四川省泸州市2025-2026学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷（含解析）

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一、单选题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、多选题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．

参考答案1．B【详解】因为集合，那么.故选：B.2．C【详解】，故虚部为1.3．A【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．B【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．A【详解】∵当时，，∴.∵是奇函数，满足，∴.6．C【详解】，．7．B【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．C【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.9．BD【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．BC【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．ACD【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．12．【详解】，.13．【详解】，.14．【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.15．(1)2(2)【详解】（1），，；（2），所以当时，取得最小值．16．(1)(2)．【详解】（1）因为，，所以，所以，所以；（2）由在有两零点，有两解，又，由图可知：，所以的取值范围为．17．(1)(2)【详解】（1）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.（2），故，由余弦定理，将代入上式得，故，所以的周长为．18．(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．【详解】（1）略（2）（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．(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