2024-2025学年浙江省杭州市高一数学下学期6月教学质量检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省杭州市高一数学下学期6月教学质量检测试题（附答案），共16页。
3．答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效.
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数（是虚数单位，），则（）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的运算得，即可求解．
【详解】解：，
得，
得，
故选：A
2. 已知向量，若，则实数的值为（）
A. B. C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量平行列出方程，求出答案.
【详解】由题意得，解得或3，经检验，均满足要求.
故选：C
3. 已知表示两个不同的平面，表示三条不同的直线，（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】ABC选项，可举出反例；D选项，可由平行和垂直的性质和判定证明.
【详解】A选项，若，则或，A错误；
B选项，若，不能推出，B错误；
C选项，若，则不能推出，C错误；
D选项，因为，所以，
又，由面面垂直的判定定理，可得，D正确.
故选：D
4. 已知，则“”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
【答案】B
【解析】
【分析】利用不等式的性质证明必要性，举反例否定充分性即可.
【详解】当时，满足，但，故充分性不成立，
若，当时，必有成立，当时，必有，故必要性成立，
故“”是“”的必要不充分条件，故B正确.
故选：B
5. 在中，角对应的边分别为．若，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据内角和求B的值，然后再根据正弦定理求a的值.
【详解】由题意得,
由正弦定理得,则,
故选:B.
6. 为了得到函数的图象，可以把的图象（）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】，异名变同名，再由平移个单位得到，两个解析式相等即可.
【详解】，平移个单位得到
，
，的一个取值可以为.
向右平移个单位长度.
故选：D.
7. 在某种药物实验中，规定血液中药物含量低于为“药物失效”．现测得实验动物血液中药物含量为，若血液中药物含量会以每小时的速度减少，那么至少经过（）个小时才会“药物失效”．（参考数据：）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得到不等式，两边取对数求出答案.
【详解】物实验中，血液中药物含量为的浓度为，
设至少经过个小时才会“药物失效”，根据题意
，两边取对数得，
可得.
所以至少经过个小时才会“药物失效”.
故选：D.
8. 已知是方程的两个实根，则（）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由题意把两根代入方程得两个式子，再结合韦达定理联立两个式子化简变形即可.
【详解】是方程的两个实根，
，
①，
②，
①式②式得：，
即，
，即，得.
故选：.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】借助函数的单调性判定A、B、D；利用作差法判定C.
【详解】函数在上单调递减，由，得，A错误；
函数在上单调递增，由，得，B正确；
，
因为，根据在上单调递增，所以，则，，
则，则，C错误；
函数，
因为为增函数，且恒成立，所以为减函数，
而，则，D正确.
故选：BD
10. 如图的“弦图”由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形．设直角三角形的两个锐角分别为，若小正方形的面积为1，大正方形的面积为5，则（）
A. 每一个直角三角形的面积为1B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，小正方形的边长为，大正方形的边长为，可判定A正确；设直角三角形的边长分别为，求得，结合三角的定义和三角恒等变换的公式，可判定C、D正确.
【详解】对于A中，由小正方形的面积为1，大正方形的面积为5，
则小正方形的边长为，大正方形的边长为，
且可得每个直角三角形的面积为，所以A正确；
对于B中，设直角三角形的边长分别为（其中），由，可得，
则，
联立方程组，解得，
又因为，所以，所以B不正确；
对于C中，由，所以，所以C正确；
对于D中，由，所以D正确.
故选：ACD.
11. 在平面直角坐标系中，角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，其终边经过点，定义函数，则（）
A. 是函数的一条对称轴B. 函数是周期为的函数
C. D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意分别求出，，则，代入法判断A；由可判断B；利用换元法令可对C判断；化简，可判断D.
【详解】由题意得在角的终边上，且，
所以，，
则，
，所以不是函数的一条对称轴，A错误；
，
因为为周期为的函数，故B正确；
，
令，
所以，
当时，取到最大值为，所以，故C正确；
因为，则，
则
，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：根据题意求出，，则.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合．若，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】依据给定的并集结果，分类讨论求解参数即可.
【详解】因为，故4必定在中，
当时，解得或，而此时有或，
解得或，故此时，
当时，解得，此时，不满足，故排除，
综上，即实数的值为.
故答案为：
13. 已知，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用对数运算结合基本不等式求出最小值.
【详解】由，得，，则，
因此，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
故答案为：
14. 一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意得，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分，上下底面部分是正三角形，其边长为：，侧面部分是底边长为，高为的矩形，即可求解．
【详解】解：因为直三棱柱的密闭容器的底面边长为，且为正三角形，容器的高为，小球的半径为，如图所示：
则小球在这个容器内向各个方向自由滚动时，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分，
上下底面部分是正三角形，其边长为：，
其面积为：；
侧面部分是底边长为，高为的矩形，其面积为：；
则小球能接触到的容器内壁的最大面积为：．
故答案：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 设函数．
（1）判断函数在区间上的单调性，并用定义证明结论；
（2）若，求函数的值域．
【答案】（1）函数在上单调递增；证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过定义法作差判断正负求解；
（2）由，由复合函数的单调性知函数在上单调递增，在上单调递减，即可求解．
【小问1详解】
函数在上单调递增；
证明：任取，且，
则
因为，
所以，
所以，
得，
所以函数在上单调递增；
【小问2详解】
解：因为，
则，，
所以，
由（1）的证明过程知，函数在上单调递减，
所以由复合函数单调性可得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又，
显然，故，
所以函数的值域为：
16. 如图，点分别是矩形的边上的点，．
（1）若，求的取值范围；
（2）若是的中点，依次为边的2025等分点．求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量的线性运算及数量积运算计算即得.
（2）取的中点，利用中点向量公式求和即可得解.
【小问1详解】
在矩形中，，
，即，
所以.
【小问2详解】
取的中点，连接，由依次为边的2025等分点，
，
得，
所以.
17. 已知实数，设函数，且．
（1）求实数，并写出的单调递减区间；
（2）若为函数的一个零点，求．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）代入求出值，再利用二倍角的余弦公式、辅助角公式化简，利用正弦函数的性质求出单调减区间.
（2）利用函数零点的意义，结合和角的余弦公式求解即得.
【小问1详解】
函数，由，得，而，则，
，
由，得，
所以的单调递减区间是.
【小问2详解】
由（1）知，，，
所以.
18. 在三棱锥中，，其余各棱长均为6，点在棱上，，过点的平面与直线垂直，且与分别交于点．
（1）求线段的长度；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质，结合正三角形、直角三角形求解即得.
（2）取的中点，确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解即得.
（3）利用等体积法求出点到平面的距离.
【小问1详解】
依题意，直线平面，而平面，则，
由，得，由为正三角形，得，则，
又为正三角形，即，因此.
【小问2详解】
取的中点，连接，则有，
因此是二面角的平面角，显然，
由余弦定理得，
所以二面角的余弦值.
【小问3详解】
由（2）知，平面，而平面，则平面平面，
在平面内过点作于，又平面平面，
于是平面，，
则点到平面距离，
由（1）知的面积，，
，显然，
则，，在中，，
，的面积，
设点到平面的距离为，由，得，
因此，
所以点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
19. 已知函数的定义域均为．定义：①若存在个互不相同的实数，使得，则称与关于“维交换”；②若对任意，恒有，则称与关于“任意交换”．
（1）判断函数与是否关于“维交换”，并说明理由；
（2）设，若存在函数，使得与关于“任意交换”，求的值；
（3）设，若与关于“3维交换”，求实数值．
【答案】（1）与关于“维交换”，理由见解析；
（2）0；（3）.
【解析】
【分析】（1）由“维交换”的定义，列出方程并求解即可判断.
（2）由与关于“任意交换”的定义，列出关系等式，由等式的特征设出，借助恒恒等式求解即得.
（3）根据给定条件可得，再按讨论分段函数零点即可得解.
【小问1详解】
函数与关于“维交换”，理由如下：
显然，令，即，
解得，因此有唯一解，
所以与关于“维交换”.
【小问2详解】
依题意，对任意，恒有成立，
即对任意，存在函数，，
显然等式左边是关于的4次多项式，则设，
于是，
由奇次项系数得，又，则，，解得，
因此存在，使得与关于“任意交换”，所以.
【小问3详解】
令，依题意，函数在R上有3个零点，
显然，即是函数的零点，
当时，若，则，，即函数在时无零点，
若，则在上单调递增，
，函数在时只有1个零点，不符合题意，
因此，①当时，，
显然函数的图象恒过点，
则当时，函数的图象开口向上，在时仅只一个零点，
当时，，在时没有零点，
②当时，，
显然函数的图象恒过点，
，当，即时，在时仅只一个零点，
当，即时，在时有2个零点，
当，即时，在时没有零点，
③当时，，
显然函数的图象恒过点，
当时，在时无零点，当时，在时有1个零点，
综上所述，当时，有3个零点，
所以当与关于“3维交换”时，.
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.