江西师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷含解析（word版）

这是一份江西师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷含解析（word版），共38页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 在复平面内，复数（其中i为虚数单位）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】C
【解析】，其对应的复平面内的点坐标为，位于第三象限.
2. 若，则
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】由，可得： ，
即，解得.
3.如图，在中，，点是的中点，设，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为即，点为的中点，
所以，
所以 .
4.向量与非零向量的夹角为，则在上的投影数量为
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】依题意，在上的投影数量为.
5.如图，为测量河对岸CD两点间的距离．在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，为楼底一点且平面BCD，若楼高，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】平面，平面，平面，，；
由在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，得，.
，在中，；
在中，.
，
在中，由余弦定理得；
.
6.设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】A选项：如图：
在正方体中，，此时与夹角为，A选项错误；
B选项：如图：
在正方体中，，此时，B选项错误；
D选项：如图：
在正方体中：，此时，D选项错误；
C选项：如图：
过作平面，使得，，∵，∴，则，
又∵，∴，∴，C选项正确.
7.函数在上的值域为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，
令，由，得，变为．
对称轴，在递增，递减．
当时，时，，所以值域为.
8.已知锐角三角形中，角所对的边分别为的面积为，且，若，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，即，
所以，
整理得：，
因为，所以，
由正弦定理得：，
因为，
所以，
因为为锐角三角形，所以为锐角，
所以，即，
由，解得：，
因为，所以，解得：.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.已知复数，，为的共轭复数，则下列结论中一定成立的是
A. 为实数B.
C. 若，则D.
【答案】ABD
【解析】对于A，设复数，则，
则，为实数，故A正确；
对于B，，，则，故B正确；
对于C，若，不妨取，则不成立，故C错误；
对于D，，则
，
，则
，
则，故D正确.
10.如图所示，在棱长为6的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是
A. 直线AM与BN是平行直线B. 直线BN与是异面直线
C. 直线MN与AC所成的角为30°D. 过A，M，N三点的截面周长为
【答案】BD
【解析】对于A，取的中点为，连接，如下图所示：
由正方体性质可知，若直线与是平行直线，
则可得三点共线，显然这与相交于点矛盾，故A错误；
对于B，易知平面，平面，直线，
平面，可得直线与是异面直线，故B正确；
对于C，连接，，如下图：可得，故为直线与所成的角，而，可得直线与所成的角为，故C错误；
对于D，延长交的延长线于点，连接交于点，
延长交的延长线于点，连接交于点，
则过三点的截面为五边形，
因为分别为棱，的中点，又，所以，
又，所以，所以，所以，
同理可得，所以，
由勾股定理可得，，
，
同理可得，，
所以过三点的截面周长为，故D正确.
11.已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是
A.
B. 若，，则
C. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数
D. 当时，曲线与有4个交点
【答案】ABD
【解析】由函数图象得，最小正周期为，，
由，得,，因为，所以，
所以，选项A正确；
令，则，解得或，
即或，因为，所以，选项B正确；
将函数的图象向右平移个单位长度得到，
选项C错误；
在同一坐标系中绘出曲线与在的图象，可得函数图象有4个交点，选项D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知正三角形的边长为，则的直观图的面积为________.
【答案】
【解析】正三角形ABC的边长为，正三角形ABC的面积，
设的直观图的面积为，则 .
13.若，则_______.
【答案】
【解析】由已知 .
14.已知函数，若函数的一个零点为．其图象的一条对称轴为直线，且在上单调，则的最大值为________.
【答案】6
【解析】函数的最小正周期，由函数的一个零点为，其图象的一条对称轴为直线，
得，解得，则，
由在上单调，得，即，因此，
解得，而，于是，
当时，，，由，
得，而，则，，
当时，，函数在上不单调，不符合题意；
当时，，，由，
得，而，则，，
当时，，在上单调，符合题意；
当时，，，由，
得，而，则，，
当时，，在上单调，符合题意，
因此或，所以的最大值为6 .
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，满足：，，.
（1）求与的夹角的余弦值；
（2）若，求实数的值 .
【解析】(1)因为，所以①，
又因为，得，且，
代入①上式得，即，
所以，因此与的夹角的余弦值 .
(2) 因为，所以，
化简可得，
将，，代入可得，
即，解得或.
因此实数的值为或 .
16.在中，内角、、的对边分别为、、，若.
（1）求的大小；
（2）若，为角的平分线，点在线段上，，求的面积.
【解析】(1)因为，所以，
由正弦定理得
，
所以，
因为、，故，所以，故 .
(2)因为为角的角平分线，由，
所以，
因为，解得①.
又，由余弦定理知，从而②.
由①②解得，从而的面积为 .
17.如图，在四棱锥中，平面，，，，，M为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面．
【解析】
(1) 证明：取中点E，连接，
M为的中点，
，，
，，，
，，
四边形BCME是平行四边形，即，
平面，平面，
平面．
(2)证明：平面，平面，
，
，，，，
，
，即，
，平面，平面，
平面 .
18.在中，为的中点，在边上，交于；且，设，.
（1）试用，表示；
（2）已知，，.
①若，求的余弦值；
②已知在上，且，若，求的范围.
【解析】 (1) 由共线，得，则，
整理得，
由共线，得，则，
整理得，而不共线，
由平面向量基本定理，得，解得，
所以.
(2)①（1）得，，
由，得，
则，
，
，
所以.
②由（1）知，则，
由共线，设.
由，得，而，，
则，整理得，
即，显然，则，
由，得，则，解得，
所以的范围是.
19.已知函数，，恒成立.
（1）求的值及的解析式；
（2），当时，有两个零点，，求的取值范围；
（3）已知，且以，，为边能够组成三角形，对于任意满足上述条件的，，，若以，，为边也能够组成三角形，求的最大值.
【解析】 (1) ，
当，，,故，
，故
代入上式子则有
此式若恒成立，则，，
即，所以，故.
(2)当，在单调递增，，
令，故有两个不同的解，且，
故，，,.
(3)易知当时，为负数，决不能构成三角形，故，
因为的值域为，考虑到两边之和大于第三边，临界值，
即故考虑到，，
由于要求的最大值，先考虑.
（i）若，取，，，则这三个数可作为一个三角形的三边长，
但，，，此时，两边之和等于第三边，不能作为任何一个三角形的三边长，故不满足题意；
（ii）当时，对任意三角形的三边，，，若，则分类讨论如下：
①当时，，同理，
，故，，
同理可证，
，，可作为某个三角形的三边长.
②当时，，可得如下两种情况：
当时，由得，
由在上单调递增可得，
当时，，
由在上单调递增可得，
综上得，，
又由及余弦函数在上单调递减，
得
，
同理可证其余两式，所以，，也是某个三角形的三边长.
故时，满足题意.
综上，的最大值为 .