江西省丰城中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份江西省丰城中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共18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．复数的共轭复数是（ ）
A．B．C．D．
2．已知一个扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，则该扇形面积为（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，且，则的值为（ ）
A．3B．C．2D．
4．若，则（ ）
A．1B．-1C．2D．-2
5．在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．平面平面D．平面平面
6．的内角，，所对的边分别是，，，已知，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．21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和，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．B．C．D．
8．已知平面向量、、满足，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A．与有相同的零点B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期D．与的图象有相同的对称轴
10．已知分别是三个内角的对边，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则是锐角三角形
B．若，则是等腰三角形
C．若，则是等腰三角形
D．是锐角三角形，则
11．如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．存在点，使得平面
B．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形
C．异面直线与所成的角的大小为
D．若平面，则点的轨迹的长度为
三、填空题
12．已知，，则在方向上的投影向量坐标为 ．
13．若，则 ．
14．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 .
四、解答题
15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求B的大小；
(2)若，的面积为，求的周长．
16．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，边长为2，且，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，与平面所成的角为，求四棱锥的体积.
17．已知函数，图象的相邻对称轴之间的距离为.
(1)求的解析式和函数的单调递增区间；
(2)将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围.
18．如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且.
(1)证明：平面；
(2)求点到面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
19．如图，中，，，点在线段上，为等边三角形.

(1)若，，求线段的长度;
(2)若，求线段的最大值;
(3)若平分，求与内切圆半径之比的取值范围.
1．B
根据复数的除法运算求，进而可得共轭复数.
【详解】因为，所以.
故选：B.
2．B
先求出扇形的半径，再根据公式可求扇形的面积.
【详解】因为扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，故半径为，
故面积为，
故选：B.
3．A
应用向量垂直的坐标表示列方程，求参数值.
【详解】由题设，可得.
故选：A
4．B
由两角差的正弦、余弦、正切公式展开化简即可.
【详解】由题意得，
则
故选：B
5．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.
【详解】对于B，如图①，因为，
所以，
又因为，，
所以，
所以，
所以，故B正确；
对于A，由B选项知，
又因为平面平面，平面， 平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以，故A正确；
对于C，由选项A知，平面，
因为平面，
所以平面平面，故C正确;
对于D，如图②过点A作，垂足为，
因为平面平面，平面， 平面平面，
所以平面，
显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误.
故选：D.
6．A
结合条件利用余弦定理得，然后利用余弦定理和基本不等式求解，然后根据余弦函数的单调性求解即可．
【详解】的内角，，所对的边分别是，，，已知，
则，整理得．
由余弦定理得，当且仅当时取等号，
所以，又，故，即的取值范围是.
故选：A
7．D
由题意可知，过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如图所示时，此时正方体的棱长最长，再根据图中的几何关系即可求出此结果．
【详解】因为圆锥的高和母线长分别为和，
则圆锥的底面半径为，
过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如下图所示：

此时正方体的棱长最大，设正方体的棱长为，则
作垂直地面于，则
因为，所以，
即即，所以.
故选：D.
8．B
对于不等式，我们两边平方得到关于实数的不等式，进而得到，再结合向量的运算性质得到，最后利用绝对值三角不等式求解最值即可.
【详解】由，两边平方得
又，且对任意实数恒成立，
即恒成立，故，
即，解得，即，且，
而，故，
则由绝对值三角不等式得，故B正确.
故选：B
9．BC
根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
10．ACD
由两角和的正切公式结合诱导公式判断A，由正弦定理化边为角结合正弦的二倍角公式判断B，由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式判断C，根据，结合正弦函数单调性判断D.
【详解】选项A：因为，且是的内角，所以，
所以，
所以都是锐角，所以是锐角三角形，故选项A正确；
选项B：由及正弦定理可得，即，
所以或，所以或，
所以是等腰三角形或直角三角形，故选项B错误；
选项C：由及正弦定理可得，即，
因为是的内角，所以，所以是等腰三角形，故选项C正确；
选项D：是锐角三角形，所以，即 ，
则，故选项D正确；
故选：ACD
11．AC
A选项，作出辅助线，得到线面平行，故平面平面，故当在线段上时，满足平面，A正确；B选项，作出辅助线，得到四边形为截面图形，并得到其为梯形；C选项，作出辅助线，为直线与所成角，为等边三角形，故，C正确；D选项，作出辅助线，证明出平面平面，故当在线段上时，平面，点的轨迹的长度为，D错误.
【详解】A选项，取的中点，连接，
因为，分别是，的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，同理可得平面，
因为，平面，所以平面平面，
故当在线段上时，满足平面，A正确；

B选项，连接，由A知，，又，所以，
所以四边形即为过，，三点的平面截正方体所得截面图形，
因为，所以四边形为梯形，B错误；
C选项，由B知，，故为直线与所成角或其补角，
连接，则，
所以为等边三角形，故，
异面直线与所成的角的大小为，C正确；
D选项，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，
又，同理可得平面，
又，平面，
所以平面平面，
故当在线段上时，平面，
所以平面，
所以若平面，则点的轨迹的长度为，D错误
故选：AC
12．
求出向量的坐标，利用投影向量的定义结合平面向量数量积的坐标运算可求得结果.
【详解】因为，，则，
所以，在方向上的投影向量为
.
故答案为：.
13．
根据积化和差公式求解即可.
【详解】因为
，所以，
故答案为：.
14．
根据题意利用余弦定理求得，由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，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可.
【详解】在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
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，解得，
此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个侧面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由题意得，
因为，
所以，
得，得，因为，所以．
（2）由，得．
由余弦定理，得，
得，
得，
所以的周长为．
16．（1）证明见解析（2）
（1）连接，设，连接.利用三角形中位线的性质可证，即可得证.
（2）为正三角形，所以，再由平面平面，可得平面，利用割补法求出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：连接，设，连接.
因为三棱柱的侧面为平行四边形，所以为的中点.
在中，因为是的中点，
所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为为正三角形，所以，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以为与平面所成的角，所以，
所以，
因为，为中点，
所以.
所以
.
17．(1)；的单调递增区间为
(2)
【详解】（1）
，
，因为图象的相邻对称轴之间的距离为，
所以的最小正周期为，
所以，得，所以，
令，
则，所以的单调递增区间为；
（2）由（1）知，
将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，
纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，
再向左平移个单位得的图象.
令，，则，所以，
因为在上只有一个解，由的图象（如图）可得，或，所以的取值范围是.
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
（1）利用面面垂直的性质推理即得.
（2）延长交于一点，根据可求得，利用等体积法构造方程求解.
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果.
【详解】（1）在三棱台中，平面平面，，
而平面平面，平面，
所以平面.
（2）由棱台性质知：延长交于一点，

由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则，
于是，由平面，得为点到平面的距离，
又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形，
设，则，
，解得，
，由平面，得，，
，设点到平面的距离为，
由，得，解得：.
即点到平面的距离为.
（3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接，
在正中，，而平面平面，则平面，而平面，
则，又平面，则平面平面，作于，
平面平面，则平面，，而平面，则，
作于，连接，，平面，则平面，
而平面，于是，即二面角的平面角，
设，由（2）知：，，
由，得，，
由，得，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得，
，
所以存在满足题意的点，.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为,,
所以,
即,
所以,
所以.
（2）由（1）可知，
所以,
设,且为等边三角形，
所以，
即，
故，
且，
所以当时，，
所以.
（3）因为平分,
所以由角平分线定理得,即,
故,
设，，的内切圆半径分别为,
在中,则，解得，
因为,
所以,
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
即，解得.
又因为,
,
所以，
令，则，
因为，所以，
则，故，，
即，故,
所以与的内切圆半径之比的范围为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
A
B
D
A
D
B
BC
ACD
题号
11









答案
AC