精品解析：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

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 【答案】B 【解析】 【详解】由，得 复数在复平面内对应的点为，位于第二象限. 2. 已知，，若，则（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，且， 所以，解得； 于是得，，所以， 则. 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 【答案】C 【解析】 【分析】由线面垂直判定定理及线面垂直的性质即可判断得出结论. 【详解】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. 已知定义在上的函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断函数单调性，根据函数单调性求解. 【详解】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. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量加法的运算法则逐项判断即可. 【详解】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. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正切函数对称中心公式和已知条件求出的表达式，再通过讨论不同的值确定的最小值. 【详解】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. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥表面积公式和球的表面公式得到，解出即可. 【详解】圆锥的表面积为，球的表面积为， 故，即，故（负舍）． 故选：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. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，，，，，则即为点到，，三点的距离之和，由费马点的性质可得当点 位于的中心时，取最小值，即可求解. 【详解】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：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 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的运算､复数的概念､复数模的计算及几何意义判断各选项. 【详解】对于A，，则，故A正确； 对于B，，则的虚部为，故B不正确； 对于C，设，由得，所以，故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，D正确. 故选：ACD. 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. 【答案】BD 【解析】 【详解】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BD正确． 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 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，取的中点G，连接，GM，，可证明，得到正方体被平面所截得的截面为四边形，进而求解其面积即可判断；对于B，将平面以为轴旋转展开，与平面在同一个平面内，通过计算可得为直角，可得当E，F都到达时，的值取得最小值，进而判断即可；对于C，由等体积法求解判断即可；对于D，先假设直线与平面垂直，通过推导得出平面平面，产生矛盾，进而判断即可. 【详解】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，所以， 所以等腰梯形的面积为，故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， 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，故B错误． 对于C，由，故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，故D错误． 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则__________ 【答案】## 【解析】 【分析】对已知的两个式子左右两边平方，相加后利用同角三角函数基本关系，再结合两角差的正弦定理的逆用，代入即可求解. 【详解】由题知①， ②， 得， 即， 所以，所以. 13. 如图，在中，，，与相交于点，若（），则__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，用分别表示，即可得到关于的方程组，进而根据与的关系，即可求得结果． 【详解】设，， 则， 设，， 则， 又不共线，故，解得，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______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据正四面体的性质求得外接球的半径，根据等体积法求得内切球的半径，设与球的球面相交于点，则利用解答即可. 【详解】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． 故答案为：1 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m的值； （2）若是纯虚数，求复数z的共轭复数. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的乘法运算化简，根据实数条件得到虚部为零，求得的值； （2）利用复数的除法运算化简，利用纯虚数的条件求得的值，进而得解. 【小问1详解】 由题知 若是实数，则，解得； 【小问2详解】 由题知 若是纯虚数，则，解得，所以. 16. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的加法和数乘运算求出与的坐标，利用向量垂直的坐标表示求出的值，再求出的坐标并求其模. （2）根据向量平行的性质求出的值，再求出与的坐标，最后利用向量夹角的余弦公式计算即可. 【小问1详解】 已知，，则， 又，所以，即，解得. 所以，则， 所以. 【小问2详解】 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. 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且. （1）求C； （2）若的面积为求c. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理以及正弦定理，整理化简等式，根据和角公式，可得答案； （2）利用面积公式建立方程组，结合余弦定理，可得答案. 【小问1详解】 由余弦定理，得 所以 由正弦定理得 即，所以. 又，所以，所以. 因为，所以，所以. 又，所以. 【小问2详解】 因为的面积为，所以，即. 联立方程，解得或（舍）. 由余弦定理，得. 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. 【答案】（1） 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， ； （2） （3）点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 【解析】 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）由题干数据结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可得､与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ， ， 设点到平面的距离为， 由得， 即，解得. 故点到平面的距离为. 【小问3详解】 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，. 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. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由向量夹角公式求出，再得出，根据新定义求解； （2）类比（1）求出，得出，利用新定义证明即可； （3）根据（2）代入求解推出，再由三角恒等变换求解. 【小问1详解】 设的夹角为，则， 所以， 所以， 故. 【小问2详解】 设的夹角为， 则， 所以 ， 则， 于是，. 【小问3详解】 由题意，， 则由（2）的公式可得：， 又，则得， 故. 第1页/共1页 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m的值； （2）若是纯虚数，求复数z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A，B，C所对的边分别为a，b，c且. （1）求C； （2）若的面积为求c. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $