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河北围场卉原中学
2024—2025学年第二学期高一数学期中考试试卷
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.为了得到函数的图象．只需把函数的图象上所有的点（）
A. 向左平行移动个单位长度 B. 向右平行移动个单位长度
C. 向左平行移动个单位长度 D. 向右平行移动个单位长度
2.下列关系式中正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
3.如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
4.在中，已知，判断的形状（ ）
A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形
5.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.
6.直三棱柱的各个顶点都在同一个球面上，若则此球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
7.若函数在区间上有且仅有2条对称轴，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，B，C是函数的图像与x轴相邻的两个交点，D是图像在B，C之间的最高点或最低点，若为正三角形，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.已知函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ）
A. B.
C. 将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，是奇函数
D. 方程在上有两个根，则
10.在正方体的顶点中任意选择4个顶点，对于由这4个顶点构成的四面体的以下判断中，正确的是(　　)
A. 不能构成每个面都是等边三角形的四面体
B. 不能构成每个面都是直角三角形的四面体
C. 能构成三个面为全等的等腰直角三角形，一个面为等边三角形的四面体
D. 能构成三个面为不都全等的直角三角形，一个面为等边三角形的四面体
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.在△ABC中，，则角B的大小是________；若，则△ABC的面积的最大值是________.
13.如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 ．
14.若存在，使成立，则实数k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. （本题13分）在中，角所对边分别为，且.
（1）求角的大小;
（2）若.
（i）求的值;
（ii）求的值.
16.（本题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.（本题15分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角B；
（2）若的角平分线交AC于点D，，，求BD；
（3）若的外接圆的半径为，求的取值范围．
18.（本题17分）如图，圆锥的底面半径和高均为6cm，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．设圆柱的底面半径为，母线长为．
(1)求与的关系式；
(2)求圆柱的侧面积的最大值；
(3)记圆柱的侧面积为，圆锥的侧面积为．若，求圆柱的体积．
19.（本题17分）已知函数.
（1）求函数的对称轴方程；
（2）将函数的图象向右平移个单位后得到的图象，若函数在区间上恰有一个零点，求实数的取值范围.
参考答案：
1.【答案】C
【解析】，令有,
所以为了得到函数的图象,只需把函数的图象上所有的点向左平行移动个单位长度即可．
2.【答案】C
【解析】，
∴，所以选择C.
3.【答案】B
【解析】直观图的面积，原图面积，由直观图的面积与原图面积的关系为，得.
故选：B.
4.【答案】D
【解析】由正弦定理(为外接圆的半径)，得，,则由，得，即，即，
所以.因为,是三角形内角，所以，即，所以为等腰三角形.对应选项D.
正确答案为D
5.【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.
正确答案为B
6.【答案】A
【解析】在中，由余弦定理可得：，故.设外接圆的半径为，由正弦定理得: ,故
由于直三棱柱的外接球的球心位于上下底面外接圆圆心连线的中点，且球心到各顶点的距离相等。已知，设该直三棱柱的外接球的半径为，
所以其外接球半径，得外接球的半径.故球的表面积为.
故选：A.
7.【答案】B
【解析】对于函数，由，可得对称轴方程.
分别取 ：
时，；
时，；
时，.
因为在上有且仅有条对称轴，且，所以有 .
解不等式组可得.
故选：B.
8.【答案】B
【解析】
，所以函数的最小正周期.
因为，是函数的图像与轴相邻的两个交点，所以的长度为半个周期，即. 是图像在，之间的最高点或最低点，且为正三角形，则正三角形的高为，而此高就是函数在，之间最高点的纵坐标的绝对值，即. 那么，所以，答案选B.
9.【答案】AD
【解析】由图知，过，则.
因为，所以.
当时，，过，，，.
由，，此情况无解.
当时，，过，，.
又，可得，A正确，B错误.
，.
在有两根时，，D正确.
故选：AD.
10.【答案】CD
【解析】如图所示的正方体ABCD-EFGH，
四面体E-BDG的每个面都是等边三角形，故A选项错误；
四面体E-ABC的每个面都是直角三角形，故B选项错误；
四面体E-ABD的三个面为全等的等腰直角三角形，一个面为等边三角形，故C选项正确；
四面体G-ABD的三个面为不都全等的直角三角形，一个面为等边三角形，故D选项正确．
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】，所以.
因为，所以，当且仅当时取等号，所以，
面积，所以三角形面积的最大值为.
13.【答案】
【解析】因为、分别为、的中点，则，
且，
因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，
所以，，设平面交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，则，
因为为的中点，所以，为的中点，
设直线分别交、的延长线于点、，连接交棱于点，
连接交棱于点，连接、，则截面为六边形，
因为，则，
所以，，
因为，则，所以，，则为的中点，
同理可知，为的中点，易知六边形是边长为的正六边形，
所以，截面面积为.
故答案为：.
14.【答案】
【解析】已知存在，使成立，
可得.
则，其中.
因为正弦函数的值域是，
所以的值域是.
即，
15.【答案】解：（1）由得，，由余弦定理可得，
，
又.
（2）（i）及正弦定理，可得，则，
因为，由可得为锐角，
所以.
（ii），，
又因为，
所以.
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）因为，所以
可得，
由正弦定理(为外接圆的半径)，得，因为，所以，
且，所以.
（2）因为是的角平分线，所以，
因为，
则，
即，整理得，则．
（3）因为，且，所以,
由正弦定理可得，
则，，
则，
又因为，所以，即，
故的取值范围为.
18.【答案】解　(1)作出圆锥的轴截面，如图，
因为，所以，所以图中，又，所以.
(2)圆柱的侧面积为，
当且仅当时，等号成立，即圆柱的侧面积的最大值为.
(3)由题意，圆柱的侧面积为，
圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，
因为，所以，解得，
因为，所以，；
圆柱的体积为.
19.【答案】解：（1）因为，
因为的对称轴方程：，
所以得，
所以，函数的对称轴方程为.
函数的图象向右平移个单位后得到的图象，所以，
所以，
因为，函数在区间上恰有一个零点，即在区间上只有1解，所以在区间上只有1解，即图象在上只有一个交点，因为，令，
则直线与函数的图象有且只有一个交点，如下图所示：
由图可知，当或时，直线与函数的图象有且只有一个交点，因此，实数的取值范围是.

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