四川省成都市第七中学2022-2023学年高一数学下学期6月月考试题（Word版附解析）

高2025届高一下期6月份阶段性测试题

数学

一､选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数的乘法可求.

【详解】，

故选：D.

2. 在平行四边形中，，，点E是BC的中点，，则（    ）

A.  B.  C. 2 D. 6

【答案】D

【解析】

【分析】将以为基底表示，再根据数量积的运算公式，求得数量积.

【详解】，

，

∴

.

故选：D.

3. 一平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，B′C′∥y′轴，则四边形OABC的面积为（　　）

A.  B. 3 C. 3 D.

【答案】B

【解析】

【分析】结合图形可得，则可得四边形面积，后可得四边形OABC的面积.

【详解】设轴与交点为D，因O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，则，又B′C′∥y′轴，则四边形为平行四边形，故.又，结合A′B′⊥x′轴，则，故.

则四边形面积为，因四边形面积是四边形OABC的面积的倍，则四边形OABC的面积为.

故选：B

4. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.

【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，

则，

所以，

又，

则，

所以，

所以甲圆锥的高，

乙圆锥的高，

所以.

故选：C.

5. 设是复数且，则的最小值为（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数模的几何意义，结合图象，即可求解.

【详解】根据复数模的几何意义可知，表示复平面内以为圆心，1为半径的圆，而表示复数到原点的距离，

由图可知，.

故选：C

6. 小明在整理数据时得到了该组数据的平均数为20，方差为28，后来发现有两个数据记录有误，一个错将11记录为21，另一个错将29记录为19.在对错误的数据进行更正后，重新求得该组数据的平均数为，方差为，则（    ）

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】D

【解析】

【分析】不妨记更正前该组数据为：，然后根据平均数和方差公式先求出，再利用公式即可求得更正后的平均数和方差.

【详解】不妨记更正前该组数据为：，

则更正后的数据为：.

由题可知，，

整理得.

所以，

.

故选：D

7. 若方程x2 +2x+m2 +3m = mcos(x+1) + 7有且仅有1个实数根，则实数m的值为（    ）

A. 2 B. -2 C. 4 D. -4

【答案】A

【解析】

【分析】令，由对称轴为，可得，解出，并验证即可.

【详解】依题意，有且仅有1个实数根.

令，对称轴为.

所以，解得或.

当时，，易知是连续函数，又，，

所以在上也必有零点，此时不止有一个零点，故不合题意；

当时，，此时只有一个零点，故符合题意.

综上，.

故选：A

【点睛】关键点点睛：构造函数，求出的对称轴，利用对称的性质得出.

8. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且外接圆半径为2，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用正弦定理求得，，将转化为角的形式，结合三角函数值域的知识求得正确答案.

【详解】依题意，，

由正弦定理得，

，

,

，

由于，

所以，

由于，所以，所以，

所以是锐角，且，

所以.

,

由于三角形是锐角三角形，所以，即，

所以，所以，

所以，

所以的取值范围是.

故选：C

【点睛】关键点点睛：利用正弦定理解三角形，主要是利用正弦定理边角互化的作用来对已知条件进行化简求值.三角形中，要求一个表达式的取值范围，可利用正弦定理将其转化为角的形式，然后利用三角函数的值域的求法来求得取值范围.

二､多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错得0分.

9. 我们可以用统计图表表示数据，对获得数据进行统计分析.据《中国统计年鉴（2022）》可知，2016~2021年我国人口年龄分布情况（百分比）如表所示.（已知少儿抚养比，老年抚养比，总抚养比（%）少儿抚养比（%）+老年抚养比（%））根据图表，

下列说法正确的有（    ）

A. 从2016年到2021年期间，0~14岁人口比重逐年上升

B. 从2016年到2021年期间，15~64岁人口比重在逐年下降

C. 2021赡养老人的压力比2020年更重

D. 2021年总抚养比大于2020年总抚养比

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据图表，逐项分析每个选项中的数据，可得答案.

【详解】对于A，由图表可知2018年到2019年间以及2020年到2021年间0~14岁人口比重在降低，A错误；

对于B，从2016年到2021年期间，15~64岁人口比重在逐年下降，正确；

对于C，2021年65岁以及以上老年人抚养比，

2020年65岁以及以上老年人抚养比为，故2021赡养老人的压力比2020年更重，C正确；

对于D，2021年总抚养比为，

2020年总抚养比为，

故2021年总抚养比大于2020年总抚养比，D正确，

故选：BCD

10. 设函数，的最小正周期为，且过点，则下列正确的有（    ）

A. 在单调递减

B. 的一条对称轴为

C. 的周期为

D. 把函数的图象向左平移个长度单位得到函数的解析式为

【答案】AB

【解析】

【分析】利用辅助角公式将函数化简，根据周期求出，再根据函数过点求出，即可得到函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可.

【详解】根据辅助角公式得．

最小正周期为，，，即．

函数过点，，

，则．

当时．即．

令，则，

当时，在单调递减，故A正确．

令，则，

当时，的一条对称轴为，故B正确．

因为为偶函数，所以，

则周期为且，故C错误．

函数的图象向左平移个长度单位得到函数的解析式为，故D错误．

故选：AB．

11. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）．

A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为

C.  D. 的面积为

【答案】AC

【解析】

【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.

【详解】依题意，，，所以，

A选项，圆锥的体积为，A选项正确；

B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；

C选项，设是的中点，连接，

则，所以是二面角的平面角，

则，所以，

故，则，C选项正确；

D选项，，所以，D选项错误.

故选：AC.

12. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（    ）

A. 若，则为的重心

B. 若为的内心，则

C. 若，，为的外心，则

D. 若为的垂心，，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；

对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，，，再结合奔驰定理即可判断B；

对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，，，从而可用表示出，，，进而即可判断C；

对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，，则，，代入即可求解，进而即可判断D．

【详解】对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，

由，则，

所以，

所以A，M，D三点共线，且，

设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，

所以为的重心，故A正确；

对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，

则有，，，

所以，

即，故B正确；

对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，

又，，

则有，，，

所以，

，

，

所以，故C错误；

对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，

由为的垂心，，则，

又，则，，

设，，则，，

所以，即，

所以，所以，故D正确；

故选：ABD．

【点睛】关键点点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，，得到，，进而即可求解．

三､填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.

13. 2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相．某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为_________人．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意求得每个学生抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解.

【详解】利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了15人,12人，可得高三年级抽取了9人，

又由高三年级共有900名学生，则每个学生被抽到的概率为，

设该校共有名学生，可得，解得（人），

即该校共有名学生.

故答案为：.

14. 已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.

【详解】因为，所以，

令，则有3个根，

令，则有3个根，其中，

结合余弦函数图像性质可得，故，

故答案为：.

15. 无字证明（proof without words）是指仅用图象而无需文字解释就能不证自明的数学命题，如图是某三角恒等式的无字证明，那么该图证明的三角恒等式为__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据三角形的面积关系以及三角形的面积公式列式可得结果.

【详解】如图，左边的三角形的面积为，

中间三角形的面积为，右边三角形的面积为，

，，

即．

故答案为：．

16. 已知三棱锥，其中平面，则三棱锥外接球的表面积为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意设底面外心为G，O为球心，所以平面ABC，，根据正弦定理求得外接圆的半径，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可．

【详解】根据题意设底面的外心为G，O为球心，所以平面ABC，

因为平面ABC，所以，

设是PA中点，因为，所以，

因为平面平面ABC，所以，因此，

因此四边形ODAG是平行四边形，故，

∵，∴，

又外接圆的半径，由正弦定理得，

所以该外接球的半径满足，

所以外接球的表面积为.

故答案为：．

四､解答题：本题共6个小题，17题10分，其余各题各12分，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知函数，．

（1）若，求的值；

（2）当时，求的最大值和最小值．

【答案】（1）或，   

（2）的最大值为2，最小值为1

【解析】

【分析】（1）由整体法列式求解；

（2）由整体法求函数单调区间，即可判断最值.

【小问1详解】

∵，，即，

或，，

或，；

【小问2详解】

∵，∴，

则当，单调递增；当，单调递减.

.

，，．

18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．

（1）求的面积；

（2）若，求b．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；

（2）由正弦定理得，即可求解.

【小问1详解】

由题意得，则，

即，由余弦定理得，整理得，则，又，

则，，则；

【小问2详解】

由正弦定理得：，则，则，.

19. 2022年起，某省将实行“”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次阶段性测试中使用赋分制给高一年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分．等级排名占比，赋分分数区间是86－100；等级排名占比，赋分分数区间是71－85：等级排名占比，赋分分数区间是56－70：等级排名占比，赋分分数区间是41－55；等级排名占比，赋分分数区间是30－40；现从该年级生物成绩中随机抽取100名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图所示：

（1）求图中的值；

（2）用样本估计总体的方法，估计该校高一年级本次生物测试原始成绩的众数、平均数和中位数．

【答案】（1）   

（2）众数75分；平均数71分；中位数分.

【解析】

【分析】（1）由各组频率之和为1列方程求解即可；

（2）由频率分布直方图中众数、平均数和中位数的计算公式代入即可得出答案.

【小问1详解】

由题意，解得；

【小问2详解】

抽取的这100名学生的原始成绩的众数的估计值为分；

抽取的这100名学生的原始成绩的平均数的估计值为：

分；

由频率直方图可得前三组的频率和为，

前四组的频率和为，

故中位数落在第四组，设中位数为，

则，解得，

故这100名学生的原始成绩的中位数的估计值为分.

20. 从①，②平面PAB这两个条件中选一个，补充在下面问题中，并完成解答.

如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，______.

（1）求证：四边形ABCD是直角梯形；

（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直的性质得，再利用勾股定理的逆定理得，最后证得且，则证明四边形ABCD是直角梯形；

（2）将四棱锥补成一个长方体，再过B作于O，连接OP，利用线面垂直的判定定理得平面PFCE，则转化为求的正弦值，再分别求出的长即可.

【小问1详解】

选择①.证明：连接AC，因为平面ABCD，平面，所以.

因为，，所以，

因为，，所以，

所以.

因为，所以，

又，所以四边形ABCD是直角梯形.

选择②.证明：连接AC，

因为平面ABCD，平面，所以.

因为，，所以，

因为，，所以，

所以.

因为平面PAB，平面ABCD，平面平面，

所以，又，所以四边形ABCD是直角梯形.

【小问2详解】

选择①②相同，

如图，延长CD到E使DE=CD，则四边形ABCE为矩形，将四棱锥补成一个长方体，

连接PE，CF，则PB与平面PCD所成的角即PB与平面PFCE所成的角.

过B作于O，连接OP，由长方体的性质知，平面BCGF，

因为平面BCGF，所以，又，平面PFCE，

所以平面PFCE，则即为直线PB与平面PCD所成的角.

在中，，可求得，

在中，可求得，

所以.

21. 如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，

（1）求证：平面；

（2）若二面角，求与面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.

（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.

【小问1详解】

证明：取的中点，连接，

为线段的中点，，

平面，平面，平面，

又，，四边形为平行四边形，则

平面，平面，可得平面，

又，，平面，

可得平面平面，平面，

则面.

【小问2详解】

取中点，中点，连接，，，

由，，为边的中点，

得，所以为等边三角形，从而，，

又，为的中点所以，又是等边三角形，

所以，所以为二面角的平面角，所以，

过点作，过作交于，连接，

是等边三角形，所以可求得，，所以，，

，，，，

所以，，又，，面，

所以面，又，所以面，

平面，所以面面，

由，在中易求得，又，

所以，，

面面，面，

所以面，所以为与平面所成的角，

在中可求得，所以，

与面所成角的正弦值为

22. 如图，A，B是单位圆上的相异两定点（为圆心），（），点C为单位圆上的动点，线段AC交线段于点M（点M异于点、B），记的面积为．

（1）记，求的表达式；

（2）若

①求的取值范围；

②设，记，求的最小值．

【答案】（1）（）   

（2）① ；②

【解析】

【分析】（1）利用三角形面积公式和数量积的定义，写出的表达式；

（2）由，将数量积转化为三角函数，求函数值域即可；

利用向量共线将用t表示，求函数的最值.

【小问1详解】

因为，，

所以（）．

【小问2详解】

①设，，则，

，

所以，，

又，所以，则．

②设，则，因为，

所以，

所以，

因为，所以，即，

化简得，，，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

故的最小值为．

【点睛】因为，M，C三点共线，所以表示向量和的数乘关系，设，借助，可得.