江西南昌市第一中学2025−2026学年度高一下学期期末考试数学试题（含答案）

江西南昌市第一中学2025−2026学年度高一下学期期末考试数学试题一、单选题1．（

）A． B． C． D．2．已知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．3．已知向量，不共线，且，，若与共线，则实数的值为（

）A．1 B． C．1或 D．或4．若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，体积为，则它的母线长为（

）A． B． C． D．25．已知表示一条直线，，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则6．如图，在中，点满足，为线段上的一点，若，则的最大值为（

）

A． B． C． D．7．已知直四棱柱的底面是边长为6的正方形，8，点M是棱AA₁的中点，E是棱AB上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱所得截面的周长为（

）A． B．C． D．8．已知且满足，则（

）A． B．C． D．二、多选题9．已知i为虚数单位，在复平面内，复数，以下说法正确的是（

）A．复数z的虚部是 B．C．复数z的共轭复数是 D．复数z的共轭复数对应的点位于第四象限10．已知函数的部分图象如图所示，阴影部分的面积为，则下列说法正确的有（

）A．函数的最小正周期为B．函数的一条对称轴为C．将函数向右平移个单位长度得到函数D．函数在区间上单调递增11．在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（

）

A．B．三棱锥的体积不变C．的最小值为D．当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为三、填空题12．若角的终边经过点，则的值为_____.13．三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______.14．德国数学家高斯用取整符号定义了取整运算，对于任意的实数，表示不超过实数的最大整数，例如，则______________．四、解答题15．已知向量与的夹角为60°，，，求：（1）；（2）；（3）若，求实数k的值．16．如图，在三棱锥中，，点O､M分别是､的中点，底面.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小.17．在锐角中，角的对边分别为，且．（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围．18．如图，已知等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，，将沿着AE翻折成，使平面AECD．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的大小；（3）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求CP的长；若不存在，说明理由．19．我市某大型综合商场门前有条长120米，宽6米的道路（如图1所示的矩形），路的一侧划有24个长5米，宽2.5米的停车位（如矩形）．由于停车位不足，高峰期时段道路拥堵，该商场郭经理提出一个改造方案：在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边的绿化带及改变停车位的方向来增加停车位．记绿化带被压缩的宽度米，停车位相对道路倾斜的角度，其中．（1）若，求和的长；（2）求关于的函数表达式；（3）若，按照郭经理的方案，该路段改造后的停车位比改造前增加了多少个？

参考答案1．【答案】B【详解】由题意可得：.2．【答案】C【详解】由圆锥的底面半径为4，高为3，得该圆锥的母线，所以该圆锥的侧面积为.3．【答案】D【详解】因为与共线，所以存在实数使得，即，因为向量，不共线，所以，解得或.4．【答案】B【详解】设该圆台的高为，母线为，由圆台的体积公式，得，所以.5．【答案】B【详解】对选项A：若，，则直线的位置关系为或，并非一定满足，故A错误；对选项B：由面面平行的性质可知，若两个平行平面中的一个与一条直线垂直，则另一个平面也与该直线垂直，因此当，时，，故B正确；对选项C：若，，则与的位置关系可能为平行、相交或，并非一定垂直，故C错误；对选项D：若，，则直线的位置关系为或，并非一定满足，故D错误。6．【答案】D【详解】因为，所以，所以，显然，又三点共线，所以，由基本不等式得，所以，当且仅当，即时，等号成立．所以的最大值为．7．【答案】D【详解】连接并延长，交的延长线于点，连接并延长，交于点，交的延长线于点，连接，交于点，连接，，，所以过点，，的平面截直四棱柱的截面为五边形．因为为的中点，，由平行线分线段成比例可知：，，故点为中点，故，又，故，．因为四棱柱为直棱柱，故，，，，，所以五边形的周长为．8．【答案】B【详解】因为，，，所以，又因为，，所以，，所以，所以，所以，又因为，所以，所以所以.所以，故选B.9．【答案】CD【详解】，对于A，复数z的虚部是，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，复数z的共轭复数是，故C正确；对于D，，在复平面内，对应点的坐标为，复数z的共轭复数对应的点位于第四象限，故D正确.故选CD10．【答案】ABD【详解】对于A选项，由对称性可知阴影部分区域的面积等于平行四边形的面积，且平行四边形的边上的高为，即，即，所以函数的最小正周期为，A对；对于B选项，由图可知，，且，可得，又因为，所以，所以，因为，所以函数的一条对称轴为，B对；对于C选项，将函数向右平移个单位长度得到函数的图象，C错；对于D选项，当时，，故函数在区间上单调递增，D对.11．【答案】ABD【详解】连接，如图所示，

直三棱柱中，，为正方形，，，平面，平面，，平面，，平面，平面，，A选项正确；由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确；设，，，，，，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误；当是的中点时，，，，，，，，设点到平面的距离为，由，得，，直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为，则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确.故选ABD12．【答案】/【详解】由题意可得，所以，.13．【答案】【详解】如图所示，在中：，因此，即.在中：，因此，即.因为，且平面，根据线面垂直判定定理可得：平面.是边长为的等边三角形，由正弦定理，其外接圆半径满足：，解得，即.外接球球心在过外心、且垂直于平面的直线上，该直线平行于，设球心到平面的距离为，由，得：，即，已知，故，，外接球半径满足：由球的表面积公式，代入得：.14．【答案】【详解】根据正弦函数的周期为，在一个周期内有当时，，当时，，所以，根据三角函数的周期性可知.15．【答案】（1）；（2）；（3）．【详解】（1）因为向量与的夹角为60°，，，故；（2）因为，故；（3）因为，故；整理得：，可得：，．16．【答案】（1）见详解（2）【详解】（1）证明：连接OB,由,O为AC的中点，得，又底面，故,∵点M为的中点，∴,又∵，∴,，故平面.（2）解法一：由（1）知平面,且,又，面,平面，∴面，则点A到面的距离就是点B到面的距离.设直线与平面所成角为，，∴与面所成的角的正弦值为，故与面所成的角的大小为.解法二：设点A到面的高为h，而,由得，则，设直线与平面所成角为，，∴与面所成的角的正弦值为，即所成的角的大小为.解法三：如图，以O为坐标原点，以OB,OC,OS分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,则,由（1）可知为平面SOM的一个法向量，设直线与平面所成角为，，则,故，即直线与平面所成角为.17．【答案】（1）（2）【详解】（1）由正弦定理得：，，，，，.（2）由正弦定理得：，，，；为锐角三角形，，即，，，，，即的取值范围为.18．【答案】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，所以可得四边形为菱形，可得，又，所以可得；因为，平面；所以平面，又平面，所以平面平面；（2）（3）【详解】（1）略（2）由平面AECD，平面AECD，可得；易知，，所以；又因为，平面；所以平面，又平面，所以又，因此可得即为二面角的平面角，在直角三角形中，，可得，即.（3）假设线段上是否存在点P，使得平面，过点作交于，连接，如下图所示：所以，即可得四点共面，又因为平面，所以，所以四边形为平行四边形，故，可得点为的中点；故在线段上存在点P，使得平面，且；易知为正三角形，且，所以可得，由勾股定理可得，所以，因此.19．【答案】（1）米，米．（2），．（3）13个．【详解】（1）由题意得米，米，，则，即