江西省上饶市清源学校2023−2024学年高一下学期6月测试 数学试卷（含解析）

这是一份江西省上饶市清源学校2023−2024学年高一下学期6月测试 数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．要得到函数的图象，只需把函数的图象（ ）
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
2．已知向量，．若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，均为单位向量，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
4．已知，下列结论错误的个数是（ ）
①若，且的最小值为，则；②存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；③若在上恰有7个零点，则的取值范围是；④若在上单调递增，则的取值范围是.
A．1B．2C．3D．4
5．已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cs2A+cs 2A=0,a=7,c=6,则b等于（ ）
A．10B．9C．8D．5
6．复数（为虚数单位）的虚部是（ ）
A．B． C．D．1
7．已知满足，则（ ）
A．B．C．D．
8．设正四面体ABCD的棱长为a，下列对正四面体的有关描述：（1）该正四面体的外接球的表面积是；（2）该正四面体的内切球的体积是；（3）该正四面体的体积是；（4）该正四面体相对棱所成角为.其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．4D．3
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，在中，，，，点为的中点，，，与交于点，，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．若，则
10．已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则为钝角三角形
C．若，则为等腰三角形
D．若的三角形有两解，则的取值范围为
11．已知是虚数单位，是复数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的虚部是
C．D．对应的点在第一象限
三、填空题（本大题共1小题）
12．设，，且，则 ．
四、单选题（本大题共1小题）
13．在中，为线段上的动点，且，则的最小值为（ ）
A．4B．C．2D．
五、填空题（本大题共1小题）
14．如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为，圆柱的底面半径为，高为，则该几何体的表面积为 ．

六、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数的部分图象，如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，当时，求函数的值域.
16．已知，向量，，，，是坐标平面上的三点，使得，．
（1）若，的坐标为，求；
（2）若，，求的最大值；
（3）若存在，使得当时，为等边三角形，求的所有可能值．
17．函数（，，）的部分图象如图，和均在函数的图象上，且Q是图象上的最低点．

(1)求函数的单调递增区间；
(2)若，，求的值．
18．已知是关于的方程的两个虚根，为虚数单位.
(1)当时，求实数的值；
(2)当，且，求实数的值.
19．如图，在正三棱柱中，分别是的中点.
(1)若点为矩形内动点，使得面，求线段的最小值;
(2)求证:面.
参考答案
1．【答案】A
【分析】先利用辅助角公式得到，进而利用左右平移满足“左加右减”进行求解.
【详解】，
把函数的图象向左平移个单位得到，满足要求，A正确，
其他选项均不合要求.
故选A.
2．【答案】A
【分析】由，得，列方程可求出.
【详解】因为，，，
所以，得，
故选A.
3．【答案】C
【分析】，均为单位向量，等式两边平方，利用数量积运算性质化简，即可得答案.
【详解】，均为单位向量，
．
是的充要条件．
故选C．
4．【答案】C
【分析】由二倍角公式将三角函数化简，然后由三角函数的性质逐项判断即可.
【详解】，
周期，
①由条件知，周期为，故①错误；
②函数图象右移个单位长度后得到的函数为，
其图象关于轴对称，则，
故对任意整数，故②错误；
③由条件，得，故③错误；
④由条件，得，又，故④正确.
故选C.
5．【答案】D
【详解】由题意知,23cs2A+2cs2A-1=0,
即cs2A=,
又因△ABC为锐角三角形,
所以csA=.
△ABC中由余弦定理知72=b2+62-2b×6×,
即b2-b-13=0,
即b=5或b=-(舍去).
故选D.
6．【答案】D
【分析】根据复数的除法和乘方以及复数虚部的概念即可得到答案.
【详解】，
则其虚部为1.
故选D.
7．【答案】A
【分析】假设，利用复数的除法运算与共轭复数的定义，结合复数相等的性质得到关于的方程组，即可得解.
【详解】依题意，设，则，
因为，
所以由，可得，
则，
所以，解得，
所以.
故选A.
8．【答案】C
【分析】对于（1），将正四面体转为正方体，结合正方体的外接球分析求解；对于（2）（3），根据正四面体的结构特征求高，进而可得体积，利用等体积法求内切球的半径，进而可得内切球的体积；对于（4），根据线面垂直的判定定理和性质定理分析判断.
【详解】对于（1）：因为棱长为a的正四面体与棱长为的正方体共外接球，
可知棱长为a的正四面体的外接球的直径为棱长为的正方体的体对角线，
即正四面体的外接球半径，
所以四面体的外接球的表面积是，故（1）正确；
对于（2）（3）：设正四面体ABCD顶点A在平面BCD内的射影为O，
则，，
所以正四面体ABCD的体积，故（3）正确；
设正四面体ABCD的内切球半径为r，
由正四面体ABCD的体积可得，解得，
所以正四面体ABCD内切球的体积为，故（2）正确；
对于（4）：取的中点，连接，则，
且，平面ABE，可得平面ABE，
且平面ABE，所以，
结合对称性可知：正四面体相对棱所成角为，故（4）正确.
所以四个描述都正确．
故选C．
9．【答案】ABD
【分析】由平面向量的线性运算计算可判断A；由平面向量基本定理和平面向量的线性运算计算可判断B；将用表示出来，再由平面向量的数量积运算计算即可判断C；将用表示出来，再由平面向量的数量积运算加可判断D．
【详解】因为点为的中点，所以，
对于A：当时，即，
所以，故A正确；
对于B：当时，因为，，三点共线，且，，
所以，
所以，
又，不共线，
所以，消元并整理得，即，故B正确；
对于C：当时，，，
所以，
因为，，，所以，
所以，故C错误；
对于D：，
设，则，
，
解得，所以，解得，故D正确．
故选ABD．
10．【答案】ABD
【分析】由正弦定理和余弦定理可判断A,B；利用正弦定理和倍角公式可判断C；结合三角形解的情况可判断D.
【详解】对于A：因为，由正弦定理可得，所以，故A正确；
对于B：由余弦定理得，可知为钝角，故B正确；
对于C：因为，所以，即，
所以或，即为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于D：因为三角形有两解，所以，即的取值范围为，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】BCD
【分析】对于A，根据的性质分析求解；对于B，根据除法运算结合虚部的概念分析判断；对于C，根据共轭复数以及复数的模长公式分析判断；对于D，根据复数的几何意义分析判断.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：因为，
所以的虚部是，故B正确；
对于C：设，则，
所以，故C正确；
对于D：对应的点的坐标为，位于第一象限，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】0
【分析】根据平面向量共线定理可以得到等式，用二倍角的正弦公式以及特殊角的三角函数，求出的值，最后计算出它的余弦值即可.
【详解】因为，所以，
所以.
13．【答案】A
【分析】由推得；再由求得，，，最后由和平面向量基本定理可推得利用常值代换法即可求得所求式的最小值.
【详解】，，由，
可得，即，
，
又
，，，
又，
又，所以，，
又，
为线段上的动点，即共线，且，
，
当且仅当时，等号成立.
故选A.
【关键点拨】关键在于将各个条件分别化简，得出关于三角形的边长和夹角，代入向量等式，利用平面向量基本定理即得最后运用常值代换法即可求得最值.
14．【答案】
【分析】根据给定的组合体，结合球的表面积公式、圆柱的侧面积公式计算即得.
【详解】依题意，该几何体的表面积是半球的表面积与圆柱侧面积的和，
所以所求表面积为.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦型函数的图象求三角函数的解析式，根据最大值求出，由最小正周期求出，并确定.
（2）根据平移后得到新的正弦型函数解析式，由函数解析式求出函数值域.
【详解】（1）根据函数的部分图象
可得，，.
再根据五点法作图可得，
，.
（2）将函数的图象向右平移个单位后，可得的图象，再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.
由，可得
又函数在上单调递增，在单调递减
，，
函数在的值域.
16．【答案】（1）
（2）12
（3）
【分析】利用向量线性运算的坐标表示，（1）可得代入，即可求的坐标；（2）可得代入，即可求其的最值；（3）求，的坐标，进而可得，，结合题设有，应用三角恒等变换及三角函数的性质，可得，，由分类讨论的方式求的所有可能值．
【详解】（1）由题意，，
，
，
由，则，，故；
（2）由题意，，
，
，
由，则，，即，
当时，的最大值为12；
（3），
，
，，
为等边三角形，
，
，
，
，
，整理得且，
或，
综上， 当，时，或；
当，时，或.
的所有可能值为.
【关键点拨】第三问，首先求出，的坐标，再由，结合三角恒等变换、三角函数性质求出的可能值，进而求对应值.
17．【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据图象得出，，求出，再将代入，结合，求出，得出解析式，再求出单调递增区间即可；
（2），则，结合，得出，用同角三角函数关系式，得出，，用和角关系式展开求值即可．
【详解】（1）由题得，，故，．
由，得，，故，，
因为，所以，故．
，
即单调递增区间为，；
（2）由，即，
又，则，故，
.
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据实系数一元二次方程的根互为共轭复数及根与系数的关系求解；
（2）由实系数的一元二次方程的求根公式化简求解即可.
【详解】（1）因为是关于的方程的两个虚根，
所以当时，，
所以；
（2）当时，，由求根公式可知，两根分别为，
所以，
所以，解得.
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由线面平行的判定有面，面，又结合面面平行的判定可证面面，由题意可知时，最小，在中，即可求；
（2）根据线面垂直的判定定理即可证明.
【详解】（1）连接，
在正方形中，分别为，的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为面面CPN，
所以面，
在中，因为分别为，的中点，
所以，
因为面，面，
所以面.
因为，面，面，
所以面面.
所以当， 面，此时面，
所以当时，最小，
在中，
所以的最小值为；
（2）在正方形中，，设，则为中点，
连接、，
因为分别为，的中点，
所以且，
又因为为中点，且，
所以且，
又因为面，
所以四边形为矩形，
所以，
又，，面，面，
所以面，
所以面，
又面，
所以，又，面，面，
所以面.