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河北承德市第二中学
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，则（ ）
A. B. C. D.
2.设函数的图象的一个对称中心为，则的一个最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
3.如图，是水平放置的直观图，其中，轴，轴，则的周长为（ ）
A. B. C. D.
4.在中，a，b，c分别为三个内角A，B，C所对的边，设向量，若，则角A的大小为（ ）
A. B. C. D.
5.有一封闭透明的正方体形容器，装有容积一半的有颜色溶液，当你任意旋转正方体，静止时液面的形状不可能是（ ）
A. 三角形 B. 正方形 C. 菱形 D. 正六边形
6.已知函数在上有且仅有1个零点，则实数（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7.已知函数在区间上至少有3个零点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
8.小明同学为了估算位于哈尔滨的索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为(15－15) m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为(　　)
A. 20 m B. 30 m C. 20 m D. 30 m
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.如图是某市夏季某一天的部分温度变化曲线，若该曲线近似地满足函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B(0<φ<π)，则下列说法正确的是(　　)
A. 该函数的最小正周期是16
B. 该函数图象的一条对称轴是直线x＝14
C. 该函数的解析式是y＝10sin＋20(6≤x≤14)
D. 这一天的函数关系式也适用于第二天
11.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.
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12.将函数向左平移个单位后得函数，则在上的最大值是 .
13.求值：________．
14.已知平面向量，，满足，，且，则的最大值为______.
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.(本小题13分）在中，内角所对的边分别是，已知，，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
16.(本小题15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．
17.(本小题15分）如图，在斜坐标系中，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，的夹角为，定义向量在该斜坐标系中的坐标为有序数对，记为.在斜坐标系中，完成如下问题：
（1）若，，求的坐标；
（2）若，，且，求实数的值；
（3）若，，求向量的夹角的余弦值.
18.(本小题17分）已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）用五点法作出在区间内的图象；
（3）在中，若，求的最大值.
19.(本小题17分）在锐角中，角的对边分别为，，，已知且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的取值范围．
参考答案：
1.【答案】C
【解析】根据二倍角余弦公式，将代入可得：.
2.【答案】C
【解析】因为函数图象的一个对称中心为，
所以，解得，
又因为，所以函数的最小正周期为，
选项A：若，此时无自然数解，故A错误；
选项B：若，此时无自然数解，故B错误；
选项C：若，解得，故C正确；
选项D：若，无自然数解，故D错误.
故选：C.
3.【答案】C
【解析】依题意，因轴，轴，，所以，
又因为，所以，从而.
因此在直角坐标系中，
故的周长为：.
故选：C.
4.【答案】B
【解析】因,所以，即,
即,所以，所以因为,故,
故选：B．
5.【答案】A
【解析】因为正方体容器中盛有一半容积的有颜色溶液，无论怎样转动，其液面总是过正方体的中心．
对于B，当过正方体一面上相对两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正方形，即静止时液面如图（1），故B正确；
对于C，当过正方体一面上一边的中点和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为菱形，即静止时液面如图（2），故C正确；
对于D，当过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正六边形，即静止时液面如图（3），故D正确；
故选：A．
6.【答案】A
【解析】因为定义域为，且，可知为偶函数，
若函数在上有且仅有1个零点，由对称性可知的唯一零点为0，则，解得；
若，则，
因为，即，当且仅当时，等号成立，
且，即，当且仅当时，等号成立，
可知，当且仅当时，等号成立，
所以有且仅有一个零点0，符合题意；
综上所述：.
故选：A.
7.【答案】C
【解析】因为，所以t＝(ωx+∈，
则y=cost在上至少有3个零点，
故，解得，则的取值范围是.
正确答案为C.
8.【答案】D
【解析】由题意知：∠CAM＝45°，∠AMC＝105°
所以∠ACM＝30°
在Rt△ABM中，AM＝＝，
在△ACM中，由正弦定理得＝,
所以CM＝＝，
在Rt△DCM中，
CD＝CM·sin 60°＝＝＝30.
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.
故选：ABD.
10.【答案】AB
【解析】由题中的图象可知，A＋B＝30，－A＋B＝10，
∴A＝10，B＝20.
∵＝14－6，
∴T＝16，A选项正确．
∵T＝，∴ω＝，
∴y＝10sin＋20.
∵图象经过点(14,30)，
∴30＝10sin＋20.
∴sin＝1.
又0<φ<π，∴φ可以取，
∴y＝10sin＋20(0≤x≤24)，B选项正确，C选项错误．
这一天的函数关系式只适用于当天，第二天这个关系式不一定适用，∴D选项错误．
11.【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.
故选：BCD.
12.【答案】
【解析】将函数向左平移个单位后，
得函数的图象，
在，上，，，
故当时，函数取得最小值为1；
当时，函数取得最大值为．
故答案为：．
13.【答案】1
【解析】因为，
所以
正确答案为
14.【答案】
【解析】由题意可设：，
则，
若，即，则，
可知点C在以为直径的圆上，即圆心为，半径，
则在方向上的投影数量的最大值为，
所以的最大值为.
15.【答案】解：（1）因为，故由正弦定理可得，又,
所以，又，则，又因为
又，
故；
（2）因为，且，则
又因为,则；
（3）因为，，
则.
16.【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.
17.【答案】解：（1）若，，则，
则,
故的坐标为.
（2）若，，且，
则，，
由已知得，.
所以,
，解得.
（3）若，，
则，
，
所以，
又，
向量，的夹角的余弦值为.
18.【答案】解：（1）对化简：
.
令，.
解得，.
所以的单调递增区间是，.
（2）
根据上表可得函数在区间内的图象如图所示：
（3）由，可得.
因为，所以，则，即.
.
由于，那么.
当，即时，取得最大值为.
19.【答案】解：（1）因为
且，则，可得，
整理得，所以.
（2）方法一：由正弦定理得：，，，，
所以,所以,所以,,
所以的面积
方法二：由余弦定理，即，
解得或（舍去），
所以的面积.
（3）由正弦定理，可得，
则
，
因为为锐角三角形，且，则，解得，
则，可得，
则，
所以的取值范围为.

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