江西省九江市2025-2026学年高一下册期末考试数学试卷-含答案

数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若复数满足，则（）A. B. C. D.2.在中，若，则（）A. B. C. D.3.中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（）A. B. C. D.4.已知是周期为2的偶函数，且当时，，则（）A. B. C. D.5.设，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的个数是（）①，，则；②，，，，则；③，，，则；④，，，，则．A.0 B.1 C.2 D.36.若，则（）A. B. C. D.7.已知向量，满足，，且，设，的夹角为，则（）A. B. C. D.8.如图，四棱锥中，平面，，，，，，则三棱锥外接球的体积为（）A. B. C. D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知复数，，则（）A.的虚部是 B.C. D.在复平面内对应的点位于第二象限10.中，角，，所对的边分别为，，，且，则（）A. B.若且有两解，则C.若，则 D.若，则面积最大值为11.通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量．类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，称为复向量．类比平面向量的相关运算法则，对于，，我们有如下运算法则：①；②；③．已知，，均为复向量，，则（）A. B.C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的表面积为__________．13.在中，若，则的最小值为__________．14.如图，直三棱柱中，，，，是的中点，点是线段上的动点，点在线段上，，则三棱锥的体积最小值为__________．四、解答题：本大题共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.已知函数（，，）的部分图象如图所示．（1）求的解析式；（2）求的单调递增区间．16.如图，在三棱柱中，，分别是，的中点，在棱上，且．（1）过点，，作三棱柱的截面，并写出作法；（2）求证：平面．17.中，内角，，所对的边分别为，，，已知．（1）证明：；（2）若，，的平分线交于点，求．18.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，，为的中点．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正切值；（3）求四棱锥的体积．19.已知函数（），且存在正实数，使得对任意，恒有．（1）求的值；（2）求的单调区间；（3）求的所有零点之和．

数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若复数满足，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：.2.在中，若，则（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：.3.中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：由余弦定理，，所以，所以.4.已知是周期为2的偶函数，且当时，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据函数周期与奇偶性将自变量转化到已知区间，再代入求值解答过程：.5.设，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的个数是（）①，，则；②，，，，则；③，，，则；④，，，，则．A.0 B.1 C.2 D.3答案：C解析：解答过程：对①，，，则或，故①错误；对②，，，，，要想得到，还需要条件直线，为相交直线，故②错误；对③，由，可得，又，所以，故③正确；对④，根据面面垂直的性质定理可得，，，，则，④正确.故正确命题有2个.6.若，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：由诱导公式和商数关系求得，然后由二倍角公式变形，再结合齐次式变形计算.解答过程：由题意，所以，，7.已知向量，满足，，且，设，的夹角为，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：利用垂直向量的数量积为零及向量夹角公式可得，再借助二倍角公式计算即可得.解答过程：由，得，故，则，故.8.如图，四棱锥中，平面，，，，，，则三棱锥外接球的体积为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：过点作交于点，求出的长，以、为邻边作平行四边形，连接，求出、的长，可知为三棱锥外接球的球心，求出球的半径，结合球体体积公式计算即可.解答过程：过点作交于点，因为，，，故四边形为矩形，所以，且，，故，由勾股定理可得，，又因为，故，则，以、为邻边作平行四边形，连接，则四边形为菱形，所以，又因为，则为等边三角形，于是得出，所以为的外心，又因为平面，平面，且，由勾股定理可得，所以，故为三棱锥外接球的球心，且该球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知复数，，则（）A.的虚部是 B.C. D.在复平面内对应的点位于第二象限答案：AC解析：解答过程：由题意得，故的虚部是，故A正确；，则，故B错误；，则，故C正确；由，得，其在复平面内对应的点位于第四象限，故D错误.10.中，角，，所对的边分别为，，，且，则（）A. B.若且有两解，则C.若，则 D.若，则面积最大值为答案：BCD解析：思路：先由正弦定理及三角恒等变换求出判断A，应用解的个数列式计算求解判断B，应用正弦定理及余弦定理计算判断C，利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用面积公式计算判断D即可.解答过程：因为，所以由正弦定理，得，得，由，，又，则，对于A，，故错误；对于B，因为有两解，则，得，得，故正确；对于C，因为，所以，由余弦定理得，得，所以，故正确；对于D，由余弦定理得，，得，所以，当且仅当时等号成立，则的面积为，故正确；11.通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量．类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，称为复向量．类比平面向量的相关运算法则，对于，，我们有如下运算法则：①；②；③．已知，，均为复向量，，则（）A. B.C. D.答案：AC解析：思路：设出各复向量的坐标形式，即设，将待验证的等式左右两边分别按照题目给出的复向量运算法则展开，对于涉及数乘和加法的运算，结合复数的加法、乘法运算律判断左右两边是否相等，对于涉及点积的运算，注意点积运算中取共轭的规则，结合共轭复数的运算性质判断左右两边是否相等逐个验证即可.解答过程：设，对于A项，，则，，则，所以，故A正确；对于B项，，，取，则，，所以，故B错误；对于C项，，则，，，所以，故C正确；对于D项，，则，，则，取，则，，所以，故D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的表面积为__________．答案：解析：思路：利用圆锥的表面积公式可求答案.解答过程：圆锥的侧面积为，底面积为，所以表面积为.13.在中，若，则的最小值为__________．答案：解析：思路：由题意可得，利用余弦定理可得，利用换元法，进而利用函数的单调性可求得的最小值.解答过程：因为，所以由正弦定理可得，所以，在中，由余弦定理得，令，当且仅当时取等号，所以，又在上单调递增，所以.14.如图，直三棱柱中，，，，是的中点，点是线段上的动点，点在线段上，，则三棱锥的体积最小值为__________．答案：##解析：思路：取中点，连接，证明平面，由棱柱性质得出体积为定值（由体积公式求出），再由棱锥体积公式得出，从而有，因此只要求的最小值，为此在矩形中建立如图所示的平面直角坐标系，用向量法结合基本不等式求得这个最小值，从而得出结论.解答过程：取中点，连接，由直棱柱性质知是矩形，，又因为，所以，又由平面，而平面，得，因为，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，，平面，平面，所以平面，，所以到平面的距离为定值，等于棱柱的高，是定值，所以为定值，，所以，要求的最小值，只要求的最小值，由题意，在矩形中，分别以为轴建立平面直角坐标系，则，设，，若，则与重合，从而与重合，因此取得最大值，不合题意，若，则直线方程为，,直线方程为，由，解得，即，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值是，，所以的最小值为.四、解答题：本大题共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.已知函数（，，）的部分图象如图所示．（1）求的解析式；（2）求的单调递增区间．答案：（1）（2）单调递增区间：，解析：思路：（1）根据图象先求周期，再利用最值求出，最后利用求出即可；（2）先利用倍角公式和辅助角公式化简，结合三角函数的性质求出.（1）由图可知，，得，因为，所以，得，因为，所以，因为，所以，则；（2）由题意得，令，得，则的单调递增区间为，.16.如图，在三棱柱中，，分别是，的中点，在棱上，且．（1）过点，，作三棱柱的截面，并写出作法；（2）求证：平面．答案：（1）作法：①连接并延长交的延长线于点G；②连接，交​于点H；③连接，则四边形即为所求过的截面.（2）由题意知，即，故，是的中点，则，故≌，则，而，故,即,又，则∽,则,结合，故，又是的中点，故，即H为的中点，而是的中点，则，又平面，平面，故平面，即平面.解析：思路：（1）根据三棱柱的特征，找出与平面的交点，再连接相应点即可；（2）根据题意可推出H为的中点，从而证明，根据线面平行的判定定理，即可证明结论.（1）略（2）略17.中，内角，，所对的边分别为，，，已知．（1）证明：；（2）若，，的平分线交于点，求．答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）由正弦定理边角互化即可；（2）由余弦定理得出，再根据等面积计算即可.（1）因为，由正弦定理得，又因为，，故，故，由正弦定理得；（2）在中，由余弦定理得，计算得，由（1）可知，为的角平分线，故，故，即，代入得，计算得.18.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，，为的中点．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正切值；（3）求四棱锥的体积．答案：（1）因为，为的中点，所以，又因为底面为菱形，，所以是等边三角形，又为的中点，所以，又因为，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）（3）解析：思路：（1）利用等腰三角形和等边三角形的性质可证平面，进而可证结论；（2）过作于，连接，可得为二面角的平面角，进而计算求得二面角的正切值；（3）由题意可得，进而计算即可.（1）略.（2）过作于，连接；因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，，所以，又是等边三角形，，所以，又因为，所以，所以，又，所以，解得，在中，；（3）因为为的中点，所以，又底面为菱形，所以，所以.19.已知函数（），且存在正实数，使得对任意，恒有．（1）求的值；（2）求的单调区间；（3）求的所有零点之和．答案：（1）（2）单调递增区间为，单调递减区间为且（3）解析：思路：（1）根据恒等式对任意成立，结合的最大值为，可推得正实数；（2）由得周期为，解得，化简得，递增区间为，递减区间为；（3）由的最大值为，可知仅内可能存在零点，且图像关于对称。共个零点，两两关于对称，因此所有零点之和为.（1）对任意，平方得：所以，且时，时，于是：，左边恒不大于，所以，若，取，则左边为，矛盾，若，则由原式可得：，取，则，也矛盾，因此只能有，此时有，即是的周期，而原函数的最小正周期为，因此，所以.（2）由(1)知，且以为周期，因此只需分析上的单调性，在上，且，故，而单调递增，单调递减，单调递递增，所以两者之和在上单调递增；在上，且