江西新余市部分校2025-2026学年高一下学期6月训练数学试卷（含解析）

这是一份江西新余市部分校2025-2026学年高一下学期6月训练数学试卷（含解析），共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可得：.
2. 已知平面向量，满足，，则在上的投影数量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由投影数量的公式结合条件即可求解.
【详解】由题意得在上的投影数量为.
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助同角三角函数基本关系将弦化为切后计算即可得.
【详解】.
4. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由正弦定理，得.
5. 若函数（）的最小正周期为6，则图象的对称中心为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由正切函数的最小正周期公式算出，再由对称中心公式求出对称中心.
【详解】依题意，，所以，所以，
令，解得，
所以对称中心为.
6. 已知复数z的共轭复数为，且，则（ ）
A. B. 5C. D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】设，，，则，，
所以，，
因为，所以，，
则，解得，故，.
7. （ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用辅助角公式可得，利用倍角公式可得，再结合辅助角公式化简即可.
【详解】因为，
且，
所以原式.
8. 某次航展中，地面雷达显示：三架无人机A，B，C（A，B，C均视为质点）在同一水平面上，且，，A，B均以的速度沿正东方向匀速直线飞行，B在A的正北方向处，在直线的西侧的C保持的速度紧随其后．忽略其他因素，若要求A，B，C完成一字型编队（A，B，C三点共线），则所需的最短时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先建立坐标系，用余弦定理求出的边，再用三角形等面积求C横坐标，进而得到C的坐标，接着写出飞行秒后三点坐标，最后利用A，B，C共线的条件即可解出所需的最短时间.
【详解】以无人机A的初始位置为原点，正东为轴正方向，正北为轴正方向，如图:
初始时刻，C在直线（轴）的西侧，故，
已知，在中，由余弦定理：
，代入可得，
又，即，
解得，，
得（两点纵坐标介于0和70之间），即初始，
由A，B速度向东,C速度向东,则：
，
A，B横坐标相同，连线是竖直线，由A，B，C三点共线，
C横坐标也等于，即，
那么.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 如图，每个小方格的边长均为1，复数，在复平面内的对应点分别为A，B，则（ ）

A. B.
C. 为纯虚数D. 在复平面内的对应点位于第三象限
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据点 ， 在复平面内的坐标写出 ，，再分别进行复数的加法、数乘和除法运算，判断各选项．
【详解】由图可知，点的坐标为 ，点的坐标为 ，
所以因此A正确，B错误．
对于C，
的实部为0，虚部不为0，所以为纯虚数，C正确．
对于D，
其实部和虚部均为负数，所以其对应点位于第三象限，D正确．
10. 为了得到函数的图象，只需将余弦函数图象上各点（ ）
A. 横坐标伸长到原来的3倍，再向左平移个单位长度
B. 横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度，再把横坐标缩短到原来的
D. 向右平移个单位长度，再把横坐标缩短到原来的
【答案】BD
【解析】
【分析】本题考查三角函数图像的平移与伸缩变换，默认初始变换的基础函数为，需要逐个验证选项的变换结果
【详解】选项A,先将横坐标伸长到原来的3倍，得到，再向左平移个单位长度，得到，和目标函数不一致，A错误.
选项B，先将横坐标缩短到原来的，得到，再向右平移个单位长度，得到，和目标函数完全一致，B正确.
选项C，先向右平移个单位长度，得到，再把横坐标缩短到原来的，得到，和目标函数不一致，C错误.
选项D，先向右平移个单位长度，得到，再把横坐标缩短到原来的，得到，和目标函数完全一致，D正确.
11. 若函数，则（ ）
A. 的图象关于直线对称B. 的值域为
C. D. 在上的解集为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用三角函数和差化积，积化和差公式可得，通过验证判断A，根据正弦函数的有界性判断B，根据，结合三角函数的有界性和单调性即可判断C，不等式，可转化为或且，由此可得结论.
【详解】由积化和差公式，
则，
，
即，
又因为和差化积公式 ，
则，.
若的图象关于直线对称，则，
，
等式成立，因此的图象关于直线对称，A正确；
设，即，
结合可得和互为相反数且绝对值为1，
若，则，则，
若，则，则，
均不满足和互为相反数，即取不到1，B错误；
，
，
则
已知在上单调递增，则，
即，即，C正确；
，即，
在区间上，，
则不等式等价于（当 时），及时的点，
时，，此时，符合，
，的区间是，
即，
故在上解集为，D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 复数的虚部为______．
【答案】
【解析】
【详解】因为，所以的虚部为.
13. 若，且，，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用完全平方公式将原方程因式分解，得到，再结合正切二倍角公式化简求出的值.
【详解】由题意得，即，
则，因为，所以，
则，解得.
14. 如图，圆A的直径，点A在圆B上，P是圆A上的动点，Q是圆B上的动点，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】建立适当平面直角坐标系，借助三角函数表示出、，再利用数量积公式及辅助角公式可得，由，可得，再利用三角恒等变换求出的最小值以及最大值即可得解.
【详解】以为原点，所在直线为轴建立如图所示平面直角坐标系，
则、、，设、，
则、，
则
，其中，
因
，
则，因，
则，
又
，
因，则当时，取得最小值，即；
又
，
因，则当时，取得最大值24，即.
，故的取值范围为.
四、解答题：本题共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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．
（1）求外接圆的面积；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【小问1详解】
设外接圆的半径为R．由正弦定理，得，
所以外接圆的面积为．
【小问2详解】
由余弦定理，得，
得，得
故的周长为．
16. 已知三个点，，．
（1）求向量与的夹角；
（2）若四边形是等腰梯形，且，求点D的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用向量夹角的计算公式；
（2）运用向量平行的相关条件加上等腰梯形求出具体坐标.
【小问1详解】
因为，
，
，
，
，
所以．
故向量与的夹角为．
【小问2详解】
设点D的坐标为，
则，．
由题意得，，，则，
解得，故点D的坐标为．
17. 已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）已知，，且，，求的值．
【答案】（1），．
（2）
【解析】
【分析】（1）利用降幂公式、诱导公式、辅助角公式将化简为正弦型函数的标准形式，结合正弦函数的单调递增区间列不等式求解，即可得到的单调递增区间.
（2）先根据、的函数值求解、，结合、的取值范围确定、所在象限，进而求得对应的余弦值；再利用三角诱导公式将转化为关于、的余弦和角形式，代入计算即可得到结果.
【小问1详解】
．
由，，得，，
所以的单调递增区间为，．
【小问2详解】
由，，
得，．
由，，得，，
所以，．
故
．
18. 已知函数（，，）的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）求在上的值域；
（3）若函数在上恰有7个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）由图中两个关于零点中心对称的点，先确定一个零点，再利用相邻零点间的距离求周期和；结合图象经过的点求与；
（2）令，将自变量区间转化为角的区间，再根据余弦函数在相应区间上的单调性求值域．（3）令 ，先统计方程 在给定区间内的零点个数，再研究方程 的两个根分别应落在哪两个区间，最后利用两根之积为1求的范围．
【小问1详解】
由图可知，图象经过点 和 ，这两点关于点 中心对称，所以
图中 与 是相邻两个零点，因此从而
在 处，图象由正变负，所以
解得
由 ，得 ．
又因为 ，所以解得 ．
故
【小问2详解】
令
当时，
将该区间中的角同时加上，不改变余弦值，得到
在上，余弦函数由减小到；在上，余弦函数由增大到．
所以从而
故在上的值域为．
【小问3详解】
令
当时，
在该区间内，函数的图象如下．
将区间依次分成
在这四个区间上，依次单调递减、单调递增、单调递减、单调递增，端点函数值依次为
因此，方程的根数为：
当时，有4个不同的根；
当时，有3个不同的根；
当时，有2个不同的根；
当时，有2个不同的根；当时，有1个根．
函数的零点满足
令，则 满足
要使在给定区间上恰有7个零点，上述方程必须有两个不同的实根，其中一个根对应4个 ，另一个根对应3个 ．
因此，可设其中一个根为 ，且
由两根之积为1，另一个根为．
因为，所以它恰好落在 内，对应3个 ．
反之，任取，两个根与分别对应4个和3个，共得到7个零点．
由两根之和为，得
对勾函数在上单调递增，时，时，
故的取值范围为
19. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）证明：．
（2）求的最小值．
（3）求的最小值．
【答案】（1）已知．
由余弦定理，得，
则，
所以．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理将已知等式中的替换为边的表达式，代入化简整理，即可推导出待证式；
（2）结合第一问得到的边的等量关系，用余弦定理将表示为仅含的分式，再利用基本不等式即可求得的最小值；
（3）利用正弦定理、三角恒等变换将边的条件转化为，结合三角形内角正切关系换元构造一元二次方程，利用判别式求解的最小值
【小问1详解】
略
【小问2详解】
由（1）得．
由余弦定理得．
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
故的最小值为．
【小问3详解】
由（1）知，由正弦定理得，
得，得，
得，
得，
得．
由题可知有意义，因此都不是直角，
由（2）可知不是直角，所以不是直角三角形，
则，
等式两边同时除以，
得，
等式两边同时除以，得．
因为，
所以，
则．
设，，则．
令，则，，
即．
由，得．
当，
即时，取得最小值，且最小值为．