精品解析：四川泸州市2025-2026学年高一下学期7月期末质量监测数学试题

高2025级高一下质量监测试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共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. 已知集合，那么（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. “”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. 函数的图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 5. 已知为奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥与圆柱底面半径相等、高相等，且侧面积也相等，若圆锥体积为，则圆柱的高为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数对任意满足，若，，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 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. 已知平面向量，，，下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，正方体中，点在线段上（含端点），则（ ） A. 直线与可能相交 B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与所成的角为 D. 不存在点，使得平面平面 11. 已知函数，则（ ） A. 把的图象向右平移后得到的图象关于轴对称 B. 若，且，则的最小值为 C. 当时，在上单调递增 D. 若曲线与在上恰有3个交点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数则________． 13. 在中，点满足，若，则________． 14. 在正三棱柱中，若，为的中点，为中点，则三棱锥的外接球的表面积为________． 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. 已知平面向量，满足，，． （1）若，求； （2）求的最小值． 16. 已知向量，（其中是坐标原点），设函数． （1）求的解析式； （2）若函数在上有2个零点，求的取值范围． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且，． （1）求； （2）若，求的周长． 18. 如图，在三棱柱中，已知，平面，，． （1）求证：平面平面； （2）点为的重心，，二面角的大小为，若平面． （ⅰ）求的长； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 已知函数，． （1）求； （2）设函数，对，，求的取值范围； （3）设函数，是否存在，使得关于的方程有且仅有四个解，，，，且满足．若存在，求；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2025级高一下质量监测试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共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. 已知集合，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用交集定义计算即可. 【详解】因为集合，那么. 故选：B. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，故虚部为1. 3. “”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】A 【解析】 【分析】先把代入验证能推出等式成立，证明充分性；再解三角方程得到多个解，说明等式成立不能反推，不满足必要性，由此判定为充分不必要条件． 【详解】充分性： 若，则， ， 所以由能推出，充分性成立， 必要性： 由，得或， 即或， 可见满足的不只有， 即由不能推出，必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件． 4. 函数的图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正切函数对称中心的性质，令函数的相位，求解横坐标并代入值得到对应对称中心. 【详解】根据正切函数的性质，的图象的对称中心的横坐标满足，， 解得，， 所以的图象的对称中心为，. 对照各选项，可知时，对称中心为. 5. 已知为奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】∵ 当时，，∴ . ∵ 是奇函数，满足，∴ . 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先用二倍角余弦公式，利用计算出，再使用诱导公式将化简为，并代入的值即可得到结果． 【详解】， ． 7. 已知圆锥与圆柱底面半径相等、高相等，且侧面积也相等，若圆锥体积为，则圆柱的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆锥的体积公式和圆锥、圆柱的侧面积公式，列出等式求解即可. 【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为，高为， 则圆柱侧面积：， 圆锥母线长， 圆锥侧面积：， 由侧面积相等得： ， 约去非零项后平方得：，化简得， 又圆锥体积公式，代入和， 得： ， 化简得，因此. 故圆柱的高为. 8. 已知函数对任意满足，若，，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合函数对称性和单调性，将函数不等式转化为一元二次不等式，进而求解. 【详解】因为，所以关于轴对称， 因为，， 所以在上单调递增， 所以在上单调递减， 由， 可得 即或， 解得. 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. 已知平面向量，，，下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，向量与向量共线，向量与向量共线， 而向量与无任何关系，C错误； 对于D，，D正确. 10. 如图，正方体中，点在线段上（含端点），则（ ） A. 直线与可能相交 B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与所成的角为 D. 不存在点，使得平面平面 【答案】BC 【解析】 【分析】通过平面平面​，可判断A，通过和平面，可判断B，通过平面， 平面​，可判断C，取的中点，连接，交于点，确定平面平面可判断D. 【详解】选项A：平面，​平面， 又在正方体中，可知平面平面​，两个平行平面内的直线不可能相交，因此A错误； 选项B：等体积转换：​​， 因为​， 平面，平面​， 所以平面，因此上所有点到平面的距离都相等，  又​的面积为定值，到平面的距离为定值，故三棱锥体积是定值，因此B正确， 选项C：在正方形中，； 又平面​，平面，故， 因为，平面​，所以平面， 在线段上，平面，故平面​， 因此，即两直线所成角为，C正确， 选项D： 设正方体底面对角线交于， 取的中点，连接，交于点，易知共面， 连接， 是的中位线，故， 因为平面，平面， 则，又，，平面， 所以平面，平面， 故，同理可证 又，平面， 故平面， 因此平面，又平面， 故平面平面，存在满足条件的点，因此D错误. 11. 已知函数，则（ ） A. 把的图象向右平移后得到的图象关于轴对称 B. 若，且，则的最小值为 C. 当时，在上单调递增 D. 若曲线与在上恰有3个交点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，直接根据平移变换，结合奇偶性判断即可；对于B，根据题意的最小值为；对于C，，，则，再利用整体法判断单调性即可；对于D，利用函数的伸缩变换，结合图像得到即可． 【详解】对于A，把的图象向右平移后得到 为偶函数，图象关于轴对称，故A正确； 对于B，，，周期， 则的最小值为，故B错误； 对于C，，，则， 又在单调递增， 所以，当时，在上单调递增，故C正确； 对于D，如图，此时曲线与在上恰有3个交点， 如图，此时，曲线与在上恰有4个交点， ，解得，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数则________． 【答案】 【解析】 【详解】， . 13. 在中，点满足，若，则________． 【答案】 【解析】 【详解】， . 14. 在正三棱柱中，若，为的中点，为中点，则三棱锥的外接球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，设出球心，利用半径得到方程，求出，得到表面积 【详解】为中点，为等边三角形，故⊥， 取的中点，连接，则， 设三棱锥的外接球球心为，半径为，则⊥平面， 连接，，则， 过点作⊥于点，则， 设，则， 其中， 其中，故， 故， 由勾股定理得， 故，解得，故半径， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 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. 已知平面向量，满足，，． （1）若，求； （2）求的最小值． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【小问1详解】 ， ， ； 【小问2详解】 ， 所以当时，取得最小值． 16. 已知向量，（其中是坐标原点），设函数． （1）求的解析式； （2）若函数在上有2个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标运算结合三角恒等变换化简即可求解； （2）由在有两零点，即有两解，利用数形结合即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以， 所以 ； 【小问2详解】 由在有两零点，有两解， 又， 由图可知：， 所以的取值范围为． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且，． （1）求； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为对应角的正弦，再结合三角形内角和为，将转化为展开，消去相同项后可推出角的三角函数值，进而得到角； （2）先根据三角形面积公式，代入已知的面积和角，可得到的数值，再结合余弦定理，代入、和的值，进而求出的值，即可得到的周长. 【小问1详解】 由题知， 由正弦定理得（*）． 而，代入（*）化简得， 又，故， 故原式化简为， 所以，故. 【小问2详解】 ，故， 由余弦定理， 将代入上式得，故， 所以的周长为． 18. 如图，在三棱柱中，已知，平面，，． （1）求证：平面平面； （2）点为的重心，，二面角的大小为，若平面． （ⅰ）求的长； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 故平面平面. （2）（ⅰ）； （ⅱ）正弦值． 【解析】 【分析】（1）通过面，又，，面，最后得到面面； （2）（ⅰ）连接延长交于点，连接,由平面，点为的重心，，可以计算出，再通过数量关系求的长； （ii)连接,作于,连接，由面，,得到面，得到，再由平面，得到，又,所以平面，从而得到平面平面，从而得到平面，那么为直线与平面所成角，再通过数量关系求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）连接延长交于点，连接, 由（1）可得 平面，平面, 所以，， 所以，二面角的一个平面角为,， 又，所以为等腰直角三角形，， 设，，，则 ，， 因为点G为的重心，所以点为中点，, 因为平面，平面平面,平面， 所以，，故，由于，所以， 因为面，面,所以， 所以，, 因为平面，平面，所以， 所以，, （ⅱ）连接,作于,连接, 因为平面，, 所以平面，平面, 所以， 因为平面，平面， 所以，又, 所以平面，平面, 所以，平面平面, 因为，平面平面,平面, 所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为, 所以, 所以 . 19. 已知函数，． （1）求； （2）设函数，对，，求的取值范围； （3）设函数，是否存在，使得关于的方程有且仅有四个解，，，，且满足．若存在，求；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）或． （3）存在，． 理由如下： ． 中，显然，时，且单调递减； 时，且单调递减， ， 故关于中心对称， 令，方程可化为①， 方程有且仅有4个解，则方程①有两个不等正根，， 所以，解得， 四个解从小到大排列为，根据的对称性， 不妨设，， 由，可得， 因为，所以，即， 联立，化简得， ，解得： 综上，存在，． 【解析】 【分析】（1）结合指数的运算化简即可求解； （2）令，可将问题转化为．恒成立，结合二次函数的图像与性质研究即可求解； （3）令，将问题等价于方程有两个不等正根，，利用根与系数关系求解即可. 【小问1详解】 ，， ； 【小问2详解】 ，由（1）得， ． 令，则，． 即，令，对称轴， ①即时，最小值为，故只需或， 得或； ②即时，最小值为，故只需， 综上：或． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $