江西吉安市四所省重点中学2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷

**基本信息** 吉安市四所省重点中学高一下期末联考数学试卷，覆盖复数、向量、立体几何等核心知识，通过费马点应用（第8题）、新定义运算（第19题）等设计，考查数学抽象、逻辑推理与空间观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数几何意义（1）、线面关系（3）、函数性质（4）|基础概念与辨析结合，如第3题充要条件考查逻辑思维| |多选题|3/18|复数性质（9）、三角函数零点（10）、正方体动态问题（11）|多角度辨析，如第11题动点问题考查空间想象| |填空题|3/15|向量运算（12）、三角形重心（13）、球与正四面体（14）|几何直观与计算结合，第14题空间几何体综合应用| |解答题|5/77|复数运算（15）、向量夹角（16）、解三角形（17）、立体几何（18）、新定义运算（19）|分层递进，18题动点与线面角考查探究能力，19题新定义强化数学表达|

期末考试联考数学试卷答案及解析 一、单选题 1.B 解析：由，知复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限.故选B. 2.C 解析：因为，，且，所以，解得；于是得, ,所以，则得.故选C. 3．C 解析：由，，则可能有，或者与相交，不能推出；若，，则有，所以“”是“”的必要不充分条件；故选：C. 4.C 解析：因为函数在上单调递增，在上单调递增，所以函数在上单调递增，又，，，所以，即.故选：C. 5．D 解析：因为，，分别是的边，，的中点，所以∥，，即∥，且.所以四边形是平行四边形由向量加法的三角形法则可得，，；由向量加法的平行四边形法则可得，，.所以A，B，C正确；D错误.故选：D． 6．A 解析：根据正切函数的对称中心公式可得：，又因为是对称中心， 所以，化简得：；当时，，即；当时，，即；当时，，即；当时，,即,所以时,，因此的最小值为.故选A. 7.D 解析：圆锥的表面积为，球的表面积为，故，即，故（负舍）；故选D． 8.D 解析：设，，，，，，， 则，，， 所以， 因为为等边三角形，由题意，等边的费马点为的中心，此时取最小值，所以，故选：D． 二、多选题 9．ACD 解析：对于A，，则，知A正确；对于B，，则的虚部为，知B不正确；对于C，设，由得，所以,，知C正确；对于D，若，则复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为2，所以，知D正确.故选：ACD. 10.BD 由图象中心对称性可知，因此，；由图象轴对称性可知，因此，；联立以上两式可得．设函数的最小正周期为T．由于在区间上有且仅有3个零点，所以且，因此，结合前面的可能取值，可知． 由可知，但考虑到“”，所以．综上可知．经检验，其在区间上的所有零点为，符合题意．所以． 由于等价于，，即，所以的零点为…，，…．因此知仅BD正确．故选BD. 11.AC 对于A，取的中点G，连接，GM，，因为M为的中点，所以， 在正方体中，，所以，则正方体被平面所截得的截面为四边形，且四边形 为等腰梯形，，，，在等腰梯形中，过点，分别作,垂足为,,则,所， 所以等腰梯形的面积为，知A正确；对于B，计算的 最小值，将平面以为轴旋转展开，与平面在同一个平面内，如图所示， 由于，，，， 则，，则为直角，所以当E，F都到达时，的值取得最小值2，但E，F不能取端点，知B错误．对于C，由，知C正确．对于D，若直线与平面垂直，则必有，此时E为的中点，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，而平面与平面相交，矛盾，所以与平面不可能垂直，知D错误．故选：AC. 三、填空题 12． 解析：由题知 ①， ②， 得， 即， 所以，所以.故填. 13． 解析：设，， 则； 设，，则；又不共线，故，解得，则.故填. 14.1 解析：如图，设的中心为，则正四面体的外接球球心在上，连接OD，． 则,,设外接球的半径为，则，解得．设正四面体内切球的半径为，根据等体积法可得，故，根据题意得，，所以．设与球的球面相交于点，如图所示,画出截面图,,故．综上所述,的最大值为1．故答案填1. 四、解答题 15．（1）；（2）. 解：(1)由题知，若是实数，则，解得． (6分) (2)由题知，若纯虚数，则，解得，所以，． (13分) 16．(1)；(2). 解:（1）已知，，则， 又，所以，即，解得. 所以，则，所以. (7分) （2）因为，所以，解得，所以，则. 则，，， 设与夹角为，则. 所以与夹角的余弦值为. (15分) 17.（1）；（2）. 解析：(1)由余弦定理，得，所以.由正弦定理得， 即，又，所以，所以.又因为，所以，所以，又，所以. (8分) (2)因为的面积为，所以，即.联立方程，解得或（舍），由余弦定理,. (15分) 18．(1)证明见解析；(2).(3)点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 解析：（1）证明点在底面上的射影是与的交点，平面，平面，，四边形为菱形，，，平面，平面，平面，. (5分) （2）由题意可得､与都是边长为2的等边三角形，，，，又，，设点到平面的距离为，由，得，即，解得.故点到平面的距离为. (10分) （3）设直线与平面所成的角为，，到平面的距离即为到平面的距离.过作垂线平面交于点，则，此时，要使最大，则需使最小，此时.由题意可知：，，平面，且，，，在中，由余弦定理可得： ，，由面积相等，即，解得：，，，即点在线段上靠近点的4分点处，此时，. (17分) 19.（1）；（2）证明见解析；（3）. 解：(1)设向量的夹角为,由题知， 则，所以. (5分) (2)由题知， 所以 ， 所以，所以. (11分) (3)由题知， 所以， 又，所以，所以 . (17分) 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉安市四所省重点中学2024-2025学年高一下学期期末考试联考数学试卷 一、单选题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2.已知，，若，则（     ） A． B． C． D． 3．已知直线，和平面，其中，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4.已知定义在上的函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 5．如图所示，已知，，分别是的边，，的中点，则下列等式中不正确的是（    ） A． B． C． D． 6．已知点是函数图象的一个对称中心，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．若底面半径为r，母线长为l的圆锥的表面积与直径为l的球的表面积相等，则（   ） A． B． C． D． 8．若的三个内角均小于，点满足，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上性质，已知是平面内的任意一个向量，向量满足，且，则的最小值是（    ） A．9 B． C．6 D． 二、多选题：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．下列有关复数的叙述正确的是（    ） A．若，则 B．若，则的虚部为 C．若，则 D．若，则 10．已知定义在上的函数（其中）在区间上有且仅有3个零点，且该函数的图象关于点中心对称，也关于直线轴对称．现考虑函数，则函数的零点可以是（   ） A． B． C． D． 11．如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，点E和点F分别在线段和上运动（不包含端点），下列说法正确的有（   ） A．正方体被平面截得的截面面积为 B.的最小值为2 C．三棱锥的体积为 D.直线与平面可能垂直 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知，，则__________ 13．如图,在中,,,与相交于点,若（）,则__________. 14．将半径为的5个球放入由一个半径不小于3r的球和这个球的内接正四面体的四个面分割成的五个空间内，若此正四面体的棱长为，则的最大值为 ． 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．设复数．（1）若是实数，求的值；（2）若是纯虚数，求复数的共轭复数． 16．已知向量，.(1)若，求； (2)若向量，，求与夹角的余弦值. 17 已知的内角，，所对的边分别为，，，且.（1）求角；（2）若的面积为，，求边长. 18．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形. (1)求证：；(2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长. 19. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种新运算“”：.（1）已知向量，求；（2）设向量且,证明； （3）已知向量，若，求的值. 学科网（北京）股份有限公司 $