2024-2025学年江西省宜春市丰城中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江西省宜春市丰城中学高一（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.复数z=11−i的共轭复数是(

)A.12+12i B.122.已知一个扇形的圆心角为π3，且所对应的弧长为π，则该扇形面积为(

)A.π B.32π C.2π 3.已知向量a=(2m+1,1),b=(1,5−4m)，且a⊥b，则A.3 B.−3 C.2 D.−24.若α+β=3π4,tanα=2，则sinA.1 B.−1 C.2 D.−25.在四边形ABCD中，AD//BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A−BCD，如图，则在三棱锥A−BCD中，下列结论不正确的是(

)A.CD⊥AB

B.CD⊥BD

C.平面ADC⊥平面ABD

D.平面ABC⊥平面BDC6.△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知cosCc+cosBb=(2−A.π6 B.π3 C.2π37.21世纪以来，中国钢铁工业进入快速发展阶段，某工厂要加工一种如图所示的圆锥体容器，圆锥的高和母线长分别为4m和5m，该容器需要在圆锥内部挖出一个正方体槽，则可以挖出的正方体的最大棱长为(

)A.36−21B.40−21C.40−24D.36−248.已知平面向量a、b、c满足|a|=|b|=a⋅c=2，且|A.2−3 B.23−2 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.对于函数f(x)=sin2x和g(x)=sin(2x−π4A.f(x)与g(x)有相同零点 B.f(x)与g(x)有相同最大值

C.f(x)与g(x)有相同的最小正周期 D.f(x)与g(x)的图像有相同的对称轴10.已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是(

)A.若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC是锐角三角形

B.若acosA=bcosB，则△ABC是等腰三角形

C.若bcosC+ccosB=b，则△ABC是等腰三角形

D.△ABC是锐角三角形，则sinA>cosB11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是AD，DDA.存在点P，使得FP//平面ABC1D1

B.过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形

C.异面直线BA1与EF所成的角的大小为60°

D.若D1P//平面A1BC112.已知OA=(1,2)，OB=(3,−4)，则AB在OA方向上的投影向量坐标为______．13.若cos(α+π4)cos(α−14.已知四边形ABCD为平行四边形，AB=4，AD=3，∠BAD=π3，现将△ABD沿直线BD翻折，得到三棱锥A′−BCD，若A′C=13，则三棱锥A′−BCD的内切球与外接球表面积的比值为

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)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ca=sinA+2sinBcosA2sinA．

(1)求B的大小；

(2)若b=22，△ABC16.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为菱形，边长为2，且∠A1AB=60°，AC=BC，D是AB的中点．

(1)求证：BC1//平面17.(本小题15分)

已知函数f(x)=3cos2ωx+sinωxcosωx−32(ω>0)，f(x)图象的相邻对称轴之间的距离为π2．

(1)求f(x)的解析式和函数f(x)的单调递增区间；

(2)将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标伸长为原来的2倍，再向左平移π1218.(本小题17分)

如图，已知三棱台ABC−A1B1C1的体积为1433，底面△ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，且AA1=A1B1=BB1=12AB．19.(本小题17分)

如图，△ABC中，AB=2，AC=1，点D在线段BC上，△ABE为等边三角形．

(1)若CD=2DB，∠CAB=120°，求线段AD的长度；

(2)若CD=2DB，求线段DE的最大值；

(3)若AD平分∠BAC，求△ACD

答案解析1.【答案】B

【解析】解：∵Z=11−i=1+i(1−i)(1+i)=1+i1−i2=1+i2

∴复数Z的共扼复数2.【答案】B

【解析】解：因为扇形的圆心角为π3，且所对应的弧长为π，

故半径为ππ3=3，

故该扇形面积为12×3×π=3π2．3.【答案】A

【解析】解：向量a=(2m+1,1),b=(1,5−4m)，

则a⋅b=2m+1+5−4m=6−2m=0，可得m=3．

故选：4.【答案】B

【解析】解：由题意得tanβ=tan(3π4−α)=tan3π4−tanα1+tan3π45.【答案】D

【解析】解：对于B，如图，

因为AD//BC，AD=AB，∠BAD=90°，

所以∠ABD=∠ADB=45°，

又因为∠BCD=45°，AD//BC，

所以∠ADC=135°，

所以∠BDC=∠ADC−∠ADB=135°−45°=90°，

所以CD⊥BD，所以B正确；

对于A，由B选项知CD⊥BD，

又因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，

所以CD⊥平面ABD，

因为AB⊂平面ABD，

所以CD⊥AB，所以A正确；

对于C，由选项A知，CD⊥平面ABD，

因为CD⊂平面ADC，

所以平面ADC⊥平面ABD，所以C正确；

对于D，如图，过点A作AE⊥BD，垂足为E，

因为平面ABD⊥平面BCD，AE⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD=BD，

所以AE⊥平面BCD，

显然AE⊄平面ABC，所以平面ABC与平面BDC不垂直，所以D错误．

故选：D．

根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可．

本题考查线面，面面位置关系的判断，属于中档题．6.【答案】A

【解析】解：△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知cosCc+cosBb=(2−3)a，

则a2+b2−c22abc+a2+c2−b22abc=(2−3)7.【答案】D

【解析】解：因为圆锥的高ℎ=4m，母线长l=5m，

设圆锥底面半径为r，则r=l2−ℎ2=3m，

过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如图，

此时正方体的棱长最大，设正方体的棱长为a，

则CC1=a,CD=2a，

作AO垂直底面于O，则EO=r，AO=ℎ，

因为△ECC1～△EOA，所以CC18.【答案】B

【解析】解：已知平面向量a、b、c满足|a|=|b|=a⋅c=2，且|a+λc|⩾|a−12c|对任意实数λ恒成立，

则a2+2λa⋅c+λ2⋅c2≥a2−a⋅c+14c2，

即c2⋅λ2+4λ+2−14c2≥0恒成立，

9.【答案】BC

【解析】解：对于A，f(0)=0，g(0)=−22，故A错误；

对于B，f(x)∈[−1,1]，g(x)∈[−1,1]，两函数值域相同，故B正确；

对于C，显然两函数最小正周期都为π，故C正确；

对于D，由2x=kπ+π2，k∈Z得，函数f(x)的对称轴是x=kπ2+π4，k∈Z，

由2x−π4=kπ+π2，k∈Z得，函数g(x)10.【答案】ACD

【解析】解：A：∵tan(A+B)=tanA+tanB1−tanAtanB，且A，B，C是△ABC的内角，∴tanA+tanB=tan(A+B)(1−tanAtanB)，

∴tanA+tanB+tanC=tan(A+B)(1−tanAtanB)+tanC=−tanC(1−tanAtanB)+tanC=tanAtanBtanC>0，

∴A，B，C都是锐角，∴△ABC是锐角三角形，故选项A正确；

B：由acosA=bcosB及正弦定理可得sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，

∴2A=2B或2A+2B=π，∴A=B或A+B=π2，

∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，故选项B错误；

C：由bcosC+ccosB=b及正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=sinB，即sin(B+C)=sinA=sinB，

∵A，B，C是△ABC的内角，∴A=B，∴△ABC是等腰三角形，故选项C正确；

D：△ABC是锐角三角形，∴A+B>π2，即0<π2−B<A<π2，

则sinA>sin(π11.【答案】AC

【解析】解：正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是AD，DD1的中点，

点P是底面ABCD内一动点，

对于A，取BC的中点H，连接EH，FH，

∵E，F分别是AD，DD1的中点，∴EF/​/AD1，

∵EF⊄平面ABC1D1，AD1⊂平面ABC1D1，

∴EF/​/平面ABC1D1，

∵EH//AB，同理可得EH/​/平面ABC1D1，

∵EH∩EF=E，EH，EF⊂平面EHF，∴平面EHF//平面ABC1D1，

故当P在线段EH上时，满足FP//平面ABC1D1，故A正确；

对于B，连接C1F，由A知，EF/​/AD1，又BC1/​/AD1，∴EF/​/BC1，

∴四边形EBC1F即为过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形，

∵EF=12AD1=12BC1，∴四边形EBC1F为梯形，故B错误；

对于C，由B知，EF/​/BC1，

∴∠A1BC1为直线BA1与EF所成角或其补角，

连接A1C1，则A1C1=BA1=BC1=22，

∴△A1C1B为等边三角形，故∠A1BC1=60°，

异面直线BA1与EF所成的角的大小为60°，故C正确；

对于D，连接AD1，CD1，AC，

∵BC1/​/AD1，BC1⊂平面A1BC1，AD1⊄平面12.【答案】(−2,−4)

【解析】解：由已知得，AB=OB−OA=(3,−4)−(1,2)=(2,−6)，

所以，AB在OA方向上的投影向量为AB⋅OA|OA|213.【答案】13【解析】解：由题意得cos(α−3π4)=cos[(α+π4)−π]=−cos(α+π4)，

所以cos(α+π4)cos(α−3π4)=−13，即−14.【答案】557【解析】【分析】本题考查球的切、接问题，球的表面积，利用余弦定理解三角形，棱锥的体积，属于中档题．

根据题意利用余弦定理求得DB=【解答】

解：在△ABD中，AB=4,AD=3,∠BAD=π3，

故DB2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cos∠BAD

=42+32−2×4×3×12=13，

即DB=13，

则折成的三棱锥A′−BCD中，

A′C=DB，A′B=AB=DC，

A′D=AD=BC，

即此三棱锥的对棱相等，

故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，

设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c，

则a2+b2=13，a2+c2=9，b2+c2=16，

解得a=3,b=10,c=6，

此长方体的外接球是三棱锥A′−BCD15.【答案】解：(1)由题意得及正弦定理可得sinCsinA=sinA+2sinBcosA2sinA

因为sinA≠0，所以sinA+2sinBcosA=2sinC=2sin(A+B)=2sinAcosB+2cosAsinB，

得sinA=2sinAcosB，得cosB=12，而B∈(0,π)，

可得B=π3；

(2)由S△ABC=12acsinB=23，由(1)可得ac=8，

而b=22，

由余弦定理cosB=a【解析】(1)由正弦定理及三角形的内角和的性质可得B的余弦值，进而求出B角的大小；

(2)由三角形的面积和(1)可得ac的值，再由余弦定理可得a+c，进而求出三角形的周长．

本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题．16.【答案】(1)证明：连接C1A，设A1C∩AC1=E，连接DE．

因为三棱柱的侧面AA1C1C为平行四边形，所以E为A1C的中点．

在△ABC1中，因为D是AB的中点，

所以DE/​/BC1．

因为DE⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，所以BC1/​/平面A1DC．

(2)因为△A1AB为正三角形，所以A1D⊥AB，A1D=3，

因为平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB【解析】(1)连接C1A，设A1C∩AC1=E，连接DE.推导出DE//BC1.由此能证明BC1/​/平面A1DC．

(2)推导出A1D⊥AB，从而A1D⊥17.【答案】f(x)=sin(2ωx+π3)，

f(x)的单调递增区间为[−5π【解析】解：(1)f(x)=3cos2ωx+sinωxcosωx−32

=32(1+cos2ωx)+12sin2ωx−32

=sin(2ωx+π3)，其中ω>0，

因为f(x)图象的相邻对称轴之间的距离为π2，

所以f(x)的最小正周期为T=π，

即2π2ω=π，解得ω=1，所以f(x)=sin(2x+π3)，

令−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，解得−5π12+kπ≤x≤π12+kπ，

k∈Z，所以f(x)的单调递增区间为[−5π12+kπ,π12+kπ]，k∈Z；

(2)由(1)知，f(x)=sin(2x+π3)，将f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，

纵坐标伸长为原来的2倍，得函数y=2sin(4x+π3)的图象，

再向左平移18.【答案】证明见解析；

4217；

存在，【解析】(1)证明：在三棱台ABC−A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB⊥BC，

而平面ABB1A1∩平面ABC=AB，BC⊂平面ABC，

所以BC⊥平面ABB1A1．

(2)由棱台性质知：延长AA1，BB1，CC1交于一点P，

由A1B1=12AB，得S△ABC=4S△A1B1C1，点P到平面ABC的距离为到平面A1B1C1距离的2倍，则VP−ABC=8VP−A1B1C1，

于是VP−ABC=87VABC−A1B1C1=87×1433=1633，由BC⊥平面ABB1A1，得B