江西省2024_2025学年高一下册期末考试数学试卷【附解析】

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试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．考查范围：必修第二册第一章至第六章第五节.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上.
3．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.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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.复数的实部与虚部之和为（ ）
A.B.1C.2D.3
【答案】D
【解析】
【分析】化简复数，即可根据实部和虚部的定义求解.
【详解】由题意可得，故的实部和虚部分别为1，2，其之和为3．
故选:D．
2.在棱长为3的正方体中，点D到平面的距离为（ ）
A.B.3C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】明确点到平面的距离，利用正方体的线面关系求距离.
【详解】如图：
取的中点为点，连接，
因为为正方体，所以平面，又平面，所以；
又底面为正方体，所以.
因为，平面,
所以平面.
故点到平面距离为．
故选：A．
3.已知某扇形工艺品的周长为150，圆心角为3，则该扇形工艺品的半径为（ ）
A.20B.24C.30D.35
【答案】C
【解析】
【分析】根据扇形的周长及弧长公式计算即可.
【详解】设该扇形工艺品的弧长和半径分别为，
由题易得，所以，解得．
故选：C．
4.如图，在等腰梯形ABCD中，，E是边AB上的一点，且．以A为坐标原点，AB为x轴，垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系.用斜二测画法画出梯形ABCD的直观图，且E在直观图对应的点为，则下列说法中错误的是（ ）
A.B.轴
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则即可结合选项逐一求解.
【详解】在斜二测画法中，与轴重合或平行的线段长度不变，所以，故A正确；
与轴平行的线段依然与轴平行，长度为原来的，故B，C正确；
在等腰梯形中，，又因为轴，所以位于右上方，又因为，所以，故D错误．
故选:D．
5.在平行四边形中，，，记，，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量的加减法和数乘运算法则直接求解即可.
【详解】
，
其中，
故．
故选：B．
6.江西赣州慈云塔始建于北宋天圣元年，是古代慈云寺的附属建筑物，距今已有1000多年的历史，是一座典型的宋代高层楼阁式砖塔，是我国第六批全国重点文物保护单位.如图，某校高一年级数学实践小组为了测得其塔高，在点测得塔底位于北偏东方向上，塔顶的仰角为，在的正东方向且距点60米的点测得塔底位于北偏西方向上（，，在同一水平面），则塔的高度约为（ ）（参考数据：）
A.39米B.46米C.49米D.52米
【答案】C
【解析】
【分析】转化为解三角形问题，利用正弦定理、直角三角形的性质进行求解.
【详解】如图，平面，，
在中，，则，，
在中，.
故选：C
7.在中，A是锐角，且，则的形状一定为（ ）
A.锐角三角形B.直角三角形
C.钝角三角形D.等腰三角形
【答案】B
【解析】
【分析】根据和差角公式可得，即可结合诱导公式求解.
【详解】由题意可得，整理得，
移项得，故．
因为在中，，，，
所以，即，故．
故选：B．
8.已知函数，若对于任意，总存在，使，则的值可能为（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据条件求在的值域，再逐一验证各选项能否使的值域取遍区间中的每一个值即可.
【详解】由题意得当时，．
令，解得．
故当，即时，需要满足可以取遍区间中的每一个值．
当时，，无法满足；
当时，，无法满足；
当时，，无法满足；
当时，，可以取遍．
故选：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.下列命题为真命题的有（ ）
A.球体是旋转体的一种，且球面上的点到球心的距离都相等
B.现有两条平行直线，其中一条直线与一个平面相交，那么另一条直线可能与这个平面不相交
C.若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线相交
D.若直线m上的三个点在平面内，则
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，由球的定义可得A正确；B选项，由点，线，面的位置关系确定另一条直线可能与这个平面相交；C选项，由线面平行的性质定理可得C错误；D选项，根据平面的性质可知，则.
【详解】A选项，球体是旋转体的一种，由球的定义可知球而上的点到球心的距离都相等，故A正确；
B选项，如图，，，则直线可确定平面，且，
则，由于，所以也与直线相交，设交点为，则，
所以，故B错误；
C选项，若一条直线平行于两个相交平面，由线面平行的性质定理可知这条直线与这两个平面的交线平行，故C错误；
D选项，根据平面的性质可知，如果一条直线上有两个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内，即，故D正确．

故选：AD．
10.对于函数（），，，，2，相邻零点之间的距离为，直线既是图象的对称轴也是图象的对称轴，的最大值与的最小值之差为5，则（ ）
A.
B.
C.存在一条直线是图象的对称轴但不是图象的对称轴
D.存在一点既是图象的对称中心也是图象的对称中心
【答案】BC
【解析】
【分析】A求出的最小值即可；B由即可求出；C D根据直线为对称轴求出和的解析式即可求出两者的对称轴和对称中心.
【详解】的最大值与的最小值之差为5，显然的最小值为，
所以的最大值为4，故，故A错误；
记的最小正周期为T，相邻零点之间的距离为，
所以，解得，故B正确；
因为直线既是图象的对称轴也是图象的对称轴，
所以，，，，
因，，2，解得，，
则，，
故图象的对称轴方程为，，解得，，
图象的对称轴方程为，，解得，，
则是的对称轴，但不是的对称轴，故C正确；
令，，解得，，
则图象的对称中心为，，
令，，解得，，
则图象的对称中心为，，
令，则，，，
等号左边为偶数，右边为奇数，故不存在，使成立，故D错误.
故选：BC.
11.如图，在四面体中，，，，二面角的大小为，记的中点为，则（ ）
A.
B.
C.可能直角
D.若平面，则异面直线与夹角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定性质推理判断A；利用二面角的定义，结合余弦定理和基本不等式推理判断B；利用余弦定理推理判断C；利用异面直线夹角的定义求解判断D.
【详解】对于A，由，T为的中点，得，而，平面，
，则平面，又平面，因此，，A正确；
对于B，由，得是二面角的平面角，，
由余弦定理得，
，当且仅当时取等号，B正确；
对于C，，
，即，C错误；
对于D，取中点，连接，则，是异面直线与所成角或其补角，
由平面，平面，得，由，
得，，而，，
，，D正确
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 已知：，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式求解即可.
【详解】因为，
所以，
整理得．
故答案为：
13.在长方形ABCD中，，P，Q分别为BC，CD的中点，则______．
【答案】38
【解析】
【分析】以为原点，为轴的正方向，为轴的正方向建立平面直角坐标系，求出的坐标，利用向量数量积的坐标运算求解.
【详解】以为原点，为轴的正方向，为轴的正方向建立平面直角坐标系，
则有，，
故，，
故.
故答案为：38.
14.在中，，，则BC的最小值为______.
【答案】##0.8
【解析】
【分析】先得到，由正弦定理和三角恒等变换得，换元后，结合求出最小值.
【详解】因为，，所以．
在，由正弦定理得，
所以．
又，
由，得．
将其代入得，
，
由得，令，
则，当且仅当时，取得最小值．
故答案为：
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.已知向量．
（1）若，求的值；
（2）若在上的投影数量为，求x的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出的坐标，再根据向量数量积的坐标运算公式计算的值；
（2）根据向量投影数量的公式列出关于的方程，进而求解的值.
【小问1详解】
若，则，故，
所以．
【小问2详解】
因为在上的投影数量是，所以，
解得．
16.已知复数z，w是一元二次方程的两个根，且在复平面内，z对应的点在w对应的点的上方.
（1）求w和z；
（2）求的值；
（3）求在复平面内对应的点的坐标.
【答案】（1）．
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据复数的求根公式，然后可确定w和z；
（2）由复数的线性运算及模长公式可解；
（3）根据复数的乘法除法运先求，再利用周期性和几何意义可得结果.
【小问1详解】
因为复数是方程的两个根，所以由求根公式可得，，
因为在复平面内对应的点在对应的点的上方，所以的虚部更大，
故．
小问2详解】
由（1）可得，故．
【小问3详解】
设，
所以，
所以在复平面内对应的点的坐标为．
17.记中的内角的对边分别为，且．
（1）证明：；
（2）若，且边上的中线的长度为，求a的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、 三角恒等变换的知识化简已知条件，从而证得.
（2）利用余弦定理列方程，化简求得的值.
【小问1详解】
由正弦定理可得，
又为的内角，故．
代入上式，有，
即．
又，若，必有，不符合题意，
则，同理，则．又，则．
【小问2详解】
不妨设为边上的中线，在中，
有，
由（1）可得，故，即．
在中，有．
即．
解得．
18.如图，在三棱台中，，是边长为的等边三角形，且，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求的长；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）1
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件及线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）过点作交于，连接，设，在中，由余弦定理得，最后在中由勾股定理即可求解；
（3）取中点，中点，连接，根据条件得，，故为平面与平面的夹角，然后在中，由余弦定理求解即可.
【小问1详解】
由题意，因为，
且，平面，
所以平面，
在三棱台中，
平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）可知，平面，
因为平面，
所以，
又因为是边长为的等边三角形，
所以，
所以与全等，
所以，即，
又因为，
所以，
在中，由余弦定理得，
解得，
所以，
如图①所示，过点作交于，连接，
因为，
所以四边形为矩形，
所以，
设，则，
在中，由余弦定理得，
则，
在中，由得
，解得，
故.
【小问3详解】
如图②所示，取中点，中点，连接，
因为为等腰三角形，，，
所以，
因为为等腰三角形，，点为中点，
所以，，
又因为，点为中点，点为中点，
所以，
因为平面平面，
所以为平面与平面的夹角.
如图③所示，在直角梯形中，过点作，交与，
且，
所以，
在中，由余弦定理得.
所以二面角的夹角余弦值为.
19.如图所示，曲线与y轴的交点为B，与x轴在y轴的左、右两侧的第一个交点分别为C，D，且的面积为1，M是BC的中点．
（1）证明：．
（2）若．
（ⅰ）求函数的最小正周期；
（ⅱ）设的外接圆交直线CD于点N（D，N为两个不同的点），求BN的长度．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）根据已知及题图有，，由三角形面积列方程，即可求证；
（2）（i）由（1）知，，，，，应用向量数量积的坐标表示列方程求得，即可得；（ii）由（ⅰ）知，确定相关点坐标，再综合运用正余弦定理求边长.
【小问1详解】
设函数的最小正周期为T，
因为C，D分别为W与x轴在y轴的左、右两侧的第一个交点，
所以，
因为B为W与y轴的交点，所以，
因为的面积为1，所以，整理得．
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）知，，，，
所以，故，，
所以，整理得，
所以，解得，所以，
故，故最小正周期为．
（ⅱ）由（ⅰ）知，，故，，，，
故，，，，，
在中，，所以，
因为N在的外接圆上，所以，故，
由正弦定理，，解得．