河南省2024-2025學年高一下學期6月大聯考數學測試卷注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.4.本試卷主要考試內容：北師大版必修第二冊.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若角的終邊經過點，則（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】結合誘導公式及三角函數的定義即可.【詳解】.故選：C2.=A.-8 B.8 C. D.【答案】A【解析】【詳解】.故選A.【考點定位】復數運算3.若一個圓臺的上、下底面的直徑分別4，10，體積為，則該圓臺的高為（）A.2 B. C.6 D.3【答案】A【解析】【分析】設該圓臺的高為h，再直接利用圓臺的體積公式建立等式進行求解即可．【詳解】設該圓臺的高為h，則，解得，故選：A．4.已知點，其中，則的最小值為（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】根據點的坐標，求出向量坐標，根據向量模的坐標表示和基本不等式，求出模長的最小值.【詳解】由，得，則，當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為．故選：A.5.若函數的圖象關于直線對稱，則（）A.的最小正周期的最小值為 B.的最小正周期的最大值為C.的最小正周期的最小值為 D.的最小正周期的最大值為【答案】B【解析】【分析】把角看成一個整體，結合余弦函數的對稱性求出的取值范圍，再根據三角函數的最小正周期公式即可求該函數的最小正周期.【詳解】因為函數的圖象關于直線對稱，所以，解得.又，所以，則的最小正周期，所以的最小正周期的最大值為.故選：B6.在平行四邊形中，點G為的重心，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】結合圖形，運用向量的加減數乘運算，將用向量表示即得．【詳解】如圖，取的中點E，連接，則點G為的三等分點，即，則．故選：C.7.若不在坐標軸上的點關于直線的對稱點為，則（）A.0或2 B.2 C.0或 D.【答案】D【解析】【分析】結合題意利用二倍角公式及兩角和的正弦公式列方程求得，然后利用兩角和的正切公式求解即可.【詳解】由題意得，得，解得，當時，，在軸上，舍去.所以，故.故選：D8.在一個棱長為的正四面體容器（容器壁的厚度忽略不計）內放置四個半徑相等的鐵球，則鐵球半徑的最大值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設鐵球的最大半徑為，把四個鐵球的球心兩兩相連可構成一個棱長為的正四面體，求出正四面體的外接球半徑，表示點O到底面的距離.由O也是正四面體的中心可得點O到底面的距離為，列方程可得結果.詳解】記該正四面體為四面體，鐵球的最大半徑為，當鐵球的半徑最大時，把四個鐵球的球心兩兩相連，可構成一個棱長為的正四面體．設I為正三角形的中心，則平面，由平面得，在中，，，所以.設正四面體的外接球的半徑為，則，，在中，有，解得，故，所以點O到底面的距離為．因為O也是正四面體的中心，同理可求得點O到底面的距離為，所以，解得．故選：D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知復數，則（）A. B.的實部與虛部之和等于的實部C. D.在復平面內對應的點位于第二象限【答案】ACD【解析】【分析】利用復數的除法的代數運算化簡復數，再結合復數的概念及復數的幾何意義逐個判斷即可.【詳解】，則，故A正確；復數的實部與虛部之和為，復數的實部為實部與虛部之和不等于的實部，故B錯誤；因為，所以，故C正確；在復平面內對應的點為，該點位于第二象限，故D正確.故選：ACD.10.將函數的圖象向左平移個單位長度，得到偶函數的圖象，則（）A.的圖象關于點對稱B.C.的最小值為D.當取得最小值時，函數的零點個數為4【答案】ABD【解析】【分析】根據誘導公式和正弦二倍角公式，化簡題目已知條件，再根據正弦函數圖像的性質，和函數圖像的平移變換，以及函數的零點，逐一判斷各選項正誤.【詳解】由題意得，所以，所以A正確.，所以B正確.因為為偶函數，所以，則，又0，所以的最小值為，所以C錯誤.當取得最小值時，，由，得，時符合題意，所以的零點個數為4，所以D正確.故選：ABD.11.在四面體中，平面平面，則（）A.四面體的體積為 B.與平面所成的角為C.四面體外接球的表面積為 D.與平面所成角的正弦值為【答案】BCD【解析】【分析】對于A，根據面面垂直可得四面體的體高，利用勾股定理以及三棱錐的體積計算，可得其正誤；對于B，根據線面角的定義，結合等腰直角三角形的性質，可得其正誤；對于C，先明確外接球的球心與半徑，利用球的表面積公式，可得其正誤；對于D，根據面面垂直的性質以及線面垂直的判定可得線面垂直，利用線面角的定義，結合直角三角形的相關計算，可得其正誤.【詳解】取的中點E，連接．因為，所以．又平面平面，平面平面，所以平面．因為，所以．又，所以，所以四面體的體積為，A錯誤．因為，所以四面體外接球的球心為點E，半徑為，所以四面體外接球的表面積為，C正確．因為平面，所以與平面所成的角為．因為，所以與平面所成的角為，B正確．過點B作，垂足為F，連接．因為平面平面，平面平面，所以平面，所以與平面所成的角為，且．因為，所以，D正確．故選：BCD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知圓錐與圓錐的母線長均為，圓錐的底面半徑為，且圓錐的側面積等于圓錐的底面積，則圓錐的表面積為__________．【答案】【解析】【分析】求出圓錐的側面積，可得出圓錐的底面半徑，進而可求出圓錐的表面積.【詳解】依題意可得圓錐的側面積為，設圓錐的底面半徑為，則圓錐的底面積為，可得，所以圓錐的表面積為．故答案為：.13.方程的復數根為，則________，使得為純虛數的實數的值為________.【答案】①.②.【解析】【分析】在復數范圍內求解二次方程的根，結合復數的運算法則進行運算.【詳解】由，得，則.若，則，所以，解得.若，則，所以，解得.故答案為：①；②.14.設a，b，c分別為的內角A，B，C的對邊．已知，則__________，__________．【答案】①.60②.##【解析】【分析】先利用正弦定理、余弦定理以及二倍角公式即可求出c，進而求出第一空的結果.【詳解】因為，所以，則，則，所以，即，則，則，解得或，當時，，則，則，故．所以故答案為：；四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知向量，且，定義向量的新運算：．（1）若向量，且，求；（2）證明：是的充要條件，【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用向量垂直求得，進而利用定義計算即可；（2）利用充分條件、必要條件的定義結合向量共線的性質及定義向量的新運算可證明.【小問1詳解】因，且，所以，解得，則，所以．【小問2詳解】證明：若，則．又，所以，即，所以．故是的充分條件．若，則，整理得，所以．故是的必要條件．綜上所述，是的充要條件．16.如圖，在四棱錐中，底面為菱形，，平面，，E，F分別為，的中點.（1）證明：平面；（2）證明：平面.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）取的中點G，則，，得出四邊形是平行四邊形，從而得出，進而證明平面；（2）通過給定條件的幾何性質，證明與平面內兩條相交的直線垂直，從而得出平面.【小問1詳解】證明：如圖，取直線的中點，連接，，因為是的中點，所以，.又因為底面ABCD為菱形，是BC的中點，所以，，即四邊形BEFG為平行四邊形，從而.因為平面，平面，所以平面.【小問2詳解】證明：因為底面為菱形，，E是的中點，所以，則，又平面，平面，所以，因為，所以平面，又因為平面，所以；因為，F是PD的中點，所以，又因為，所以平面.17.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知A為銳角，且．（1）求A；（2）若，求的面積；（3）求．【答案】（1）．（2）（3）．【解析】【分析】（1）由同角三角函數的關系求得，利用邊角互換即可求得結果.（2）利用求得的值，再用正弦定理求得邊c，即可求得三角形面積.（3）由（1）結果利用角A的余弦定理，計算即可取得結果.【小問1詳解】因為，所以．又因為，所以．因為A為銳角，所以．【小問2詳解】由（1）知．由正弦定理得，所以【小問3詳解】由余弦定理得，整理得，所以．因為，所以18.已知函數，，是的兩個零點，且的最小值是π.（1）求的值；（2）求在上的值域；（3）若對任意的，不等式恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）（2）.（3）.【解析】【分析】（1）根據二倍角公式以及輔助角公式化簡，即可利用周期求解，（2）利用整體法即可求解，（3）換元，分離參數，結合基本不等式即可求解最值得解.小問1詳解】由題意可得.由于，是的兩個零點，所以，是的兩個零點，因為的最小值是，且，所以最小正周期，解得.【小問2詳解】由（1）知.因為，所以.當，即時，取得最小值，；當，即時，取得最大值，.故在上的值域為.【小問3詳解】設，，由（2）可知.不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，即.因為，當且僅當時，等號成立.所以a的取值范圍是.19.如圖，在長方體中，，矩形的周長為．（1）當該長方體的體積取得最大值時，證明：．（2）已知為棱的中點，平面與交于點，，且二面角的正切值為．①求；②若為棱的中點，點在棱上運動（不含端點），且異面直線與所成角的正切值不小于，求線段長度的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）①；②．【解析】【分析】（1）利用二次函數的基本性質求出長方體體積的最大值及其對應的的長，可知矩形為正方形，證明出平面，結合線面垂直的性質可證得結論成立；（2）①取的中點，連接、，分別取、的中點、，連接，交于點，連接、、，證明出平面，可知為二面角的平面角，求出、的長，即可求出的值；②連接、、、，設，由異面直線所成角的定義可知異面直線與所成角為或其補角，設異面直線與所成角為，利用余弦定理結合同角三角函數的基本關系求出的表達式，根據題意可得出關于的不等式，結合可求得長度的取值范圍.【小問1詳解】連接，因為矩形的周長為，所以，所以該長方體的體積．當時，取得最大值，此時，可知矩形為正方形，則．在長方體中，平面，因為平面，所以，又因為，、平面，所以平面．因為平面，所以．【小問2詳解】①取的中點，連接、．因為、分別為、的中點，所以，在長方體中，，，則四邊形為平行四邊形，所以，所以，則、、、四點共面，所以點與點重合．因為且，所以，，所以．連接，交于點，則．分別取、的中點、，連接、、，因為、分別為、的中點，所以，即，故．因為，，、分別為、的中