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河北承德滦平县第一中学
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.在中，内角的对边分别为，则（ ）
A. B. C. D. 1
2.水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则的面积是( )
A. 6 B. 10 C. 12 D. 24
3.已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
4.若将函数的图象上各点的横坐标扩大为原来的2倍，再将图象向右平移个长度单位，则所得到的曲线的解析式为（ ）
A. B. C. D.
5.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
6.在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
7.在△ABC中，已知2acos B＝c，sin Asin B(2－cos C)＝sin2＋，则△ABC为（ ）
A. 等腰三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形
8.已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（ ）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.已知函数，则下列结论成立的是（ ）
A. 的最小正周期为 B. 曲线关于直线对称
C. 点是曲线的对称中心 D. 在上单调递增
10.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）
A. 与所成的角为
B. 该半正多面体过、、三点的截面面积为
C. 该半正多面体的体积为
D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式
11.如图，在梯形中，，，为线段的中点，与交于点，为线段上的一个动点，则（ ）
A. B. 向量与共线
C. D. 若，则最大值
三、填空题（本大题共3小题，共15分
12.如图所示，在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，周长的最小值为________．
13.已知，与的夹角为，则与夹角的余弦值为__________．
14.已知，则的值为__________.
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.（本题13分）已知函数在一个周期内的图象如图所示．
(1)求函数的解析式和最小正周期；
(2)求函数在区间上的最值及对应的x的取值；
(3)当时，写出函数的单调递增区间．
16.（本题15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝，sin B＝.
(1)求△ABC的面积；
(2)若sin Asin C＝，求b.
17.（本题15分）如图，是圆柱的底面直径且，是圆柱的母线且，点C是圆柱底面圆周上靠近点A的三等分点，点E在线段上．
(1)求圆柱的表面积与体积；
(2)求三棱锥的体积；
(3)若D是的中点，求的最小值．
18.（本题17分）已知的三个内角的对边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，求的面积；
（3）若为锐角三角形，当取得最小值时，求的值.
19.（本题17分）已知.
（1）求的单调递增区间；
（2）若函数在区间上恰有两个零点，，
①求的取值范围；
②求的值.
参考答案：
1.【答案】C
【解析】中，内角，，的对边分别为，，，，，，
向量，根据平面向量数量积公式：
则，
2.【答案】C
【解析】由题可知，为直角三角形，且，如图：
由斜二测画法知，所以.
3.【答案】D
【解析】由，则，所以.
又，由，得，则.而
.对应选项为D.
4.【答案】A
【解析】将函数的图象上各点的横坐标扩大为原来的2倍，得，
再将图象向右平移个长度单位，根据函数图象平移中，“左加右减”法则，得到的曲线的解析式为，对应选项A.
5.【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.
6.【答案】B
【解析】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线，
则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且，
在中，，即，
所以，即（当且仅当时取等号），
设外接圆半径为，由正弦定理得，即，
所以外接球的半径，则，
故三棱锥的外接球表面积的最小值为.
7.【答案】D
【解析】因为，由余弦定理，得到，
整理化简，得，即，
所以为等腰三角形，，且A、B均为锐角，
又因为，由降幂公式得到，
所以，因为，所以，
所以，所以，解得，所以，所以.
综上诉述，为等腰直角三角形.
8.【答案】C
【解析】当时，，
当时，，
因为函数在上存在最值，所以，解得，
因为函数在上单调，所有，
所以其中，所以，所以，解得，
又因为，则，当时，；当时，；当时，．
又因为，所以的取值范围是.
9.【答案】AC
【解析】选项A：根据正弦函数周期公式（为前面系数），对于，，则，A正确.
选项B：计算，而正弦函数对称轴处函数值为，所以不是对称轴，B错误.
选项C：计算，所以点是的对称中心，C正确.
选项D：当时，，此时单调递减，D错误.
故选：AC.
10.【答案】ABD
【解析】该半正多面体，是由棱长为的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的.
对于A选项，连接、、，易知是等边三角形，
因为、分别为、的中点，则，同理可得，
所以，与所成的角为，A对；
对于B选项，如图，过、、三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，B对；
对于C选项，因为由正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，
所以该几何体的体积为，C错；
对于D选项，几何体顶点数为，有个面，条棱，满足，D对.
故选：ABD.
11.【答案】ACD
【解析】由题意可知，，则，
因为为的中点，结合三角形中线法则：
，
对于选项A，因为，则，使得，
因为、、三点共线，则，使得，进而有，
因为,不共线，所以，解得，故，故选项A正确；
对于选项B，，
所以不共线，故选项B错误；
对于选项C，因为为的中点，所以，
由于，即，
故，同理可得，
所以，，故选项C正确；
对于选项D，因为为线段上一个动点，则，使得，
所以，
因为，不共线，则，，故，
因此的最大值为，故选项D正确.
故选：ACD.
12.【答案】
【解析】将三棱锥沿侧棱剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上如图1，
则线段的长即为所求的周长的最小值．
取的中点，连接，则，.
在中，，
即周长的最小值为.
故答案为：6.
13.【答案】
【解析】由，得，
又因为
所以，
，
，
，
故.
14.【答案】
【解析】根据三角函数的诱导公式，因为，所以；
同理.
将，代入可得：
.
15.【答案】解　(1)由函数图象可知，，，
即，将点代入，得，
则，，则，，
由于，故，
即，最小正周期为.
(2)当时，，
故当，即时，，
当，，即时，.
(3)当时，，
故当，即时，单调递减：
当，即时，单调递增；
故当时，函数的单调递增区间为．
16.【答案】解　(1)由S1－S2＋S3＝，
得 (a2－b2＋c2)＝，
即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2accos B，
所以accos B＝1.
由sin B＝，
得cos B＝或cos B＝－ (舍去)，
所以ac＝＝，
则△ABC的面积S＝acsin B＝××＝.
(2)由sin Asin C＝，ac＝及正弦定理知＝＝＝，
即b2＝×＝，得b＝.
17.【答案】解　(1)圆柱的底面直径，故半径，且高，
可得圆柱的表面积为，
圆柱的体积为．
(2)因为点是圆柱底面圆周上靠近点A的三等分点，且，
而为直角三角形，
从而，得，，
所以．
(3)解：将平面绕旋转到和平面共面，此时点在的延长线上，
设为点，可得，
即当三点共线时，取最小值，
由题意，，
所以，
故的最小值为．
18.【答案】（1）证明：易知，
整理得，
即，
所以，
因为，
所以，即,
所以，证毕；
（2）解：由（1）知，则，
如图所示作，垂足为D，
由题意知，
根据勾股定理有，且，
所以，故；
（3）解：由（1）知
，
根据正弦定理知：
,
又为锐角三角形，即，
则,
所以，当且仅当，
即时取得最小值.
19.【答案】解：（1）
=
=
=
=
根据正弦函数性质，令， .
解得， .
所以的单调递增区间是， .
（2）①令，当时，，则 .
由图象可知，要使在上恰有两个零点，的取值范围是或 .
②设是的两个零点，即， .
由正弦函数图象性质，，即，解得 .

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