江西省上饶市2024_2025学年高一数学下学期期末考试含解析

这是一份江西省上饶市2024_2025学年高一数学下学期期末考试含解析，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。
一、单选题
1．已知角终边上一点P的坐标为，则的值是
A．B．C．D．
2．若，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知向量与的夹角为，，，则（ ）
A．1B．C．D．
4．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，则
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知平面上不共线的四点，，，，满足，则等于（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在山脚处测得山顶的仰角为，朝山顶沿坡度为的斜坡向上走到点处，此时测得山顶的仰角为，则山高为（ ）
A．B．C．D．
8．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数满足，则（ ）
A．的虚部为B．C．D．
10．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象
D．若方程在上有且只有一个实数根，则的取值范围是
11．已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则有两解
B．若，则为等腰三角形
C．若，则为锐角三角形
D．若，点O为的外心，满足，则的值为
三、填空题
12．已知扇形的弧长为6，半径为4，则扇形的面积为 .
13．如图，和是异面直线，，，分别为线段，上的点，且，，则与所成角的余弦值为 .
14．已知中，，，的最小值为，若为边上任意一点，为边的中点，则的最小值是 .
四、解答题
15．已知，.
(1)若，求的值；
(2)若且，求在方向上的投影数量.
16．（1）已知，求的值.
（2）已知，求.
17．如图，四边形是平行四边形，点是平面外一点.已知，分别是，的中点，在上取一点，过和作平面交平面于.
(1)求证：平面；
(2)求证：.
18．已知函数.
(1)求的单调增区间；
(2)若关于的方程在区间内有两个不同的解，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）求（用表示）.
19．在中，角，，对应的边分别为，，若，，是内任一点，过点作，，的垂线，垂足分别为，，.
(1)求角；
(2)若为边中点，求的最大值；
(3)柯西不等式是以数学家柯西的名字命名.请借助于三维分式型柯西不等式：对任意，，，有：，当且仅当时等号成立.求的最小值.
1．A
【详解】由题意，
故选：
2．C
根据复数的意义可得出复数在复平面内对应的点坐标.
【详解】由题意可知，复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C
3．D
先求，再根据模长的平方关系结合数量积的运算律运算求解.
【详解】因为向量与的夹角为，，，则，
可得，所以.
故选：D.
4．C
对于ABD：以正方体为载体，举反例说明即可；对于C：根据线面平行的判定定理分析判断.
【详解】对于选项ABD：在正方体中，
例如平面，平面，，
但平面平面，故A错误；
例如平面，平面，平面平面，
但直线与直线异面，故B错误；
例如平面，平面，
但直线与直线异面，故D错误；
对于选项C：根据线面平行的判定定理可知若，，，则，故C正确；
故选：C.
5．B
利用诱导公式化为，再结合二倍角公式进一步化简求值即可.
【详解】因为，所以
.
故选：B
6．A
根据已知条件求得，进一步得到，根据向量的线性运算得，进一步得到，求比值运算即可求解.
【详解】由，得，即，
所以，所以，
因为，所以，
所以.
故选：A
7．A
先求得，再结合角的关系求得，最后在直角中求解即可.
【详解】因为，，
所以，
因为，，所以，
又，所以，所以，
在中，，
所以山高.
故选：A
8．D
过点作出平面平面，即可得到点的轨迹为线段，然后利用等面积法即可求最小值.
【详解】取上靠近点的四等分点，连接、，
由是棱的中点，点是棱的中点，易得，则平面，
取、中点、，取上靠近点的四等分点，连接、、、，
由正方体的性质易得，，则，
又平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又，，平面，故平面平面，
又平面，平面，故，即点的轨迹为线段，
设点到的距离为，有，
故，故的长度最小值为.
故选：D.
9．BD
利用复数的除法运算法则化简，再结合共轭复数、模的概念判断AB；根据复数的乘法法则判断CD.
【详解】由题意得，，
则，其虚部为，故A错误；
，故B正确；
，故C错误；
，故D正确.
故选：BD
10．BC
对于A，由图象可得周期，再得到即可；对于B，代入，可得的解析式，代入验证即可判断B，对于C，由函数平移前后的解析式可判断；对于D，根据单调性，可确定的取值范围.
【详解】由图可知，，，，故A错误；
所以，又过点，，
所以，，即，，，，
故，，故B正确；
对于C，将函数的图象向右平移个单位得到：
，故C正确；
对于D，当时，，令，则，.
当时，在上单调递增，在上单调递减；
又，，.
因为的图象与有且只有一个实数根，
所以的取值范围是，故D错误.
故选：BC.
11．ABD
对于A：利用正弦定理运算求解即可；对于B：利用余弦定理运算求解即可；对于C：举反例说明即可；对于D：利用数量积可得，结合正弦定理运算求解即可.
【详解】对于选项A：因为，，，
由正弦定理可得，
又因为，则，故有两角，故A正确；
对于选项B：因为，
由余弦定理角化边可得：，
整理可得，所以为等腰三角形，故B正确；
对于选项C：例如，则，
但为直角三角形，故C错误；
对于选项D：因为的外接圆圆心，
则，
同理可得，，
因为，
可得，则，
即，
由正弦定理可得，其中为外接圆半径，则，
可得，，
可得，即，故D正确；
故选：ABD.
12．12
由扇形的面积公式直接可求
【详解】根据题意扇形的面积.
故答案为：12.
13．/0.625
过作，交于点，连接，利用比例性质得，则（或其补角）即为与所成角，利用余弦定理得，即可得解.
【详解】在平面中，过作，交于点，连接，如图，
，，又，，则，
（或其补角）即为与所成角，
在中，，，，
，与所成角的余弦值为.
故答案为：
14．
延长，使得，设，可知，，三点共线，则时为最小值，然后求得即可确定最小值.
【详解】延长，使得，
令，
所以，，三点共线，即时为最小值，
在中，，得，
又因为，所以是等边三角形，所以，
在中，，取中点为，，，
所以，，
所以.
即求的最小值，当时，有最小值，
在中，，，
所以.
故答案为：.
15．(1)或
(2)
（1）根据向量垂直得到方程，求出或；
（2），根据向量模长得到方程，求出，利用投影向量的公式得到答案.
【详解】（1）因为，，
由于，所以，
所以或.
（2）因为，，则，
若且，则，解得，
则，，可得，
所以在方向上的投影数量.
16．（1）；（2）5
【详解】（1）方法一：由，，得
原式；
方法二：原式；
（2）因为
，
所以，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）
法一：取中点，连接，，，
易知为中位线，故，且，
因为四边形是平行四边形，所以，，
故，又因为是的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
法二：连接，交于，连接，如下图：
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为为中点，所以为的中位线，
所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为是的中点，所以为的中位线，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，又因为，
平面，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）连接，交于，连接，如下图：
因为四边形是平行四边形，所以是的中点，
又因为是的中点，所以为的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
18．(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1），
由得，
所以增区间为；
（2）（i）由得，
即，其中，.
所以要保证在区间内有两个不同的解，则，解得.
故实数的取值范围为.
（ii）当时，，即；
此时，
而，所以，
当时，，即；
此时，
而，所以；
综上，.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
整理可得，
且，则，可得，
且，所以.
（2）在中，，由（1）知.
由余弦定理，即，
所以，当且仅当时取等号，所以，
因为为边中点，所以，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
（3），
又，，，
因为，
所以，
由三维分式型柯西不等式有：
，
当且仅当，即时等号成立.
由余弦定理，得：，
所以，即，
则，
令，则，
因为，解得，
当且仅当时等号成立，所以，则，
令，
则当，即时，有最大值，
则有最小值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
D
C
B
A
A
D
BD
BC
题号
11









答案
ABD