2023-2024学年江西省南昌十九中等校联考高一（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年江西省南昌十九中等校联考高一（下）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知向量，若，则( )
A. B. C. D.
2.若复数，则( )
A. B. C. D.
3.已知，则( )
A. B. C. D.
4.已知平面平面，，是平面，外两条不同的直线，则下列结论错误的是( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，，则 D. 若，，则
5.已知函数是奇函数，则( )
A. B. C. D.
6.已知函数的单调递增区间是，则( )
A. B. C. D.
7.在中，内角，，的对边分别为，，，已知，则边上的高为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，若对任意的实数，在区间上的值域均为，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. 的最小正周期为 D. 曲线关于直线对称
10.在中，内角，，的对边分别是，，，满足，则( )
A. 若，则 B. 若，，则
C. 若，则 D. 若，则
11.如图，在正方体中，是上底面的中心，，分别为，的中点，则下列结论正确的是( )
A.
B. 直线与平面所成角的正切值为
C. 平面与平面的夹角为
D. 异面直线与所成角的余弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数在复平面内对应的点位于第二象限，则的取值范围是______．
13.已知三棱台的体积为，记上底面、下底面的面积分别为，，若：：，则三棱锥的体积为______
14.如图，在中，为斜边的中点，点，分别在边，上不包括端点，，若，则 ______．
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。
15.本小题分
已知，且．
若，求的值；
求与夹角的余弦值．
16.本小题分
在中，内角，，的对边分别是，，，已知．
证明：；
若，求．
17.本小题分
如图，正方体的棱长为，，分别是棱，的中点，是棱上的一点，点在棱上，，是三棱柱，，分别是线段，的中点．
证明：直线平面；
若四棱锥的体积为，求的长度．
18.本小题分
如图，某公园里的摩天轮的旋转半径为米，最高点距离地面米，某游客在最低点的位置坐上摩天轮，此时摩天轮开始运行，运行一周的时间不低于分钟，在运行到分钟时，他距地面大约米．
摩天轮运行一周约需要多少分钟？
该公园规定每次游玩摩天轮只能运行一周，则该游客距地面大约米时，摩天轮运行的时间是多少分钟？
19.本小题分
对于平面向量，记，若存在，使得，则称是的“向量”．
设，若是的“向量”，求实数的取值范围；
若，则是否存在“向量”？若存在，求出“向量”；若不存在，请说明理由；
已知均为的“向量”，其中设平面直角坐标系中的点列满足与原点重合，且与关于点对称，与关于点对称求的取值范围．
答案解析
1.
【解析】解：向量，，
，
解得．
故选：．
2.
【解析】解：复数，
则．
故选：．
3.
【解析】解：，则．
故选：．
4.
【解析】解：平面平面，，是平面，外两条不同的直线，
对选项，若，则，选项正确；
对选项，若，则，选项正确；
对选项，若，，则与相交或异面或平行，选项错误；
对选项，若，，则，选项正确．
故选：．
5.
【解析】解：因为函数为奇函数，则，
所以，，解得，，
．
故选：．
6.
【解析】解：令，，
解得，，，
因为函数的单调递增区间是，
所以，解得．
故选：．
7.
【解析】解：因为，在中，则为钝角
由余弦定理可得，
且，
设边上的高为，
由等面积法可得，
即，
解得．
故选：．
8.
【解析】解：由，
函数值域为，又对任意的实数，在区间上的值域均为，
则，
解得．
故选：．
9.
【解析】解：由函数的部分图象知，，选项A正确；
由，所以，又因为，所以，选项B正确；
由，且，所以，解得，
所以，最小正周期为，选项C正确；
时，，所以的图象不关于直线对称，选项D错误．
故选：．
10.
【解析】解：由，结合正弦定理可得，
由，可得，故A正确；
若，，则，，故B错误；
若，则，即，
可得，由，可得，故C正确；
若，即，化为，解得，或舍去，故D错误．
故选：．
11.
【解析】解：选项A：因为在正方体中，是上底面的中心，，分别为，的中点，
所以，面，面，所以，
又，面，，
所以面，面，
所以，正确；
选项B：连接，交于连结，
则为直线与平面所成角，
设正方体棱长为，则正切值为，正确；
选项C：延长，交于，其中，连结，取中点设为，则面，
因为，面和面，所以为面和面的交线，
则过作，连结，
则为平面与平面的夹角的平面角，
在中，设正方体棱长为，
则，，，，
在中，由余弦定理得：
，
，，
则，
，错误；
选项D：取的中点设为，连结，，
则为异面直线和的夹角，
在中，
，
，正确．
故选：．
12.
【解析】解：复数在复平面内对应的点为，
若位于第二象限，则，，解得的取值范围是
故答案为：
13.
【解析】解：根据题意可得小三棱锥与大三棱锥的相似比为：，
小三棱锥的高与三棱台的高相等，
三棱锥的体积与三棱台上面的小三棱锥的体积相等，
又小三棱锥与大三棱锥的体积比为：，
小三棱锥的体积为三棱台的体积的，
三棱锥的体积为
故答案为：．
14.
【解析】解：因为，若，
所以，
所以
即，
又因为，，，为斜边的中点，
，所以，，，，
所以，，
所以在中，，
即，
整理得，，
在中，．
整理得，，
联立，
得，
即，
因，
，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，．
故答案为：．
15.解：若，则，即，可得，解得；
由，可得舍负．
因为，
所以与的夹角满足．
【解析】根据两个向量垂直的条件，建立关于的等式，解之可得实数的值；
先利用向量模的公式与数量积的运算性质，求出与，然后根据两个向量的夹角公式算出与夹角的余弦值．
16.证明：由得，，
由正弦定理，得，
因为，所以，
由二倍角公式得，
因为，所以；
解：由，得，
所以，
因为，
所以，得，
所以．
【解析】由已知结合二倍角公式进行化简即可证明；
由已知结合余弦定理，二倍角公式及的结论即可求解．
17.解：证明：根据题意可得，
，又，
，，
又平面，平面，
，又，且，
平面；
根据题意易知矩形的面积为，
又易知平面即为平面，且平面平面，
到的距离即为四棱锥的高，
四棱锥的体积为，，
而，
．
【解析】证明，，即可证明；
易知矩形的面积为，平面即为平面，且平面平面，从而可得到的距离即为四棱锥的高，再根据题意求出，再解三角形，即可求解．
18.解：由题意知，游客离地面的高度为，其中，；
时，，解得，所以，；
解得，；时，，所以，
即摩天轮运行一周约需要分钟；
由题意知，，令，得，所以，
所以，或，解得，或；
所以该游客距地面大约米时，摩天轮运行的时间是分钟或分钟．
【解析】设游客离地面的高度为，求出、，根据时求出，即可求出；
令，即可求出的值．
19.解：由，．
可得，，，
故，，
由于是的“向量”，所以，
即，
解得或．
由于均为周期函数，且周期为，而
，，
故，
若存在“向量”，则存在，
使得，
故，
即，
即，
即．
故，
故，
解得，，或，．
故存在““向量，““向量为，故．
由于，，均为的“向量”，故，
即，，
即，同理，，
三式相加并化简，得：，
即，，所以，
设，由，得，
设，则依题意得：，
得
故，，
同理，，
故，，
所以，
，
故，
故．
【解析】根据““向量的定义，即可由模长公式求解．
利用三角函数的周期性可得，即可由定义求解．
由定义，结合模长公式可得，设，由条件列式，变形为，结合三角函数的性质，转化为求的最小值．
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