江西省南昌市南昌大学附属学校2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

南昌大学附属学校2024一2025学年度 高一下学期期末考试数学试题 一、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.在复平面内，复数z=i(1-2i)的共轭复数为（) A.-2-i B.2-i C.-2+i D.2+i 2.已知a=(1,1),与d同向且=2，则6=（) A.(2,2) B.（-2,-2)或(2,2) C.(√2，√2)或(-√2，-√2) D.(W2,√2) 3要得到函数y=s血(3x-胥)的图象，只要把函数y =sin3ax的图象 ( A.向左平移个单位 3 B向右平移号个单位 C. 向左平移号个单位 D.向右平移号个单位 4.如图所示，矩形O'AB'C'是水平放置的一个平面图 形的直观图，其中O'A'=6cm,C'D'=2cm,则原 图形OABC的面积是 () D A A.24W/2 B.12√/2 C.12 D.24 5若os后-a=号，则sim2u-若)= () B. 1 C. 0.g 6.如图，在正方体ABCD-A1BC1D1中，E为线段 AC的中点，则异面直线DE与BC所成角的大小 为 A.90° B.60° C.459 D.30° 7.如图，在棱长为√2的正方体ABCD-A'B'CD中， 点E、F、G分别是棱A'B'、BC'、CD的中点， 则由点B、F、G确定的平面截正方体所得的截面 多边形的面积等于 () D G A. 3v3 2 B.2W3 c.5v3 D.3v2 2 2 &函数@12子1红e,若时g∈0,5]使关 于6的不等式f(1-cos6)+f(cos26-m)<0成立， 则实数m的取值范围是 () A.(0,1) B.（-1,+0) c.(.t) D(-0,] 二、选择题：本小题共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.已知向量d=（-3,1),=(1,-2),则（) A向呈à，6的夹角为年 B.若(a-⊥6，则1=1 C.若(a-2b)∥(2a+kb),则k=-4 0.向量a在向量6上的投影狗量为-号6 10.如图，四面体ABCD中，AC=3,BD=2,M、 N分别为AB、CD的中点.若异面直线AC与BD 所成角的大小为60°，则MN的长为 () A②1 B.v13 2 2 C.v19 D. 2 2 11.某质点的位移y(cm)与运动时间x(s)的关系式为y =sin(ox十p)(w>0,pe(-元，元)，其图像如图所示， 图象与y轴交点坐标为0。-).与直线y=方的 相邻三个交点的横坐标依次为石，否，钙，则下 列说法不正确的是 () 6:18 3 A.w=4 B.=2 3 C.质点在[1，号]s内的位移图象为单调递减 D质点在[0，否s内走过的路程为3vcm 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知tana=2,则2sina-cosL= 2cosa+3sina 13.若1+i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的 一个根，则p= 14.已知△ABC中，∠BAC=60,AB=4W2,Q是边 BC上的动点.若PA⊥平面ABC,PA=2,且 PQ与面ABC所成角的正弦值的最大值为号，则 三棱锥P一ABC的外接球的体积为 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已知函数f(o)=sin(e+君)+cosx (1)求函数f(x)的最小正周期； (2)求函数f(x)的最小值，并写出当f(x)取最小值时 x的取值集合； 3)求不等式f(知)>号的解集 16如图，在四边形ABCD中，A=若，AB=3,AD =3√5，CD=√5，∠C=2∠CBD. D B (1)求BD的长； (2)求四边形ABCD的面积 17.如图所示的几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成， 圆锥底面圆O的半径为1，圆锥的高PO=2,三棱 锥P一ABC的底面ABC是以圆锥的底面圆的直径 AB为斜边的等腰直角三角形，且与圆锥底面在同一 个平面上. B C (1)求直线PC和平面ABC所成角的正切值大小； (2)求该几何体的表面积. 18.如图，在直三棱柱ABC-A1BC1中，点D在BC 上，AD⊥DC. A、 C B D B (1)证明：AD⊥平面BBCC; (2)若AB=AC=2W2,CC=2,AB⊥AC ①点E是线段AB上的动点，试问三棱锥E-ADC 的体积是否为定值，若是，证明并求出定值，若不 是.说明理由； ②求二面角C-AC-D的大小 19.对于平面向量a=(,)(k=1,2,…),定义“变 换”：a=F(a) (xxcos0-yxsind,xsing+yxcos),(0) (1)若向量ad=(2,1,0=号，求a: (2)求证：a=as+； (3)已知OA=(m,),OB=(2,2),且OA与OB 不平行，OA'=(OA),OB'=F(OB),求证： SA0AB=SA0AB· 参考答案 1.【答案】B 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共 轭复数的概念得答案 【详解】z=i(1-2)=2+i, .元=2-i. 故选：B 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复 数的基本慨念，属于基础题 2.【答案】D 【分析】根据题意，=1a(1>0),利用模长可得入 =√2，从而得解 【详解】：与d同向， .6=Ad(1>0),又=2， ∴.√21=2，解得1=√2， .6=(√2，√2) 故选：D. 3.【答案】D 【分析】根据正弦函数平移的原则即可得到答案 【详解】y=sim3-5)=sin[3(x-6儿， 则把函数g=si血3x图象上所有的点向右平移；个 单位即可 故选：D 4.【答案】A 【分析】根据斜二测画法求出直观图的面积，进而即 可得到原图形的面积 【详解】由斜二测画法可知∠AOD'=∠D'O'C'= 4, 所以C'D'=C'O'=2cm, 所以So4gc=OA×O'C'=12, 所以SOABC= SoAB'C=242 2 故选：A. 5.【答案】B 【分析】利用换元法，令0=号-《，y=2-看， 找到y与x的关系，然后利用诱导公式和倍角公式进 行求值即可 【详解】令m=音-a,co(号-a=号， 则cosx 令9=2-，则y=5-2m 所以sin(2u-若)=siny=sin(5-2x=cos2= 2a-1=2×（号了-1= 故选：B 6.【答案】D 【分析】连接AD,D,E,∠ADE是异面直线DE与 B,C所成角或其补角，求出AD,AE,DE,由余弦 定理即可求出答案， 【详解】连接AD,DE,因为AB∥CD,AB= CD,所以四边形ABCD是平行四边形 所以AD∥BC,所以∠ADE是异面直线DE与 BC所成角或其补角， 设正方体的边长为2，所以AD=√22+22=2W2, AE=√2， 因为DD1⊥平面ABC1D,DEC平面ABCD, 所以DD⊥DE, 所以DB=√DD+DE=VW22+(W2=√6， 所以CoSLA,DE=AD+DE2-A,E2 2AD·DE 8+6-2 =12=Y5DE+AE2=AD,因 2×2W2×√68v52 为∠ADE∈(0，元)，所以∠ADE=30°. 故选：D. D B 7.【答案】A 【分析】根据给定条件，借助面面平行性质作出截 面，进而求出载面面积 【详解】在棱长为√2的正方体ABCD-A'BC'D' 中，由E、F分别为AB、BC的中点， 得EF∥A'C',且EF=1,由AA'∥CC且AA'= CC',得四边形AA'CC为平行四边形， 即AC∥AC'∥EF,设平面EFG交棱AD于点H, 由平面ABCD∥平面A'B'C'D',平面EFG∩平面 ABC'D'=EF, 平面EFG∩平面ABCD=GH,得GH∥EF∥AC, 由G为CD的中点，得H为AD的中点， 设直线EF分别交D'A'、DC的延长线于点P、Q, 连接PH交棱AA'于点M, 连接QG交棱CC"于点N,连接EM、FN,则截面 为六边形EFNGHM, 由A'P∥CB,E为A'B中点，得A'P=BF= 2=AH,又AH∥AP,则M为A的中点， 2 同理N为CC'的中点，六边形EFNGHM是边长为1 的正六边形， 所以BFNGHM截面面积为6×】×1？×sin60°=6 ×3=3w5 4 2 故选：A 8.【答案】C 【分析】先证明f(x)为奇函数，再证明f(x)为增函 数，结合函数性质化简不等式得1-cos<m一 cos20,令cos0=t∈[0,1]换元可得m>2t2-t,转 化为求2t2-t的最小值， 【详解】函数f(x)的定义域为R,定义域关于原点对 称， 因f)=1-,2=2+1-2=2-1 22+12+12+1 由f-)=21=-12=一f,可得f)是奇 22+11+2 函数 又f)=12因y=2在R上单调递增月恫 为正， 故4=子在R上为减数，则f]在R上单明 递增。 故不等式f1-cos0)+f(cos20-m)<0 等价于f1-cos)<-fcos20-m)=f(m- cos20), 则有1-cos0<m-cos28*). 因为9∈[0，受]，令cos9=t,则t∈[0，山， 由(*)可得1-t<m-(2-1),即3t∈[0,1，使 m>2t2-t. 令g利=e-4=2t-士y-日，teio.1则 故m>- 8 即m的取值范围是(-号+∞） 故选：C 9.【答案】AC 【分析】对于A,直接由夹角公式计算即可；对于 B,转换成d·6-2=0即可验算；对于C,由向量 平行的充要条件即可求解；对于D,由投影向量的 定义即可求解 【详解】对于A,向量a,b的夹角的余弦值为 6一是-号，即向餐，8的夹角为 : 5w2 41 故A正确； 对于B,(d-6)16台à.6-=0台-5-51=0 台A=-1,故B错误； 对于C,若(a-2b)∥(2a+kb),则存在实数1，使 得2a+k6=a-26), 因为6≠1，所以d=(-3,1),=(1,-2)不共线 所以1=2，k=-21=-4,故C正确： 对于D,向量à在向量6上的投影向量为.66 应 56=-6,故D错误 5 故选：AC. 10.【答案】CD 【分析】利用异面直线的夹角定义和余弦定理求解 【详解】取BC的中点为P,连接PM,PN, 在△AsC中，PM∥AC,且PM=AC=是， 在△BCD中，PN∥BD,且PW=BD=1, 因为异面直线AC与BD所成角的大小为60°， 所以直线PM,PN的夹角为60°，则∠MON=60°或 120°， 所以在△PMN中， 当∠MPN=60°时，由余弦定理得， MN-PMP+PN-2PM.PNXc060-+1- 号-子，得aN- 2 当∠MPN=120°时，由余弦定理得 AMnr2=PMr+PN2-2PM-PN×cos120°=9+1+ 4 -华，得N= 2 2 故选：CD 11.【答案】ABD 【分析】根据正弦函数周期求ω=3判断A,根据特 殊点求解φ判断B,根据正弦函数的单调性判断C, 根据正弦函数值域判断D. 【详解】由已知函数图象得，函数的周期T=5π 6 若=告，所以a-祭=3，故A不正确； 令y=f(x),所以f(x)=sin(3c+p),又f(0)= 复，所以sp= 21 因为pe(,,所以p=音或子 3 又f若)-，所以sin(号+9)=cos9=2,所以 =号故B不正确： 由已知得f(x)图象相邻的两条对称轴分别为直线x =看+器 5元，x三186=11元 2 2 18 且f)在语·长]内单调注减，因为1，号]9 「5π，11r1 18,18 所以f)在[1,2]上单调递减，故C正确，； 由图象得该质点在[0，斧]。内的璐程为 [1-(-9刀+号=35。m,故D不正确 2 2 故选：ABD, 12【答案】骨 【分析】利用弦化切可求三角函数式的值， 【详解】2sima-cosa=2tana-1=3 2cosa+3sina 2+3tana 8 故答案为：3 8 13.【答案】-2 【分析】先由方程复数根互为共轭复数可得1-i为另 外一个根，再用韦达定理求解即可 【详解】根据方程复数根互为共轭复数，可得1一i为 另外一个根 利用韦达定理结合复数的加法和乘法运算可知 -2=(1+i)+(1-i),p=-2, 1 故答案为：-2 14.【答案】36π 【分析】根据题意得PQ的最小值为2√3，AQ的最 小值是2√2，即A到BC的距离为2√2，则∠ACB =90,结合图形找出△ABC的外接圆圆心与三棱锥 P一ABC外接球的球心，求出外接球的半径，再计 算它的表面积. 【详解】三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,设 PQ与面ABC所成角为6， 又sin6的最大值是 3， 所以sind=P 2 PQPQ ,解得PQ≥2w5, <V3 即PQ的最小值为2W5,AQ的最小值是2W2,即 A到BC的距离为2W2 如下图AQ⊥BC,直角三角形△ABQ中AB= 4V2,所以∠BAQ=60,又∠BAC=60, 所以C,Q重合，则∠ACB=90°，则△ABC的外接 圆圆心M为AB的中点， 又PA⊥平面ABC,从而矽外接球的球心O为PB的 中点， 外接球的半径R=OB=√MB2+MO= √2+婴-22+正-3， :三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=青R- 4r×32=36π 故答案为：36π. 15.【答案】(1)2元 (2)最小值为-√， {四=-+2r,kez 6 3){2k<<号+2k,k∈2 【分析】(1)利用两角和差正弦公式、辅助角公式化 简f(x),根据正弦型函数的周期性可得结论； (2令：+各=登+2k∈2)即可求得最小值和 2 x的取值； ③)将不等式化为sm+皆)>，结合正弦函数 的图像与性质可求得结果 【详解】①：f四=m红+若)+casg-9 2 co+co in 2 V3sim(如+号). ∴.f(x)的最小正周期T=2π. 2)当e+管=号+2kk∈2)，即=g十 6 2kx(k∈Z)时，f(x)取得最小值-√3， 即f(c)min=-√3，此时x的取值集合为 {=-5+2km,k∈z 6 3)由f()=sim(x+5)>号得：sin(x+号)> 3 21 ∴号+2m<+号<号+2kke2,解得： 2km<<5+2km(k∈2)， ∴f)>号的解集为{2kx<2<号+2k,ke2 16.【答案】(1)3 25y 【分析】(1)利用余弦定理直接求解即可. (2)利用正弦定理，结合二倍角的正弦公式求出 ∠BDC=受，再利用三角形面积公式球解 【详解】(1)在△ABD中，由余弦定理得BD=AB2 +AD2-2AB·ADC0sA, 即BD2=9+27-2×3×3V3×3 =9,所以BD =3. (2)在△BCD中，由正弦定理，得sinC sin∠CBD= BD=√5，则sinC=√5sin∠CBD, C 而LC=2∠CBD,于是W3sin∠CBD=sin2LCBD =2sin∠CBDcosLCBD, 又∠CBD∈(0，元)，则sin/CBD>0,cos∠CBD= 9,c-是， 61 因此∠C=2∠CBD=号，∠BDC-= 21 所以四边形ABCD的面积 S=7 ABAD.sinA+2BD.CD-=7×3×3W5 ×分+号×3×3=153 4 17.【答案】(1)2 2)5+1元+4 2 【分析】(1)连接CO,则可得直线PC和平面ABC 所成角等于∠PCO,然后在直角△POC中求解即 可； (2)由题意，所求表面积等于圆锥表面积的一半加上 △PAC、△PBC和△ABC的面积，然后根据已知条 件分别求出其面积即可. 【详解】(1)连接CO,由题意，PO⊥平面ABC, 故直线PC在平面ABC上的射影为直线CO, 因此直线PC和平面ABC所成角等于∠PCO, 因为△ABC是以AB为直径的等腰直角三角形， 所以C0=)AB=1. 因此，由P0=2知tan∠PC0=PO CO =2 即直线PC和平面ABC所成角的正切值大小为2. (2)由题意，所求表面积等于圆锥表面积的一半加上 △PAC、△PBC和△ABC的面积. 因为圆锥的高PO=2,圆锥的底面半径r=OB=1, 所以圆锥的母线长为√5， 表面积为πr2+πrl=π×12+元×1×√5=（√5+1）π. 在△PAC和△PBC中，PA=PB=PC=W5,AC =BC=√2， 所以s/APC=AP GRGTAC-青，得 2AP.CP sinZAPC=3 5 同理sin/BPC=3 5 因此Sao=号AP·CP·sin∠APC=分×5xV5 而SAABC= AB-00-1 因此，所球表面积为5x+2×号+1= 2 5+1元+ 2 18.【答案】(1)证明见解析 〔2)①是，证明见解折，专：②号 【分析】(1)根据直棱柱的性质及线面垂直的判定定 理即可得证； (2)①先证明AB∥平面ADC,可得-ADG为定 值，并求之； ②先证明∠MWD就是二面角C-AC1-D的平面 角，再求之即可 【详解】(1)在直三棱柱ABC-AB,C中，CC⊥平 面ABC, 因为ADC平面ABC,所以CC⊥AD. 又因为AD⊥DC,且CCC平面BBCC,DC1C 平面BBCC,CC∩DC1=C, 所以AD⊥平面BBCC: (2)①连结AC交AC于F,因为FD是ABC的中位 线，所以FD∥AB, 又因为FDC平面ADC,所以AB∥平面ADC, 所以点E到平面ADC的距离不变，故VE-ADC为定 值 hm=hAc=%画-35m0G=号·号 2w2=青 ②过D作DM⊥AC于点M,过M作MN⊥AC于 点N,连结DN, B 在直三棱柱ABC-ABC1中，平面AACC⊥平面 ABC, 因为DM⊥AC,所以DM⊥平面AACC,所以 DM⊥AC; 又AC⊥MN,所以AC1⊥面MND,所以AC⊥ ND. 则∠MND就是二面角C-AC-D的平面角. 又因为AB=AC=2W2,AB⊥AC,所以BC=4, AD=2, 所以DM=AM=-√2，所以MN=6 31 =5，所以 在直角△MND中，tanLMND=D ∠MND=x 3 A C D B 1a城=1-9+) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】(1)直接代入公式即可得到答案， (2)计算得a=√x十y诉，从而a+l= √(COS0--ysin0)2+(csin0+y:cos0)2,再展开计 算即可证明； (3)方法一：根据“F,变换”和向量数量积的坐标公 式得到OA.OB=OA·OB,从而有OA,OB= OA,OB,最后利用三角形面积公式即可证明；方法 二： 证明三角形面积公式为Sa0Aa=}边一， 再代入公式证明S4g一专c即可 【详解】（①因为向量=2,1,6=号 所以a-(2os号-sin5,2sin号+cos号 所以函=1-汽+》 (2)因为ak=(,),a+1=F(ak) (arcos0-yisind,sing+yxcos0) 所以a=√噪+ lakl=v(axcos0-yisine)+(axsing+yxcos0) lal=v(cos20+sin20)+y(sin20+cos0). ak+i=√x+诉，所以1a=a+i. (3)方法一：OA'=F(OA)= (xcos0-yisin0,xsing+ycos0), OB=F(OB)=(a2cos0-ysind,zsin+yacos), 由(2)可得OA=1OA,OB=1OB, 又因为OA.OB= (cicos0-yisin)(c2cos0-y2sin)+ (ising+ycos)(a2sin0+y2cos0) =(cos20+sin20)x2+(cos20+sin20)v =E12+1h=OA·OB,即OA.OB=OA·OB, 可得COSOA,OB= OA·OB OA·OB OAOB OAOB COSOA,OB 且y=cosx在[0，π]内单调递减，OA,OB,〈OA, OB)∈[0，元]， 可知OA,OB=OA,OB, 所以S0a=号AsinOA,Oi=20A OBsinOA,OB=SAOAB 所以S0AB=SAOAB 方法二：设0A=(m,),O元=(m2,h), S0w=号1OA.sin.∠A0B=1OOa. V√1-cos2∠AOB =VAHO-(o1-0-号助， 因为OA=F(OA)= (xcos0-ysin0,xisin0+ycos), OB'=F(OB)=(a2cos-yzsind,zsin+ycos), 所以5g=2VOAO-O-0B SAOA'B 2 (xicos-visin).(c2sin0+ycos)-(c2cos0-y2sing).(xs SoB(cos20+sin20)(cos20+sin20) SAOAB 2的， 所以SAOAB=S△0A'B: 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是证明出 O承.OB=OA·O元，从而得到两向量夹角相等， 最后再利用三角形面积公式即可