對稱性的定義可判斷C選項；利用函數的單調性與倒數的關系可判斷D選項.【詳解】因為，對任意的，，則恒成立，即函數的定義域為，因為，所以是偶函數，A正確；因為，則，所以不是的周期，B錯誤；因為，所以的圖象關于直線對稱，C正確；因為，當時，則，所以，，，則，故在區間上單調遞增，D錯誤，故選：AC.11．ACD根據所給定義可判斷A，利用數量積的運算律和向量的加法運算可判斷B，利用數量積的運算律和所給定義可判斷C，利用基本不等式可判斷D.【詳解】如圖，設直線PO與圓O于E，F．則，故A正確．取AC的中點為M，連接OM，則，而故的取值范圍是故B錯誤；當時，，故C正確．當時，圓O半徑取AC中點為，中點為，則，最后等號成立是因為，不等式等號成立當且僅當，故D正確．故選:ACD.12．2借助正切函數的對稱性與周期計算即可得.【詳解】由題意可得，即，則.故答案為：2.13．由正弦定理可求得，進而利用余弦定理可求得或，進而利用銳角三角形判斷可求得，可得結論.【詳解】由正弦定理可知，又，所以，解得，由余弦定理得，解得或．又因為為銳角三角形，所以，且，即，所以．故答案為：.14．通過空間想象將圓臺內自由轉動的正方體問題，轉化為求解圓臺內球最大問題.先由側面展開前后圖形關系建立方程求解各相關各量等，再計算比較圓臺高與圓錐內切球直徑的大小關系確定最大球狀態，求解半徑，進而求正方體棱長與體積可得.【詳解】要使圓臺內能放入自由轉動的正方體的體積最大，則該正方體的外接球恰好為該圓臺內能放入的最大的球.設圓臺的側面展開圖半圓形扇環的內圓半徑為，外圓半徑為，則，化簡得，又圓臺母線長為，聯立，解得.設圓臺上、下底面圓半徑分別為，則，解得.

如圖1，還臺為錐，設上、下底面圓心為，在中，，又為銳角，則.由相似性可知，圓臺的軸截面等腰梯形的底角為，故圓臺的高.如圖2，圓錐軸截面為正三角形，則正三角形內切圓即圓錐內切球半徑長為，

因為正三角形內切圓直徑，故圓錐內切球即圓臺內能放入的最大的球，直徑為.設正方體的棱長為，由正方體外接球直徑即為體對角線可得，，解得，此時正方體的體積最大，最大為.故答案為：.15．(1)(2)【詳解】（1）在直觀圖中，平面四邊形如圖所示，則，，所以．（2）由（1）易知，梯形以所在直線為軸旋轉半周得到一個上底面半徑，下底面半徑，高的圓臺的一半，以所在直線為軸旋轉半周得到一個底面半徑，高的圓錐的一半，所以旋轉形成的幾何體為個圓錐與個圓臺構成的組合體，所以旋轉形成的幾何體的體積16．(1)(2)（1）根據給定條件，利用投影向量的定義求解.（2）利用向量夾角公式及向量共線的坐標表示求出范圍.【詳解】（1）依題意，，，，所以在上的投影向量為.（2）由（1）得，由與的夾角為銳角，得，且與不共線，即，解得且，所以的取值范圍為．17．(1)對稱中心為，遞增區間是，遞減區間是．(2)（1）利用三角恒等變換化簡函數，再利用正弦函數的圖象性質求解.（2）由（1）中函數求出，再利用同角公式、二倍角公式、差角的正弦公式計算得解.【詳解】（1）依題意，，令，解得，所以圖象的對稱中心為；由，得，當，即時，單調遞減，當，即時，單調遞增，所以的單調遞增區間是，單調遞減區間是.（2）由（1）及，得，由，得，而，因此，，則，，所以.18．(1)；(2)．（1）利用和角公式與誘導公式化簡，依題即得，求其模長即可.（2）利用伴隨函數定義和題設條件求得，再由和角公式求得，借助于正弦定理和余弦定理即可求得.【詳解】（1）依題意，，則，所以.（2）依題意，，由，得，則，而，因此，，在中，，由，得，由正弦定理，得，即，則，由余弦定理，，得，則，所以.19．(1)；(2).（1）根據給定條件，利用正弦定理邊化角，再利用誘導公式及二倍角公式求解.（2）①設，在中，利用余弦定理建立函數關系，再利用基本不等式求出最小值；②設，在中，利用正弦定理，結合相似三角形性質將表示為