辽宁省抚顺市六校协作体2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷(图片版含答案)_2024-2025高一（7-7月题库）_2025年7月_250716辽宁省抚顺市六校协作体2024-2025学年高一下学期7月期末考试

2024-2025 学年度下学期“抚顺六校协作体”期末考试试题 高一数学 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 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，只有一个 是符合题目要求的.） 1.复数z满足z  2i  34i ，则复数z的虚部是（ ） A.1 B.2i C.2 D.i       2.已知向量a  1,3 ，b 1,1 ，c  4,5  .若a与bc平行，则实数的值为（ ） 2 4 4 A. B. C. D.2 19 11 7 3.下列说法正确的是（ ）。 A.一个平面内有一条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行 B.一个平面内有两条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行 C.一个平面内有无数条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行 D.一个平面内有两条相交直线与另外一个平面平行，则这两个平面平行 π 4.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b3，c2 2，A ，则a （ ） 4 A.5 B. 5 C.29 D. 29 5.已知圆台的上、下底面面积分别为36π和49π，其母线长为5，则圆台的表面积为（ ） A.145π B.150π C.155π D.160π 2sin 2022π cos  π   π 6.若 2，则tan  （ ）  3π  4 cos   3cos  2  11 11 3 3 A. B. C. D. 3 3 11 11 5π x 1 3 7.已知直线 x 是函数 f  x  3sin2  sinx  08 图象的一条对称轴，则 24 2 2 2 （ ） A.8 B.6 C.4 D.2 8.在长方体ABCDABC D 中，M为AB的中点，AB4，BC 2 6，BB 2，则三棱锥A BCM 1 1 1 1 1 1 外接球的表面积为（ ） A.56π B.52π C.48π D.64π 二、选择题（选择题：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.已知复数z  cossin cossin i，则下列说法正确的是（ ） A.复数z的模的最大值为2 π B.若 0,π ，z是纯虚数，则 4  π C. 0, 时，复数对应的点在第一象限内  4 D.复数z的模长为定值 10.已知△ABC 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的命题是（ ） A.若sin AsinB，则a b B.若sin2 Asin2Ccos2 B1，则△ABC 一定是锐角三角形 C.若bcosCccosB a，则△ABC 一定是直角三角形 D.若△ABC 是锐角三角形，则sin AcosB恒成立 11.关于函数 f  x sin x  sinx 有下述四个结论，其中正确的是（ ） A. f  x 是奇函数 π  B. f  x 在区间 ,π上单调递减 2  C. f  x 的最大值为2 D. f  x 在2024π,2024π 有4049个零点 三、填空题：本大题共3小题，每小题 5分，共 15分. 12.正四棱台上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为3，则正四棱台的高为_______. 13.已知复数z 满足 z22i 1，则 z32i 的最小值为______. 14日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，烘焙店的包装盒如图所示，正四棱柱ABCDABC D 1 1 1 1 的底面ABCD是正方形，且AB4，AA 1. 1 店员认为在彩绳扎紧的情况下，按照图A中H EE F F GG H H 的方向捆扎包装盒会比 1 1 1 1按照图B中的十字捆扎法更节省彩绳（不考虑打结处的用绳量和彩绳的宽度）.则图A比图B最多节省的彩 绳长度为________. 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.   π       15.已知e ，e 是夹角为 的两个单位向量，a 3e 2e ，b2e 3e . 1 2 2 1 2 1 2   （1）求ab的值；    （2）求a与ab的夹角的余弦值. 16.如图，四棱锥P ABCD的底面为平行四边形，点M，N，Q分别为PC，CD，AB的中点. （1）求证：平面MNQ∥平面PAD； （2）在棱PA上确定一点S，使NS∥平面PBC ，并说明理由.  π  π 17.已知函数 f  x 2 3sinxcosx2sinx sinx .  4  4 （1）求函数 f  x 的单调递增区间；  π （2）求函数 f  x 在区间  0,  上的最大值和最小值；  2 8 π π （3）若 f  x 0  5 ，x 0   4 , 2   ，求cos2x 0 的值. 18.在锐角△ABC 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a  cosBcosC  bc  cosA. （1）证明：A2B； 3 1 1 （2）若BAC的平分线交BC于D，AD1，sinB  ，求  的值； 5 b c c （3）求 的取值范围. a 19.现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长 为10的三角形或四边形.（1）求出所有可能的三角形的面积； （2）如图，已知平面凸四边形ABCD中，AB1，BC 3，CD2，DA4. ①求cosA，cosC 满足的数量关系； ②求四边形ABCD面积的最大值，并指出面积最大时BD的值.2024-2025 学年度下学期“抚顺六校协作体”期末考试 试题参考答案 1-5.ACDBB 6-8ACD 9.BCD 10.ACD 11.BC 12. 7 13.4 14.2010 2 8.参考答案 三棱锥补成直三棱柱DKCAMB，在△AMB中，利用正弦定理可求得外接圆半径r  10，直三棱柱 1 1 1 DKCAMB 上下底面外接圆圆心距离为 2 6 ，根据勾股定理可得三棱锥外接球半径 1 1  2  2 R  10  6 4，球的表面积为64π. 14.参考答案图A，沿彩绳展开正四棱柱，彩绳长度最小值为 4141  2 10 2 ，图B彩绳长度最 小值为4×（4+1）=20     π 15.（1）由题意知，e e  e e cos  0， 1 2 1 2 2               2 2 所以ab 3e 2e  2e 3e 6e 13e e 6e 12. 1 2 1 2 1 1 2 2         2 2 2 （2）由题意得， a  3e 2e  9e 12ee 4e  3 ， 1 2 1 2 2            2 2 2 ab  e e  e e  e  2e e e  2 ， 1 2 1 2 1 1 2 2           2 由（1）知ab12，所以a ab a ab13121，        a ab 1 26 所以cos a,ab       . a ab 13 2 26    26 即a与ab的夹角的余弦值为 . 26 16.（1）在△PCD中，由M，N分别为PC，DC 的中点，可得MN∥PD， 在平行四边形ABCD中，由Q，N分别为AB，CD的中点，可得NQ∥AD， 因为MN  平面PAD，NQ 平面PAD，且PD平面PAD，AD平面PAD， 所以MN∥平面PAD，NQ∥平面PAD， 又因为MNNQ N且MN ，NQ平面MNQ，所以平面MNQ∥平面PAD. （2）当S为棱PA中点时，NS∥平面PBC ， 取PB的中点E，连接SE，EC，SN ， 1 在△PAB中，因为S，E分别为PA，PB的中点，所以SE∥AB且SE  AB， 2 1 又因为N为BC的中点，可得CN∥AB且CN  AB， 2 所以SE∥CN 且SE CN ，所以四边形SECN 为平行四边形，所以SN∥CE. 因为SN 平面PBC ，CE 平面PBC ， 所以SN∥平面PBC .  π  π 17.（1） f  x 2 3sinxcosx2sinx sinx   4  4  π  3sin2xcos2x2sin2x   6 π π π 要求函数 f  x 的单调递增区间，只需 2kπ2x  2kπ，kZ， 2 6 2 π π 解得： kπ x kπ，kZ. 3 6 π π  所以函数 f  x 的单调递增区间为   kπ, kπ  ，kZ.  3 6   π π π 7π 1  π （2）∵x  0,  ，∴ 2x  ，∴ sin2x  1  2 6 6 6 2  6  π 函数 f  x 在区间  0,  上的最大值是2，最小值是-1；  2 8  π 8 （3）∵ f  x  ，∴2sin2x    ， 0 5  0 6 5  π 4 即sin2x     0 6 5 π π π 2π 7π  π 3 ∵x 0   4 , 2   ，2x 0  6    3 , 6   ，∴cos  2x 0  6    5  π π 3  π 1  π ∴cos2x cos2x      cos2x    sin2x   0  0 6 6 2  0 6 2  0 6 3  3 1 4 43 3         2  5 2 5 10 18.（1）由正弦定理及a  cosBcosC (bc)cosA， 得sin AcosBsin AcosC cosAsinBcosAsinC， 所以sin AcosBcosAsinB sin AcosCcosAsinC， 所以sin  AB sin  AC ， 因为ABC  π，所以sin  AB sinB， 所以ABB或ABB  π（舍去）， 所以A2B； 3 （2）因为sinB  ，B为锐角， 5 4 24 所以cosB  ，sinAsin2B2sinBcosB ， 5 25 因为S S S △ABC △ABD △ACD 1 1 12 3 所以 bcsinA  bc ADsinB，所以 bc  bc ， 2 2 25 10 bc 8 1 1 8 所以  ，   . bc 5 b c 5π π π （3）由△ABC 是锐角三角形，0 B ，0 A2B ，0C  π AB ， 2 2 2 π π 可得  B ， 6 4  2 3 所以cosB , ，    2 2  c sinC sin  π AB  sin3B sin2BcosB cos2BsinB     a sinA sinA sin2B sin2B   sinB 2cos2B1 1 cosB 2cosB 2sinBcosB 2cosB  2 3 1  2 3 令cosB t，则t , ， f  t 2t 在 , 上单调递增，      2 2  2t  2 2   2 1 2  3 1 2 3 而 f   2  ， f   3  ，      2  2 2  2  3 3  2 2 3 所以 f  t  , ，    2 3  c  2 2 3 所以  , .   a  2 3  19.（1）根据三角形两边之和大于第三边，由题意可知，所有符合情况的可能三角形为1+2，3，4、2，3+1， 4 当三角形三边为1+2，3，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角 32 32 42 1 1 2 4 5 cos  ，sin 1    233 9 9 9 1 4 5 S  33 2 5. △ 2 9 当三角形三边为2，3+1，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角 42 42 22 7 7 2 15 cos  ，sin 1    ， 244 8 8 8 1 15 S  44  15. △ 2 8 （2）①连接BD，由余弦定理知 AB2 AD2 BD2 17BD2 cosA  2ABAD 8CB2 CD2 BD2 13BD2 cosC   2CBCD 12 ∴BD2 178cosA，BD2 1312cosC， ∴178cosA1312cosC∴2cosA3cosC 1 1 1 ②S S S  14sinA 23sinC 2sinA3sinC ABCD ABD BCD 2 2 ∴ 2sinA3sinC 2 4sin2 A9sin2C12sinAsinC 又∵2cosA3cosC 1，∴ 2cosA3cosC 2 1， ∴4cos2 A9cos2C12cosAcosC 1     故S2 4 1cos2 A 9 1cos2C 12sinAsinC ABCD   13 4cos2 A9cos2C 12sinAsinC 13112cosAcosC12sin AsinC 1212cos  AC 24 当且仅当AC  π，S2 24，S 2 6 取得最大值， ABCD ABCD 此时AC  π，2cosA3cosC 1，∴2cosA3cosA1， 1 1 77 385 cosA ，cosC  ，BD2 1312cosC  ，BD  5 5 5 5