2024-2025学年江西省多校联考高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省多校联考高一（下）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在复平面内，复数−2i(1+3i)对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知某扇形的圆心角为π5，半径为5，则该扇形的弧长为( )
A. 2π5B. 3π5C. πD. 2π
3.已知tanα=12，tan(α−β)=29，则tanβ=( )
A. 16B. 14C. 13D. 12
4.已知函数f(x)的图象是由函数y=2sin(2x−π4)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度得到的，若f(x)是奇函数，则φ的值可以是( )
A. π3B. π4C. π6D. π8
5.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=2 2，c= 6，C=π3，则b=( )
A. 2B. 3C. 2D. 2 2
6.在△ABC中，点M满足AM=3MB，点N满足2AN=NC，E，F分别是MN，BC的中点，设AB=a，AC=b，则EF=( )
A. 18a+13bB. 310a+23bC. 14a+13bD. 38a+23b
7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3a=2b，C=π3，则tanB=( )
A. 3B. 2 3C. 3 3D. 4 3
8.已知平面向量m，n满足m=(−2,2)，|n|= 2|m|，n在m方向上的投影向量为(2,−2)，则m，n的夹角θ为( )
A. π4B. 3π4C. 5π6D. π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.直线l与平面α相交于点P，点A在直线l上，Q，R是平面α内的任意两点，P，A，Q，R不重合，且P，Q，R三点不共线，下列说法正确的是( )
A. 直线RQ与l是异面直线
B. 平面α内一定存在直线平行于平面APQ
C. 平面α内一定存在直线垂直于平面APQ
D. 若平面α垂直于平面APQ和平面APR，则l⊥α
10.平行四边形OABC中，OA=8，OC=6，∠ABC=60°，点P在对角线AC上，其中△ABC的重心为G，外心为Q，垂心为H，则下列结论正确的是( )
A. 若AP=λAC且OP⊥AG，则λ=14
B. OA⋅BQ=−32
C. QA⋅QB=QA⋅QC=QB⋅QC
D. BH与BA|BA|cs∠BAC+BC|BC|cs∠BCA共线
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，A1P=λA1B1+μA1D1，E为棱B1C1的中点，以下结论正确的是( )
A. 当λ+μ=1时，△APC面积的最小值为2 2
B. 当λ2+μ2=1时，直线AP与平面ABCD所成的角为π3
C. 二面角B−D1E−A1的平面角的正弦值为 306
D. 三棱锥B−D1B1E外接球的表面积为14π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数z=2+i(i为虚数单位)，则−1z−2的虚部为______．
13.已知tanα=3，则cs2α=______．
14.在直角三角形ABC中，AB=AC=2，D为斜边BC上的动点，△BAD沿AD向上翻折得到三棱锥B′−ADC，使得平面ACD⊥平面ADB′，则该三棱锥体积的最大值为______．
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.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b=1，c=3 2，A为钝角，△ABC的面积为32．
(1)求角A；
(2)求△ABC的周长．
16.(本小题15分)
已知向量a=(4,−2)，|b|= 5，a⋅b=8，c=xa+(1−x)b．
(1)若a⊥c，求实数x的值；
(2)若a−2b与c共线，求a+b与c的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为4的正方形，点O在线段AD上，PO⊥平面ABCD，PA=PD= 13，E是PB的中点．
(1)证明：AE//平面POC；
(2)求三棱锥E−POC的体积．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|0)个单位长度，
得f(x)=2sin[2(x+φ)−π4]=2sin(2x+2φ−π4)，
又f(x)是奇函数，所以2φ−π4=kπ，k∈Z，
解得φ=π8+kπ2，k∈Z，当k=0时，φ=π8．
故选：D．
根据平移可得f(x)=2sin(2x+2φ−π4)，再利用函数f(x)是奇函数，得到φ=π8+kπ2，k∈Z，即可求解．
本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由正弦定理asinA=csinC，可得sinA=asinCc=2 2× 32 6=1，
结合A∈(0,π)，可知A=π2，△ABC是以a为斜边的直角三角形，
所以b= a2−c2= 8−6= 2．
故选：A．
由正弦定理求出sinA，可得A=π2，进而利用勾股定理求出边b，可得答案．
本题主要考查正弦定理与勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：∵AM=3MB，2AN=NC，E，F分别是MN，BC的中点，
则EF=EM+MB+BF，EF=EN+NC+CF，
∴2EF=MB+NC，即EF=12MB+12NC=18a+13b．
故选：A．
根据题意，利用向量的线性运算法则即可求解．
本题主要考查了向量的线性运算，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据3a=2b，由正弦定理得3sinA=2sinB，
在△ABC中，sinA=sin(B+C)=sin(B+π3)=12sinB+ 32csB，
所以3(12sinB+ 32csB)=2sinB，化简得sinB=3 3csB，可得tanB=sinBcsB=3 3csBcsB=3 3．
故选：C．
根据正弦定理化简已知等式，结合诱导公式、两角和的正弦公式进行求解，即可得到本题的答案．
本题主要考查正弦定理、两角和与差的三角函数公式等知识，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：已知平面向量m，n满足m=(−2,2)，|n|= 2|m|，n在m方向上的投影向量为(2,−2)，
则|m|=2 2，
所以|n|= 2|m|=4，
所以m⋅n|m|2m=(2,−2)=−m，m⋅n|m|2=−1，
解得m⋅n=−8，
所以csθ=m⋅n|m||n|=−82 2×4=− 22，
又0≤θ≤π，
所以θ=3π4．
故选：B．
结合题意根据投影向量公式可得m⋅n=−8，再利用向量夹角公式即可求解．
本题考查了向量数量积运算律，重点考查了平面向量夹角的运算，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：根据题意及异面直线的判定定理可知RQ和l是异面直线，所以A选项正确；
因为平面α上存在直线平行于PQ，所以B选项正确；
根据三垂线定理可知：一条直线若要垂直于AP，则必须垂直其在平面α上的射影，
因为AP的射影和PQ不一定重合，
所以平面上的直线不一定同时垂直于AP的射影和PQ，所以C选项错误；
因为垂直于同一平面的两平面的交线一定垂直于该平面，所以D选项正确．
故选：ABD．
根据异面直线定义判断A，应用线面平行判定B，应用线面垂直判定C，应用线面垂直性质判断D．
本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：在平行四边形OABC中，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，
建立如图所示的平面直角坐标系，设直线AG交直线BC于点D，
又OA=8，OC=6，∠ABC=60°，
则O(0,0)，A(4,4 3)，B(10,4 3)，C(6,0)，D(8,2 3)，
对于A，因AC=(2,−4 3)，AP=λAC=(2λ,−4 3λ)，
则OP=OA+AP=(4+2λ,4 3−4 3λ)，
因AD=(4,−2 3)，OP⊥AG，
则OP⋅AD=4(4+2λ)−2 3×(4 3−4 3λ)=0，解得λ=14，故A正确；
对于B，如图，因△ABC的外心为Q，所以QD⊥BC，
则|BQ|⋅cs∠QBC=|BD|=12|BC|=4，
故BQ⋅BC=|BQ|⋅|BC|cs∠QBC=8×4=32，
又因OA=−BC，所以OA⋅BQ=−32，故B正确；
对于C，由QA⋅QB=QA⋅QC，可得QA⋅(QB−QC)=0，
即QA⋅CB=0，所以QA⊥BC，
因Q是△ABC的外心，QA与BC不一定垂直，故C错误；
对于D，因(BA|BA|cs∠BAC+BC|BC|cs∠BCA)⋅AC
=BA⋅AC|BA|cs∠BAC+AC⋅BC|BC|cs∠BCA=−|AC|+|AC|=0，
即BA|BA|cs∠BAC+BC|BC|cs∠BCA与AC垂直，
又H为△ABC的垂心，故BH⊥AC，
所以BH与BA|BA|cs∠BAC+BC|BC|cs∠BCA共线，故D正确．
故选：ABD．
通过建立平面直角坐标系，写出相关点的坐标，根据各选项的要求进行向量的共线、数量积的坐标运算，利用三角形的重心、外心、垂心的性质分析推理即可逐一判断．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A：当λ+μ=1时，点P在D1B1上，
∴∠A1D1P=∠C1D1P=π4，
又|A1D1|=|C1D1|，|D1P|=|D1P|，
∴△A1D1P≌△C1D1P，
∴|A1P|=|C1P|，
即 |A1P|2+|A1A|2= |C1P|2+|C1C|2，
∴|AP|=|PC|，
∴△APC是底边为2 2的等腰三角形，当腰|AP|最小时，该三角形的面积最小，
∵|AP|= |A1P|2+|A1A|2，∴当A1P⊥B1D1，
即点P为线段D1B1的中点时，△APC的面积取得最小值2 2，故A正确；
对于选项B：∵A1P=λA1B1+μA1D1，λ2+μ2=1，
∴|A1P|2=λ2|A1B1|2+μ2|A1D1|2+2λμA1B1⋅A1D1
=4λ2+4μ2=4(λ2+μ2)=4，
∴|A1P|=2，
∵AA1⊥平面A1B1C1D1，
∴∠APA1为AP与平面A1B1C1D1所成的角，
又平面A1B1C1D1/​/平面ABCD，
∴∠APA1即为AP与平面ABCD所成的角，
∴AP与平面ABCD所成角的正切值tan∠APA1=|AA1||A1P|=1，
即直线AP与平面ABCD所成的角为π4，故B错误；
如图所示，过点B作BH⊥D1E，垂足为H，连接B1H，
∵BB1⊥平面A1B1C1D1，D1E⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥D1E，
又BB1∩BH=B，∴D1E⊥平面BHB1，∵B1H⊂平面BHB1，∴B1H⊥D1E，
∴∠BHB1即为二面角B−D1E−A1的平面角，
∵Rt△B1HE∽Rt△D1C1E，
∴|B1H||B1E|=|D1C1||D1E|=2 55，
∴|B1H|=2 55|B1E|=2 55，|BH|= |B1H|2+|B1B|2= (2 55)2+22=2 305，
∴sin∠BHB1=|BB1||BH|=22 305= 306，故选项C正确；
设F为线段A1D1的中点，线段AF，BE的中点分别为K，Q，连接KQ，
如图所示．∵KQ//AB，∴KQ⊥平面BCC1B1，
∵△BB1E为直角三角形，∴点Q为△B1EB外接圆的圆心，
设三棱锥B−D1B1E外接球的球心为O，
则球心O在KQ上，且|OB1|=|OB|=|OE|=|OD1|，
设|OQ|=x，x≥0，三棱锥B−D1B1E外接球的半径为R，
∵|OD1|=|OE|，
∴ x2+54= (2−x)2+134=R，
解得x=32，
∴R= 94+54= 142，
∴三棱锥B−D1B1E外接球的表面积为S=4πR2=12π，故D正确．
故选：ACD．
当λ+μ=1时，点P在D1B1上，分析可得△APC是底边为2 2的等腰三角形，当腰|AP|最小时，即点P为线段D1B1的中点时，该三角形的面积最小，即可判断选项A；
当λ2+μ2=1时，根据A1P=λA1B1+μA1D1及数量积的运算律可求得|A1P|=2，进而可知∠APA1即为AP与平面ABCD所成的角，即可判断选项B；
过点B作BH⊥D1E，垂足为H，连接B1H.根据线面垂直的判定定理与性质可得B1H⊥D1E，从而∠BHB1即为二面角B−D1E−A1的平面角，即可Rt△BHB1求出sin∠BHB1即可判断选项C；
设F为线段A1D1的中点，线段AF，BE的中点分别为K，Q，连接KQ.设三棱锥B−D1B1E外接球的球心为O，分析可知球心O在KQ上．设|OQ|=x，x≥0，根据|OD1|=|OE|结合勾股定理即可求出三棱锥B−D1B1E外接球的半径为R，即可判断选项D．
本题考查立体几何综合问题，以及向量法的应用，属于难题．
12.【答案】1
【解析】金额：因为z=2+i，所以−1z−2=i2i=i，即其虚部为1．
故答案为：1．
根据复数的除法运算及虚部的概念可求．
本题主要考查复数的四则运算，复数的概念，属于基础题．
13.【答案】−45
【解析】解：∵tanα=3，则cs2α=cs2α−sin2αsin2α+cs2α=1−tan2αtan2α+1=−45，
故答案为：−45．
由题意利用同角三角函数的基本关系，二倍角的余弦公式，求出结果．
本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角的余弦公式的应用，属于基础题．
14.【答案】 23
【解析】解：设∠B′AD=θ，θ∈(0,π2)，则∠CAD=π2−θ，过B′作B′E⊥AD交AD于E，
又平面ACD⊥平面ADB′，平面ACD∩平面ADB′=AD，
所以B′E⊥平面ACD，且B′E=2sinθ，
因为ADsinπ4=AB′sin(θ+π4)，所以AD= 2sin(θ+π4)，
所以S△ACD=12AC⋅ADsin∠CAD=12×2× 2sin(θ+π4)sin(π2−θ)= 2csθsin(θ+π4)，
则该三棱锥的体积为13×S△ACD×B′E=13× 2csθsin(θ+π4)×2sinθ=4sinθcsθ3(sinθ+csθ)，
令sinθ+csθ=t，因为sinθ+csθ= 2sin(θ+π4)，θ∈(0,π2)，
所以θ+π4∈(π4,3π4)，t∈(1, 2],
因为(sinθ+csθ)2=1+2sinθcsθ，所以t2=1+2sinθcsθ，
即sinθcsθ=t2−12，
所以该三棱锥的体积V=2(t2−1)3t=23(t−1t)，又y=23(t−1t)单调递增，
所以当t= 2时，该三棱锥的体积取得最大值为 23．
故答案为： 23．
设∠B′AD=θ，θ∈(0,π2)，则∠CAD=π2−θ，过B′作B′E⊥AD交AD于E，可得即B′E为三棱锥B′−ACD的高，在△AB′D中，利用正弦定理得AD= 2sin(θ+π4)，根据三角形面积公式得到S△ACD= 2csθsin(θ+π4)，进而计算三棱锥的体积V=4sinθcsθ3(sinθ+csθ)，令sinθ+csθ=t进行换元，然后根据函数单调性即可求得最值．
本题考查三棱锥的求解问题的求解，属中档题．
15.【答案】3π4；
6+3 2．
【解析】(1)由△ABC的面积S=12bcsinA=32，
可得12×1×3 2sinA=32，解得sinA= 22，结合A>π2，可得A=3π4；
(2)因为b=1，c=3 2，A=3π4，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=1+18−2×1×3 2×(− 22)=25，解得a=5，
所以△ABC的周长a+b+c=6+3 2．
(1)根据三角形的面积公式求得sinA= 22，结合A为钝角三角形求出角A的大小；
(2)根据余弦定理列式求出边a，进而求得△ABC的周长．
本题主要考查余弦定理、三角形的面积公式等知识，属于基础题．
16.【答案】x=27；
− 22．
【解析】(1)由a=(4,−2)可得|a|= 42+(−2)2=2 5，
因为c=xa+(1−x)b，且a⊥c，a⋅b=−8，
所以c⋅a=[xa+(1−x)b]⋅a=xa2+(1−x)a⋅b=20x−8(1−x)=0，
解得x=27．
(2)因为a−2b与c共线，
所以可设a−2b=λc，
即a−2b=λxa+λ(1−x)b，
则有λx=1λ(1−x)=−2，
解得λ=x=−1，
故c=−a+2b．
由|c|2=c2=(−a+2b)2=a2−4a⋅b+4b2=20−4×(−8)+4×5=72，
可得|c|=6 2，
又|a+b|= (a+b)2= a2+2a⋅b+b2= 20+2×(−8)+5=3，
而(a+b)⋅c=(a+b)⋅(−a+2b)=−a2+a⋅b+2b2=−20−8+10=−18，
故cs=(a+b)⋅c|a+b||c|=−183×6 2=− 22．
(1)先求出a的模，利用a⊥c建立方程求解即得；
(2)设a−2b=λc，利用条件求得λ=x=−1，即得c=−a+2b，利用向量夹角的公式求解即得．
本题考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
17.【答案】证明见解析；
4．
【解析】(1)证明：因为PO⊥平面ABCD，所以PO⊥AD．
又PA=PD，所以O是AD的中点，
所以AO/​/BC，AO=12BC．
取PC的中点M，连接OM，EM，
可知EM/​/BC，EM=12BC，
所以EM//AO，EM=AO，
所以四边形AEMO是平行四边形，从而AE//OM．
因为AE⊄平面POC，OM⊂平面POC，
所以AE/​/平面POC；
(2)因为AE/​/平面POC，
所以点E到平面POC的距离等于点A到平面POC的距离，
所以VE−POC=VA−POC，
又VA−POC=VP−AOC，PO= PA2−AO2=3，
所以三棱锥E−POC的体积为VP−AOC=13×(12×2×4)×3=4．
(1)利用构造平行四边形来证明线线平行，再根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)利用等体积法及锥体的体积公式即可求解．
本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
18.【答案】f(x)= 3sin(π2x−π6)；
①M=[−32, 3]；②[−3,1]．
【解析】(1)如图，△BCD是边长为4的等边三角形，它的高为4× 32=2 3，
即A−(−A)=2A=2 3，得A= 3．
因为BC=4，
所以f(x)的最小正周期T=4，
即2πω=4，解得ω=π2，
又直线x=43是f(x)图象的一条对称轴，
所以π2×43+φ=π2+kπ，k∈Z，
解得φ=−π6+kπ，k∈Z，
因为|φ|