江西省丰城中学2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试卷(含答案)

这是一份江西省丰城中学2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设，则( )
A.10B.9C.D.
2．已知,,,,则与共线的条件为( )
A. B.C.D.或
3．已知向量,，则“”是“”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
4．下列函数中,周期为且在上单调递增的是( )
A.B.C.D.
5．已知,则的值为( )
A.B.C.D.
6．已知函数的部分图象如图所示,给出下列结论：
①振幅为1,最小正周期为;
②振幅为2,最小正周期为;
③点为图象的一个对称中心;
④在上单调递减.
其中所有正确结论的序号是( )

A.①②B.②③C.③④D.②④
7．已知,为三角形的两个内角,,则=( )
A.30°B.60°C.120°D.150°
8．已知角A,B,C满足,且,则 ( )
A.0B.1C.D.
二、多项选择题
9．下列命题中,正确的是( )
A.;
B.在中,是的充要条件;
C.在中,若,则必是等腰直角三角形;
D.在锐角中,不等式恒成立.
10．在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,,则下列结论正确的是( )
A.若,则有两解B.若,则
C.的周长有最大值6D.的面积有最大值
11．对于非零向量,定义变换,得到一个新的向量,则关于该变换,下列说法正确的是( )
A.若为任意实数,则
B.若,则
C.若,则
D.存在,使得
三、填空题
12．已知角的顶点为坐标原点，始边为x轴的非负半轴.若是角终边上一点，且，则__________
13．已知复数z满足,i为虚数单位,z在复平面上对应的点为Z,定点,O为坐标原点,则的最小值为_______________.
四、解答题
14．已知函数在上的图象有且仅有3个最高点.下面四个结论：
①在上的图象有且仅有3个最低点;
②在至多有7个零点;
③在单调递增;
④的取值范围是;
则正确的结论是_______________.（填写序号）
15．化简求值：
（1）计算：;
（2）;
16．如图,在平面四边形中,,,,.
（1）求线段的长度;
（2）求的值.
17．已知函数的最大值为.
（1）求常数m的值,并求函数取最大值时相应x的集合;
（2）求函数的单调递增区间和对称中心.
18．在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知S为的面积且.
（1）若,求外接圆的半径R;
（2）若为锐角三角形,求的取值范围.
19．对于集合和常数,定义：为集合A相对的“余弦方差”.
（1）若集合,,求集合A相对的“余弦方差”;
（2）求证：集合,相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值,并求此定值;
（3）若集合,,,相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值,求出、.
参考答案
1．答案：A
解析：方法一：，所以.故选A.
方法二：，所.故选A.
2．答案：D
解析：当时,因为,则存在实数k,使得,
则,此时;
当、不共线时,因为,则存在实数t,使得,即,
所以,.
因此,与共线的条件为或.
故选：D.
3．答案：A
解析：当时，，即，故，解得.故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．答案：C
解析：对于A：的图象是将在y轴右侧的图象关于y轴对称过去,y轴及y轴右侧部分不变,
函数图象如下所示：
所以不具有周期性,故A错误;
对于B：的图象是将在y轴右侧的图象关于y轴对称过去,y轴及y轴右侧部分不变,
函数图象如下所示：
所以不具有周期性,故B错误;
对于C：的图象是将在x轴下方部分关于x轴对称上去,x轴及x轴上方部分保持不变,
函数图象如下所示：
又的最小正周期为,所以的最小正周期为,
又在上单调递增且函数值为正,所以在上单调递增,故C正确;
对于D：的图象是将在x轴下方部分关于x轴对称上去,x轴及x轴上方部分保持不变,
函数图象如下所示：
又的最小正周期为,所以的最小正周期为,
又在上单调递减且函数值为正,所以在上单调递减,故D错误;
故选：C.
5．答案：D
解析：因为,令,则,,
所以
.
故选：D.
6．答案：D
解析：由图可知,解得,又,
所以,解得,
所以,又函数过点,所以,
即,所以,,解得,,
又,所以,
所以,所以的振幅为2,最小正周期为,故①错误,②正确;
因为,
所以点不是图象的对称中心,故③错误;
当时,
因为在上单调递减,所以在上单调递减,故④正确.
故选：D.
7．答案：B
解析：,为三角形的两个内角,且,
,,
,,
,
,
,,∴.
故选：B.
8．答案：A
解析：因为.
由和差化积公式得：
.
所以或或.
若,则;
同理,当或时,都有.
故选：A.
9．答案：ABD
解析：A：,故A正确;
B：在中,由正弦定理可得,
所以,
所以是的充要条件,故B正确;
C：在中,若,
由正弦定理可得,所以,
所以或,即或,
所以是等腰或直角三角形,故C错误;
D：在锐角中,A,,且,所以,
所以,故D正确;
故选：ABD.
10．答案：ABD
解析：对于A,因为,,由正弦定理可得,
又,所以有两解,A正确;
对于B,由,可得,,
由正弦定理可得,B正确;
对于C,由余弦定理,
,当且仅当时,取到等号,解得,C不正确;
对于D,由余弦定理,
即,当且仅当时,取到等号,
所以的面积,D正确.
故选：ABD.
11．答案：ABC
解析：对于选项A,因为,所以,
所以,故A正确;
对于选项B,,设,若,则,
,,
所以,即,故B正确;
对于选项C,若,则,
所以,故C正确;
对于选项D,,
,所以,故D错误.
故选：ABC.
12．答案：-6
解析：由题设知，即，且，即，且，解得.
13．答案：-3
解析：依题意,点Z的轨迹是复平面上以点为圆心,2为半径的圆,
,而,
,当且仅当方向相反时取等号,
所以的最小值为.
故答案为：-3.
14．答案：②③④
解析：对于④,由,得的最大值点为,,
因为在上的图象有且仅有3个最高点,
所以,解得,④正确;
对于①,由,得的最小值点为,,
因为,所以,
因为第3个正最小值点为,所以,
所以第3个正最小值点不一定在内,故①错误;
对于②,由,,得,,
第7、8个正零点为,,
因为,,
所以第7个正零点有可能在内,第8个正零点不在内,
所以在至多有7个零点,②正确;
对于③,由得,
因为,所以在单调递增,③正确.
故答案为：②③④.
15．答案：（1）
（2）1
解析：（1）原式
.
（2）
.
16．答案：（1）;
（2）
解析：（1）在中,由余弦定理可得：
,
.
故线段的长度.
（2）由（1）知,,
在中,由正弦定理可得：,
即, 得,
又,所以,
在中,由正弦定理可得：,
即,.
所以的值为.
17．答案：（1）,
（2）单调递增区间为（）,对称中心为,
解析：（1）因为
.
当时,函数取到最大值,
所以,即,
令,,解得,,
所以当函数取到最大值时的集合为.
（2）由（1）得,
令,,
解得,,
所以函数的单调递增区间为（）,
由,,解得,,
所以函数的对称中心为,.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）S为的面积且,,
,即,,.
,解得：.
（2）由（1）可知,,
为锐角三角形,, , ,,
设,则,
时,
19．答案：（1）
（2）证明见解析,
（3）,或,
解析：（1）依题意得,;
（2）证明：由“余弦方差”定义得：
,
则分子
,
为定值,与的取值无关.
（3）分子
.
要使是一个与无关的定值,
则,
,
与终边关于y轴对称或关于原点对称,
又,得与终边只能关于y轴对称,
又
则当时,
当时,.
故,或,
故,或,时,相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值.