四川省绵阳市绵阳中学2024-2025学年高一下学期6月自主测试数学试卷（含解析）

四川省绵阳中学2024-2025学年高一下学期6月自主测试数学试卷
一、单选题
1．复数（是虚数单位）对应的点位于复平面的（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．的值等于（ ）
A． B．0 C． D．
3．已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
4．已知向量且，求（ ）
A． B． C． D．
5．将函数的图象向右平移，再将横坐标伸长为原来的3倍，得到的图象，则的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
6．《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形如图2中的正八边形．其中为正八边形的中心，若，点为正八边形边上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为1 B．
C． D．
7．向量与在上的投影向量均为，，当最大时，则（ ）
A． B．6 C．12 D．16
8．如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得到，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法错误的是（ ）
A．在翻折过程中，存在某个位置使得
B．若，则与平面所成角的正切值为
C．三棱锥体积的最大值为
D．当时，的最小值为
二、多选题
9．函数（，）的部分图象如图所示，图象与y轴交于M点，与x轴交于C点，点N在图象上，点M、N关于点C对称，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数在单调递减
C．函数的图象关于直线对称
D．函数的图象向右平移后，得到函数的图象，则为奇函数
10．如图，已知正三棱柱的所有顶点均在球O的球面上，，D，E，F，M分别为BC，AC，，的中点，且，则（ ）
A．平面DEF B．
C．球O的表面积为 D．点F到平面DEM的距离为
11．如图，在中，BD与EC交于点G，E是AB的靠近B的三等分点，D是AC的中点，且有，，，过G作直线MN分别交线段AB，AC于点M，N，设，（，），则（ ）
A． B．
C． D．的最小值为2.
三、填空题
12．在复平面内，向量对应的复数绕点逆时针旋转后对应的复数为，则 .
13．已知，则 .
14．折扇（图1）是具有独特风格的中国传统工艺品，炎炎夏季，手拿一把折扇，既可解暑，又有雅趣.图2中的扇形为一把折扇展开后的平面图，其中，，点在弧上（包括端点）运动，其中，分别是，的中点，则的范围为 .
四、解答题
15．我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面是正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点．
(1)求证：直线平面；
(2)求二面角的大小．
16．函数，其中向量，.
(1)求函数在区间上的最大值和最小值；
(2)若，，，，求的值.
17．某棒球场要举办大型活动，该活动要一块矩形场地，现对棒球场的扇形空地AOB进行改造．如图所示，矩形CDEF区域为活动区域，已知扇形AOB的半径为100米，圆心角为，现要探究在该扇形内截取一个矩形，应该如何截取，可以使得截取的矩形面积最大．一种方案是将矩形的一边CD放在OA上，另外两个顶点E，F分别在弧AB和OB上，其中（如图2所示）；
(1)若按方案一来进行修建，求活动场地面积的最大值：
(2)改造活动场地的另一种方案是，将矩形一边的两个顶点D，E在弧AB上，另外两个顶点C，F分别在OA和OB上，有（如图3所示）．比较两种方案，哪种方案更优？
18．如图，在正方体中，，是的中点.
(1)求三棱锥的体积；
(2)求异面直线与的夹角的余弦值；
(3)在棱上是否存在点，使得平面平面，若存在，指出点位置，若不存在，说明理由.
19．三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点P满足条件时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为．
(1)求证：；
(2)若，是否存在常数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
(3)若，试判断的形状．
参考答案
1．D
【详解】由复数在复平面内对应的点为，
因为，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D.
2．C
【详解】因为，
故选：C．
3．D
【详解】对于A，若，，则，或，故A错误；
对于B，若，，则，或与相交，故B错误；
对于C，若，，则与相交，或，或，故C错误；
对于D，若，，则，故D正确.
故选：D.
4．C
【详解】因为，所以，，
由得，，
则有，解得或，
因为，所以，即.
故选：C
5．B
【详解】函数的图象向右平移，得，
再将横坐标伸长为原来的3倍，得，
故选：B
6．A
【详解】在正八边形中，线段被点平分，，
，在中，，
对于A，当点在线段上时，在上的投影向量的模最大，而，
因此的最大值为，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，在中，，
，C错误；
对于D，，因此，D错误.
故选：A
7．C
【详解】设，，所以，
因为，所以，所以可设，，
与的夹角为，
若，，
则知，，
即，，，
则当最大时，最大，即最小，即此时，
当且仅当时成立.
故选：C
8．D
【详解】对于A，当平面与平面垂直时，
，平面与平面的交线为，平面,
平面，又平面，
，，故A正确；
对于B，连接，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为为的中点，
所以，
又平面，
所以平面，
则即为与平面所成角的平面角，
在中，，则，
，
所以，
即与平面所成角的正切值为，故B正确；
对于C，三棱锥的体积（为点到平面的距离）.
.
当平面平面时，最大，的最大值为，此时，所以三棱锥体积的最大值为，选项C正确.
对于D，当时，因为为的中点，
所以，则，
又因为的中点，所以，
又，所以，
所以，
如图将沿旋转，使其与在同一平面内，
则当三点共线时，最小，
即的最小值为，
在中，，
则，
所以，
所以的最小值为，故D错误.
故选：D.
9．BD
【详解】对于A，因为点M、N关于点C对称，所以，即，
可得，所以，故A错误；
对于B，，得，所以，
由得，因为，
所以，则，当时，，
因为在上单调递减，所以函数在单调递减，故B正确；
对于C，由，故C错误；
对于D，函数的图象向右平移后，得到函数，
因为，定义域关于原点对称，，
所以为奇函数，故D正确.
故选：BD.
10．AB
【详解】如图，
因为D，E分别为BC，AC的中点，所以，
又，所以，
因为平面DEF，平面DEF，所以平面DEF，A正确；
取AB的中点N，连接MN，
则，连接CN，则，
又，CN，平面MNCF，所以平面MNCF，
因为平面MNCF，所以，
又，所以，B正确；
设，则，，，
因为，所以，即，解得，
所以，易得△ABC外接圆的半径为，
设正三棱柱外接球的半径为R，则，
所以其外接球的表面积为，C错误；
因为，，，DE，平面DEF，所以平面DEF，
由上可得，，，，，
所以，，
设点F到平面DEM的距离为h，由，得，所以，
即点F到平面DEM的距离为，D错误.
故选：AB.
11．ACD
【详解】对于A，B，C，因，依题意，代入，
得，因为三点共线，且三点共线，
所以，得，所以A对，B错；
由可得，
故，
故C正确；
对于D，，，，
则，因为M、G、N三点共线，
则，即，
由，
当且仅当，即时取得等号．所以D正确．
故选：ACD．
12．
【详解】由题意可设对应的向量为对应的向量为，
由旋转性质得和模相等，且它们对应的向量垂直，
则解得.
故答案为：
13．3
【详解】∵，∴，
，
∴，
∴，
．
故答案为：3．
14．
【详解】以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，
则，设，，
，
因此
，
而，则，，
所以的范围为.
故答案为：
15．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为四边形为正方形，所以，
又因为底面，平面，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，E为线段的中点，所以，
又平面，
所以平面．
（2）由正方形得，，
因为底面，平面，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以，
又平面，平面，平面平面，
所以二面角的平面角为，
在中，，所以．
16．(1)最大值1，最小值.
(2)
【详解】（1）
，
，，，
所以在区间上的最大值1，最小值.
（2），，
，，，
由
17．(1)平方米
(2)方案一更优，理由见解析.
【详解】（1）由题可得，
，，
则，
则此时活动区域面积为：
，又注意到.
则，则，
当且仅当时，活动区域面积最大为平方米；
（2）如图，取ED中点为I，FC中点为J，连接OI，延长OI与弧BA交于点G，则由对称性及垂径定理，可得O，J，I，G四点共线，平分，
可得，设，则，
，，
则，
则此时活动区域面积为：
，
又注意到.则，
则，
当且仅当时，活动区域面积最大为；
注意到，则，，
则选择方案1更好.
18．(1)
(2)
(3)存在，为中点
【详解】（1），
，
三棱锥的体积为；
（2）取的中点为，连接，
是的中点.，且
又是正方形，，
是平行四边形，，
（或其补角）就是异面直线与的夹角.
在中，，
，
异面直线与的夹角的余弦值为；
（3）
假设在棱上存在点，且为的中点，
取的中点，连接，
是正方体，
，
是平行四边形，
同理可证也是平行四边形，
，，
平面，平面，
平面.
又，
是平行四边形，，
又平面，平面，
平面.
又平面，平面平面，
假设成立，在棱上存在中点，使得平面平面.
19．(1)证明见解析；
(2)存在，；
(3)正三角形.
【详解】（1）依题意，，
所以.
（2）存在实数使等式成立．理由如下：
由（1）得，在中，由余弦定理得：
，，
三式相加整理得
，所以时，存在实数使.
（3）当时，由（1）得，
由（2）得，，
在中，由余弦定理得，
于是
，当且仅当且时取等号，
由，得，则，，
即当且仅当且时取等号，亦即当且仅当为等边三角形时取等号，
因此，当且仅当为等边三角形时取等号，
而，所以为等边三角形.