江西省上饶市第四中学2023−2024学年高一下学期6月 数学测试卷（含解析）

这是一份江西省上饶市第四中学2023−2024学年高一下学期6月 数学测试卷（含解析），共16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．函数和均为上的奇函数，若，则（ ）
A．B．C．0D．2
2．若角的终边过点，则（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在平面直角坐标系中，是函数图象的最高点，是的图象与轴的交点，则的坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．在中，，则（ ）
A．B．16C．32D．
5．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
6．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
7．若复数满足，则（ ）
A．B．C．2D．4
8．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列结论正确的是（ ）
A．是第三象限角
B．若角的终边过点，则
C．若角为锐角，那么是第一或第二象限角
D．若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为
10．在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若为锐角三角形，的最小值为1
D．若为锐角三角形，则的取值范围为
11．将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到如图所示的六面体，则（ ）
A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为
C．过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直
D．直线平面
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知平面向量与的夹角为，若，，则在上的投影向量的坐标为 .
13．设 是虚数单位，复数为纯虚数，则实数为
14．在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知.
(1)化简；
(2)已知，求的值.
16．已知函数的一部分图象如图所示，如果，，．
(1)求函数的解析式；
(2)当时，求函数的取值范围．
17．如图所示，是的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线，射线交于，两点.
(1)若，求的值；
(2)设，，，，求的值；
18．记的内角的对边分别为，若，且.
(1)求及；
(2)若点在边上，且，求的面积.
19．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
参考答案
1．【答案】A
【分析】由奇函数性质推导出的周期为4，利用周期性、奇偶性求函数值.
【详解】因为为奇函数，所以关于对称，即，
又关于原点对称，则，有，
所以的周期为4，故.
故选A.
2．【答案】A
【分析】根据余弦函数定义结合诱导公式计算求解即可.
【详解】因为角的终边过点，所以，所以.
故选A.
3．【答案】B
【分析】由向量加法以及正弦函数对称中心（零点）即可得解.
【详解】由题意以及题图可知，所以.
故选B.
4．【答案】B
【分析】根据题意，，，结合数量积的定义求解.
【详解】根据题意，，
所以，，
所以.
故选B.
5．【答案】A
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选A.
【思路导引】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力.
6．【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.
7．【答案】C
【解析】计算得到，再计算得到答案.
【详解】，故.
故选C.
【思路导引】本题考查了复数的运算和共轭复数，意在考查学生的计算能力.
8．【答案】D
【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断.
【详解】对于A,如下图所示，
易得,
则，
又平面,平面,
则平面，故A满足；
对于B，如下图所示，
为所在棱的中点，连接,
易得,
则四边形为平行四边形，
四点共面，
又易知，
又平面,平面,
则平面，故B满足；
对于C,如下图所示，
点为所在棱的中点，连接,
易得四边形为平行四边形，四点共面，
且,
又平面,平面,
则平面，故C满足；
对于D，连接,
由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形，
所以与所在的直线相交，
故不能推出与平面不平行，故D不满足，
故选D.
9．【答案】BD
【分析】利用象限角的定义可判断A选项；利用三角函数的定义可判断B选项；取可判断C选项；利用扇形的弧长与面积公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，，因为为第四象限角，故是第四象限角，A错误；
对于B选项，若角的终边过点，则，B正确；
对于C选项，当，则既不是第一象限角，也不是第二象限角，C错误；
对于D选项，若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的半径为，
因此，该扇形的面积为，D正确.
故选BD.
10．【答案】ABD
【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确.
【详解】对于中，由正弦定理得，
由，得，即，
由，则，故，所以或，
即或（舍去），即，A正确；
对于B，若，结合和正弦定理知，
又，所以可得，B正确；
对于，在锐角中，，即.
故，C错误；
对于，在锐角中，由，
，
令，则，
易知函数单调递增，所以可得，D正确；
故选ABD.
11．【答案】AC
【分析】对于A，首先求得其中一个正三角形的面积，进一步即可验算；对于B，首先求得，进一步即可验算；对于C，证明面面即可判断；对于D，建立适当的空间直角坐标系，验算平面法向量与直线方向向量是否垂直即可.
【详解】对于A，，所以表面积为，故A正确；
对于B，如图所示：
设点在平面内的投影为，为的中点，则由对称性可知为三角形的重心，
所以，又因为，
所以正三棱锥的高为，
所以题图所示几何体的体积为，故B错误；
对于C，由B选项可知面，由对称性可知三点共线，
所以面，而面，
所以面面，故C正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系：
其中轴平行，因为，
所以，
设平面的法向量为，所以，
不妨取，解得，所以取，
又，
而，所以直线与平面不平行，故D错误.
故选AC.
12．【答案】
【分析】直接利用向量在向量上的投影向量的定义求解.
【详解】向量在向量上的投影向量是.
故答案为：.
13．【答案】2
【分析】把复数化为代数形式，再由复数的分类求解．
【详解】，
它为纯虚数，则且，解得．
故答案为：2．
14．【答案】
【分析】结合题意画出对应图形后，设，则有，则有，借助表示出面积，结合二次函数的性质即可得.
【详解】平面截四面体的截面如图所示，
设，则，所以四边形为平行四边形，
且，
在矩形中，，，
则
，当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
【关键点拨】本题关键点是得到所得截面后，借助割补法表示出该截面面积，并结合二次函数的性质求解.
15．【答案】(1)；
(2)3.
【分析】（1）利用三角函数的诱导公式化简即得；
（2）根据同角关系式结合条件即得.
【详解】（1）
.
（2）因为，所以，
所以.
16．【答案】(1);
(2).
【分析】（1）由函数的最大值和最小值求出，，由周期求出，由特殊点求出，即可求得函数解析式；
（2）由求出的范围，再求出的取值范围，即可求得函数的取值范围.
【详解】（1）由图象可知，，，
设最小正周期为，，∴，
∴，
又∵，且，
∴，，∴，
∴函数的解析式为.
（2）当时，，，
∴函数的取值范围是.
17．【答案】(1)；
(2)3.
【分析】（1）利用向量的线性运算的几何表示，将用表示，进而即得；
（2）由，将用表示，利用三点共线即得.
【详解】（1）因，
所以，
又因为的中点，
所以，
所以，又，
所以；
（2）因，，，，
所以，，又因，
所以，
又因，，三点共线，
所以，即.
18．【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换即可得，继而求解,由正弦定理边角互化即可求解,
（2）根据向量的线性运算，结合模长公式可得，即可由面积公式求解.
【详解】（1）由得：，
，
，，故，
由于,所以，
由正弦定理以及可得，所以，
（2），
，
，
，
由于，，所以，解得或（舍去）
所以
19．【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【方法总结】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.