江西省南昌市第二中学2025-2026学年度下学期高一年级期末考试数学试题（含答案）

这是一份江西省南昌市第二中学2025-2026学年度下学期高一年级期末考试数学试题（含答案），共7页。

【详解】
所以复数 的共轭复数为-2+i.
2.A
【分析】先求出圆台的高，再由圆台的体积公式求出即可.
【详解】设圆台的母线长为1,高为h,
因为圆台上底面圆的半径r 为1,下底面圆半径R为2,母线1= √ 2, 因此圆台的高为h=√²-(R-r)²=√2-1=1,
所以圆台的体积 故选：A
3.D
【分析】根据给定条件，利用差角的正切求解即得.
【详解】由 ,tan(α+β)=-2,
故选：D
4.C
【分析】根据各项中线面、面面的位置关系，结合线面、面面垂直，线面、面面平行的性质和判定及空间 想象判断各项的正误.
【详解】A: 由 m//a,n/lα , 则m,n 平行、异面、相交均可能，错，
B: 由 m ⊥a,β⊥α, 则m//β 或mcβ, 错，
C: 由 m ⊥α,α1/β , 结合线面垂直、面面平行的性质有m ⊥β, 对，
D: 由 m,ncα,m//β,n11β, 要使α1/β,根据面面平行的判定定理，条件还需m,n 相交，错.
故选：C
5.D
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律可得a.b=0, 再利用投影向量的意义求解即得.
试卷第1页，共13页
【详解】由 a|+b|=a-b|, 两边平方得a²+b²+2a.b=a²+b²-2a.b, 则 a.b=0,
而(a-2b).b=-2b², 所以a-2b 在5方向上的投影向量
故选：D
6.C
【详解】如图所示，补成直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D,
则所求角为∠BC₁D,∵BC₁=√2,BD=√2²+1-2×2×1×cs60°=√3,C₁D=AB₁=√5,
易 得C₁D²=BD²+BC₁², 因此 故 选C.
平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来 解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是,当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异 面直线所成的角.求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.
7.B
【分析】根据图象平移 ,将问题化为y=sint 上单调，结合正弦函 数性质求参数w 的取值范围.
【详解】函数.的图象向右平移个单位长度，
得到
, 即y=sint 在 上单调，
,解得 8.D
【分析】结合题意与余弦定理得到CP=1,AP=√3, 再作出符合题意的图形，找到二面角的平面角，利用余
弦定理得到 ,再结合线面垂直的判定定理得到BQ⊥面 PMQ, 最后利用勾股定理求解即可.
【详解】因为AB=AC=CD=1, , 所 以
因为 ,所以 得到ABIAC,
在△ADC中，由余弦定理得 ·, 解 得AD=√3,
由折叠性质得CP=1,AP=√3,
如图，作PM⊥AC ,AB//MQ, 且 使AB=MQ, 连 接BQ,PQ,
因为ABIAC, 所 以MQ⊥AC, 则∠PMQ 是二面角P-AC- B 的平面角，
因为二面角P-AC-B
的平面角为, 所 以
由直角三角形性质得
由余弦定理得- 解得
因为MQ⊥AC,PM⊥AC, PMnMQ=M,PM,MQC 面 PMQ,
所以AC⊥面 PMQ, 由题意得四边形ABQM是平行四边形，
则AMI/BQ, , 则BQ⊥ 面 PMQ,
又PQc 面 PMQ, 则 BQ⊥PQ,
由勾股定理得
9.ACD
【分析】通过向量模的平方与点积的关系求出a.b, 再依次验证向量夹角、向量垂直关系、向量差的模， 确定正确选项.
【详解】对于A, 由 la+b²=(a+b)(a+b)=|aP²+2ā-b+1bP, 代入|al=15|=2,|la+5|=2√3,
(2√3)²=2²+2a.b+2², 12=4+2 a·b+4, 解得a.·b=2, 故A 正确.
对于B, 设 a 与b 的夹角为θ,由a·b= la|b|csθ , 得：2=2×2×csθ,
, 则, 故B 错误.
对于C,(a+b)·(a-b)=|a²-|b¹²=2²-2²=0, 故(a+b)(a-b), 故 C 正确.
对于D, 由 |a-b²=|a²-2a·b+1b²=2²-2×2+2²=4, 得 a|-5|=2, 故 D 正 确
故选：ACD
10.ABD
【分析】对A 和B, 根据条件，利用线面垂直的性质，即可求解；对 C 和 D, 利用正方体的性质和异面直 线所成的角，即可求解.
【详解】对于A, 如图1,连接DE, 由正方体的性质知CE⊥ 平面AEB, 又DEc 平面AEB, 所 以CE⊥AB,
又AE=EF, EB= FD, ,所以△AEB≌△EFD,
所以∠BAE=∠ DEF ,
所以AB⊥ED, 又DE∩EC=E,DE,EC c平面DEC, 所 以AB⊥平面DEC, 又DCc 平面DEC, 所以AB⊥CD, 故 A 正确，
图1
对于B, 如图2,连接AH, 易 知AH⊥CD, 又 BH⊥平 面ACHD,CDc 平面ACHD, 所 以BH⊥CD,
又AH∩BH=H,AH,BHC 平面AHB, 所以CD⊥平面AHB,
又ABc 平面AHB, 所以AB⊥CD, 故B 正确，
图2
对于C, 如图3,连接GC,GD, 易 知AB//CG, 且CD=DG=GC, 所以
所以AB 与CD所成角为 故 C 错误，
图3
对于D, 如图4,连接MN, 易知MN//CD,MN⊥AB, 所以AB⊥CD, 故D 正确.
图4
11.ACD
【详解】A 选项：∠BAD是向量AB与AD 的夹角，已知AB=(2,-4),AD=(1,3),
由于∠BAD∈(0,π), 所以 , 故A 正确；
B 选项：由选项A 可知：
根据三角形面积公式可得， , 故B 错误；
C选项：因为AB//DC, △AOB~△COD, 且△AOB与△ABD同高，
则面积比等于底之比
设DC=λAB,
, 故C 正确；
D选项：由
试卷第5页，共13页
, 故D 正确.
12.7
【分析】选取任意一条棱，分析与它相交的棱的来源：同一顶点的另外两条棱，以及相对面上与它两端点 分别相连的棱.
【详解】长方体总共有12条棱，先去掉目标棱自身，剩余12-1=11条棱；
任意一条棱有2个端点，每个端点除目标棱外，还连接了2条和目标棱相交的棱， 因此和目标棱相交的棱总共有2×2=4 条；
因此和目标棱不相交的棱数量为11-4=7,即本题答案为7.
13.
【分析】根据条件，利用球的截面圆的性质，求出球心到截面圆的距离，再由棱锥的体积公式，即可求解. 【详解】设球的半径为R, 则4πR²=36π, 解得R=3,
由题意可知：△ABC是边长为3的等边三角形，其外接圆半径
所以球心O 到平面ABC的距离为d=√R²-r²= √6,
所以三棱锥O-ABC
14.
的体积为 X
【分析】首先由诱导公式二倍角公式得a+2bcsC=0, 进一步结合正弦定理以及两角和正弦公式有
3sin B csC= cs BsinC, 在这里进一步有tan C=-3tan B, 进而可得,结合基本不等式 即可求解.
【详解】因为 , 所
即,即 所以a+2b csC=0,
从而sin A+2sin B csC=0,即sin(B+C)+2sin B cs C=0,
所以3sin B csC=-cs BsinC, 显然sinB>0,sin C>0,
又因为a+2bcsC=0, 所以cs C0, 所以tan B>0, 所以tanC=-3tan B,
当且仅当 即 ,tanC=-√3 等号成立，
此时 , 因 为 ,所以角A 的最大值为
故答案为：
15. (1)
② 且m≠0
【分析】(1)根据向量垂直得到数量积为0,得到 ,齐次化变形，代入求值；
(2)计算出a+mb=(2,3+m), 利用夹角为锐角，得到ā ·(a+mb)>0 且a 与a+mb 不同向共线，从而得到 不等式，求出答案.
【详解】(1) a16, 故a·b=(2,3)·(s inx,csx)=2sinx+3csx=0,
(2)x=0,b=(0,1),a+mb=(2,3)+(0,m)=(2,3+m),
a 与a+mb 的夹角为锐角，故a.(a+mb)=(2,3)·(2,3+m)=4+9+3m>0,
解得
且a 与a+mb 不同向共线，即2(3+m)-2×3≠0, 即m≠0,
综上，且m≠0;
16. (1)
(2)
【分析】(1)由三角恒等变换化简得到 ,根据函数的最小正周期得到方程，求出w=1, 得到答案；
(2)凑角法，结合同角三角函数关系进行求解，得到答案
【详解】(1)
因为最小正周期为π,所以 解得w=1, 则
(2)因为 ,所以
又因为
所以
17. (1)证明见解析 (2)证明见解析
③
【分析】(1)连结EH, 结合题意利用线面平行的判定定理证明即可；
(2)利用面面垂直的判定定理证明即可；
(3)利用(1)(2)中证明的条件找出线面角，再结合题意将相应的边求出，最后在直角三角形中求解即 可.
【详解】(1)证明：连结EH, 如图所示：
在△PAC 中 ，H 为 AC 的中点，E 为 PC 的中点， 所以EH 为△PAC的中位线，所以EHI/PA,
又HE c平面BDE, PA女平面BDE,
所以PA// 平面BDE.
(2)证明：因为PD⊥平面ABCD,AC c 平面ABCD, 所以PD⊥AC,
又AD=CD, H 为 AC 的中点，则AC⊥BD,
又PDnBD=D,PD,BD C 平面PBD, 故 AC⊥平面PBD ∵AC c 平 面PAC
∴平面PAC1 平面PBD.
( 3 ) 由AC⊥ 平面PBD 可知，BH 为 BC 在平面PBD内的射影， 所以∠CBH为直线BC 与平面PBD 所成的角
由AD⊥CD,AD=CD=1,DB=3 √2,
有
在Rt△BHC 中，
所以
所以直线BC 与平面PBD 所成的角的正弦值
18. (
(2)2 √3
③
【分析】(1)首先利用余弦二倍角公式进行降次运算，接着再利用辅助角公式化简，进而求出角度.
(2)首先算出AB,AD,AC 的关系，进而转化成b,c 的等量关系，结合条件算出b,c, 再利用余弦定理算出
a.
(3)利用正弦定理将边转化成三角函数，再结合三角恒等变换求出最值.
【详解】(1)因为 √ 3sin2A=2cs²A+1,
所以, 即√3 sin 2A-cs2A=2,
所以, 即
所以 即
因为A∈(0,π), 所以
(2)因为BD=3DC, 所以
两边平方得：
整理化简得：c²+3bc+9b²=76, 因 为c=b+2, 所以b=2,c=4,
所以a=2√3.
(3)如图，延长AF,BF,CF 与BC,AC,AB 分别交于点D,E,H,
因为F 是垂心，所以AF⊥BC,BF⊥AC,CF⊥AB,
又因
设∠BAD=α,
在△ABF 中 ， 所以BF=2√3
, 所
, 因 为AF= √3,
sinα,
即
所以
所以当 ,S △BFC有最大值
19. (1)如图1,过点C₁作C₁O⊥AB 于 点 0 , 连 接OC,
图 1
因为平面BAC₁I 平面ABC, 所以C₁O⊥平面ABC,
所以∠C₁CO 就是CC₁ 与平面ABC 所成的角，即∠C₁CO=30°,
因为CC₁=2, 所 以C₁O=1,OC= √3,
因为 , 所 以 , 故OA=OC₁= 1, 因为AC=2, 所以OA²+OC²=AC² , 即 OC⊥AB,
又因为OC₁∩OC=0,OC₁,OC C 平面C₁OC, 所以AB⊥ 平面C₁OC,
因为CC₁c 平面C₁OC, 所以AB⊥CC₁ ;
②
(3) √5+ √7+ √22
【分析】(1)作出辅助线，得到∠C₁CO为线面角，即∠C₁CO=30°, 求出各边长，并得到C₁O⊥AB,
OC⊥AB, 证明出线面垂直，故AB⊥CC₁;
(2)求出各边长和三角形面积，由等体积法求解点到平面的距离；
(3)证明面面平行，得到平面α截斜三棱柱ABC- AB₁C₁ 的截面就是△MBC, 并求出三边长，相加可得答 案.
【详解】(1)略
( 2 ) 由 ( 1 ) 知 ，OA=OC₁=1,c=√3,
因为C₁O⊥平面ABC , 所以
因为OA=OC₁=1, 由勾股定理得AC₁= √2, 在△ACC₁中 ，AC=CC₁=2,AC₁= √2,
由余弦定理得
图2
因为 即
,解得 所以点B到平面ACC₁的距离为-
(3)如图2,取AB的中点M, 连 接B₁M,CM,B₁C,
因为P 为A₁B的中点，所以MC//PC₁,
又因为MCa 平面APC₁,PC₁c 平面APC₁, 所以CMI/ 平面APC₁,
因为M,P 分别为AB,AB₁的中点，所以B₁M¹/AP,
图3
同理可证MB₁// 平面APC₁, 又因为MB₁∩MC=M,
所以平面MB₁C//平面APC₁,
即平面α截斜三棱柱ABC-AB₁C ₁ 的截面就是△MB₁C,
试卷第12页，共13页
如图3,可求MC=√ c²+0M²=√ 7,MB= √BB²+BM²= √5,
图4
如图4,因为
所以
即CB²- BC² = 12, 因为BC₁=√ 10,
所以CB₁=√22, 所以△MB₁C的周长为 √5+ √7+ √22.
试卷第13页，共13页