2024-2025学年江西省宜春市丰城中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江西省宜春市丰城中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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。
1.复数z=11−i的共轭复数是( )
A. 12+12iB. 12−12iC. 1−iD. 1+i
2.已知一个扇形的圆心角为π3，且所对应的弧长为π，则该扇形面积为( )
A. πB. 32πC. 2πD. 3π
3.已知向量a=(2m+1,1),b=(1,5−4m)，且a⊥b，则m的值为( )
A. 3B. −3C. 2D. −2
4.若α+β=3π4,tanα=2，则sin(α−β)cs(α−β)−sinαsinβ=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
5.在四边形ABCD中，AD//BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A−BCD，如图，则在三棱锥A−BCD中，下列结论不正确的是( )
A. CD⊥AB
B. CD⊥BD
C. 平面ADC⊥平面ABD
D. 平面ABC⊥平面BDC
6.△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知csCc+csBb=(2− 3)a，则A的最大值为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
7.21世纪以来，中国钢铁工业进入快速发展阶段，某工厂要加工一种如图所示的圆锥体容器，圆锥的高和母线长分别为4m和5m，该容器需要在圆锥内部挖出一个正方体槽，则可以挖出的正方体的最大棱长为( )
A. 36−21 2m
B. 40−21 2m
C. 40−24 2m
D. 36−24 2m
8.已知平面向量a、b、c满足|a|=|b|=a⋅c=2，且|a+λc|⩾|a−12c|对任意实数λ恒成立，则|b−(a+c)|的最小值为( )
A. 2− 3B. 2 3−2C. 2+ 3D. 2 3+2
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.对于函数f(x)=sin2x和g(x)=sin(2x−π4)，下列正确的有( )
A. f(x)与g(x)有相同零点B. f(x)与g(x)有相同最大值
C. f(x)与g(x)有相同的最小正周期D. f(x)与g(x)的图像有相同的对称轴
10.已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是( )
A. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC是锐角三角形
B. 若acsA=bcsB，则△ABC是等腰三角形
C. 若bcsC+ccsB=b，则△ABC是等腰三角形
D. △ABC是锐角三角形，则sinA>csB
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是AD，DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为( )
A. 存在点P，使得FP//平面ABC1D1
B. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形
C. 异面直线BA1与EF所成的角的大小为60°
D. 若D1P//平面A1BC1，则点P的轨迹的长度为 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知OA=(1,2)，OB=(3,−4)，则AB在OA方向上的投影向量坐标为______．
13.若cs(α+π4)cs(α−3π4)=−13，则sin2α= ______．
14.已知四边形ABCD为平行四边形，AB=4，AD=3，∠BAD=π3，现将△ABD沿直线BD翻折，得到三棱锥A′−BCD，若A′C= 13，则三棱锥A′−BCD的内切球与外接球表面积的比值为 ．
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ca=sinA+2sinBcsA2sinA．
(1)求B的大小；
(2)若b=2 2，△ABC的面积为2 3，求△ABC的周长．
16.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为菱形，边长为2，且∠A1AB=60°，AC=BC，D是AB的中点．
(1)求证：BC1//平面A1DC；
(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，A1C与平面ABC所成的角为45°，求四棱锥A1−BCC1B1的体积．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)= 3cs2ωx+sinωxcsωx− 32(ω>0)，f(x)图象的相邻对称轴之间的距离为π2．
(1)求f(x)的解析式和函数f(x)的单调递增区间；
(2)将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标伸长为原来的2倍，再向左平移π12个单位得g(x)的图象，若关于x的方程g(x)=m在[−π12,π6]上只有一个解，求实数m的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，已知三棱台ABC−A1B1C1的体积为14 33，底面△ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，且AA1=A1B1=BB1=12AB．
(1)证明：BC⊥平面ABB1A1；
(2)求点B到平面ACC1A1的距离；
(3)在线段CC1上是否存在点F，使得二面角F−AB−C的大小为π6？若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
如图，△ABC中，AB=2，AC=1，点D在线段BC上，△ABE为等边三角形．
(1)若CD=2DB，∠CAB=120°，求线段AD的长度；
(2)若CD=2DB，求线段DE的最大值；
(3)若AD平分∠BAC，求△ACD与△ABD内切圆半径之比的取值范围．
参考答案
1.B
2.B
3.A
4.B
5.D
6.A
7.D
8.B
9.BC
10.ACD
11.AC
12.(−2,−4)
13.13
14.557
15.解：(1)由题意得及正弦定理可得sinCsinA=sinA+2sinBcsA2sinA
因为sinA≠0，所以sinA+2sinBcsA=2sinC=2sin(A+B)=2sinAcsB+2csAsinB，
得sinA=2sinAcsB，得csB=12，而B∈(0,π)，
可得B=π3；
(2)由S△ABC=12acsinB=2 3，由(1)可得ac=8，
而b=2 2，
由余弦定理csB=a2+c2−b22ac=12，可得a2+c2−8=ac，
可得a+c=4 2，△ABC的周长a+c+b=4 2+2 2=6 2，
所以△ABC的周长为6 2．
16.(1)证明：连接C1A，设A1C∩AC1=E，连接DE．
因为三棱柱的侧面AA1C1C为平行四边形，所以E为A1C的中点．
在△ABC1中，因为D是AB的中点，
所以DE//BC1．
因为DE⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，所以BC1//平面A1DC．
(2)因为△A1AB为正三角形，所以A1D⊥AB，A1D= 3，
因为平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC=AB，所以A1D⊥平面ABC，
所以∠A1CD为A1C与平面ABC所成的角，所以∠A1CD=45°，
所以CD=A1D= 3，
因为AC=BC，D为AB中点，
所以CD⊥AB．
所以四棱锥A1−BCC1B1的体积为：
VA1−BCC1B1=VABC−A1B1C1−VA1−ABC=A1D⋅S△ABC−13A1D⋅S△ABC
= 3×12×2× 3−13× 3×12×2× 3=2．
17.解：(1)f(x)= 3cs2ωx+sinωxcsωx− 32
= 32(1+cs2ωx)+12sin2ωx− 32
=sin(2ωx+π3)，其中ω>0，
因为f(x)图象的相邻对称轴之间的距离为π2，
所以f(x)的最小正周期为T=π，
即2π2ω=π，解得ω=1，所以f(x)=sin(2x+π3)，
令−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，解得−5π12+kπ≤x≤π12+kπ，
k∈Z，所以f(x)的单调递增区间为[−5π12+kπ,π12+kπ]，k∈Z；
(2)由(1)知，f(x)=sin(2x+π3)，将f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，
纵坐标伸长为原来的2倍，得函数y=2sin(4x+π3)的图象，
再向左平移π12个单位得g(x)=2sin[4(x+π12)+π3]=2sin(4x+2π3)的图象．
令t=4x+2π3，x∈[−π12,π6]，则t∈[π3,4π3]，所以2sint∈[− 3,2]，
因为2sint=m在t∈[π3,4π3]上只有一个解，由y=2sint的图象(如图)可得，− 3≤m< 3或m=2，所以m的取值范围是[− 3, 3)∪{2}．
18.(1)证明：在三棱台ABC−A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB⊥BC，
而平面ABB1A1∩平面ABC=AB，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面ABB1A1．
(2)由棱台性质知：延长AA1，BB1，CC1交于一点P，
由A1B1=12AB，得S△ABC=4S△A1B1C1，点P到平面ABC的距离为到平面A1B1C1距离的2倍，则VP−ABC=8VP−A1B1C1，
于是VP−ABC=87VABC−A1B1C1=87×14 33=16 33，由BC⊥平面ABB1A1，得BC为点C到平面PAB的距离，
又A1B1/​/AB，则A1是PA的中点，PA1=AA1=A1B1=PB1，即△PA1B1为正三角形，△PAB为正三角形，
设AB=2x，则BC=PA=PB=AB=2x，
VP−ABC=13S△PAB⋅BC=13× 34×(2x)2×2x=2 33x3=16 33，解得x=2，
AB=BC=PA=PB=4，由PB⊂平面PAB，得BC⊥PB，AC=PC=4 2，
S△PAC=12×4× (4 2)2−22=4 7，设点B到平面ACC1A1的距离为d，
由VP−ABC=VB−PAC，得13S△PAC⋅d=4 73d=16 33，解得：d=4 217．
即点B到平面ACC1A1的距离为4 217．
(3)由BC⊥平面ABB1A1，BC⊂平面ABC，得平面ABC⊥平面PAB，取AB中点N，连接PN，
在正△PAB中，PN⊥AB，而平面ABC∩平面PAB=AB，则PN⊥平面ABC，而CN⊂平面ABC，
则PN⊥CN，又PN⊂平面PNC，则平面PNC⊥平面ABC，作FE⊥CN于E，
平面PNC∩平面ABC=CN，则FE⊥平面ABC，FE//PN，而AB⊂平面ABC，则AB⊥FE，
作ED⊥AB于D，连接FD，DE∩FE=E，DE，FE⊂平面DEF，则AB⊥平面DEF，
而FD⊂平面DEF，于是AB⊥FD，∠FDE即二面角F−AB−C的平面角，
设FE= 3t，由(2)知：PN=2 3，CN= BC2+BN2=2 5，
由EFPN=CECN，得CE= 5 3⋅ 3t= 5t，EN=2 5− 5t，
由DE//BC，得DE=ENCN⋅BC=2 5− 5t2 5×4=4−2t，
若存在F使得二面角F−AB−C的大小为π6，
则tan∠FDE=tanπ6=FEDE= 3t4−2t= 33，解得t=45，
CF= CE2+EF2=2 2t=8 250)，△ACD，△ABD的内切圆半径分别为r，R，
在ABC中|AC|+|BC|>|AB||AC|−|BC||2|1−3a|