精品解析：江西师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期末数学试卷

江西师大附中2025-2026学年下学期 高一年级数学期末试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在复平面内，复数（其中i为虚数单位）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】C 【解析】 【分析】应用复数的除法及乘法得出复数，再根据几何意义得出象限即可判断. 【详解】，其对应的复平面内的点坐标为，位于第三象限， 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式展开，即可求解. 【详解】由，可得：  ， 两边同乘去分母得：， 展开右侧得：， 解得. 3. 如图，在中，，点是的中点，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算的几何意义，结合平面向量基本定理进行求解即可. 【详解】因为即，点为的中点， 所以， 所以. 故选：D. 4. 向量与非零向量的夹角为，则在上的投影数量为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影数量的定义计算即得. 【详解】依题意，在上的投影数量为. 故选：A 5. 如图，为测量河对岸CD两点间的距离．在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，为楼底一点且平面BCD，若楼高，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】平面，平面，平面，，； 由在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，得，. ，在中，； 在中，. ， 在中，由余弦定理得； . 6. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】作出满足条件的图，举出反例，排除ABD选项，作出满足条件的图，并证明，得到C选项正确. 【详解】A选项：如图： 在正方体中，，此时与夹角为，A选项错误； B选项：如图： 在正方体中，，此时，B选项错误； D选项：如图： 在正方体中：，此时，D选项错误； C选项：如图： 过作平面，使得，，∵，∴，则， 又∵，∴，∴，C选项正确. 故选：C. 7. 函数在上的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，令，转化为二次函数求解. 【详解】， 令，由，得，变为． 该二次函数开口向下，对称轴，在递增，递减． 当时，时，，所以值域为. 故选：C. 8. 已知锐角三角形中，角所对的边分别为的面积为，且，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据面积公式，余弦定理和题干条件得到，结合正弦定理得到，由为锐角三角形，求出，从而求出，求出的取值范围. 【详解】因为，所以， 即， 所以， 整理得：， 因为， 所以， 由正弦定理得：， 因为， 所以， 因为为锐角三角形， 所以为锐角， 所以，即， 由，解得：， 因为， 所以， 解得：， 故选：A 【点睛】三角形相关的边的取值范围问题，通常转化为角，利用三角函数恒等变换及三角函数的值域等求出边的取值范围，或利用基本不等式进行求解. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数，，为的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（    ） A. 为实数 B. C. 若，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设复数，然后逐个分析判断即可. 【详解】对于A，设复数，则， 则，为实数，故A正确； 对于B，，，则，故B正确； 对于C，若，不妨取，则不成立，故C错误； 对于D，，则 ， ，则 ， 则，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图所示，在棱长为6的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线AM与BN是平行直线 B. 直线BN与是异面直线 C. 直线MN与AC所成的角为30° D. 过A，M，N三点的截面周长为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，取的中点为，连接，易得，结合相交即可判断；对于B，由异面直线的概念即可判断；对于C，易知，则为直线与所成的角，再求角即可判断；对于D，作出截面图形，求得截面周长判断即可. 【详解】对于A，取的中点为，连接，如下图所示： 由正方体性质可知，若直线与是平行直线， 则可得三点共线，显然这与相交于点矛盾，故A错误； 对于B，易知平面，平面，直线， 平面，可得直线与是异面直线，故B正确； 对于C，连接，，如下图：可得，故为直线与所成的角，而，可得直线与所成的角为，故C错误； 对于D，延长交的延长线于点，连接交于点， 延长交的延长线于点，连接交于点， 则过三点的截面为五边形， 因为分别为棱，的中点，又，所以， 又，所以，所以，所以， 同理可得，所以， 由勾股定理可得，， ， 同理可得，， 所以过三点的截面周长为，故D正确. 11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，，则 C. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 D. 当时，曲线与有4个交点 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，根据图象最高点、最低点及周期性，特殊点确定解析式；选项B，解三角方程，求出通解，计算相邻解的最小距离；选项C，利用函数图象平移变换规则进行验证；选项D，画出两个函数的图象可得. 【详解】由函数图象得， 最小正周期为，， 由，得, ，因为，所以， 所以，选项A正确； 令，则， 解得或， 即或， 因为，所以， 选项B正确； 将函数的图象向右平移个单位长度得到， 选项C错误； 在同一坐标系中绘出曲线与在的图象，可得函数图象有4个交点，选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正三角形的边长为，则的直观图的面积为______． 【答案】 【解析】 【详解】正三角形ABC的边长为， 正三角形ABC的面积， 设的直观图的面积为， 则． 13. 若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系式，结合齐次式可得解. 【详解】由已知， 故答案为：. 14. 已知函数，若函数的一个零点为．其图象的一条对称轴为直线，且在上单调，则的最大值为______． 【答案】6 【解析】 【分析】由给定的零点及对称轴，结合五点法作图可得，再由单调区间确定值，然后分类讨论求出值即可得的最大值. 【详解】函数的最小正周期，由函数的一个零点为，其图象的一条对称轴为直线， 得，解得，则， 由在上单调，得，即，因此， 解得，而，于是， 当时，，，由， 得，而，则，， 当时，，函数在上不单调，不符合题意； 当时，，，由， 得，而，则，， 当时，，在上单调，符合题意； 当时，，，由， 得，而，则，， 当时，，在上单调，符合题意， 因此或，所以的最大值为6. 故答案为：6 四、解答题：本题共五大题，共77分． 15. 已知向量，满足：，，. （1）求与的夹角的余弦值； （2）若，求实数的值. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由条件可得，再结合条件的数量积得，用向量的夹角公式可得； （2）直接由向量的垂直可得关于实数的一元二次方程，解一元二次方程可得. 【小问1详解】 因为，所以①， 又因为，得，且， 代入①上式得，即， 所以，因此与的夹角的余弦值. 【小问2详解】 因为，所以， 化简可得， 将，，代入可得， 即，解得或. 因此实数的值为或. 16. 在中，内角、、的对边分别为、、，若. （1）求的大小； （2）若，为角的平分线，点在线段上，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用结合三角形的面积公式可得出，再结合余弦定理可得出的值，最后利用三角形的面积公式可得出的面积. 【小问1详解】 因为，所以， 由正弦定理得 ， 所以， 因为、，故，所以，故. 【小问2详解】 因为为角的角平分线，由， 所以， 因为，解得①. 又，由余弦定理知，从而②. 由①②解得，从而的面积为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，M为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 【答案】（1）证明：取中点E，连接， M为的中点， ，， ，，， ，， 四边形BCME是平行四边形，即， 平面，平面， 平面． （2）证明：平面，平面， ， ，，，， ， ，即， ，平面，平面， 平面． 【解析】 【分析】（1）根据四棱锥的性质，结合已知条件，由线面平行判定定理证明结论； （2）根据四棱锥的性质，结合已知条件，由线面垂直判定定理证明结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 在中，为的中点，在边上，交于；且，设，. （1）试用，表示； （2）已知，，. ①若，求的余弦值； ②已知在上，且，若，求的范围. 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由，三点共线结合平面向量基本定理可得答案. （2）①及已知条件，利用数量积的运算律及向量的夹角公式求解.②设，结合及数量积的运算律得，再列出不等式求出的范围即可. 【小问1详解】 由共线，得，则， 整理得， 由共线，得，则， 整理得，而不共线， 由平面向量基本定理，得，解得， 所以. 【小问2详解】 ①（1）得，， 由，得， 则， ， ， 所以. ②由（1）知，则， 由共线，设. 由，得，而，， 则，整理得， 即，显然，则， 由，得，则，解得， 所以的范围是. 19. 已知函数，，恒成立. （1）求的值及的解析式； （2），当时，有两个零点，，求的取值范围； （3）已知，且以，，为边能够组成三角形，对于任意满足上述条件的，，，若以，，为边也能够组成三角形，求的最大值. 【答案】（1）， （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）令代入计算求出，再结合三角恒等变换求出的解析式； （2）结合复合函数的单调性得出在上有两个不同的解即可； （3）借助正弦函数的性质及三角恒等变换，利用三角形三边关系分类讨论. 【小问1详解】 ， 当， , 故， ，故 代入上式子则有 此式若恒成立， 则，， 即，所以， 故. 【小问2详解】 当，在单调递增，， 令， 故有两个不同的解，且， 故， ， . 【小问3详解】 易知当时，为负数，决不能构成三角形，故， 因为的值域为，考虑到两边之和大于第三边，临界值， 即故考虑到，， 由于要求的最大值，先考虑. （i）若，取，，，则这三个数可作为一个三角形的三边长， 但，，，此时，两边之和等于第三边，不能作为任何一个三角形的三边长，故不满足题意； （ii）当时，对任意三角形的三边，，，若，则分类讨论如下： ①当时，，同理， ，故，， 同理可证， ，，可作为某个三角形的三边长. ②当时，，可得如下两种情况： 当时，由得， 由在上单调递增可得， 当时，， 由在上单调递增可得， 综上得，， 又由及余弦函数在上单调递减， 得 ， 同理可证其余两式，所以，，也是某个三角形的三边长. 故时，满足题意. 综上，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西师大附中2025-2026学年下学期 高一年级数学期末试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在复平面内，复数（其中i为虚数单位）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. 若，则（ ） A. B. C. D. 3 3. 如图，在中，，点是的中点，设，则（ ） A. B. C. D. 4. 向量与非零向量的夹角为，则在上的投影数量为（ ） A. B. C. 1 D. 5. 如图，为测量河对岸CD两点间的距离．在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，为楼底一点且平面BCD，若楼高，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 函数在上的值域为（ ） A. B. C. D. 8. 已知锐角三角形中，角所对的边分别为的面积为，且，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数，，为的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（    ） A. 为实数 B. C. 若，则 D. 10. 如图所示，在棱长为6的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线AM与BN是平行直线 B. 直线BN与是异面直线 C. 直线MN与AC所成的角为30° D. 过A，M，N三点的截面周长为 11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，，则 C. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 D. 当时，曲线与有4个交点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正三角形的边长为，则的直观图的面积为______． 13. 若，则__________. 14. 已知函数，若函数的一个零点为．其图象的一条对称轴为直线，且在上单调，则的最大值为______． 四、解答题：本题共五大题，共77分． 15. 已知向量，满足：，，. （1）求与的夹角的余弦值； （2）若，求实数的值. 16. 在中，内角、、的对边分别为、、，若. （1）求的大小； （2）若，为角的平分线，点在线段上，，求的面积. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，M为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 18. 在中，为的中点，在边上，交于；且，设，. （1）试用，表示； （2）已知，，. ①若，求的余弦值； ②已知在上，且，若，求的范围. 19. 已知函数，，恒成立. （1）求的值及的解析式； （2），当时，有两个零点，，求的取值范围； （3）已知，且以，，为边能够组成三角形，对于任意满足上述条件的，，，若以，，为边也能够组成三角形，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $