2021-2022学年贵州省六盘水市高一6月月考数学试题【含答案】

1、2021-2022学年贵州省六盘水市高一6月月考数学试题一、单选题1若集合，则（）ABCDD【分析】求出集合后可求.【详解】，故，故选：D2若，则（）ABC1D2D【分析】利用复数的除法可求，从而可求.【详解】由题设有，故，故，故选：D3对于非零向量，“”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件A【分析】根据向量共线的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】解：若，则，则，即充分性成立，若，则不一定成立，即必要性不成立，即“”是“”的充分不必要条件，故选：4某新闻机构想了解全国人民对长津湖之水门桥的评价，决定从某市3个区按人口数用分层抽样的

2、方法抽取一个样本.若3个区人口数之比为2：3：4，且人口最少的一个区抽出100人，则这个样本的容量为（）A550B500C450D400C【分析】根据分层抽样的抽取比例相同求解即可【详解】设这个样本的容量为，则，解得.故选：C5上、下底面面积分别为和，母线长为的圆台，其两底面之间的距离为（）A4BCDA【分析】根据圆台底面半径，母线，高之间的关系求解.【详解】设圆台的母线长l、高h和上、下两底面圆的半径r，R，因为上、下底面面积分别为36和49，所以，因为，解得h4，即两底面之间的距离为4故选：A6若，则（）A6B3C1DD【分析】根据同角三角函数的基本关系，二倍角的正弦公式，分子分母同除以余

3、弦平方得到正切的式子，再将正切值代入即可.【详解】.故选：D.7蜚英塔俗称宝塔，地处江西省南昌市，建于明朝天启元年（1621年），为中国传统的楼阁式建筑.蜚英塔坐北朝南，砖石结构，平面呈六边形，是江西省省级重点保护文物，已被列为革命传统教育基地.某学生为测量蜚英塔的高度，如图，选取了与蜚英塔底部D在同一水平面上的，两点，测得米，在，两点观察塔顶点，仰角分别为45和30，则蜚英塔的高度是（）A25米B米C30米D米C【分析】设塔高x，用x表示出AD、BD，然后在中由余弦定理求解可得.【详解】设，在中，则，在中，则，因为，所以由余弦定理得：整理得：，解得.故选：C8窗的运用是中式园林设计的重要组成

4、部分，在表现方式上常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等已知圆O是某窗的平面图，O为圆心，点A在圆O的圆周上，点P是圆O内部一点，若，且，则的最小值是（）A3B4C9D16A【分析】利用向量的线性运算，结合数量积，可求得，确定其取值范围，再根据平方后的式子，即可求得答案.【详解】因为，所以，所以，即，则因为点P是圆O内部一点，所以，所以，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值是3,故选：A.二、多选题9的内角的对边分别为，则可以为（）A7B8C9D10AB【分析】根据正弦定理可得，再根据正弦的范围选择即

5、可【详解】在中，由正弦定理可得，即，所以，因为，所以，所以可以为7，8故选：AB10已知一组数据丢失了其中一个大于3的数据，剩下的六个数据分别是3，3，5，3，6，11，若这组数据的平均数与众数的和是中位数的2倍，则丢失的数据可能是（）A4B12C18D20AC【分析】设丢失的数据为，即可求出平均数与众数，再对分和两种情况讨论，得到中位数，即可得到方程，解得即可；【详解】解：设丢失的数据为，则这七个数据的平均数为，众数是3，若，则中位数为，此时，解得；若，则中位数为5，此时，解得.综上所述，丢失的数据可能是4，18.故选：AC.11已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（）A的图像关于

6、点对称B的图像关于直线对称C在上为增函数D把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图像ABC【分析】根据函数图像求出函数解析式，然后利用三角函数的性质逐一判断即可.【详解】解：由已知，又，对于A，故A正确；对于B，令，得，时，故B正确；对于C，时，令，在上递增，故C正确；对于D，把的图像向右平移个单位长度，得函数表达式为，它是偶函数，故D错误.故选：ABC.12“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正

7、三角形、六个面为正方形的一种半正多面体已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（）A该半正多面体的体积为B该半正多面体过三点的截面面积为C该半正多面体外接球的表面积为D该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式ACD【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.【详解】如图，该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.对于A， 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：， 故正确；对于B，过三点的截面为正六边形，所以，故错误；对于C，根据该几何体的对称性可知，

8、该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故正确；对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.故选：ACD三、填空题13已知x2，则的最小值是_.4【分析】由基本不等式即可求得的最小值【详解】 x2 （当且仅当时等号成立）故414已知向量，若，则_.5【分析】根据数量积的坐标运算，结合向量的夹角公式求解即可【详解】，即，所以，解得.故515如图，已知，D是中点，则点B到平面的距离是_.【分析】证明，得线面垂直，从而得点到平面的距离，由此易得其长度【详解】因为，所以，所以，又D是中点，所以，平面，所以平面，的长就是点B到平面

9、的距离，由已知，故16已知函数若方程有6个不同的实数解，则m的取值范围是_【分析】作出的图像，令，问题等价于关于t的方程在上有两个不等实数根，再分解因式求解即可.【详解】函数的图象如图所示令，则方程有6个不等实数解，等价于关于t的方程在上有两个不等实数根，令，则解得且故答案为.方法点睛：研究方程问题，一方面用函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决四、解答题17某校对参加冬奥知识竞赛的100名学生的成绩进行统计，分成，五组，得到如图所示频率分布直方图.(1)求的值；(2)估计该校参加冬奥知识竞赛的学生成绩的80%分位数.(1)(

10、2)【分析】（1）根据频率分布直方图面积为1计算即可；（2）先确定80%分位数在之间，再根据80%分位数左边的面积为0.8计算即可【详解】(1)由频率分布直方图的性质，可得，解得.(2)因为的频率为0.65，的频率为0.9，所以80%分位数为.18已知函数，.（1）判断函数的单调性，并给予证明；（2）求函数的值域.（1）在上单调递减，证明见解析；（2）.（1）对化简可得，利用单调性的定义，取值、作差、化简、定号即可证明；（2），利用先求出，再计算即可求解.【详解】（1），设任意的，且，因为，所以，因为，所以，所以在上单调递减，（2），因为，所以，所以，函数的值域为方法点睛：定义法判定函数在区间

11、上的单调性的一般步骤：1.取值：任取，规定，2.作差：计算；3.定号：确定的正负；4.得出结论：根据同增异减得出结论.19已知函数（1）求的最小正周期；（2）若，求的值（1）；（2）（1）由二倍角公式和两角差的正弦公式化简函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质得出结论；（2）已知条件即为，由平方关系求得，然后由两角和的余弦公式计算【详解】解：（1）所以（2）因为，所以，即所以因为，所以思路点睛：本题考查二倍角公式，两角和与差的正弦、余弦公式，求三角函数的周期解题思路是利用二倍角公式和两角和与差的正弦（余弦）公式把函数式变形为一个角的一个三角函数形式，即形式，然后结合正弦函数性质求解

12、在求三角函数值时，要注意已知角和未知角的关系，通过分析已知角和未知角的关系选用恰当的公式计算，同时注意角的范围的判断20如图，在四边形ABCD中，E是线段CD上的点，直线BD与直线AE相交于点P，设，(1)若，E是线段CD的中点，求与同向的单位向量的坐标；(2)若，用，表示，并求出实数的值(1)(2)，【分析】（1）根据条件求出点的坐标，然后可算出答案；（2）根据平面向量的线性运算可用，表示，然后可得，然后由点B，P，D共线可得，即可求出实数的值【详解】(1)，易得，又因为E是CD的中点，所以，故，则与同向共线单位向量，坐标为(2)因为，所以又因为，所以又因为，所以，又因为点B，P，D共线，故

13、21在中，分别是角，的对边，.(1)求角的大小及外接圆的半径的值；(2)若是的内角平分线，当面积最大时，求的长.(1)，(2)【分析】（1）由正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，最后由正弦定理求出外接圆的半径；（2）由余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得到面积最大值，从而求出与，再由正弦定理计算可得；【详解】(1)解：因为，由正弦定理可得，由余弦定理得，又，所以，由正弦定理得，所以.(2)解：在中，由余弦定理得，则，即.，当且仅当时，所以.此时，.在中，由正弦定理得.22如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点为线段中点，.(1)证明：平面；(2)求二面角的正切值.(1)证明见解析(2