湖南株洲市醴陵市第一中学2025−2026学年高一下学期7月期末考试数学试题（含答案）

这是一份湖南株洲市醴陵市第一中学2025−2026学年高一下学期7月期末考试数学试题（含答案），共6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．复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知是实数，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
3．若角的终边过点，则（ ）
A．B．4C．6D．8
4．已知，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知球O的半径R为2，一母线长与圆锥底面直径相等的圆锥位于球内，圆锥顶点在球面上，底面与球面相接，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
7．在中，内角所对的边分别为，已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．若函数在上单调，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是线段，上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则直线与直线的夹角为
B．三棱锥体积的最大值为
C．存在，使得平面
D．若，则三棱锥外接球的表面积为8π
10．已知分别为内角的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A．若，且有一解，则
B．在锐角中，不等式恒成立
C．若，则为等腰三角形
D．若，，则的最大值为
11．已知的外接圆圆心为，且，，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．向量在向量上的投影向量为
三、填空题
12．已知平面向量满足，则的最大值是______.
13．公元前世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为，这一数值也可以表示为.若，则___________.
14．某湿地公园正在修建一个云星塔，其主体工程现已完成，由于还没有完全完工，周围由一圈铁皮围栏围着，塔与道路之间的距离无法直接测得，有同学选取了与塔底同一水平面内共线的三个点，，，且在点，，处测得塔顶端的仰角分别为，，，同时测得，（如下图），则塔的高度为________.
四、解答题
15．已知复数，，且是纯虚数.
（1）求的值及；
（2）设复数，在复平面上对应的点为，，若四边形是复平面内的平行四边形，求点对应的复数.
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．
17．已知．
（1）求的单调递增区间；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围．
18．如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中．
（1）若，求的值；
（2）当取最大值时，记，求M；
（3）在（2）的条件下设，若时，对于任意的均有恒成立，求t的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【详解】复数，
所以复数在复平面内对应的点的坐标为
又，故点在第二象限，
所以复数在复平面内对应的点所在的象限为第二象限.
2．【答案】D
【详解】当时，因为函数在单调递增，
所以，即，
所以或，故必要性不成立；
若“”，则或，
所以，或，
则，或，故充分性不成立，
所以是的既不充分也不必要条件.
故选D.
3．【答案】C
【详解】因为角的终边过点，故，
而
，
故选C.
4．【答案】A
【详解】因为，则，
因为，等式两边平方可得，
所以，故，所以，
所以，故，
因此，
故选A.
5．【答案】C
【详解】如图，设圆锥的底面半径为，由题意知圆锥轴截面为正三角形，则圆锥的高为，
则，即，解得，
则圆锥的体积为.
故选C．
6．【答案】B
【详解】选项A：若，，，则可取的方向向量分别是平面的法向量，
两个垂直平面的法向量互相垂直，因此，即，A命题正确；
选项B：两个平面垂直时，分别在两个平面内的直线可以平行、斜交或异面，不一定垂直，
举例：墙面垂直地面，墙面内平行于墙脚交线的直线，与地面内平行于交线的直线互相平行，
并不垂直，因此B命题错误；
选项C：若，，可得，又，因此，C命题正确；
选项D：根据线面平行判定定理：n平行于平面α内的直线m，且，因此，D命题正确.
7．【答案】B
【详解】因为，
所以由正弦定理可得，所以，
又因为，所以，又，
所以由余弦定理.
故选B
8．【答案】C
【详解】由函数在上单调可知，得，
所以，所以，
当时，，函数在该区间不单调，故舍去，
因此只需考虑的情况，
因为，所以，
当时，由正弦函数性质可知，要使在上单调，则，
所以即；
当时，要使在上单调，则，
所以即.
综上，的最大值为.
故选C
9．【答案】ABC
【详解】对A，因为，所以
当时，分别为的中点，所以也是的中点.
过M作于Q，连接，则，所以.
因为，所以直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即.
又因为，所以，故A正确.
对B，过M作于Q，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，即三棱锥的高为，
又，
所以三棱锥体积，
当时，，故B正确.
对C，当时，是的中点，所以也是的中点.
因为是的中点，所以.
又平面，平面，所以平面，故C正确.
对D，当时，，故Q为的中点，
又N为的中点，所以，，
所以Q到A，B，M，N的距离都为1，
即三棱锥外接球的球心为Q，球半径为1，所以外接球表面积，故D错误.
10．【答案】BD
【详解】对于A：当时，有一解，此时；
而当时，有一解，此时，
所以当或时，有一解，所以A错误；
对于B：因为是锐角三角形，所以.
所以.因为在上单调递增，且，
所以，所以B正确；
对于C：因为，所以，即，
因为，所以或，
即或，所以为等腰三角形或直角三角形，所以C错误；
对于D：根据余弦定理得.
根据基本不等式的性质可得，解得，
当且仅当时取得最大值为，所以D正确；
故选BD.
11．【答案】ABD
【详解】由可得，
整理得，A正确．
为的直径，，设，则，
所以为等边三角形，，B正确．
，C错误.
向量在向量上的投影向量为，D正确．
12．【答案】
【详解】令，由已知，可得，且，
则，因为，所以，
因为，所以，
即，
又因为，所以，
当且仅当反向共线，同向共线，
即此时，满足,
因此的最大值为.
13．【答案】
【详解】因为，，
所以，，
所以，
.
14．【答案】60
【详解】由题设，
设，则，
在中，由余弦定理有，
故，同理，
而，故，
所以，
故.
15．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）因为，所以，所以，
因为是纯虚数，所以，解得，
所以，则，所以，
（2）复数，在复平面上对应的点为，，则，
因为四边形是复平面内的平行四边形，所以，所以，
则点对应的复数为.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）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，.
（2）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，与的夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）
（2）．
【详解】（1）化简得
．
令，解得，
所以单调递增区间为．
（2）由（1）可得，
时，恒成立，
若,即恒成立，只需要即可，
，
令，因为，则，
所以，所以，
当时，
对于函数，
当且仅当，即时等号成立，
故则
所以．
18．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的性质于判定定理可证平面，结合面面垂直的判断定理即可证明；
（2）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】（1）由平面，平面，得，
连接，因为且，
所以四边形为平行四边形，
又，
所以平行四边形为正方形，所以，
又由且，
所以四边形为平行四边形，
则，所以，
又平面，
所以平面，
由平面，所以平面平面；
（2）由平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）因为，
所以，即，
在中由正弦定理得：，
则，
所以，即，由正弦定理得．
由及余弦定理得；
（2）由得A为锐角，则当最大时最小，
所以
当且仅当时，即时取最小值，此时，
故；
（3），则恒成立，
因为，所以，恒成立，
设，当时，是增函数，则，
又，设，则，解得，
所以，因为，所以.