2023-2024学年江西省宜春三中高一（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年江西省宜春三中高一（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，则( )
A. B. C. D.
2.已知向量，，分别为正交单位向量，则( )
A. B. C. D.
3.某班同学利用课外实践课，测量，两地之间的距离，在处测得，两地之间的距离是千米，，两地之间的距离是千米，且，则，两地之间的距离是( )
A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米
4.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
5.已知中，角，，的对边分别是，，，若，则是( )
A. 钝角三角形 B. 等边三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰直角三角形
6.如图，平行四边形中，，，点是的三等分点，则( )
A.
B.
C.
D.
7.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( )
A. B. C. D.
8.在中，内角，，所对边分别为，，，若，，则( )
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，则下列结论正确的是( )
A. 的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象
B. 直线是图象的一条对称轴
C. 在上单调递减
D. 的图象关于点对称
10.已知向量，，，下列说法正确的是( )
A. 若，则
B. 设函数，则的最大值为
C. 的最大值为
D. 若，且在上的投影向量为，则与的夹角为
11.在长方体中，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是( )
A. 直线平面
B. 直线与是异面直线
C. 三棱锥的体积为定值
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知角的终边与单位圆交于点，则 ______．
13.已知圆锥的侧面积单位：为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径单位：是 ．
14.设向量满足，，与的夹角为，则的最大值为______．
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。
15.本小题分
已知角，且．
求的值；
求的值．
16.本小题分
已知向量，，向量满足，且．
求的坐标；
若与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
17.本小题分
的内角，，的对边分别为，，，满足．
求；
的角平分线与交于点，求的最小值．
18.本小题分
已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面平面，为的中点，，．
求证：平面；
求证：平面平面．
求异面直线与所成角的余弦值；
19.本小题分
设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种运算“”：．
试求解下列问题：
已知向量满足，求的值；
在平面直角坐标系中，已知点，，，求的值；
已知向量，求的最小值．
答案解析
1.
【解析】解：，则．
故选：．
2.
【解析】解：因为分别为正交单位向量，所以，，
因为，，
所以．
故选：．
3.
【解析】解：由余弦定理可得，则．
故选：．
4.
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，直线，可能平行，相交或异面，故A错误，
对于，平面，可能相交或平行，故B错误，
对于，由直线与平面平行性质，分析可得C正确；
对于，平面，可能相交或平行，故D错误．
故选：．
5.
【解析】解：由，得，
结合正弦定理得，即，
因为、、，所以，可得是等边三角形．
故选：．
6.
【解析】解：平行四边形中，，，
，
，
，
故选：．
7.
【解析】解：设圆锥的底面半径为：，圆锥的母线长为：，
圆柱和圆锥的侧面积相等，可得，
解得，圆锥的体积为：
故选：．
8.
【解析】解：因为，，
所以由正弦定理可得，，
由余弦定理可得：，即，
，
所以，．
故选：．
9.
【解析】解：对于，由的图象向左平移个单位得，
与得到函数不相同，故A错误；
对于，将代入得，此时既不是最高点，也不是最低点，
所以直线不是图象的一条对称轴，故B错误；
对于，因为，
所以，
由于在上递减，而，
可得在上单调递减，故C正确；
对于，将代入得，此时是函数零点，
可得的图象关于点对称，故D正确．
故选：．
10.
【解析】解：对于：若，则，所以，故A正确；
对于：，
所以当，即时，取得最大值，故B正确；
对于：因为，
所以，
所以当时取得最大值，最大值为，故C错误；
对于：在上的投影向量为，所以，
所以，
又，所以，此时，故D正确．
故选：．
11.
【解析】解：如图，连接，，
对于选项A，因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，故AD平面，
同理，又平面，平面，故AB平面，
又平面，平面，，所以面面，
又平面，所以直线平面，故选项A正确；
对于选项B，当点与点重合时，，故选项B不正确；
对于选项C，因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
，，，，故选项C正确；
对于选项D，设直线与平面所成角为，易知，
故当最短时，即时，直线与平面所成角的正弦值最大，
由，，
过点作于，则，，
，又此时，
所以，解得，
所以直线与平面所成角的正弦的最大值为，故选项D正确．
故选：．
12.
【解析】解：角的终边与单位圆交于点，
则．
故答案为：．
13.
【解析】解：圆锥侧面展开图是半圆，面积为，
设圆锥的母线长为，则，，
侧面展开扇形的弧长为，
设圆锥的底面半径，则，解得．
故答案为：．
14.
【解析】解：如图所示，设，
因为，所以，
因为，所以，
又与的夹角为，，，
所以，，，四点共圆，
因为，所以，所以，
由正弦定理知，
即过，，，四点的圆的直径为，
所以的最大值等于直径．
故答案为：．
15.解：，且．
则，
；
．
【解析】利用诱导公式即可得；利用两角和差公式即可得．
16.解：设，因为，，
所以，
又因为，且，
所以，解得，所以；
因为，，
所以，
因为与的夹角为钝角，
所以，解得且，
所以实数的取值范围为．
【解析】设，表示出的坐标，再根据数量积及平面向量共线的坐标表示得到方程组，解得即可；
依题意且与不反向，即可得到不等式组，解得即可．
17.解：由得，
由正弦定理得，即，
由，所以，化简得，
所以，所以．
由，
得，
即，得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为．

【解析】利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式计算可得；
由等面积法得到，再由乘“”法及基本不等式计算可得．
18.证明：设是的中点，连接，，
由于是的中点，
所以，且，而，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，由于平面，平面，
所以平面；
证明：因为，，，
所以，所以，
由于平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
由于，，平面，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，
由于平面，
所以平面平面；
解：由于，所以是异面直线与所成角或其补角，
因为，，
，，
所以，即，
所以．
【解析】通过构造平行四边形，结合线面平行的判定定理来证得平面；
通过证明平面来证得平面平面．
先判断出异面直线与所成角，然后求得所成角的余弦值．
19.解：由已知，得，
所以，即，
又，所以，
所以；
设，则，，
所以，
从而，
所以，
又，
所以；
由可得：，
因为
，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值的最小值是．
【解析】根据条件求得，再根据新运算的定义求解即可；
根据向量的坐标表示求得和的坐标，求得两向量的模其夹角的正弦值，利用新运算定义求解；
利用新运算的定义将表示成关于的式子，利用三角变换及基本不等式求其最小值．
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