2024-2025学年江西省多校联考高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江西省多校联考高一（下）期末考试数学试卷一、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−2i(1+3i)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2.已知某扇形的圆心角为π5，半径为5，则该扇形的弧长为(

)A.2π5 B.3π5 C.π 3.已知tanα=12，tan(α−β)=29A.16 B.14 C.134.已知函数f(x)的图象是由函数y=2sin(2x−π4)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度得到的，若f(x)是奇函数，则φ的值可以是A.π3 B.π4 C.π65.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=22，c=6，C=πA.2 B.3 C.2 6.在△ABC中，点M满足AM=3MB，点N满足2AN=NC，E，F分别是MN，BC的中点，设AB=aA.18a+13b B.37.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3a=2b，C=π3，则tanB=(

)A.3 B.23 C.38.已知平面向量m，n满足m=(−2,2)，|n|=2|m|，n在m方向上的投影向量为(2,−2)，则mA.π4 B.3π4 C.5π6二、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.直线l与平面α相交于点P，点A在直线l上，Q，R是平面α内的任意两点，P，A，Q，R不重合，且P，Q，R三点不共线，下列说法正确的是(

)A.直线RQ与l是异面直线

B.平面α内一定存在直线平行于平面APQ

C.平面α内一定存在直线垂直于平面APQ

D.若平面α垂直于平面APQ和平面APR，则l⊥α10.平行四边形OABC中，OA=8，OC=6，∠ABC=60°，点P在对角线AC上，其中△ABC的重心为G，外心为Q，垂心为H，则下列结论正确的是(

)A.若AP=λAC且OP⊥AG，则λ=14

B.OA⋅BQ=−3211.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，A1A.当λ+μ=1时，△APC面积的最小值为22

B.当λ2+μ2=1时，直线AP与平面ABCD所成的角为π3

C.二面角B−D1E−A1的平面角的正弦值为3012.若复数z=2+i(i为虚数单位)，则−1z−2的虚部为______．13.已知tanα=3，则cos2α=______．14.在直角三角形ABC中，AB=AC=2，D为斜边BC上的动点，△BAD沿AD向上翻折得到三棱锥B′−ADC，使得平面ACD⊥平面ADB′，则该三棱锥体积的最大值为______．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)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b=1，c=32，A为钝角，△ABC的面积为32．

(1)求角A；

(2)求16.(本小题15分)

已知向量a=(4,−2)，|b|=5，a⋅b=8，c=xa+(1−x)b．

(1)若a⊥c，求实数17.(本小题15分)

如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为4的正方形，点O在线段AD上，PO⊥平面ABCD，PA=PD=13，E是PB的中点．

(1)证明：AE//平面POC；

(2)求三棱锥E−POC的体积．18.(本小题17分)

已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)图象相邻的两个最高点和一个最低点恰好能构成一个边长为4的等边三角形，且直线x=43是f(x)图象的一条对称轴．

(1)求f(x)的解析式．

(2)设x∈[1,3]，f(x)的值域为M．

①求M；

②对任意x1∈[1,3]，总存在x19.(本小题17分)

如图1，已知等边三角形ABC的边长为6，E，F分别是AB，AC上的点，且AE=CF=2，将△AEF沿EF折起到△A′EF的位置，得到如图2所示的四棱锥A′−CBEF．

(1)证明：EF⊥A′B．

(2)在棱A′C上是否存在点P满足PF//平面A′BE？若存在，求出PA′PC的值；若不存在，请说出理由．

(3)已知二面角A′−EF−B的大小是π3，点M在四边形CBEF内(包括边界)，且A′M=7，当直线A′M与直线CF

答案解析1.【答案】D

【解析】因为−2i(1+3i)=−2i−6i2=(−6)×(−1)−2i=6−2i，

所以6−2i对应的点为(6,−2)位于第四象限．

故选：D．

2.【答案】C

【解析】解：由扇形的弧长公式得该扇形的弧长为π5×5=π．

故选：C．

根据扇形的弧长公式即可求解．3.【答案】B

【解析】解：由题意得tanβ=tan[α−(α−β)]=tanα−tan(α−β)1+tanαtan(α−β)=4.【答案】D

【解析】解：函数y=2sin(2x−π4)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，

得f(x)=2sin[2(x+φ)−π4]=2sin(2x+2φ−π4)，

又f(x)是奇函数，所以2φ−π4=kπ，k∈Z，

解得φ=π8+kπ2，k∈Z，当k=0时，φ=5.【答案】A

【解析】解：由正弦定理asinA=csinC，可得sinA=asinCc=22×326=1，

结合A∈(0,π)，可知A=π2，△ABC是以a6.【答案】A

【解析】解：∵AM=3MB，2AN=NC，E，F分别是MN，BC的中点，

则EF=EM+MB+BF，EF=EN+7.【答案】C

【解析】解：根据3a=2b，由正弦定理得3sinA=2sinB，

在△ABC中，sinA=sin(B+C)=sin(B+π3)=12sinB+32cosB，

所以8.【答案】B

【解析】解：已知平面向量m，n满足m=(−2,2)，|n|=2|m|，n在m方向上的投影向量为(2,−2)，

则|m|=22，

所以|n|=2|m|=4，

所以m⋅n|m|2m=(2,−2)=−m，9.【答案】ABD

【解析】解：根据题意及异面直线的判定定理可知RQ和l是异面直线，所以A选项正确；

因为平面α上存在直线平行于PQ，所以B选项正确；

根据三垂线定理可知：一条直线若要垂直于AP，则必须垂直其在平面α上的射影，

因为AP的射影和PQ不一定重合，

所以平面上的直线不一定同时垂直于AP的射影和PQ，所以C选项错误；

因为垂直于同一平面的两平面的交线一定垂直于该平面，所以D选项正确．

故选：ABD．

根据异面直线定义判断A，应用线面平行判定B，应用线面垂直判定C，应用线面垂直性质判断D．

本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．10.【答案】ABD

【解析】解：在平行四边形OABC中，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，

建立如图所示的平面直角坐标系，设直线AG交直线BC于点D，

又OA=8，OC=6，∠ABC=60°，

则O(0,0)，A(4,43)，B(10,43)，C(6,0)，D(8,23)，

对于A，因AC=(2,−43)，AP=λAC=(2λ,−43λ)，

则OP=OA+AP=(4+2λ,43−43λ)，

因AD=(4,−23)，OP⊥AG，

则OP⋅AD=4(4+2λ)−23×(43−43λ)=0，解得λ=14，故A正确；

对于B，如图，因△ABC的外心为Q，所以QD⊥BC，

则|BQ|⋅cos∠QBC=|BD|=12|BC|=4，

故BQ⋅BC=|BQ|⋅|BC|cos∠QBC=8×4=32，

又因OA=−BC，所以OA⋅BQ11.【答案】ACD

【解析】解：对于选项A：当λ+μ=1时，点P在D1B1上，

∴∠A1D1P=∠C1D1P=π4，

又|A1D1|=|C1D1|，|D1P|=|D1P|，

∴△A1D1P≌△C1D1P，

∴|A1P|=|C1P|，

即|A1P|2+|A1A|2=|C1P|2+|C1C|2，

∴|AP|=|PC|，

∴△APC是底边为22的等腰三角形，当腰|AP|最小时，该三角形的面积最小，

∵|AP|=|A1P|2+|A1A|2，∴当A1P⊥B1D1，

即点P为线段D1B1的中点时，△APC的面积取得最小值22，故A正确；

对于选项B：∵A1P=λA1B1+μA1D1，λ2+μ2=1，

∴|A1P|2=λ2|A1B1|2+μ2|A1D1|2+2λμA1B1⋅A1D1

=4λ2+4μ2=4(λ2+μ2)=4，

∴|A1P|=2，

∵AA1⊥平面A1B1C1D1，

∴∠APA1为AP与平面A1B1C1D1所成的角，

又平面A1B1C1D1/​/平面ABCD，

∴∠APA1即为AP与平面ABCD所成的角，

∴AP与平面ABCD所成角的正切值tan∠APA1=|AA1||A1P|=1，

即直线AP与平面ABCD所成的角为π4，故B错误；

如图所示，过点B作BH⊥D1E，垂足为H，连接B1H，

∵BB1⊥平面A1B1C1D1，12.【答案】1

【解析】金额：因为z=2+i，所以−1z−2=i2i=i，即其虚部为1．

13.【答案】−4【解析】解：∵tanα=3，则cos2α=cos2α−sin2αsin2α+14.【答案】2【解析】解：设∠B′AD=θ，θ∈(0,π2)，则∠CAD=π2−θ，过B′作B′E⊥AD交AD于E，

又平面ACD⊥平面ADB′，平面ACD∩平面ADB′=AD，

所以B′E⊥平面ACD，且B′E=2sinθ，

因为ADsinπ4=AB′sin(θ+π4)，所以AD=2sin(θ+π4)，

所以S△ACD=12AC⋅ADsin∠CAD=12×2×2sin(θ+π4)sin(π2−θ)=2cosθsin(θ+π4)，

则该三棱锥的体积为13×S△ACD×B′E=13×2cosθsin(θ+π4)×2sinθ=4sinθcosθ3(sinθ+cos15.【答案】3π4；

6+3【解析】(1)由△ABC的面积S=12bcsinA=32，

可得12×1×32sinA=32，解得sinA=22，结合A>π2，可得A=3π4；

(2)因为b=1，c=32，A=3π4，

由余弦定理得a2=b216.【答案】x=27；

−【解析】(1)由a=(4,−2)可得|a|=42+(−2)2=25，

因为c=xa+(1−x)b，且a⊥c，a⋅b=−8，

所以c⋅a=[xa+(1−x)b]⋅a=xa2+(1−x)a⋅b=20x−8(1−x)=0，

解得x=27．

(2)因为a−2b与c共线，

所以可设a−2b=λc，

即a−2b=λxa+λ(1−x)b17.【答案】证明见解析；

4．

【解析】(1)证明：因为PO⊥平面ABCD，所以PO⊥AD．

又PA=PD，所以O是AD的中点，

所以AO/​/BC，AO=12BC．

取PC的中点M，连接OM，EM，

可知EM/​/BC，EM=12BC，

所以EM//AO，EM=AO，

所以四边形AEMO是平行四边形，从而AE//OM．

因为AE⊄平面POC，OM⊂平面POC，

所以AE/​/平面POC；

(2)因为AE/​/平面POC，

所以点E到平面POC的距离等于点A到平面POC的距离，

所以VE−POC=VA−POC，

又VA−POC=VP−AOC，PO=P18.【答案】f(x)=3sin(π2x−π【解析】(1)如图，△BCD是边长为4的等边三角形，它的高为4×32=23，

即A−(−A)=2A=23，得A=3．

因为BC=4，

所以f(x)的最小正周期T=4，

即2πω=4，解得ω=π2，

又直线x=43是f(x)图象的一条对称轴，

所以π2×43+φ=π2+kπ，k∈Z，

解得φ=−π6+kπ，k∈Z，

因为|φ|<π2，

所以φ=−π6，

所以f(x)=3sin(π2x−π6)；

(2)①当x∈[1,3]时，π2x−π6∈[π3,4π3]，

sin(π2x−π6)∈[−32,1]；

所以−32≤f(x)=3sin(π2x−π6)≤3，

19.【答案】证明见解析；

存在，PA′PC=2；

BM=【解析】(1)证明：在△AEF中，AE=2，AF=4,A=π3，

由余弦定理求得EF=AE2+AF2−2AE⋅AF⋅cos∠EAF=23．

因为AE2+EF2=AF2，所以EF⊥AB．

由题中图2可知，EF⊥BE，EF⊥A′E，

BE∩A′E=E，BE，A′E⊂平面A′BE

所以EF⊥平面A′BE，

因为A′B⊂平面A′BE，

所以EF⊥A′B．

(2)假设在棱A′C上存在点P满足PF/​/平面A′BE，如图3，

过点F作FH/​/BE，交BC于点H，连接PH．

因为FH/​/BE，所以FH/​/平面A′BE，

又因为PF/​/平面A′BE，PF∩FH=F，PF，FH⊂平面A′BE，

所以平面PFH//平面A′BE．

又因为平面A′BC∩平面A′BE=A′B，平面A′BC