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）

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2={x|5-X>1},B={0,2,4,5,7},则4nB=()

A.{0,2,4}B.{0,2}C.{4,5,7}D.{5,7}

2.已知向量N=(2,1),b=(-1,5),则|方一。|=()

A.5B.25C.D.7

3.如图所示，一个水平放置的44BC的斜二测直观图是△A'B'C,若O'4=Y^,O'B'=O'C=2,则小

ABC的面积是()

A.<3

B.2<3

C.3<3

D.4<3

4.要得到函数y=s讥2x的图象，只需要将函数y=sin（2x+学的图象（）

A.向右平移与个单位长度B.向右平移［个单位长度

O

C.向左平移与个单位长度D.向左平移［个单位长度

O

5._2x<0”是“0<久<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/（%）是定义在R上的奇函数，且/（一工）+/（无）+2a=1,则a=（）

11

A.--B.-C.0D.1

7.在直三棱柱ABC—Ci中，AC=AAlfD,E,尸分别是棱48,B4,CC1的中点，则异面直线/F与

DE所成角的余弦值是（）

AKD.等

A,rB-l

8.如图，某河流两边有4,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10小，为了测量在河的北.岸4,B两个目标

点间的距离，某小组测得N4CB=75。，^ACD=120°,^ADC=30°,

乙4DB=45。，则A,B两个目标点间的距离为（）

A.10V~2mB.5V15m-3~D.10V~3m

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）（l-3i）,则下列结论正确的是（）

A.z的实部是一5B.z的虚部为-1

C.|z|=/26D.z在复平面内所对应的点位于第四象限

10.已知zn,71是两条不同的直线，a,B，y是三个不同的平面，则下列结论正确的是（）

A.若a]〃,mua,nu0,则

B.若m1a,nl/3,a10,则m1n

。若戊〃丫,S〃y,则a〃£

D.若a_Ly,/?1y,则a1£

11.“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

M.

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,O

J,K,L,M分别是4M,BG,CH,DJ,EK,FL的中点，。是正六边形G

4BCDEF的中心，P是正六边形GW/KLM内的一动点（包含边界），|荏|=

3,则（）

A.ZM=|XB+|XFB.AK=^AB+^AF

C.莉•衣的最小值是3D.而.加的最大值是刍

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.sin650cos350—cos65°sml45°=______.

13.已知a>0,b>0,且2a+6=2,贝壮的最小值是

ab

14.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）

已知幕函数/（久）=（m2-2m+1）久机一】在（0,+8）上单调递增.

(1)求m的值；

(2)若函数g(x)=/(%)+去，判断g(x)在［2,+8)上的单调性并用定义法证明你的结论.

八X)

16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P—2BCD中，底面4BCD为菱形，/.ABC=60°,PA_L平面4BCD,AP=AB,E,尸分别

为BC,PD的中点.

(1)证明：EF〃平面PAB；

(2)证明：PD_L平面AEF.

17.(本小题15分)

已知△ABC的内角4B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的周长为3+且s讥B+s讥C=苧s讥4.

(1)求a.

⑵已知△力BC的面积为sinA.

①求b,c；

②求△ABC的外接圆的半径.

18.(本小题17分)

已知函数/(X)=Acos((i)x+0)(2>0,3〉0,0<0<兀)的部分图象如图所示.

(1)求/'(x)的解析式；

(2)求f(x)在《,兀］上的值域;

(3)若/(久)在［0,6］上恰有3个零点，求小的取值范围.

工1°晨

88

-272

19.(本小题17分)

y

定义：两个多面体M1，“2的重合度K=,的七—，其中嗯I#是多面体Ml，M2的重合部分的体积，匕，

一/i+七—y公共么火--

玲分别是多面体”1，用2的体积,如图，在三棱柱ABC-a/iCi中，D,E分别是棱CC1上的点(不包含

端点)，且BD=CE,延长4D,AE,分别交4当，&G的延长线于点F,G.

(1)己知BD且三棱柱力BC—A/iG的体积为18.

①求三棱柱4BC-4/G与三棱锥4—4FG重合部分的体积；

②求三棱柱ABC-4B1G与三棱锥2-4FG的重合度K.

(2)若三棱柱ABC-481cl与三棱锥4-4FG的重合度K=求罂■的值.

3DD-^

答案解析

1.【答案】B

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

则4CB={0,2}.

故选：B.

由题意得a={%|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:向量不=(2,1),b=(-1,5),

则1—3=(3,—4),贝力〉一=,32+(—4尸=5.

故选：力.

由向量减法运算、模的坐标计算公式求解即可.

本题主要考查向量减法运算、模的坐标计算公式，属于基础题.

3.【答案】D

【解析】解：由题可得：AABC中，OA=20'A'=243,BC=OB+OC=O'B'+O'C=4,且04即为△

4BC的边BC上的高，

所以AaBC的面积是：iX273X4=4<3.

故选：D.

根据直观图得到原图中。4=2。'4'=26，BC=OB+OC=O'B'+O'C'=4,且。4即为△ABC的边BC上

的高，进而求解结论.

本题主要考查几何图形的直观图，属于基础题.

4.【答案】B

【解析】解：,；y=sin2x=sin[2(x一3)+，，

二将函数y=sin(2x+学的图象向右平移着个单位长度得到函数y=s讥2x的图象.

故选:B.

根据平移变换规律即可得.

本题考查三角函数变换，属于基础题.

5.【答案】A

【解析】解：由久2-2XW0,可得0WKW2.

因为(0,2)5[0,2],

所以—2xW0”是“0＜久＜2"的必要不充分条件.

故选：A.

先解不等式--2久W0,然后根据充分条件、必要条件的概念判断即可.

本题主要考查了充分必要条件的判断，属于基础题.

6.【答案】B

【解析】解：根据题意，/1(%)是定义在R上的奇函数,则/。)+/(-%)=0,

若/(一%)+/(%)+2£1=1，则有2a=1,即4=右

故选:B.

由奇函数的性质即可得解.

本题考查奇函数的性质和应用，注意奇函数的定义，属于基础题.

7.【答案】C

【解析】解：由题意直三棱柱48C—4B1G中，AC=AA1,D,E,尸分别是棱ZB,BQ,CC1的中点,

可取棱41cl的中点G,连接EG,AG,FG,

如图所示，

1

因为E,G分别是棱BiG，4G的中点，所以EG〃4EG=^A1B1.

由棱柱的性质可知AB〃&B],AB=AiB1.

因为。是棱的中点，所以AD=^A1B1,所以力。〃EG,AD=EG,

所以四边形ADEG是平行四边形，所以4G〃DE,

则NF4G是异面直线4F与DE所成的角或其补角.

设AC=A4i=2,则DE=AG=AF=FG=72.

在△AFG中，由余弦定理可得COSN凡4G=6,严=5+5-2=4

2AF-AG2X<5XVT5

即异面直线4F与DE所成角的余弦值是去

故选：C.

取棱41cl的中点G,连接EG,AG,FG,根据异面直线的定义说明NF4G是异面直线2尸与DE所成的角或其

补角，结合余弦定理即可求解.

本题考查了异面直线所成角的求法，是中档题.

8.【答案】C

【解析】解：在△ACD中，由N4CD=120。，^ADC=30°,可得NCAD=30。，

则AC=CD=10,AD=2CDcos300=10<3,

在△BCD中，由题意可得N8CD=45。，NCBD=60。，

则由正弦定理缶=占,

可得益=黑，解得8。=竺产，

sinbOsm453

在△力BD中，由余弦定理，

可得AB2=AD2+BD2-2AD-BDcos乙ADB,

=300+等-2x10>A3x10/6<2500

3-x-F="i

解得力B=吗更，

所以4,B两个目标点间的距离为号I

故选：C.

在△4CD中，求得2。=10/3,在ABC。中，求得NBCD=45°,/.CBD=60°,利用正弦定理求得8。=

噌，在AABD中，结合余弦定理，即可求解.

本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题.

9.【答案】BD

【解析】解：z=(1+2i)(l-3i)=l-3i+2i-6i2=7-j,

A、B：z的实部为7,虚部为-1,故A选项错误、B选项正确；

22

C：|z|=77+(-1)=5AA2,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。选项正确.

故选：BD.

复数的乘法运算可得z=7-i,从而可求其实部与虚部，可对4B判断；可求其模对C判断；利用复数的

几何意义可对D判断.

本题考查了复数的乘法运算，属于基础题.

10.【答案】BC

【解析】解：已知n是两条不同的直线，a,6,y是三个不同的平面，

对于力，若。〃£,mca,nu0,

则平行或异面，

A错误.

对于B,若m1a,7i1/7,a10,

则m1n,

8正确.

对于C,若口〃丫,£〃y,

则a〃夕,

C正确.

对于D,若a1y,B工y,

则戊〃0或a与£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.

1L【答案】BCD

【解析】解：

ED

对于力选项：连接CF,所以线段CF的中点为。,

连接。B,易知ABOF,4BC0都是平行四边形，

所以就=而=南+方，

连接EM,所以4M,E三点共线，并且前=2而,

故祠=|同=|港+而)=：/+|前=|荏+守箱故A选项错；

对于B选项：易知前=屈，凉=—,荏，进而可以得到衣=屈+前+施=|荏+布南+

^AF,故8选项对；

对于C选项：作HN14M,垂足为N,

易知P与“重合时，奇.布取得最小值，

由于|希|=3，故可以得至少前|=2门.

又由于H为线段BG的中点，则N为线段4G的中点，

故|利=苧，进而可以求得⑷17•硝疝九=|而||前|=3,故C选项对；

对于。选项：延长40,交线段KL于点Q,所以Q为线段KL的中点，

由于|五|=门，故可以得至Ui而|=|，

由于|同|=3,故可以得至！J|而|=3,则|芯|=|,

所以颂•硝s=|而||通户系故。选项对.

故选：BCD.

对于28,由图形的几何性质，连接辅助线，构造平行四边形与三角形，利用向量的线性运算，可得其正

误；对于CD,由图形的几何性质，明确取得最值得动点位置，利用数量积的定义，可得其正误.

本题主要考查平面向量的数量积，属于中档题.

12.【答案】|

【解析】解:因为s讥145°=sin(180°-35°)=s讥35°,

1

所以原式=sin65°cos350-cos65°sin35°=sin(65°-35°)=sin30°=j.

故答案为：

运用诱导公式、两角差的正弦公式进行求解，即可得到本题的答案.

本题主要考查两角和与差的三角函数公式与诱导公式等知识，属于基础题.

13.【答案】9

【解析】解：因为2a+6=2,a>0,b>0,

匚匚r、i1.81/c、/I8、1/b16ay八、c

所以Z+L5（2a+6T）（Z+3）=2《+丁+1°）-9,

当且仅当b=4a,即b=*a=g时，等号成立.

故答案为：9.

由乘1法结合基本不等式求解即可.

本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题.

14.【答案】等

【解析】解：作出圆台的轴截面的示意图如下：

设。1，。2分别是该圆台容器上、下底面圆的圆心，

圆。是球形创意冰激凌的截面，E,F分别为圆。切ZD,8C的切点，

则根据题意可得DE=D01=8厘米，EA=AO2=2厘米.

作4H1CD,垂足为H,

则。iH=O2A=2厘米，AH=。1。2，DH=DOr-0卷=6厘米.

因为4D=DE+EA=10厘米，所以AH=AD2-DH2=8厘米，

则。01=002=：。1。2=4厘米，即该球形创意冰激凌的半径为4厘米，

故该球形创意冰激凌的体积为《兀x43=等立方厘米.

故答案为：誓.

只需根据题意求得该球形创意冰激凌的半径，再结合球的体积公式即可求解.

本题考查立体几何的综合应用，属中档题.

15.【答案】m=2；

g（©在［2,+8）上单调递增，证明见解析.

【解析】（1）因为幕函数/（%）=（m2-2m+1）%7nt在（0,+8）上单调递增，

所以zu?—2m+1=1,且TH—1>0,

所以血=2；

(2)由(1)可知/(%)=%,则g(%)=%+g故g(%)在[2,+8)上单调递增;

证明如下：

任取％1，&C[2,4-00),且％1<x2,

则g6)-。(比2)=/+2-3+$=("一弓；｝-4)'

因为均<%2，所以％1-％2<0，

e

因为%*%2[2,+GO),所以％I%]>4,所以％1%2-4〉0,

所以心*^<0,即gQ】)_gQ2)<0,

所以g(%i)vg(%2)，即g(%)在[2,+8)上单调递增.

(1)由塞函数的性质即可列方程求解；

(2)由题意得g(x)=久+%由对勾函数性质可判断g(x)在[2,+8)上单调递增，再结合定义法证明即可.

本题主要考查幕函数的性质应用，考查计算能力，属于中档题.

16.【答案】证明见解析；

证明见解析；

【解析】(1)证明：如图，取直线P4的中点G,连接8G,GF,

因为尸是PD的中点，所以GF〃4D,GF=^AD.

又底面力BCD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EFC平面PAB,BGu平面P48,

所以EF//平面P4B；

(2)证明：因为力EIBC,AE1AD,

又PA_1_平面ABC。，AEu平面48CD,所以AE1PA,又2。CtPA=A,

所以4E1平面PAD,又PDu平面PAD,

所以4E1PD,因为力P=48=4。，尸是PD的中点,

所以4F1PD,XAEC\AF=A,

所以PD_L平面力EF.

(1)取P力的中点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P4B；

(2)通过给定条件的几何性质，证明PD与平面4EF内两条相交的直线垂直，从而得出PD，平面AEF.

本题考查线面平行与线面垂直的证明，属中档题.

17.【答案】a=^2；

@b=2,©=1或匕=1,c=2；②爷

【解析】(1)因为sinB+sinC=sinA,

由正弦定理得力+。=学。，

因为Q+b+c=3+所以a+3yct=3+

得a=V-2;

(2)①由题意得S—BC=^bcsinA=sinA,则be=2,

(be=2

则有3/2解得b=2,。=1或6=1,c=2；

(b+c=-^-a=3

②由余弦定理得cosZ=庐琛混=I，

贝UsinA=V1—cos2>l=

设AZBC外接圆的半径为R,由正弦定理得2R=-*=等，得R=罕

(1)利用正弦定理将角化为边后计算即可得；

(2)①借助面积公式计算即可得；②借助余弦定理可得cos4则可得si/M,再借助正弦定理计算即可得.

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题.

18.【答案】/(%)=4处(2%+当)；

[-2/2,4]；

「117T15兀、

【解析】(1)由图可知小⑺的最小正周期r=2x郎+勺=兀，

OO

又由于7=鲁，且3>0,可得3=生=2,

|创71

由/(一看)=。,可得"cos(—[+0)=3

o4

可得—彳+9=2/CTT+—(fcGZ)，解得9=2kji+—(k6Z),

4Z4

又0<.(P<71,

可得0=多，

又/■(0)=-2/2,可得Acos(0+第=-2/2,

可得4=4,

所以/'(久)=4cos(2%+争；

(2)因为/(X)=4COS(2%+3),

由xeg,?r],可得2%+同€百，半+

可得cos(2x+竽)6[-苧,1],可得f(%)=4cos(2x+G[—2y/~2,4],

故/O)在自汨上的值域为[-2，1,4]；

(3)由-0,啊,可得2x+与€尊2爪+争，

因为〃久)在[0,河上恰有3个零点，

可得手W2M+苧〈当，

Z4L

解得殍等，即爪的取值范围为[手，等).

OOOO

(1)首先求得周期以及3,进一步由/(久)的图象经过点(-泉0)求得9=¥，再由f(X)的图象经过点

o4

(0,—2/1),求得4=4即可得解；

⑵由久e百扪，可得2X+与e4,引，再结合三角函数的性质即可得解；

(3)由久e[0,m],可得2x+与e尊2爪+争，结合题意列不等式即可求解.

本题考查了由y=Asin^x+乡)的部分图象确定其解析式以及余弦函数的图象和性质，考查了数形结合思

想和函数思想，属于中档题.

19.【答案】①12；②|；

1+/33

16,

【解析】(1)设△4/16的面积为S,三棱柱48。一4$母1的高为七则三棱柱ABC—4/1C1的体积匕=

Sh.

①作DH"AB,交44i于点H,连接EH,

因为DHC平面ABC,ABu平面力BC,因止匕£>"//平面ABC,

因为BD〃CE,S.BD=CE,因此BC〃DE,

又DE仁平面ABC,BCu平面ABC,因此DE〃平面ABC,

又DHnDE=。，因此平面OEH〃平面48C,

因为BO=；BB「因此H为棱44i的中点，

-1-1

则三棱柱HDE-&B1G的体积跖DE-41B1Q=3匕=9,三棱锥a-DEH的体积匕“EH=(匕=3・

故三棱柱ABC—与三棱锥2-41FG重合部分的体积U公共=^HDE-A1B1C1+^A-DEH=9+3=12.

②因为DH〃&B1，因此。”〃&F,因此A4DHSA4凡名,

mDHAHBD1”AB1

因此H万=~AA~=而-=5'因此rr

7A-yrZIA]DD-^ZA-yr7FL=2,

因为DE〃BiG，BiGu平面&FG,DE因此。£7/平面&FG.

因为平面ZFGn平面&FG=FG,且。Eu平面4FG,

因此。E〃FG,因此BiCJ/FG,

则△力i/CiSAa/G,故SAAXFG=4sA4遇遇1=4S,

从而三棱锥4—4FG的体积/=拉&FG•仁河=24,

^zkit122

故三棱柱ABC-&B]Ci与三棱锥力-4/G的重合度K=%+/二力、=-i

公共18+2425

(2)设函=4(0<4<1),则BO=/LBBi，从而%。=(1-QBB],

故三棱柱HDE—的体积%DE-ABIQ=(1—Q%，

三棱锥力-DEH的体积匕“EH=g匕，

故三棱柱ABC-力Q与三棱锥A-aFG重合部分