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江西鹰潭市余江区第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题
一、单选题
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，，点P满足，则点P的坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知a，b是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，若，，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为1的正方形，如图所示，则该平面图形的面积是（ ）
A．1 B． C．2 D．
6．如图，小胡同学为了测量地面上一栋大楼AB的高度（大楼AB垂直于地面），在与楼底同一水平面内选取两个测量基点和，在点测得大楼顶部的仰角是，在点测得大楼顶部的仰角是，测得水平面上的米，则该大楼的高度为（ ）
A．37米 B．38米 C．39米 D．40米
7．已知函数，若在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在梯形中，为上一点，且满足，则（ ）
A．1 B． C． D．2
二、多选题
9．已知复数，其中i为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．z的虚部为
10．下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（多选题）已知正三棱柱的高为2，且有内切球O（球O位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过O，A，B三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（ ）
A．
B．平面平面
C．截面的面积为
D．该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为
三、填空题
12．已知圆锥的底面半径为2，轴截面为直角三角形，则该圆锥的侧面积为______．
13．若命题“对任意，函数的值恒大于m”为假命题，则实数m的取值范围为______．
14．已知锐角的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围为________．
四、解答题
15．已知向量.
(1)若，求的值；
(2)若，求向量与的夹角的余弦值.
16．已知．
(1)求的值；
(2)若，，且，求及的值．
17．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
0
(1)求函数的解析式；
(2)求不等式的解集；
(3)将图象上的所有点向右平移个单位长度，并把图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.若满足，求的最小值.
18．在中，角所对的边分别为，且．
(1)求证：；
(2)若 的面积为52，求；
(3)若 是边（不含端点）上的动点，且，求的面积的最小值．
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，点E，F分别是的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥外接球的表面积；
(3)设与平面所成角为，求的取值范围．
参考答案
1．A
解析：由，知复数z在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
2．C
解析：点，，则，于是，
所以点的坐标为.
故选：C
3．B
解析：令，
解得，
所以函数的定义域为．
4．A
解析：当时，与可能相交，充分性不成立；
当时，根据面面平行的性质定理可知，，所以必要性成立．
综上可知，“”是“”的必要不充分条件．
5．D
解析：，所以，还原如图所示：
则，所以平面图形面积．
故选：D．
6．B
解析：设大楼米.
在中，因为在点测得大楼顶部的仰角是，，，所以.
在中，因为在点测得大楼顶部的仰角是，，，所以.
已知在中，，米，根据余弦定理.
将，，代入上式可得：，
即，移项可得，即，解得
得到，（高度不能为负舍去）.
该大楼的高度为38米.
故选：B.
7．C
解析：由，
因为，所以，
又在区间上恰有3个零点，所以，解得.
8．A
解析：在梯形中，令，由，得，
由，得，所以
.
9．BD
解析：，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，z的虚部为，故D正确．
故选：BD．
10．ABD
解析：，
又，，所以，A正确；
因为，
所以，B正确；
，C错误；
，D正确．
11．ABD
解析：A选项，如图1，取上底面，下底面的中心分别为，，取AB，的中点M，N，取MN中点I，于是四边形为矩形，则，于是，，又为等边三角形，则，A正确；
选项B，由于，且平面OAB，平面OAB，所以平面OAB，又平面，设平面平面，则，如图2，连接OM，ON，由于，，则为平面OAB与平面所成角的平面角，又，，则，，所以平面平面，B正确；
选项C，如图3，延长MO，交于点H，过点H作AB的平行线交，于E，F，由于，则，则H为上靠近的三等分点，于是，因为，M为AB中点，H为EF中点，所以四边形ABFE为等腰梯形，且，所以，即截面的面积为，C错误；
选项D，由于正与正相似，三条侧棱延长相交于一点，于是为三棱台，该三棱柱被截面分成两部分，分别为三棱台和剩余部分，其中，同理，可得，三棱台的体积，而三棱柱的体积，于是截面所截的另一部分的体积，则较小部分与较大部分的体积之比为，D正确．
12．
解析：
因为圆锥的底面半径为2，轴截面为直角三角形，
所以圆锥的母线长为，
则该圆锥的侧面积为．
13．
解析：因为命题“对任意，函数的值恒大于m”为假命题，
则该命题的否定是真命题，即，函数的值不大于m.
即，.
又因为正弦函数和正切函数在区间上都单调递增，
所以函数在上单调递增，
当时，，
则，
所以m的取值范围为．
故答案为：
14．
解析：因为，所以，整理得，
所以或，
若，即，与是锐角三角形矛盾，所以不成立，
所以，则，，由得，
，
设，，
因为，所以，，所以，
所以.
15．(1)
(2)
解析：（1）若，则，解得，
所以，则.
（2）因为，则，
解得，设向量与的夹角为，
则，
即向量与的夹角的余弦值为.
16．(1)
(2)，
解析：（1）；
（2），
又，所以，
因为，，所以，则，，
所以.
17．(1)
(2)
(3)
解析：（1）由题意知，解得，，
又，解得，
所以.
（2）由，得，所以，
解得，
即不等式的解集为.
（3）将的图象向右平移个单位长度，得到的图象，
再将图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到的图象，
因为，所以的图象关于中心对称，
所以，解得，
因为，所以当时，此时取得最小值为.
18．(1)证明：由及正弦定理，得，
所以．
因为，所以，
所以或，解得或（舍）．
(2)
(3)
解析：（1）略
（2）因为，
所以 ，
又，所以，即．
因为，所以．
因为，
所以的面积 ，解得．
（3）由，得，即，
又，所以．
不妨设在线段上，设，则．
在中， ，所以，
即．
在中， ，
所以，
即．
所以的面积．
令，
因为，所以， ，
所以当时，取到最大值，
所以，
即的面积的最小值为．
19．(1)因为底面是边长为2的菱形，且，
所以和均为等边三角形.
因为点是的中点，所以．
因为，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
(2)
(3)
解析：（1）略
（2）取的中点，连接，则.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心.
所以三棱锥的外接球球心一定在平面内，且为的外心，
三棱锥的外接球的半径等于外接圆的半径.
因为是等边三角形，，
由正弦定理，得（为的外接圆半径），
解得，即三棱锥的外接球半径为．
所以三棱锥外接球的表面积为．
（3）取的中点，作，垂足为，连接．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面为与平面所成的角，所以．
①若在线段（不含端点）上，如图1，设，
因为为的中点，所以，
因为F，G分别是的中点，所以，又，
所以，由余弦定理得，
所以．
令，由，得，
所以，当且仅当，即时等号成立．
又，所以的取值范围为．
②若在线段上（不含端点），如图2，设，
因为，所以，
又，所以，由余弦定理得，
所以．
令，由，得，所以．
令，任取，
则，
因为，所以，
故，即，
所以在上单调递增，且，所以的取值范围为．
③若与重合，则．
综上所述，的取值范围为．

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