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河北省承德县第一中学
2024--2025学年第二学期期中考试高一数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知点，，且，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
2.已知圆锥的侧面积为，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆半径为（ ）A. B. C. D.
3.底面圆周长为，母线长为4的圆锥内切球的体积为（ ）
A. B. C. D.
4.已知向量，的夹角为，且，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
5.已知函数（）的最小正周期为，则在的最小值为（ ）
A. B. C. 0 D.
6.若，，并且均为锐角，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
7.已知圆的半径为13，和是圆的两条动弦，若，，则的最大值是（ ）
A. 17 B. 20 C. 34 D. 48
8.如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知向量，，其中，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若与的夹角为钝角，则 D. 若，向量在方向上的投影为
10.已知一个直三棱柱的顶点都在一个球的球面上，该棱柱的底面为等腰直角三角形，且侧棱长与底面三角形的斜边长相等，现过球心作一截面，则截面的可能是( )
A. B. C. D.
11.已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的最大值为2
C. 的单调递增区间是
D. 不等式的解集是
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12.如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为 .
13.已知向量均为单位向量，且，向量满足，则的最大值为______．
14.设函数，的图象在区间内恰有一条对称轴，且的最小正周期大于，则的取值范围是__________．
四、解答题（本大题共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13分）已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）设.
①求函数的单调递增区间；
②当时，求不等式的解集.
16.(本小题15分）已知向量，且与的夹角为，.
（1）求证：
（2）若，求的值；
（3）若与的夹角为，求的值．
17.(本小题15分）高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱. 的高 是正四棱锥. 的高 的4倍.
（1）若；
(i)求该模型的体积；
(ii)求顶部正四棱锥的侧面积；
（2）若顶部正四棱锥的侧棱长为 6，当为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大 并求出S的最大值.
18.(本小题17分）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角；
（2）点在边上，且，，求面积的最小值．
19.(本小题17分）已知函数，对，有
（1）求的值及的单调递增区间：
（2）在中，已知，其面积为，求；
（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若，求实数的取值范围.
参考答案;
1.【答案】A
【解析】已知点，，且.
设点坐标为，则，.
由可得.
从而，，解得，，故点坐标为.
2.【答案】A
【解析】设圆锥底面圆半径为，母线长为，则，解得，
由圆锥的侧面积为，得，即，所以.
3.【答案】C
【解析】由题意可知，=4，=1,所以
根据题意可作圆锥与其内切球的轴截面如图所示：
连接OC，由题意得，所以Rt,
所以,,所以,
所以，所以内切球体积为.所以选择C.
4.【答案】B
【解析】因为，所以，即，向量在向量上的投影向量是，又因为，的夹角为，则，所以.对应选项B.
5.【答案】C
【解析】由最小正周期，根据，得，解得，故.当，.
正弦函数在上，最小值为.
6.【答案】C
【解析】已知，则.
由，根据，可得.
因为，，所以.
利用两角差的余弦公式，则.又，所以.
7.【答案】C
【解析】设圆的圆心为，连接，，.
作，，垂足分别为，，则，分别是，中点.
由勾股定理得，.
.
则.
当，反向时取等号.所以的最大值是.
8.【答案】A
【解析】设三角形的面积为，三角形与三角形的面积为，三棱柱的高为，
则有，，设三棱柱的体积为，
又因为设为①式，设为②式，
所以设为③式，由题意可知设为④式，
由①②③④式可得，
所以，所以.
9.【答案】ABD
【解析】对于A选项，若，则根据两向量平行的坐标关系可得，解得，所以A选项正确；
对于B选项，若，则根据两向量垂直的关系可得，即，即，又，得，所以B选项正确；
对于C选项，若与的夹角为钝角，则，且与不共线，可得，得，且，所以C选项错误；
对于D选项，若，则，所以，向量在方向上的投影为，所以D选项正确.
10.【答案】BCD
【解析】在直三棱柱中，，，
显然四边形是正方形，的截面小圆圆心分别为，
线段中点即为直三棱柱的外接球的球心，
平面过球心，截球及内接直三棱柱得球的截面大圆及内接正方形，B是；
矩形所在平面过球心，截球及内接直三棱柱所得截面如选项D所示，D是；
过三条侧棱中点的平面过球心，截球及内接直三棱柱所得截面如选项C所示，C是；
过球心的截面截直三棱柱所得三角形不可能为球的截面大圆的内接等腰直角三角形，A不是.
11.【答案】ACD
【解析】首先利用三角函数的诱导公式，可得，那么.
再根据二倍角正弦公式，进一步得到.
选项A：根据正弦函数周期公式（是前面的系数），这里，所以的最小正周期，A选项正确.
选项B：因为正弦函数的值域是，即，所以的最大值是，B选项错误.
选项C：对于正弦函数，其单调递增区间是，令，则，解这个不等式可得，所以的单调递增区间是，C选项正确.
选项D：由可得，即.对于正弦函数，当时，，令，则，解这个不等式得到，所以不等式的解集是，D选项正确.
综上，答案是ACD.
12.【答案】
【解析】由题意知在直观图等腰梯形，，，，
则；将直观图复原为原图，如图示：
则，，，
作于F，则，
故四边形的周长为，
故答案为：.
13.【答案】
【解析】因为向量均为单位向量，且，不失一般性，不妨设，
设，因为，所以，则可设，
则，，
所以
，
所以当时，取得最大值，即取得最大值，
所以的最大值为.
故答案为：.
14.【答案】
【解析】法一：，，则根据的对称轴得，则，，
法一：当时，，若，解得当时，，则，
此时，可验证此时恰有一条对称轴在内，符合题意，
当时，，则，解得，
此时，不符合题意，
当取其它整数时，不符合题意，所以.
法二：的图象在区间内恰有一条对称轴，且的最小正周期大于
，又，所以
15.【答案】解：（1），
所以最小正周期为；
（2）因为，
①单调递增区间为，，
所以所以的单调递增区间为，.
②，，
，所以或，
得或，所以不等式的解集是.
16.【答案】（1）证明：因为与的夹角为，
所以.
所以.
（2）由题意可知，
，
因为，所以，即，可化为，解得或,
所以的值为或.
（3）由（2）知， ，
，
因为与的夹角为，
所以，即，且，
于是有，即，解得或（舍）,
所以的值为.
17.【答案】解：（1）（i）因为，由得，又，
故正四棱锥的体积，
又因为正四棱柱的体积，
所以模型的体积为.
（ii）取的中点，连接，由，得，
所以正四棱锥的侧面积.
（2）设，正四棱柱的侧面积为，
则，
则
因此当且仅当，即（满足）时，，
故当时，下部分正四棱柱的侧面积最大，最大面积是.
18.【答案】解：（1）由题意及正弦定理得，，
由余弦定理得，，整理得，
所以，又，故A；
（2）设，则，
因为，，，由于，则，
在中由正弦定理得，，解得，
因此，
过点做的垂线，交于点，设三角形的面积为，
，所以，
所以，
所以
，
当且仅当时，等号成立，即三角形面积的最小值为．
19.【答案】解：（1），
对，有，故，
所以，解得，
因为，故只有当时，满足要求，故，
，令，
解得，
的单调递增区间为；
（2），所以
因为，解得，
，即，解得，
由余弦定理得，
故；
（3）图象上的所有点，向右平移个单位后，得到，
再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到，
，
即，
等价于
令，则，
则，
故，
等价于
其中，当时，取得最小值，最小值-1，
所以，解得或，
故实数的取值范围为.

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