四川省泸州市2025-2026学年高一第二学期7月期末质量监测数学试题 含答案解析

数学一、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．

数学一、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：思路：应用交集定义计算即可.解答过程：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：解答过程：，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：思路：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．解答过程：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：思路：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.解答过程：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：解答过程：∵当时，，∴.∵是奇函数，满足，∴.6.已知，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：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．解答过程：，．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：思路：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.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：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．解答过程：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：解答过程：，.13.在中，点满足，若，则________．答案：解析：解答过程：，.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：思路：作出辅助线，设出球心，利用半径得到方程，求出，得到表面积解答过程：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：（1），，；（2），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：思路：（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.（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.在中，角，，的对边分别为，，，且，．（1）求；（2）若，求的周长．答案：（1）（2）解析：思路：（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.（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.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：思路：（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.（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.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