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文檔簡介
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
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