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（ 解析版 ）江西省宜春市第三中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
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这是一份（ 解析版 ）江西省宜春市第三中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一年级数学试卷
考试范围：必修第二册；考试时间：120分钟
一、单项选择题 本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．已知，则（ ）
A．0B．1C．D．2
2．已知向量，，（分别为正交单位向量），则（ ）
A．B．1C．6D．
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4千米，两地之间的距离是6千米，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，在平行四边形中，，点E满足，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,内角所对的边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：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2
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P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．已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是 .
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．已知角，且.
(1)求sin()的值;
(2)求的值.
16．已知向量，，向量满足，且.
(1)求的坐标；
(2)若与的夹角为钝角，求实数的取值范围.
17．的内角的对边分别为，满足.
(1)求；
(2)的角平分线与交于点，求的最小值.
18．已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面平面，E为的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
(3)求异面直线与所成角的余弦值；
19．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，
(1)已知向量满足，求的值；
(2)在平面直角坐标系中，已知点，求的值；
(3)已知向量，求的最小值.
1．C
【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.
【详解】若，则.
故选：C.
2．B
【分析】根据已知条件写出向量的坐标，然后用坐标公式求数量积可得解.
【详解】因为分别为正交单位向量，所以，，
所以，
故选：B.
3．A
【分析】利用余弦定理解三角形即可.
【详解】由余弦定理可得，则.
故选：A
4．C
【分析】逐项举反例判断选项A,B,D错误，证明选项C正确.
【详解】对于A，如图，若，但直线平行，A错误；
对于B，如图，若，但是平面不平行，B错误；
对于C：如图，若，过直线作两个平面，可得则，C正确；
对于D，如图，若，则，D错误；
故选：C.
5．B
【分析】由正弦定理，结合诱导公式及二倍角的余弦公式可得，可得，从而可得是等边三角形.
【详解】由，
结合正弦定理可得，所以，
又因为是的内角，故，
所以是等边三角形.
故选：B.
6．A
【分析】根据题意，得到，结合向量的运算法则，即可求解.
【详解】由题意知，点满足，可得，
则.
故选：A.
7．B
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
8．C
【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可.
【详解】因为，则由正弦定理得.
由余弦定理可得:，
即:，根据正弦定理得，
所以，
因为为三角形内角，则，则.
故选：C.
9．CD
【分析】利用正弦函数的性质来研究正弦型函数的性质即可.
【详解】对于A，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B，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C，当时，，
由于在上递减，而，所以在上单调递减，故C正确；
对于D，将代入得：，此时是函数零点，
所以的图象关于点对称，故D正确；
故选：CD．
10．ABD
【分析】根据判断A，由数量积的坐标表示及辅助角公式判断B，根据向量模的坐标表示及辅助角公式判断C，根据投影向量的定义及夹角公式判断D.
【详解】对于A：若，则，所以，故A正确；
对于B：，
所以当，即时取得最大值，最大值为，故B正确；
对于C：因为，
所以，
所以当时取得最大值，最大值为，故C错误；
对于D：在上的投影向量为，所以，
所以，
又，所以，此时，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【分析】根据面面平行得线面平行可判断A；通过举特例判断B；用等体积法判断C；找到线面角的正弦值，再用等面积法判断D.
【详解】
如图，连接，，
对于A，因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，故平面，
同理，又平面，平面，故平面，
又平面，平面，，所以面面，
又平面，所以直线平面，故A正确；
对于B，当点P与点重合时，，故B错误；
对于C，因为平面，所以点P到平面的距离等于点B到平面的距离，
，，，，故C正确；
对于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D正确.
故选：ACD.
12．##
【分析】根据三角函数的定义计算可得.
【详解】因为角的终边与单位圆交于点，
所以.
故答案为：
13．1
【分析】设出圆锥底面半径和母线长，利用侧面展开后，扇形弧长公式和面积公式进行求解.
【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，则，解得：，又，解得：.
故答案为：1
14．4
【分析】利用向量的数量积求得的夹角，在利用向量的运算法则作出图，结合图象，判断出四点共圆，利用正弦定理求出外接圆的直径，即可求解.
【详解】如图所示，
设 因为，
所以，因为，
所以，因为 ，
所以，
所以四点共圆，因为，，
所以，由正弦定理知，
即过四点的圆的直径为4，
所以的最大值等于直径4.
故答案为：4.
15．(1)
(2)
【分析】根据同角三角函数的关系求得，结合诱导公式和两角差的余弦公式分别计算即可求解.
【详解】（1）由题意知，，
所以；
（2）由（1）知，，
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）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；
（2）依题意且与不反向，即可得到不等式组，解得即可.
【详解】（1）设，则，
又，且，
所以，解得，所以
（2）因为，
因为与的夹角为钝角，所以
则，解得且，
所以实数的取值范围为.
17．(1)
(2)．
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式计算可得；
（2）由等面积法得到，再由乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】（1）由得，
由正弦定理得，即，
由，所以，化简得，
所以，所以.
（2）由，
得，
即，得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
18．(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
(3)
【分析】（1）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；
（2）通过证明平面来证得平面平面.
（3）先判断出异面直线与所成角，然后求得所成角的余弦值.
【详解】（1）设是的中点，连接，
由于是的中点，所以是三角形的中位线，
所以，而，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，由于平面，平面，
所以平面.
（2）由于，所以，
由于平面平面且交线为，平面，
所以平面，由于平面，
所以.
由于平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面．
（3）由于，所以是异面直线与所成角（或其补角），
，，
，，
所以，所以.
19．(1)2
(2)7
(3)9
【分析】（1）借助新定义计算即可得；
（2）借助所给定义及三角函数间的关系，计算可得，代入数据计算即可得；
（3）由，代入数据，结合基本不等式计算即可得.
【详解】（1）由已知，得，
所以，即，
又，所以，
所以；
（2）设，则，
所以，
，
所以，
又，
所以；
（3）由（2）得，
故，
，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值是9．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助所给定义及三角函数间的关系，计算得到.
高一年级数学试卷
考试范围：必修第二册；考试时间：120分钟
一、单项选择题 本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．已知，则（ ）
A．0B．1C．D．2
2．已知向量，，（分别为正交单位向量），则（ ）
A．B．1C．6D．
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4千米，两地之间的距离是6千米，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，在平行四边形中，，点E满足，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,内角所对的边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：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2
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P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．已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是 .
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．已知角，且.
(1)求sin()的值;
(2)求的值.
16．已知向量，，向量满足，且.
(1)求的坐标；
(2)若与的夹角为钝角，求实数的取值范围.
17．的内角的对边分别为，满足.
(1)求；
(2)的角平分线与交于点，求的最小值.
18．已知四边形为直角梯形，，，为等腰直角三角形，平面平面，E为的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
(3)求异面直线与所成角的余弦值；
19．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，
(1)已知向量满足，求的值；
(2)在平面直角坐标系中，已知点，求的值；
(3)已知向量，求的最小值.
1．C
【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.
【详解】若，则.
故选：C.
2．B
【分析】根据已知条件写出向量的坐标，然后用坐标公式求数量积可得解.
【详解】因为分别为正交单位向量，所以，，
所以，
故选：B.
3．A
【分析】利用余弦定理解三角形即可.
【详解】由余弦定理可得，则.
故选：A
4．C
【分析】逐项举反例判断选项A,B,D错误，证明选项C正确.
【详解】对于A，如图，若，但直线平行，A错误；
对于B，如图，若，但是平面不平行，B错误；
对于C：如图，若，过直线作两个平面，可得则，C正确；
对于D，如图，若，则，D错误；
故选：C.
5．B
【分析】由正弦定理，结合诱导公式及二倍角的余弦公式可得，可得，从而可得是等边三角形.
【详解】由，
结合正弦定理可得，所以，
又因为是的内角，故，
所以是等边三角形.
故选：B.
6．A
【分析】根据题意，得到，结合向量的运算法则，即可求解.
【详解】由题意知，点满足，可得，
则.
故选：A.
7．B
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
8．C
【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可.
【详解】因为，则由正弦定理得.
由余弦定理可得:，
即:，根据正弦定理得，
所以，
因为为三角形内角，则，则.
故选：C.
9．CD
【分析】利用正弦函数的性质来研究正弦型函数的性质即可.
【详解】对于A，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B，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C，当时，，
由于在上递减，而，所以在上单调递减，故C正确；
对于D，将代入得：，此时是函数零点，
所以的图象关于点对称，故D正确；
故选：CD．
10．ABD
【分析】根据判断A，由数量积的坐标表示及辅助角公式判断B，根据向量模的坐标表示及辅助角公式判断C，根据投影向量的定义及夹角公式判断D.
【详解】对于A：若，则，所以，故A正确；
对于B：，
所以当，即时取得最大值，最大值为，故B正确；
对于C：因为，
所以，
所以当时取得最大值，最大值为，故C错误；
对于D：在上的投影向量为，所以，
所以，
又，所以，此时，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【分析】根据面面平行得线面平行可判断A；通过举特例判断B；用等体积法判断C；找到线面角的正弦值，再用等面积法判断D.
【详解】
如图，连接，，
对于A，因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，故平面，
同理，又平面，平面，故平面，
又平面，平面，，所以面面，
又平面，所以直线平面，故A正确；
对于B，当点P与点重合时，，故B错误；
对于C，因为平面，所以点P到平面的距离等于点B到平面的距离，
，，，，故C正确；
对于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D正确.
故选：ACD.
12．##
【分析】根据三角函数的定义计算可得.
【详解】因为角的终边与单位圆交于点，
所以.
故答案为：
13．1
【分析】设出圆锥底面半径和母线长，利用侧面展开后，扇形弧长公式和面积公式进行求解.
【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，则，解得：，又，解得：.
故答案为：1
14．4
【分析】利用向量的数量积求得的夹角，在利用向量的运算法则作出图，结合图象，判断出四点共圆，利用正弦定理求出外接圆的直径，即可求解.
【详解】如图所示，
设 因为，
所以，因为，
所以，因为 ，
所以，
所以四点共圆，因为，，
所以，由正弦定理知，
即过四点的圆的直径为4，
所以的最大值等于直径4.
故答案为：4.
15．(1)
(2)
【分析】根据同角三角函数的关系求得，结合诱导公式和两角差的余弦公式分别计算即可求解.
【详解】（1）由题意知，，
所以；
（2）由（1）知，，
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）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；
（2）依题意且与不反向，即可得到不等式组，解得即可.
【详解】（1）设，则，
又，且，
所以，解得，所以
（2）因为，
因为与的夹角为钝角，所以
则，解得且，
所以实数的取值范围为.
17．(1)
(2)．
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式计算可得；
（2）由等面积法得到，再由乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】（1）由得，
由正弦定理得，即，
由，所以，化简得，
所以，所以.
（2）由，
得，
即，得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
18．(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
(3)
【分析】（1）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；
（2）通过证明平面来证得平面平面.
（3）先判断出异面直线与所成角，然后求得所成角的余弦值.
【详解】（1）设是的中点，连接，
由于是的中点，所以是三角形的中位线，
所以，而，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，由于平面，平面，
所以平面.
（2）由于，所以，
由于平面平面且交线为，平面，
所以平面，由于平面，
所以.
由于平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面．
（3）由于，所以是异面直线与所成角（或其补角），
，，
，，
所以，所以.
19．(1)2
(2)7
(3)9
【分析】（1）借助新定义计算即可得；
（2）借助所给定义及三角函数间的关系，计算可得，代入数据计算即可得；
（3）由，代入数据，结合基本不等式计算即可得.
【详解】（1）由已知，得，
所以，即，
又，所以，
所以；
（2）设，则，
所以，
，
所以，
又，
所以；
（3）由（2）得，
故，
，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值是9．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助所给定义及三角函数间的关系，计算得到.
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