广东省茂名市普通高中2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省茂名市普通高中2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．复数的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，是同一平面内两个不共线的向量，则的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知复数是纯虚数，则为（ ）
A．B．4C．D．
4．将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到的图象，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知圆锥的底面半径为3，且圆锥的底面积是侧面积的一半，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．任意复数可以写成，其中r是复数z的模，是复数z的辐角（以x轴的非负半轴为始边，向量所在射线为终边的角），我们称为复数的三角形式.利用复数的三角形式可进行复数的乘方等运算，即，.已知复数，则中不同的数的个数为（ ）
A．6B．12C．24D．36
二、多选题
8．下列函数中，最小正周期为的奇函数是（ ）
A．B．C．D．
9．若，，则（ ）
A．B．
C．与的夹角为D．在方向上的投影向量为
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A．
B．若函数在上单调递增，则
C．的图象关于点中心对称
D．若，则
11．正方体的棱长为2，P为底面内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当P为正方形的中心时，三棱锥外接球的表面积为
B．当P在线段上时，的最小值为4
C．满足直线与上底面所成角为60°的点P的轨迹长度为
D．当P为中点时，过A，P，三点作正方体的截面Ω，Q为截面Ω上一点，则线段长度的取值范围为
三、填空题
12．在复数范围内，方程的解 .
13．已知三棱柱中，M，N分别为棱，的中点，过A，M，N作三棱柱的截面交于E点，且，则 .
14．如图，P为的内心，，、、的面积分别为、、，且.若，则的最大值为 .
四、解答题
15．如图，在直三棱柱中，，，，D是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与直线所成角的余弦值.
16．已知函数.
(1)当时，求函数的取值范围；
(2)在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若，，且的面积为，求的周长.
17．已知是边长为6的等边三角形，D是上靠近A的三等分点，点E在边上.
(1)用、表示；
(2)若，求的值；
(3)设与交于点，且，求.
18．如图，在梯形中，，，.把沿翻折，使得二面角的大小为，M，N分别是和中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离；
(3)若二面角的余弦值为，求.
19．在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，.
(1)求；
(2)记的面积为，内一点满足；
（i）若，求证：；
（ii）若，，求的值.
1．D
由复数乘法整理其为标准式，根据共轭复数的概念，可得答案.
【详解】由，则其共轭复数为.
故选：D.
2．A
根据，则，依次验证在每个选项的条件下，若，是否有解即可.
【详解】若，则，
选项A：若，则，解得，选项A正确；
选项B：若，则，无解，选项B错误；
选项C：若，则，无解，选项C错误；
选项D：若，则，无解，选项D错误.
故答案为：A.
3．C
根据纯虚数的定义及复数的模求解即可.
【详解】由题意得，解得，
所以，
所以.
故选：.
4．B
根据三角函数图象的变换，可得答案.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，可得函数的图象；
再将所得图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，可得的图象.
故选：B.
5．A
根据圆锥侧面积以及底面积的计算，求得母线长，利用勾股定理求得体高，结合圆锥的体积公式，可得答案.
【详解】设圆锥的体高为，母线长为，底面半径，
则底面积，侧面积，解得，
易知，所以体积.
故选：A.
6．A
利用正、余弦的二倍角公式化简，即可求，再用正切函数的二倍角公式求解即可.
【详解】，，
由，所以，所以，所以，所以.
故选：A
7．B
由复数的标准式写出对应点坐标，从而得到向量并结合图象求得夹角，根据三角函数的诱导公式，一一列举复数，可得答案.
【详解】由复数，则其在复平面上的对应点为，即，
取轴非负半轴上的单位向量，如下图：
所以，解得，
由，可得，
所以令，则
，
，
，
，
，
，
，
.
故选：B.
8．BD
利用周期计算公式判断ABC中函数的周期，根据的图像判断其周期.
【详解】的最小正周期为，的最小正周期为，的最小正周期为，的最小正周期为.
故选：BD
9．AC
选项A：根据向量数量积的坐标表示进行计算即可；选项B：根据向量加减法的坐标表示计算出和，再结合两向量垂直，数量积为0判断即可；选项C：根据向量夹角的公式进行计算即可；选项D：根据向量的投影向量公式计算即可.
【详解】对于选项A，，故选项A正确；
对于选项B，，，，故选项B错误；
对于选项C，，结合与的夹角范围为，故与的夹角为，选项C正确；
对于选项D，在方向上的投影向量为，故选项D错误.
故答案为：AC.
10．AB
对于A，由图可得函数的最小正周期，根据正弦函数的周期公式，可得其正误；对于B，根据整体思想，由正弦函数的单调性，建立不等式，可得其正误；对于C，根据整体思想，由正弦函数的对称性，可得其正误；对于D，根据对称性化简所求式子，利用三角恒等式，可得其正误.
【详解】对于A，由图可知函数的最小正周期，则，解得，故A正确；
对于B，由，则，
由正弦函数的单调性，则，解得，故B正确；
对于C，令，解得，显然，故C错误；
对于D，由题意可得，即，
则，
由图可知，即，则，故D错误.
故选：AB.
11．ACD
对于A，根据线面垂直，可作出球心，然后可求外接球半径得到表面积；对于B，将平面与平面沿展开，当三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求边长即可；对于C，过作平面，则就是直线与上底面所成角，可得，即点P的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧上即可求解；对于D，作出截面，利用等体积法可求最小值，根据端点可得最大值即可判定.
【详解】对于A，在正方体中，P为正方形的中心时，
平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，即平面，
在中，，
则，
所以，设外接圆半径为，由正弦定理得
，
过的外心作平面的垂线与的垂直平分线交于点，
则，

所以三棱锥外接球的表面积，故A正确；
对于B，当P在线段上时，将平面与平面沿展开，

则当三点共线时，取得最小值，
，故B错误；
对于C，过作平面，

则就是直线与上底面所成角，
，则，
所以点P的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧上，圆心角为，
所以点P的轨迹长度为，故C正确；
对于D，当P为中点时，设中点为，易得四边形为平行四边形，
即四边形为截面Ω，

设点到平面的距离为，
在中，，，
，
解得，即线段的最小值为，
当在处时，线段取得最大值，
所以线段长度的取值范围为，故D正确；
故选：ACD.
12．
求出，引入虚数单位开平方求解即可.
【详解】.
故答案为：
13．6
连接AM并延长与的延长线交于点P，连接NP与直线相交，即为点E，首先证明是的中点，推出，即可利用三角形相似推出，得解.
【详解】连接AM并延长与的延长线交于点P，连接NP与直线相交交点即为点E，
因为AM与NE相交于点P，所以A，M，N、E四点共面，
因为M是的中点，且，所以，，
所以是△的中位线，则是的中点，
又因为N为的中点，所以，
易知，则，所以.
故答案为：6
14．
根据内心的性质可得根据条件化简可得，即可得进而根据余弦定理，结合基本不等式可得，即可求解.
【详解】由于P为的内心，故到的距离相等，记为，
则
由可得，
故，所以
又
，
则，所以
又则，
所以，当且仅当时取等号，
，
故答案为：
15．(1)证明见解析
(2)
（1）要证明线面平行，可通过构造线线平行，利用直线与平面平行的判定定理来证明；
（2）求异面直线所成角，可通过平移其中一条直线，使其与另一条直线相交，得到异面直线所成角的平面角，再利用解三角形的知识求解.
【详解】（1）
连接 ，设 与 的交点为
在直三棱柱中，侧面 为矩形，故 是 的中点。
又 是的中点，因此是的中位线，即
因为平面，平面，所以平面
（2）由（1）知 ，故直线 与所成的角等于 与 所成的角（或其补角）
只需在平面图形中求的余弦值.
直三棱柱底面 中，，为中点，故 （直角三角形斜边中线性质）
是 的中位线，，故
侧面 为矩形，是中点
在 中，故 则
在中，由余弦定理：
故直线 与直线所成角的余弦值为.
16．(1)
(2)
（1）利用辅助角公式化简函数解析式，再根据正弦函数的单调性求取值范围.
（2）由及角A的范围求出角A，结合三角形面积公式、余弦定理及完全平方公式求出，即可求得周长.
【详解】（1），
当时，，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，则.
（2），则，
又，故，所以，，
因为，所以，
由余弦定理得，，
因为，所以，
所以周长为.
17．(1)
(2)24
(3)
（1）根据向量的线性运算求解即可；
（2）由向量的线性运算及数量积的定义、运算律计算即可得解；
（3）利用向量的线性运算求出，再由数量积的运算律及向量模的概念求解.
【详解】（1）
（2）因为，
故,
所以.
（3）由三点共线，可设，
由D是上靠近A的三等分点，
可得，
所以，解得，
所以，
又，
所以
.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）如图：
图1中，因为，，.
四边形为正方形，所以.
把沿翻折，，如图2：则，，
又平面，，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）因为，，所以即为二面角的平面角.
所以.
过点作于.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又，所以.
所以.
在中，，，所以.
又，
所以.
设到平面的距离为，
则.
即到平面的距离为.
（3）因为，
所以.
又因为,
所以，
所以.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）1
【详解】（1），
所以，
即，
由正弦定理得，
所以.
（2）（i）因为，
所以
，
所以，
由余弦定理得，
，
，
三式相加得：，
所以.
（ii），又，，
所以，解得，所以，
因为，
所以，
所以∽，所以，
设，所以，
由余弦定理得，
即，解得，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
C
B
A
A
B
BD
AC
AB
题号
11









答案
ACD