重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

高一数学 第 1 页（共 4 页） 西南大学附中 2024—2025 学年度下期期中考试 高一数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，必须使用 2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用 0.5毫米的黑色签字笔书写； 必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）。 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  1a k  ， ，  9b k  ， ，若 a b   ，则实数 k （ ） A．3 B． 3 C．-3 D．0 2．已知直线 a b， 是两条不同的直线，平面  ，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A．若 a b   ， 且 ∥ ，则 a b∥ B．若 a b ∥ ，∥ ，则 a b∥ C．若 a b∥ ， a  ， b   ，则 a ∥ D．  ，，最多可将空间分成 7个部分 3． ABC△ 中，a b c，，分别是三个内角 A B C，， 的对边，a∶b∶c = 4∶5∶6，则最小角的余弦值 为（ ） A． 1 8 B． 3 4 C． 1 8  D． 9 16 4．矩形 ABCD中， 3AB  ， 2AD  ， BE EC   ， 2DF FC   ，则 AE BF    （ ） A． 4 B． 1 C．1 D． 4 5．已知 cos 2cos4 4                 ，则 tan（ ） A． 1 3 B． 4 5 C． 1 3  D． 4 5  6．已知△ ABC是斜边为 2 2的等腰直角三角形，则△ ABC绕着斜边 AB所在的直线旋转一周 后形成几何体的体积为（ ） A． 4 2 3  B． 2 2 3  C． 4 2 D．8 2 7．已知平面向量 AB AC AD    、 、 ， 1AB AC    = ， 1AB AC    + ，△BCD 的面积为 2 3 ，则 AD  的最小值为（ ） A． 3 2 B．3 C． 7 2 D．4 高一数学 第 2 页（共 4 页） 8．如图为一个正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 与一个半球 1O 构成的组合体，半球 1O 的底面圆与正方 体的上底面 1 1 1 1A B C D 的四边相切，球心 1O 与正方形 1 1 1 1A B C D 的中心重合，将此组合体重新 置于一个球O中（球O未画出），使正方体的下底面 ABCD的顶点均落在球O的表面上， 半球 1O 与球O内切，设切点为 P，若球O的体积为 1331 6 ，则四棱锥 P ABCD 的内切球 的表面积为（ ） A． (44 8 10)  B． (44 8 10)  C． (52 8 22)  D． (52 8 22)  二、多项选择题：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．下列说法正确的是（ ） A．若 ABC△ 的面积为 4，则用斜二测画法画出它的直观图的面积为 2 B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面与截面之间的部分是圆台 C．若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合 D．若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为 2 3  的扇形，则该圆锥的母线与底面半径之比为 3∶1 10．已知 a b c，，分别是 ABC△ 的三个内角 A B C，， 的对边，则下列命题错误的是（ ） A．若 ABC△ 为锐角三角形，则 a b c，，可以分别是 3 4 6，， B．若 6 A  ， 3a  ，该三角形只有一解，则 0 3b  C．若 3 B  ， 2b  ，则△ ABC面积的最大值为 3 D．若 cos cos 0 a bA B c     ，则△ ABC为等腰三角形 11．对于非零向量  m x y  ， ，定义变换    T m x y x y   ， 以得到一个新的向量．现对于非 零向量  1 1a x y  ， 与  2 2b x y  ， ，作如上变换，则下列说法正确的是（ ） A．存在单位向量 e  ，使得   3T e e  B．对任意 a b   、 ，    12a b T a T b       恒成立 C．若 1a b    ，则    T a T b  的最大值为 2 2 高一数学 第 3 页（共 4 页） D．         10120 1 0 2 1 2025 2024 1 20253 4 50 2a a T a a T a a T a a a                    ， ， ， ， ， ，则 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12．已知向量  3 1a  ， ，  1 3b  ， ，则 a与b的夹角为___________． 13．抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑（简称“解放碑”）位于重庆市渝中区解放碑商业步行街 中心地带，是抗战胜利的精神象征，也是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念 碑，同时象征着中国人民反法西斯战争的胜利、重庆解放的历史意义．小西为测量解放碑 的高度，选取了由西到东相距 165 2 4 米的两个观测点 A和 B．在点 A处测得解放碑的基座 中心点 C位于北偏东 75°方向（A、B、C在同一水平面上），且楼顶 D的仰角 DAC（ ）为 30°；在点 B 处测得解放碑基座中心点 C 位于北偏西 45°方向，则解放碑的高度为 _________米． 14．已知 ABC△ 中，内角 ( )A B A B、 是关于 x的方程 2 1cos2 2 sin 2 0 2 x m x m    的两个根， 其中 31 2 m    ，则 cosC =___________． 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．(13分) 在 ABC△ 中，角 A B C，， 所对的边分别为 a b c，，，已知 2sin sin sinB A C ， 且 4cos 5 B  ． (1) 求 1 1 tan tanA C  的值； (2) 若 5ac  ，求 a c 的值． 16．(15分) 已知   32cos( )cos sin 2 6 2 f x x x x    ． (1) 若  0 1 3 f x  ， 0 12 3 x       ， ，求 0cos 2 3 x      的值； (2) 若  f x 在 6 x t     ， 时的值域为 31 2       ， ，求 t的取值范围． 高一数学 第 4 页（共 4 页） 17．(15 分) 如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，点M 是 1CC 的中点，点 F是 BD1的 中点，连接 1DM DC E与 交于点 ． (1) 证明：AF∥面 BDM； (2) 求三棱锥 1E BDD 的体积． 18．(17分) 已知函数     π2sin 0 2 f x x             ， 的图象经过点  0 1， ，且相邻两条对称 轴间的距离为 2  ，将函数  f x 的图象向右平移 3  个单位长度，再关于 x轴对称，得到函数  g x 的图象． (1) 求函数  f x 和  g x 的解析式； (2) 设     2 21 2 cos 2 h x g x a x     ，若   1h x a  对任意 π 6 4 x      ， 恒成立，求实数 a的 最大值； (3) 若关于 x的方程   0f x m  在区间 7π0 6      ， 上恰有三个实数根 1 2 3x x x， ， ，且 1 2 3x x x  ， 求 1 2 3sin( 2 )x x x  的取值范围． 19．(17分) 在斜三角形 ABC中，内角 A B C，， 的对边分别为 a b c，，，记  1 2a bc       且 ． (1) 2  时，若 1 2 CA CB ab    ，求 sin sinA B 的值； (2) 若   3sin sinc os in c s os C A BB A C   ，C为钝角，求角 C与μ的最大值； (3) 若 4  ，△ABC的内切圆半径为 r，外接圆半径为 R，求 r R 的最大值． （命题、审题：银翔校区高 2027届备课组） 西南大学附中 2024—2025 学年度下期期中考试 高一数学参考答案 一．单项选择题 DCBB41  AACB85  7. 已知 1AB AC    ， 1AB AC    ，对 AB AC   平方得  22 2 22AB AC AB AC AB AB AC AC              。 因为 22 1AB AB    ， 22 1AC AC    ，设 BAC   ，有 0    ，则 cos cosAB AC AB AC         ，所 以 2 1 2 cos 1 1AB AC        ，即 2 2cos 1  ，解得 1cos 2    ，有 2 3   . 在△ ABC中，由余 弦定理有 2 2 2 1cos 2 2 b c a bc      ，可得 3BC  ，设点 A到 BC的距离为 1h ，有 1 1 2 h  。已知 S△BCD 2 3 ， 设点 D到 BC的距离为 h，由 S△BCD 1 2 3 2 BC h   ，解得 4h  ，则 AD  的最小值为 1 1 74 2 2 h h    . 8. 因为球O的体积为 1331 6  ，则 34 1331 3 6 R  ，解得 11 2 R  . 记 ABCD 对角线交点为 2O ，显然， 1 2, , ,P O O O 位 于 一 条 直 线 上 . 设 正 方 体 棱 长 为 a ， 在 △ 2AO P 中 ， 1 1 11 2 2 aOO PO PO    ， 2 1 2 1 11 3 11 2 2 2 2 a aOO OO OO a            . 在 Rt△ 2AO O中， 2 2 2 2 2AO OO AO  ，带入可解得 a= 6 . 又在 Rt△ 2AO P中，   2 2 2 2 2 2 2 3 2 9 99AP AO PO     ，即 3 11AP  . 则四棱锥 P ABCD 是一个底面边长 为6，高为 9，侧棱长为 3 11的正四棱锥，其内切球的截面中， 2A 为 AD的中点， 2B 为 BC的中点，利用 等面积法，可得内切球的半径 r 10 1  ，则    22S 4 4 10 1 44 8 10r       . 二．多项选择题 AD.9 ABD.10 BCD.11 10.C为最大角， 2 2 2 9 16 36cos 0 2 2 3 4 a b cC ab          ，即 2 C   ，则△ ABC不是锐角三角形，A 选项错误. 因为△ ABC只有一解，所以 sin 1B  或 sin 1B b a    ，当 sin 1B  时，即 1sin 1 23 b bA a    ，解得 3b= 2 ； 当 sin 1B b a    时，即 1sin sin 1 23 3 b bB A a b         ，得 30 <b  ，综上 30 <b  或 3b= 2 ，B 选项错误. 在△ ABC中，由正弦定理得，S△ABC 1 1 3 3sin 2 2 2 4 = ac B ac ac   ，由余弦定理得， 2 2 2 1cos 2 2 a c bB ac     ， 即 2 2 4 2 4a c ac ac     ，有 4ac  ，当且仅当 2a c  时等号成立，所以 S△ABCmax 3 4 3 4 =   ，C 选 项正确. cos cos 0a bA B c     ，在△ ABC中，由余弦定理可得， 2 2 2 2 2 2 0 2 2 b c a a c b a b bc ac c         ，等式两边 同乘 abc ，经整理得， 2 3 3 2 2 2 0a b a b ab ac bc      ，即      2 2 2a b a b b a c b a     ，则有， ① 0b a  ，即 b a ，所以△ ABC为等腰三角形；② 0b a  ，则 2 2 2a b c  ，即△ ABC为直角三角形。 综上，△ ABC为等腰三角形或直角三角形，所以，D 选项错误. 11. 设单位向量  ,e x y  ，则 2 2 1x y  ，        2 2 2 22 2T e x y x y x y        ，而 1e   ， 2 3 1  ，所以不存在单位向量 e  ，使得   3T e e  ，A 选项错误. 已知  1 1,a x y  ，  2 2,b x y  ，则 1 2 1 2a x yb x y     ，又    1 1 1 1,T x y x ya     ，    2 2 2 2,T x y x yb     ， 计算              1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 22T T x y x y x y x y x yb x ya            ，所以    12a b a bT T       恒成立，B 选项正确. 由 1a b    ，则 2 2 2 1 1 1a x y    ， 2 2 2 2 2 1xb y    ，        2 2 2 2 21 1 1 1 1 12 2T x y x ya y x        ，   2T a  ，        2 2 2 2 22 2 2 2 2 22 2T x y x yb y x        ，   2T b  ，设    ,T a bT   的夹角为 ，对    T a bT  平方得            2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos 4 4cosT T T T T Ta b a b a b                   ，即当 cos 1   时，取得    T a bT  的最大值为 2 2，C 选项正确. 已知  0 3, 4a    ，则      0 1 3 4,3 4 1,7T a a        ，即    2 2 21 1 7 1 49 50a        ，由 B 选项有    12a b a bT T       ， 则    1 11 21 12 2n n nn nna Ta T a a a a              ， 即 22 nn aa     ， 所 以  21012 101220251 12 50 2a aa        ，D 选项正确. 三．填空题 30 6 .12 或 2 555.27.13 或 2 1.14  14. 因为 2cos2 1 2sinx x  ，所以方程可化为 2 2 3sin sin 0 4 x m x m    ，又根据题意由韦达定理有 sin sinA B m   ， 2 3sin sin 4 A B m  ，则    2 2sin sinA B m   ，整理可得 2 2 23sin sin 2 A B m   ，又 根据     2 2 2 2 2 2 2 2 2 1cos cos cos cos 1 sin 1 sin 1 sin sin sin sin 4 A B A B A B A B A B m          ，在 △ ABC中，    cos cos cos cos cos sin sinC A B A B A B A B         ，又因为 31 2 m    ，代入可 得 1cos 2 C   . 四．解答题 15. 解：（ 1）因为在△ ABC 中，  0,B  ， 4cos 5 B  ，则 3sin 5 B  ，由 2sin sin sinB A C ，则 2 1 1 cos sin sin cos sin sin 5 tan tan sin sin sin sin sin 3 A C A C B B A C A C A C B       . （2）由题意 4cos 5 B  ， 5ac  ，又由余弦定理可得， 2 2 2 cos 2 a c bB ac    ， 2b ac ，整理可得 2 2 13 5 a c ac  ， 即  2 23 23 5 a c ac   ，所以 23a c  . 16.解：（1） 2 3 1 3 3( ) 2 (cos sin )cos sin 2 3 cos sin cos 2sin cos 2 2 2 2 f x x x x x x x x x x           cos2 1 1 3 3 13 sin 2 cos2 sin 2 sin 2 2 2 2 2 2 3 x x x x x              ，因为 0 1( ) 3 f x  ， 0 ,12 3 x       ，所以 0 22 , 6 3 x       ， 02 ,3 2 x         ， 0 2cos 2 2 3 3 x        . （2）因为 , 6 x t     ，所以 2 ,2 3 x t     ， 22 ,2 3 3 3 x t        ，要使得 ( ) sin 2 3 f x x       在 , 6 x t     时 的值域为 31, 2       ，根据三角函数图像有 3 2 2 2 3 3 t      ，解得 7 12 t   . 17. （1）证明：连接 AC交 BD于点O，连接OM ， 1FC ，因为四边形 ABCD是正方形，所以点O是 AC的 中点，由题点M 是 1CC 的中点，所以 1OM AC ，又因为正方体 1 1 1 1ABCD A BC D ，点 F 是 1AC 的中点，所 以OM AF ，因为 AF 面 BDM ，OM 面 BDM ，所以 AF  面 BDM . （ 2）解：由图有 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3 3 9E BDD D BCD E BCD V V V S DD S DD S DD          △BCD △BCD △BCD ，代入解得 1 2 1 82 2 2 9 2 9E BDD V        . 18. 解：（1）  ( ) 2sin 0, 2 f x x            ，由题有 (0) 1f  ，即 2sin 1  ， 1sin 2   ，则 6   . 又 因为 ( )f x 相邻两条对称轴间的距离为 2  ，所以 2T     ，即 2  ，所以 ( ) 2sin 2 6 f x x       ， ( ) 2sin 2 2sin 2 2cos2 3 6 2 g x x x x                      . （ 2 ）    2 2 2 21( ) 2cos2 2 cos 2cos 2 1 cos2 2cos 2 cos2 1 2 h x x a x x a x x a x a a             ， 即 22cos 2 cos2 1x a x   ，对任意的 , 6 4 x       恒成立。令 cos2u x ， , 6 4 x       ，则 22 1u au   对任意 的 10, 2 u      恒成立，即 1 2 2 au u   对任意的 10, 2 u      恒成立，有 3 2 2 a  ，则 3a  ，所以 a的最大值为 3. （3） ( ) 2sin 2 0 6 f x m x m         ，即 ( ) 2sin 2 6 f x x m       在 70, 6 x      上恰有三个实数根 1 2 3, ,x x x ， 且 1 2 3x x x  ，令 2 6 t x   ，即 sin 2 mt  在 5, 6 2 t       上恰有三个实数根 1 2 3, ,t t t ，且 1 2 3t t t  .由 sin 2 mt  函数图象，有 1 1 2 2 m   ，再由对称性有 1 2 2 3, 3t t t t     ， 3 13 5, 6 2 t      ，又因为 6 2 t x    ，所以    1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 1 1 12 2 2 2 2 6 2 6 2 6 2 3 2 3 x x x t t t t t t t t t t t                                                  ，即 1 2 3 3 11 22 , 6 3 3 x x x t            ，所以  1 2 3 3sin 2 1, 2 x x x           . 19. 解：（1）由题意有 2a b c    ，则 2a b c  ，在△ ABC中， 1cos 2 CA CB ab C ab     ， 1cos 2 C  ， 则 3 C  ，又因为 3sin sin 2sin 2 3 2 A B C     . （2）在△ ABC中，  cos cosC A B   ，则      cos cos cos cos 2sin sinB A C B A A B B A       ，即 3sin sin2sin sin sin A BB A C  ，可得 3sin 2 C  ，又因为 C 为钝角，所以 2 3 C  . 根据正弦定理，有 sin sin sin sin 2 33 sin sin sin 3 3 A A a b A B A c C C                  ，又因为 0, 3 A      ， 2, 3 3 3 A         ， 3sin ,1 3 2 A            ， 2 31, 3        . 2 3 3 的最大值为 （3）由题有 4 a b c    ，即 4 a bc  ，在△ ABC中，由余弦定理有 2 2 2 2 2 2 4cos 2 2 a ba b a b cC ab ab          2 215 15 152 16 16 8 16 8 2 2 ab ab aba b ab ab       ，即 7cos 8 C  ，当且仅当 a b 时等号成立。在△ ABC，内切圆分别交 , ,BC AC AB 于 点 , ,E F G ， 内 切 圆 圆 心 为 O ， , , ,CF CE AF AG CE BG OCE ACO      ， 有          1 1 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 cCE CF CE AC BC AF BE AC BC AG BG AC BC AB a b c                 ， 内 切 圆 半 径 3tan tan tan 2 2 2 c c Cr CE OCE CE      ， 外 接 圆 半 径 2sin cR C  ， 则     23 1tan sin sin sin sin sin 1 cos 72 2 2 2 23sin tan 3 3 3 3 1 cos 3 1 12 8cos sin cos sin 2sin 2 2 2 2 C C Cc C C C Cr CC C c C C CR C C                    ，则有 3 8 r R  .