2024-2025学年云南省曲靖市陆良县高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年云南省曲靖市陆良县高一（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.已知集合A={x|5−x>1}，B={0,2,4,5,7}，则A∩B=(

)A.{0,2,4} B.{0,2} C.{4,5,7} D.{5,7}2.已知向量a=(2,1)，b=(−1,5)，则|aA.5 B.25 C.7 D.3.如图所示，一个水平放置的△ABC的斜二测直观图是△A′B′C′，若O′A′=3，O′B′=O′C′=2，则△ABC的面积是A.3B.2C.3D.44.要得到函数y=sin2x的图象，只需要将函数y=sin(2x+π3A.向右平移π3个单位长度 B.向右平移π6个单位长度

C.向左平移π3个单位长度 D.5.“x2−2x≤0”是“0<x<2”的(

)A.必要不充分条件 B.充分不必要条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6.已知f(x)是定义在R上的奇函数，且f(−x)+f(x)+2a=1，则a=(

)A.−12 B.12 C.07.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=AA1，D，E，F分别是棱AB，B1CA.55 B.35 C.48.如图，某河流两边有A，B，C，D(在同一个平面内)四点，已知C，D两个观察点在河的南岸，二者间的距离为10m，为了测量在河的北.岸A，B两个目标点间的距离，某小组测得∠ACB=75°，∠ACD=120°，∠ADC=30°，∠ADB=45°，则A，B两个目标点间的距离为(

)A.102m B.515m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.已知复数z=(1+2i)(1−3i)，则下列结论正确的是(

)A.z的实部是−5 B.z的虚部为−1

C.|z|=26 D.10.已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列结论正确的是(

)A.若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n

B.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n

C.若α//γ，β//γ，则α//β

D.若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β11.“赵爽弦图”是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图，某人仿照“赵爽弦图”，用六个全等的直角三角形和一个小的正六边形拼成一个大正六边形，其中G，H，J，K，L，M分别是AM，BG，CH，DJ，EK，FL的中点，O是正六边形ABCDEF的中心，P是正六边形GHJKLM内的一动点(包含边界)，|AB|=3，则(

)A.AM=23AB+53AF B.AK=5三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.sin65°cos35°−cos65°sin145°=______．13.已知a>0，b>0，且2a+b=2，则1a+814.某甜品店推出一款球形创意冰激凌，将冰激凌球放置在特制的巧克力圆台容器中.已知巧克力圆台容器的上底面圆的半径为8厘米，下底面圆的半径为2厘米，若该球形创意冰激凌与巧克力圆台容器的内壁及上、下底面均相切(不考虑巧克力圆台容器的厚度)，则该球形创意冰激凌的体积是______立方厘米．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)

已知幂函数f(x)=(m2−2m+1)xm−1在(0,+∞)上单调递增．

(1)求m的值；

(2)若函数g(x)=f(x)+4f(x)16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，AP=AB，E，F分别为BC，PD的中点．

(1)证明：EF//平面PAB；

(2)证明：PD⊥平面AEF．17.(本小题15分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的周长为3+2，且sinB+sinC=322sinA．

(1)求a．

(2)已知△ABC的面积为sinA．

①求b，c；18.(本小题17分)

已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示．

(1)求f(x)的解析式；

(2)求f(x)在[π2,π]上的值域；

(3)若f(x)在[0,m]上恰有3个零点，求19.(本小题17分)

定义：两个多面体M1，M2的重合度K=V公共V1+V2−V公共，其中V公共是多面体M1，M2的重合部分的体积，V1，V2分别是多面体M1，M2的体积.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是棱BB1，CC1上的点(不包含端点)，且BD=CE，延长AD，AE，分别交A1B1，A1C1的延长线于点F，G．

(1)

答案解析1.【答案】B

【解析】解：集合A={x|5−x>1}={x|x<4}，B={0,2,4,5,7}，

则A∩B={0,2}．

故选：B．

由题意得A={x|x<4}，结合交集的概念即可得解．

本题主要考查交集的运算，属于基础题．2.【答案】A

【解析】解：向量a=(2,1)，b=(−1,5)，

则a−b=(3,−4)，则|a−b|=3.【答案】D

【解析】解：由题可得：△ABC中，OA=2O′A′=23，BC=OB+OC=O′B′+O′C′=4，且OA即为△ABC的边BC上的高，

所以△ABC的面积是：12×23×4=43．

故选：D．

根据直观图得到原图中OA=2O′A′=234.【答案】B

【解析】解：∵y=sin2x=sin[2(x−π6)+π3]，

∴将函数y=sin(2x+π3)5.【答案】A

【解析】解：由x2−2x≤0，可得0≤x≤2．

因为(0,2)⫋[0，2]，

所以“x2−2x≤0”是“0<x<2”的必要不充分条件．

故选：A．

先解不等式6.【答案】B

【解析】解：根据题意，f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x)+f(−x)=0，

若f(−x)+f(x)+2a=1，则有2a=1，即a=12．

故选：B．

由奇函数的性质即可得解．7.【答案】C

【解析】解：由题意直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=AA1，D，E，F分别是棱AB，B1C1，CC1的中点，

可取棱A1C1的中点G，连接EG，AG，FG，

如图所示，

因为E，G分别是棱B1C1，A1C1的中点，所以EG/​/A1B1，EG=12A1B1．

由棱柱的性质可知AB/​/A1B1，AB=A1B1．

因为D是棱AB的中点，所以AD//A1B1，AD=12A1B1，所以AD/​/EG，AD=EG，

所以四边形ADEG是平行四边形，所以AG/​/DE，

则∠FAG是异面直线AF8.【答案】C

【解析】解：在△ACD中，由∠ACD=120°，∠ADC=30°，可得∠CAD=30°，

则AC=CD=10,AD=2CDcos30°=103，

在△BCD中，由题意可得∠BCD=45°，∠CBD=60°，

则由正弦定理CDsin∠CBD=BDsin∠BCD，

可得10sin60∘=BDsin45∘，解得BD=1063，

在△ABD中，由余弦定理，

可得AB2=AD2+BD2−2AD⋅BDcos∠ADB，

=300+2003−2×109.【答案】BD

【解析】解：z=(1+2i)(1−3i)=1−3i+2i−6i2=7−i，

A、B：z的实部为7，虚部为−1，故A选项错误、B选项正确；

C：|z|=72+(−1)2=52，故C选项错误；

D：z在复平面内所对应的点的坐标为(7,−1)，位于第四象限，故D选项正确．

故选：BD．

复数的乘法运算可得10.【答案】BC

【解析】解：已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，

对于A，若α/​/β，m⊂α，n⊂β，

则m/​/n平行或异面，

A错误．

对于B，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，

则m⊥n，

B正确．

对于C，若α/​/γ，β/​/γ，

则α/​/β，

C正确．

对于D，若α⊥γ，β⊥γ，

则α/​/β或α与β相交，

D错误．

故选：BC．

根据线面、面面位置关系的判定定理和性质逐一分析判断即可得解．

本题考查了空间点、线、面的位置关系，属中档题．11.【答案】BCD

【解析】解：

对于A选项：连接CF，所以线段CF的中点为O，

连接OB，易知ABOF，ABCO都是平行四边形，

所以BC=AO=AB+AF，

连接EM，所以A，M，E三点共线，并且AM=2ME，

故AM=23AE=23(AF+FE)=23AF+23BC=23AB+43AF，故A选项错；

对于B选项：易知ED=AB，DK=−13AE，进而可以得到AK=AE+ED+DK=23AE+AB=53AB+43AF，故B选项对；

对于C选项：作HN⊥AM，垂足为N，

易知P与H重合时，AM⋅AP取得最小值，

由于|AB|=3，故可以得到|AM12.【答案】12【解析】解：因为sin145°=sin(180°−35°)=sin35°，

所以原式=sin65°cos35°−cos65°sin35°=sin(65°−35°)=sin30°=12．

故答案为：13.【答案】9

【解析】解：因为2a+b=2，a>0，b>0，

所以1a+8b=12(2a+b)(1a+8b)=12(ba14.【答案】256π3【解析】解：作出圆台的轴截面的示意图如下：

设O1，O2分别是该圆台容器上、下底面圆的圆心，

圆O是球形创意冰激凌的截面，E，F分别为圆O切AD，BC的切点，

则根据题意可得DE=DO1=8厘米，EA=AO2=2厘米．

作AH⊥CD，垂足为H，

则O1H=O2A=2厘米，AH=O1O2，DH=DO1−O1H=6厘米．

因为15.【答案】m=2；

g(x)在[2,+∞)上单调递增，证明见解析．

【解析】(1)因为幂函数f(x)=(m2−2m+1)xm−1在(0,+∞)上单调递增，

所以m2−2m+1=1，且m−1>0，

所以m=2；

(2)由(1)可知f(x)=x，则g(x)=x+4x，故g(x)在[2,+∞)上单调递增；

证明如下：

任取x1，x2∈[2,+∞)，且x1<x2，

则g(x1)−g(x2)=x1+4x1−(x2+4x2)=(x1−x2)(x116.【答案】证明见解析；

证明见解析；

【解析】(1)证明：如图，取直线PA的中点G，连接BG，GF，

因为F是PD的中点，所以GF/​/AD，GF=12AD．

又底面ABCD为菱形，E是BC的中点，所以GF/​/BE，GF=BE，

所以四边形BEFG为平行四边形，

所以EF/​/BG，又EF⊄平面PAB，BG⊂平面PAB，

所以EF/​/平面PAB；

(2)证明：因为AE⊥BC，AE⊥AD，

又PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以AE⊥PA，又AD∩PA=A，

所以AE⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，

所以AE⊥PD，因为AP=AB=AD，F是PD的中点，

所以AF⊥PD，又AE∩AF=A，

所以PD⊥平面AEF．

(1)取PA的中点G，易得四边形BEFG是平行四边形，从而得出EF/​/BG，进而证明EF/​/平面PAB；

(2)通过给定条件的几何性质，证明PD与平面AEF内两条相交的直线垂直，从而得出PD⊥平面AEF．17.【答案】a=2；

①b=2，c=1或b=1，c=2；②【解析】(1)因为sinB+sinC=322sinA，

由正弦定理得b+c=322a，

因为a+b+c=3+2，所以a+322a=3+2，

得a=2；

(2)①由题意得S△ABC=12bcsinA=sinA，则bc=2，

则有bc=2b+c=322a=3，解得b=2，c=1或b=1，c=2；

18.【答案】f(x)=4cos(2x+3π4)；

[−22,4]【解析】(1)由图可知f(x)的最小正周期T=2×(3π8+π8)=π，

又由于T=2π|ω|，且ω>0，可得ω=2ππ=2，

由f(−π8)=0，可得Acos(−π4+φ)=0，

可得−π4+φ=2kπ+π2(k∈Z)，解得φ=2kπ+3π4(k∈Z)，

又0<φ<π，

可得φ=3π4，

又f(0)=−22，可得Acos(0+3π4)=−22，

可得A=4，

所以f(x)=4cos(2x+3π4)；

(2)因为f(x)=4cos(2x+3π4)，

由x∈[π2,π]，可得2x+3π4∈[7π4,11π4]，

可得cos(2x+3π4)∈[−22,1]，可得f(x)=4cos(2x+3π4)∈[−22,4]，

故f(x)19.【答案】①12；②25；

1+【解析】(1)设△A1B1C1的面积为S，三棱柱ABC−A1B1C1的高为ℎ，则三棱柱ABC−A1B1C1的体积V1=Sℎ．

①作DH//AB，交AA1于点H，连接EH，

因为DH⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，因此DH/​/平面ABC，

因为BD/​/CE，且BD=CE，因此BC/​/DE，

又DE⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，因此DE/​/平面ABC，

又DH∩DE=D，因此平面DEH/​/平面ABC，

因为BD=12BB1，因此H为棱AA1的中点，

则三棱柱HDE−A1B1C1的体积VHDE−A1B1C1=12V1=9，三棱锥A−DEH的体积VA−DEH=16V1=3．

故三棱柱ABC−A1B1C1与三棱锥A−A1FG重合部分的体积V公共=VHDE−A1B1C1+VA−DEH=9+3=12．

②因为DH