江西省多校联考2024_2025学年度高一下册期末考试数学试卷【附解析】

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1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．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.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册.
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.在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法公式计算，再利用复数的几何意义得出在复平面中对应的点判断即可.
【详解】因为，
所以对应的点为位于第四象限．
故选：D.
2.已知某扇形的圆心角为，半径为5，则该扇形的弧长为（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据扇形的弧长公式即可求解.
【详解】该扇形的弧长为．
故选：.
3.已知，，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正切的和差公式即可求解.
【详解】因为，所以．
故选：.
4.已知函数的图象是由函数的图象向左平移个单位长度得到的，若是奇函数，则的值可以是（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平移可得，再利用函数是奇函数，得到，，即可求解.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度得到
，
又是奇函数，所以，
得，，当时，.
故选：D.
5.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ）
A.B.C.2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦定理列出方程，再解方程即可.
【详解】由，得，解得．
故选：A.
6.在中，点满足，点满足，，分别是，的中点，设，，则（ ）
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用向量的线性运算法则即可求解.
【详解】
∵，，∴，.
∵，分别是，的中点，∴，.
又，，∴，即.
故选：A.
7.在中，角所对的边分别为，，，若，，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理、诱导公式及和差公式即可求解.
【详解】由，得，
则，
所以，
化简得，即．
故选：.
8.已知平面向量，满足，，在方向上的投影向量为，则，的夹角为（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意根据投影向量公式可得，再利用向量夹角公式即可求解.
【详解】由题知，所以，
所以，，
解得，
所以，又，所以．
故选：.
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.直线与平面相交于点，点在直线上，，是平面内的任意两点，，，，不重合，且，，三点不共线，下列说法正确的是（ ）
A.直线与是异面直线
B.平面内一定存在直线平行于平面
C.平面内一定存在直线垂直于平面
D.若平面垂直于平面和平面，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】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.
【详解】因为，，三点不共线，所以和是异面直线，所以A选项正确．
因为平面上存在直线平行于，所以B选项正确．
一条直线若要垂直于，则必须垂直其在平面上的射影，
因为的射影和不一定重合，所以平面上的直线不一定同时垂直于的射影和，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.
10.平行四边形中，，，，点在对角线上，其中的重心为，外心为，垂心为，则下列结论正确的是（ ）
A.若且，则
B.
C.
D.与共线
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过建系，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.
【详解】
以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设直线交直线于点，
则，，，，.
对于A，因，，则．
因，，则，解得，故A正确；
对于B，如图，因的外心为，所以，
，故．
又因，所以，故B正确；
对于C，因等价于，即等价于，
即，因是的外心，与不一定垂直，故C错误；
对于D，因
即与垂直．又为的垂心，故，
所以与共线，故D正确．
故选：ABD.
11.如图，在正方体中，，，为棱的中点，以下结论正确的是（ ）
A.当时，面积的最小值为
B.当时，直线与平面所成的角为
C.二面角的平面角的正弦值为
D.三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】当时，点在上，分析可得是底边为的等腰三角形，当腰最小时，即点为线段的中点时，该三角形的面积最小，即可判断选项A；当时，根据及数量积的运算律可求得，进而可知即为与平面所成的角，即可判断选项B；过点作，垂足为，连接.根据线面垂直的判定定理与性质可得，从而即为二面角的平面角，即可求出即可判断选项C；设为线段的中点，线段，的中点分别为，，连接.设三棱锥外接球的球心为，分析可知球心在上.设，，根据结合勾股定理即可求出三棱锥外接球的半径为，即可判断选项D.
【详解】当时，点在上，∴.
又，，∴，
∴，即，∴，
∴是底边为的等腰三角形，当腰最小时，该三角形的面积最小.
∵，∴当，
即点为线段的中点时，的面积取得最小值，故选项A正确；
∵，，
∴，∴.
∵平面，∴为与平面所成角.
又平面平面，∴即为与平面所成的角.
∴与平面所成角的正切值，
即直线与平面所成的角为，故选项B错误；
如图所示，过点作，垂足为，连接.
∵平面，平面，∴.
又，∴平面.∵平面，∴，
∴即为二面角的平面角.
易知，∴，
∴，，
∴，故选项C正确；
设为线段的中点，线段，的中点分别为，，连接，
如图所示.∵，∴平面.
∵为直角三角形，∴点为外接圆的圆心.
设三棱锥外接球的球心为，则球心在上，且.
设，，三棱锥外接球的半径为.
∵，∴，解得，∴，
∴三棱锥外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.若复数（为虚数单位），则的虚部为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及虚部的概念可求.
【详解】因为，所以，即的虚部为1.
故答案为：1.
13.已知，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】解：由题意可知：.
14.在直角三角形中，，为斜边上的动点，沿向上翻折得到三棱锥，使得平面平面，则该三棱锥体积的最大值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，，则，过作交于，可得即为三棱锥的高，在中，利用正弦定理得，根据三角形面积公式得到，进而计算三棱锥的体积，令进行换元，然后根据函数单调性即可求得最值.
【详解】设，，则，过作交于，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，且，
即为三棱锥的高，
在中，由正弦定理得，所以，
所以，
则该三棱锥的体积．
令，因为，，
所以，，
因为，所以，
即，
则该三棱锥的体积，
因为函数单调递增，所以当时，该三棱锥的体积最大，最大值为.
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.在中，角所对的边分别为，，，已知，，为钝角，的面积为．
（1）求角；
（2）求的周长．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由三角形的面积公式可得，根据三角形为钝角三角形即可求解；
（2）由余弦定理求出即可求解.
【小问1详解】
由，得，
解得，
因为为钝角，所以．
【小问2详解】
因为，，，
所以，
解得，
所以的周长为．
16.已知向量，，，．
（1）若，求实数的值；
（2）若与共线，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：先求出的模，利用建立方程求解即得；解法二：设，利用条件求得的值，即得向量坐标，利用的坐标式计算求解即得；
（2）解法一：设，利用条件求得，即得，利用向量夹角的公式求解即得；解法二：由（1）中求得的的坐标，结合与共线求出，即得，再利用向量夹角的坐标式求解即可.
【小问1详解】
解法一：由可得，
因为，且，，
所以，
解得.
解法二：设，依题意可得解得或
当时，；
当时，
① 当时，，由，可得，解得；
② 当时，，
由，可得，解得.
综上，.
【小问2详解】
解法一：因为与共线，所以可设，即，
则有，解得，故．
由，可得，
又，
而，
故．
解法二：由（1）知，①当时，，，
因为与共线，所以，解得，
所以，， 则；
② 当时，，，
因为与共线，所以，解得，
所以，， 则
综上，与夹角的余弦值为.
17.如图，四棱锥的底面是边长为4的正方形，点在线段上，平面，，是的中点．
（1）证明：平面．
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）4
【解析】
【分析】（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.
【小问1详解】
证明：因为平面，所以．
又，所以是的中点，
所以，．
取的中点，连接，，
可知，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，从而．
因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
又因为，，
，所以三棱锥的体积为4.
18.已知函数图象相邻的两个最高点和一个最低点恰好能构成一个边长为4的等边三角形，且直线是图象的一条对称轴．
（1）求的解析式．
（2）设，的值域为．
①求；
②对任意，总存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）根据是边长为4的等边三角形，可得，再代入对称轴得到即可求的解析式；
（2）①利用整体法求值域；
②根据双变量恒成立和存在性问题，转化为两边函数的最值，然后解关于的不等式即可.
【小问1详解】
如图，是边长为4等边三角形，它的高为，
即，得．
因为，所以的最小正周期，由，解得,
又直线是图象的一条对称轴，
所以，，解得，．
因为，所以，则．
【小问2详解】
①当时，，
所以，故．
②由①知的最大值为，
所以不等式转化为
即存，使得不等式成立．
令，．
因为抛物线的对称轴方程为，
所以，
所以，解得，
即实数的取值范围为．
19.如图1，已知等边三角形的边长为，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，得到如图2所示的四棱锥．
（1）证明：．
（2）在棱上是否存在点满足平面？若存在，求出的值；若不存在，请说出理由．
（3）已知二面角的大小是，点在四边形内（包括边界），且，当直线与直线的夹角的余弦值最大时，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
（3）．
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理证明线线垂直，再结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）利用面面平行的判定定理及性质定理即可求解；
（3）根据二面角、线面角的定义，结合面面垂直的性质定理可得点在以为圆心，2为半径的圆上，结合余弦定理即可求解.
【小问1详解】
中，，，由余弦定理求得．
因为，所以．
由题中图2可知，，，
，面
所以平面，
因为平面，所以．
【小问2详解】
假设在棱上存在点满足平面，如图3，
过点作，交于点，连接．
因为，所以平面，
又因为平面，，平面，
所以平面平面．
又因为平面平面，平面平面，
所以，所以．
又因为，所以，从而.
【小问3详解】
由（1）可知，，
所以二面角的平面角为，则．
如图4，过点作，垂足为，求得．
由（1）可知平面，所以平面平面，
又平面平面，所以平面．
因为，可得，所以点在以为圆心，2为半径的圆上．
直线与平面所成的角为，
直线与直线所成的角最小为，
此时，，，，
在中，由余弦定理求得．