2024-2025学年江西省抚州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江西省抚州市高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在复平面内，复数z满足iz=3−4i，则z的虚部为(

)A.3i B.−3i C.3 D.−32.如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′=2B′C′=2A′B′=1，则下列说法正确的是(

)A.AB=1

B.CD=2

C.四边形ABCD的周长为5

D.四边形ABCD3.已知向量a=(−1,−2)，b=(1,λ)，“λ>−12”是“a与bA.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.设a=2tan13°1−tan213∘，b=A.a>b>c B.a<b<c C.a<c<b D.b<c<a5.已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，且该圆锥的母线是底面半径的2倍，若△SAB的面积为515A.40π B.(40+402)π C.406.函数f(x)=sin(2x+φ)的图象向左平移π3个单位得到函数g(x)的图象，若函数g(x)是奇函数，则tanφ=A.−3 B.3 C.−7.已知非零平面向量a、b、c，满足|a|=4，|b−c|=2，若a与b的夹角为πA.23−2 B.3 C.8.已知△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点(靠近点A)且CD=2，(a−b)sinA=(c+b)(sinC−sinB)，则a+2b的最大值是(

)A.4 B.23 C.4二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.若复数z=a+bi(a,b∈R)(i为虚数单位)，其中真命题为(

)A.z+z−∈R B.若a=b=1，则z4=−4

C.若1z为虚数，则z也为虚数 D.10.已知函数f(x)=2sin(ax+φ)+1(ω>0,|φ|<π2)，满足f(x)+f(−π3−x)=2，且对任意x∈R，都有f(x)≥f(−A.f(x)图象的对称轴方程为x=π12+kπ3，k∈Z

B.f(x)在[−π12,π6]上的值域为[3,2]

C.11.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，P、M分别是棱BC，A1B1的中点，连接BM，CM，C1M，R是线段BMA.平面RPQ//平面C1CM

B.直线AC与平面RPQ所成的角为π3

C.三棱锥B−RPQ的体积与正三棱柱ABC−A1B1C1的体积之比为1：48

D.若AB=2AA1=4，则过A，P，R三点作平面α，截正三棱柱12.已知cos(π4−α)=5cos(π413.已知a=(2,4)，b=(−1,3)，则b在a方向上的投影向量的坐标为______．14.如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，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.(本小题13分)

如图，以Ox为始边作角α与β(0<β<α<π)，它们的终边分别与单位圆相交于点P、Q，已知点P的坐标为(−35,45)．

(1)求3cosα−5sinαsinα−cos16.(本小题15分)

已知函数f(x)=2sin2(π4+ωx)−3cos2ωx−1,0<ω<12，且函数y=f(x+π)的图象关于y轴对称．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)17.(本小题15分)

在△ABC中、角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知bsinA+3acosB=0．

(1)求角B的大小；

(2)已知b=27，a=2，设E为AC边上一点，且BE为角B18.(本小题17分)

如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=3AD，A1D∩AD1=O，E为线段AB上一点．

(1)当OE//平面D1BC，求证：E为AB的中点；

(2)19.(本小题17分)

已知函数y=f(x)，若存在实数p，q(p≠0)，使得对于定义域内的任意实数x，均有p⋅f(x)=f(x+q)+f(x−q)成立，则称函数f(x)为“可平衡”函数；有序数对(p,q)称为函数f(x)的“平衡”数对．

(1)若f(x)=x2+1，求函数f(x)的“平衡”数对；

(2)若p=3，判断f(x)=cosx是否为“可平衡”函数，并说明理由；

(3)若p1、p2∈R且答案解析1.【答案】D

【解析】解：因为复数

z

满足

iz=3−4i，

所以z=3−4ii=−4−3i，

所以

z

的虚部为−3，

故选：D．

由iz=3−4i，化简得到z=−4−3i2.【答案】D

【解析】解：由题意可得：平面图形ABCD为直角梯形，且AB=AD=2DC=2，

即AB错误；

又BC=22+(2−1)2=5，

即四边形ABCD的周长为2+2+1+5=5+5，

即C错误；

四边形ABCD的面积为：(1+2)×23.【答案】B

【解析】解：已知向量a=(−1,−2)，b=(1,λ)，

当a与b的夹角为钝角时，

有a⋅b<0且a与b不共线，

即−1−2λ<0−λ≠−2，

即λ>−12且λ≠2，

即“λ>−12”是“a与4.【答案】D

【解析】解：由a=2tan13°1−tan213∘=tan26°，

b=12cos6°−32sin6°=sin24°，

c=1−cos50°25.【答案】C

【解析】解：由圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，可得母线SA，SB所成角的正弦值为1−(78)2=158，

设圆锥的母线长为l，则12l2⋅158=515，解得l=46.【答案】B

【解析】解：根据题意，可得g(x)=sin[2(x+π3)+φ]=sin(2x+2π3+φ)．

因为g(x)是奇函数，定义域为R，所以g(0)=0，即sin(2π3+φ)=0，

可得sin2π3cosφ+cos2π3sinφ=0，即327.【答案】A

【解析】解：已知非零平面向量a、b、c，满足|a|=4，|b−c|=2，若a与b的夹角为π3，

令OA=a，OB=b，OC=c．

则b−c=CB，a−c=CA．

又|b−c|=2，

所以点C在以B为圆心，2为半径的圆上．

所以|CA|的最小值为：|AB|−2．

又|OA|=4，∠AOB=π8.【答案】C

【解析】解：根据题意可知，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点(靠近点A)且CD=2，如图：

由(a−b)sinA=(c+b)(sinC−sinB)，

结合正弦定理，可得：(a−b)⋅a=(c+b)(c−b)⇒a2+b2−c2=ab，

由余弦定理可得：cosC=a2+b2−c22ab=12，又C为三角形内角，所以C=π3，

因为D是AB上的三等分点(靠近点A)，

所以CD=CB+23BA=CB+23(CA−CB)=CB+23(9.【答案】ABC

【解析】解：z=a+bi(a,b∈R)，则z+z−=a+bi+a−bi=2a∈R，A正确；

若a=b=1，则z=1+i，z2=(1+i)2=1+2i+i2=2i，

z4=(2i)2=4i2=−4，B正确；

1z=1a+bi=a−bi(a+bi)(a−bi)=aa2+b2−bia2+b2，

由题意得b≠0，故z=a+bi(a,b∈R)也是虚数，C正确；

|z+i|=1的几何意义为复平面内，到(0,−1)的距离为1的圆，

故此圆上的点到原点的距离最大值为1+1=210.【答案】ABD

【解析】解：∵函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1满足f(x)+f(−π3−x)=2，

∴f(x)的图象关于点(−π6,1)对称，则−π6ω+φ=kπ，k∈Z，

解得φ=π6ω+kπ，k∈Z．

对任意x∈R，都有f(x)≥f(−5π12)，则f(−5π12)为最小值．

∴−5π12ω+φ=−π2+2mπ，m∈Z，

则ω=2−4(2m−k)，k，m∈Z，

∵ω>0，|φ|<π2，

当ω取最小值时，2m−k=0，此时ω=2，φ=π3．

∴函数的解析式为f(x)=2sin(2x+π3)+1．

对于A，令2x+π3=π2+kπ,k∈Z，则x=π12+kπ2,k∈Z，

∴函数的对称轴方程为x=π12+kπ2,k∈Z，选项A错误；

对于B，∵x∈[−π12,π6]，∴2x+π3∈[π6,2π3]，∴sin(2x+π3)∈[12,1]．

函数的值域为[2,3]，选项B错误；

对于C，∵x∈[π6,π3]，∴2x+π3∈[2π3,π]，

结合正弦函数的单调性可知函数在该区间内单调递减，选项C11.【答案】ACD

【解析】解：取AB中点D，连接CD，MD．

则在△BCD中，BQ=DQ，BP=CP，因此PQ/​/CD．

在△BMD中，BQ=DQ，BR=RM，因此RQ//MD．

又CD，MD⊂平面CC1MD，PQ，RQ不在平面CC1MD内，

因此PQ/​/平面CC1M，RQ//平面CC1M，

又PQ∩RQ=Q，因此平面RPQ//平面C1CM.因此A选项正确；

由A知平面RPQ与平面CC1MD平行，因此直线AC与平面RPQ所成的角也是直线AC与平面CC1MD所成的角，

因为正三棱柱ABC−A1B1C1，因此AB⊥CD，AB⊥DM，

又CD∩DM=D，因此AB⊥平面CC1MD．

因此直线AC与平面CC1MD所成的角为∠ACD<∠ACB=π3，因此B选项错误；

因为MD⊥平面ABC，RQ//MD，因此RQ⊥平面BPQ．

因为Q是AB的四等分点，P是BC的中点，

因此S△BPQS△ABC=12BQ⋅PQ12AB⋅CD=18．

因此三棱锥B−RPQ的体积与正三棱柱ABC−A1B1C1的体积之比为：

VB−RPQVABC−A1B1C1=13S△BPQ⋅RQS△ABC⋅MD=13×18×12=148，因此C选项正确；

连接AR并延长交BB1于点E，连接PE，AP△APE即是平面α截正三棱柱的截面图形．

因为正三棱柱ABC−A1B1C112.【答案】23【解析】解：由cos(π4−α)=5cos(π4+α)，得cosπ4cosα+sinπ4sinα=5(cosπ4cosα−sin13.【答案】(1,2)

【解析】解：由a=(2,4)，b=(−1,3)，

得a⋅b=10，|a|=25，

所以b在a方向上的投影向量为a14.【答案】358π3【解析】解：作出示意图如下：

根据题意可知该四棱台的体积为：

13×(4+36+12)×OO1=5233，解得OO1=3，

设外接球球心P到下底面中心O的距离为x，外接球半径为R，

则P到上底面中心O1的距离为3±x，

又OA=32，O1A1=2，15.【答案】−297；

5【解析】(1)依题意，tanα=−43，所以3cosα−5sinαsinα−cosα=3−5tanαtanα−1=−297；

(2)由OP⊥OQ，得β=α−π2，

则sinβ=sin(α−16.【答案】f(x)=2sin(56x−π3)【解析】(1)f(x)=2sin2(π4+ωx)−3cos2ωx−1

=1−cos(π2+2ωx)−3cos2ωx−1

=sin2ωx−3cos2ωx

=2sin(2ωx−π3)，

又因为函数y=f(x+π)的图象关于y轴对称，

所以函数y=f(x+π)是偶函数，

因为f(x+π)=2sin(2ωx+2ωπ−π3)，

所以2ωπ−π3=π2+kπ(k∈Z)，解得ω=512+k2(k∈Z)，

由0<ω<12，所以ω=512，

所以f(x)=2sin(56x−π3)；

(2)g(x)=−2f2(65x)+mf(65x)=−8sin2(x−π3)+2msin(x−π3)，17.【答案】B=2π3；

4【解析】(1)根据题意可知，bsinA+3acosB=0，

根据正弦定理得sinAsinB=−3sinAcosB，

而sinA>0，则tanB=−3，又A∈(0,π)，∴B=2π3；

(2)在△ABC中，根据余弦定理得28=b2=a2+c2−2accosB=4+c2−4ccos120°，

整理得c2+2c−24=0，而c>0，解得c=4，

由BE为角B的平分线及S△ABE+S△CBE=S△ABC，

18.【答案】证明见解析；

存在，当E为AB的一个三等分点(靠近A点)．

【解析】(1)证明：因为AA1D1D为正方形，A1D∩AD1=O，

所以O为AD1的中点，

又因为OE/​/平面D1BC，平面ABD1∩平面D1BC=BD1，OE⊂平面ABD1，

所以OE/​/BD1，

又因为O为AD1的中点，所以E为AB的中点；

(2)存在，当E为AB的一个三等分点(靠近A点)时，平面D1DE⊥平面AD1C，

理由如下：

设AC∩DE=F，

因为AA1D1D为正方形，所以D1D⊥AD，

又因为AD=平面AA1D1D∩平面ABCD，平面AA1D1D⊥平面ABCD，D1D⊂平面AA1D1D，

所以D1D⊥平面ABCD，

又因为AC⊂平面ABCD，所以D1D⊥AC，

又因为在矩形ABCD中，设AD=a，