2024-2025学年江西省宜春市部分重点中学高一（下）联考数学试卷（7月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江西省宜春市部分重点中学高一（下）7月联考数学试卷一、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.若实数a，b满足a+bi=i(1−2i)(i是虚数单位)，则2a−b=(

)A.3 B.−3 C.5 D.−52.若角θ的终边经过点(−4,5)，则sinθ的值为(

)A.−54141 B.−43.在△ABC中，D为AB的中点，点E满足AE=3EC，则ED=A.−12CB+14AC B.4.若α，β是两个不同的平面，直线m⊥α，则“m//β”是“α⊥β”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5.如图，△O′A′B′是由斜二测画法得到的水平放置的△OAB的直观图，其中O′B′=A′B′=33O′A′=2，那么原平面图形中，OA边上的高为A.23 B.43 C.6.在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AA1=AB=2AD，E，F，G分别是棱DDA.π6 B.π4 C.π37.任何一个复数z=a+bi(其中a，b∈R，i为虚数单位)都可以表示成z=r(cosθ+isinθ)(其中r≥0，θ∈R)的形式，通常称之为复数z的三角形式，法国数学家棣莫弗发现[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ)(n∈N∗)，我们称这个结论为棣莫弗定理A.4 B.6 C.8 D.108.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a≤b≤c，若tanA，tanB，tanC均为正整数，则sinAsinBsinC的值为(

)A.710 B.7210 C.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满足3z+5z=4i，则下列结论正确的是(

)A.|z|=1

B.z的虚部为−45i

C.在复平面内z−对应的点位于第二象限

D.若复数z1满足10.已知函数f(x)=cosxsin(x−π6)，若函数y=f(x+φ)为偶函数，则φ的值可以是A.π6 B.π3 C.19π1211.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是C1D1A.BD1⊥AB1

B.过点E、A、C的平面截该正方体所得的截面面积为42

C.点P到平面AB1C的距离为定值

D.当直线PC12.已知向量a=(4,−7)，b=(m,3)，且a//b，则实数13.已知平面α与平面β间的距离为3，A是平面α内的定点，B，C是平面β内的动点，且满足AB=5，AC=23，则sin∠BAC14.在△ABC中，D是边AB上的一点，且满足∠ACD=∠BCD=π3，BD=354，AD=214，则△ABC的面积为______；若E是边AB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α∈(π2,π)，且sin(2025π+α)=−35．

(1)求cos(α+π16.(本小题15分)

已知e1，e2为单位向量，向量m=e1+e2，n=4e1+2e2．

(1)17.(本小题15分)

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

(1)求f(x)的解析式及单调递减区间；

(2)将函数y=f(x)的图象向左平移π24个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y=g(x)的图象.若对任意的x1，x2∈[π618.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC//AD，AD⊥AB，PA=2，AB=BC=1，AD=2，点E是棱CD上的一点(不同于C，D两点)．

(1)求证：平面PAC⊥平面PCD；

(2)若CE=ED，求二面角C−PE−A的正切值；

(3)若直线PB与平面PAE所成角的正弦值为419.(本小题17分)

“费马点”是三角形内到三个顶点距离之和最小的点，具体位置取决于三角形的形状.当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且32c=asin(B+π3)．

(1)求A；

(2)若a2=94bc，求sinB+sinC的值；

(3)若参考答案1.A

2.D

3.B

4.A

5.C

6.D

7.A

8.C

9.ACD

10.BD

11.AC

12.−1213.[414.153

15.(1)因为sin(2025π+α)=sin(π+α)=−sinα=−35，所以sinα=35，

结合α∈(π2,π)，可得cosα=−1−sin2α=−1−(3516.(1)由题意，e1，e2为单位向量，

由m=e1+e2及|m|=3，

可得m2=e12+2e1⋅e2+e22=1+2e1⋅e2+1=3，

解得e1⋅e2=12，又n=4e1+2e2，

所以|n|=16e12+16e1⋅e217.(1)设f(x)的最小正周期为T，

则有34T=11π24−(−7π24)=3π4，

解得T=π，

所以T=2πω=π，解得ω=2．

由题意知A=3，

所以f(x)=3sin(2x+φ)，

又f(11π24)=3sin(2×11π24+φ)=3，

所以2×11π24+φ=π2+2kπ，k∈Z，

即φ=−512π+2kπ，k∈Z，又−π<φ<π，

所以φ=−5π12，

所以f(x)=3sin(2x−5π12)；

令π2+2kπ≤2x−5π12≤3π2+2kπ，k∈Z，

即2kπ+11π12≤2x≤2kπ+23π12，k∈Z，

解得11π24+kπ≤x≤23π24+kπ，k∈Z，

即f(x)的单调递减区间为[11π24+kπ,23π24+kπ]，k∈Z；

(2)18.(1)证明：因为BC//AD，AD⊥AB，AB=BC=1，

所以AC=2，∠CAD=45°，

由余弦定理得CD=AC2+AD2−2AC⋅ADcos45°=2，

所以AC2+CD2=AD2，所以AC⊥CD，

因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，

又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，

所以CD⊥平面PAC，

而CD⊂平面PCD，

所以平面PAC⊥平面PCD．

(2)取PC的中点F，过点F作GF⊥PE，垂足为G，连接AF，AG，如图所示．

因为PA=AC=2，所以PC⊥AF，AF=1，PF=1，

由(1)知CD⊥平面PAC，而PC，AF⊂平面PAC，所以CD⊥PC，CD⊥AF，

因为CD∩PC=C，CD，PC⊂平面PCD，

所以AF⊥平面PCD，又PE⊂平面PCD，所以PE⊥AF，

因为PE⊥GF，AF∩GF=F，AF，GF⊂平面AFG，

所以PE⊥平面AFG，又AG⊂平面AFG，所以AG⊥PE，

所以∠AGF为二面角C−PE−A的平面角．

因为CE=ED，所以CE=22，PE=22+(22)2=322，

所以sin∠CPE=CEPE=13=GFPF，

所以GF=13，

所以tan∠AGF=AFGF=3，

所以二面角C−PE−A的正切值为3．

(3)在平面ABCD内，过点B作BO⊥AE，垂足为O，连接PO，如图所示．

因为PA⊥平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以PA⊥BO，

又PA∩AE=A19.(1)由32c=asin(B+π3)及正弦定理得，32sinC=sinAsin(B+π3)=sinA(12sinB+32cosB)，

又sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，

整理得3cosAsinB=sinAsinB，

又sinB>0，所以3co