2025宜春部分重点中学高一下学期7月联考试题数学含解析

这是一份2025宜春部分重点中学高一下学期7月联考试题数学含解析，共16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。
数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若实数a，b满足（i是虚数单位），则（ ）
A．3B．C．5D．
2．若角的终边经过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．在中，为的中点，点E满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．若，是两个不同的平面，直线，则“”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
5．如图，是由斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中，那么原平面图形中，OA边上的高为（ ）
A．B．C．D．
6．在直四棱柱中，底面是矩形，，E，F，G分别是棱，，的中点，则直线与所成的角的大小为（ ）
A．B．C．D．
7．任何一个复数（其中a，，i为虚数单位）都可以表示成（其中，）的形式，通常称之为复数z的三角形式，法国数学家棣莫弗发现，我们称这个结论为棣莫弗定理.若复数为纯虚数，则正整数m的最小值为（ ）
A．4B．6C．8D．10
8．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若，，均为正整数，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．z的虚部为
C．在复平面内对应的点位于第二象限
D．若复数满足，则的最小值为1
10．已知函数，若函数为偶函数，则的值可以是（ ）
A．B．C．D．
11．如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，是线段上的一动点，则下列说法正确的是（ ）

A．
B．过点、、的平面截该正方体所得的截面面积为
C．点到平面的距离为定值
D．当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，
三、填空题
12．已知向量，，且，则实数m的值为 .
13．已知平面与平面间的距离为3，A是平面内的定点，B，C是平面内的动点，且满足，，则的取值范围是 .
14．在中，是边AB上的一点，且满足，，，则的面积为 ；若是边的中点，则 .
四、解答题
15．已知，且.
(1)求的值；
(2)若，求的值.
16．已知，为单位向量，向量，.
(1)若，求；
(2)若，求与的夹角.
17．已知函数（，，）的部分图象如图所示.
(1)求的解析式及单调递减区间；
(2)将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若对任意的，，都有，求实数的取值范围.
18．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，点E是棱CD上的一点（不同于C，D两点）.
(1)求证：平面平面PCD；
(2)若，求二面角的正切值；
(3)若直线PB与平面PAE所成角的正弦值为，求DE的长.
19．“费马点”是三角形内到三个顶点距离之和最小的点，具体位置取决于三角形的形状.当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.在中，内角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求的值；
(3)若的面积为，设点为的费马点，求的最小值.
江西省宜春市部分重点中学2024-2025学年高一下学期7月份联考数学试卷参考答案
1．A
【详解】因为，
所以，，所以.
故选：A.
2．D
【详解】因为角的终边经过点，所以.
故选：D.
3．B
【详解】因为是的中点，，
由题意知.
故选：B.
4．A
【详解】，，由面面垂直的判定定理可知，，充分性成立，
，，则或，必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5．C
【详解】因为，易知，
过作轴的平行线交轴于点，则，
由正弦定理可知，则，
由斜二测画法知原平面图形中，边上的高为.
故选：C.
6．D
【详解】如下图：连接，，，
分别是，的中点，
所以，
又，
四边形为平行四边形，
，所以为直线与所成的角或其补角，
不妨设，则，
，
，
所以，所以，
所以直线与所成的角的大小为．
故选：D．
7．A
【详解】，
由棣莫弗定理可得，
因为复数为纯虚数，
所以且，所以，，得，，
所以正整数m的最小值为4.
故选：A.
8．C
【详解】在中，，所以，所以，
因为，在上单调递增，，，均为正整数，
所以A，B，C均锐角，所以，，即，
所以，所以，又，
即，解得或（舍去），
所以，若，则，则，
此时，显然不符合题意，所以，则，所以，，
此时，符合题意，
所以，
所以.
故选：C.
9．ACD
【详解】由，得，所以，，A正确；
z的虚部为，B错误；
，在复平面内对应的点为，位于第二象限，C正确；
因为，D正确.
故选:ACD.
10．BD
【详解】由题意知
，
所以，又函数为偶函数，
所以，，即，，
所以当时，；当时，.
故选:BD.
11．AC
【详解】对于A选项，连接、、，

因为平面，平面，所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为，、平面，所以平面，
又平面，所以，A正确；
取的中点，连接、、、，

因为、分别为、的中点，所以，且，
因为，，故四边形为平行四边形，所以，
所以，所以过点、、的平面截该正方体所得的截面为梯形，
又，，，同理得，
过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，
由等腰梯形的几何性质可知，
又因为，，故，故，
在等腰梯形内，因为，，，
故四边形为矩形，故，所以，
故，
故，故B错误；
对于C选项，连接、、、，

因为、分别为、的中点，所以，
因为，，故四边形为平行四边形，所以，
所以，因为平面，平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，C对；
对于D选项，设点到平面的距离为定值，设直线与平面所成角为，
则，故当取最小值时，即当时，的长取最小值，此时取最大值，

连接、，则，同理可得，，
故当为的中点时，，此时，D错.
故选：AC.
12．
【详解】因为，，且，则，解得.
故答案为：
13．
【详解】
设A在平面内的射影为O，则平面，，
因为，，所以，，，，
，
，
显然，
所以.
故答案为：.
14． /
【详解】在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，，所以，，
又，，所以.
在中，由余弦定理可得，
即，解得，，
所以的面积为.
又，所以.
因为，所以，
所以，所以.
故答案为：；.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
所以.
（2）由（1）可知，
因为，所以，
即，解得.
16．(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，解得，
所以
（2）因为，
所以，
所以，
又，所以，
又，所以，
设与的夹角为，则，
因为，所以，即与的夹角为.
17．(1)，，
(2)
【详解】（1）设的最小正周期为，所以，解得，
所以，解得.
由题意知，所以，
又，所以，，
即，，又，
所以，所以.
令，，解得，，
即的单调递减区间为，.
（2）将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象对应的函数解析式为，
再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为.
当，，
所以，，
若对任意的，，都有，则，
解得，即的取值范围是.
18．(1)证明见解析
(2)3
(3)
【详解】（1）证明：因为，，，
所以，，
由余弦定理得，
所以，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，PA，平面PAC，因此平面PAC，
而平面PCD，所以平面平面PCD.
（2）取PC的中点F，过点F作，垂足为G，连接AF，AG，如图所示.
因为，所以，，，
由（1）知平面PAC，而PC，平面PAC，所以，，
因为，CD，平面PCD，
所以平面PCD，又平面PCD，所以，
因为，，AF，平面AFG，
所以平面AFG，又平面AFG，所以，
所以为二面角的平面角.
因为，所以，，
所以，
所以，所以，
所以二面角的正切值为3.
（3）在平面ABCD内，过点B作，垂足为O，连接PO，如图所示.

因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，PA，平面PAE，所以平面PAE，
所以为直线PB与平面PAE所成的角.
所以，解得，
所以，所以，，
所以，
又在中，由正弦定理得，
所以.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
所以，
又，
整理得，
因为，所以sinB>0，可得，即，
因为，所以.
（2）因为，由正弦定理得.
由余弦定理得，即，
由正弦定理得，
所以，
因为为三角形的内角，则，则.
（3）因为，所以的内角均小于，所以点在的内部，
且，由，得，
设，，则，
在中，由正弦定理得，即，
在中，由正弦定理得，即，
所以
，
因为，所以，所以，
所以，
所以的最小值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
A
C
D
A
C
ACD
BD
题号
11









答案
AC