精品解析：北京市顺义区第一中学2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题

顺义一中2024~2025学年度第二学期期中考试 高一数学 2025.04 （考试时间120分钟 满分150分） 一、单选题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 一个球的表面积为，则该球的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】直接由球的表面积公式列方程即可求解. 【详解】设所求半径为，则，解得. 故选：B. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. 1 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量平行的坐标运算求解即可. 【详解】向量，， ， 故选：C. 3. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，，边长，，然后即可求三角形的周长． 【详解】 根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，， 底边长，高， 所以， 直角三角形的周长为． 故选：A． 4. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】逆用两角差的余弦公式求解即可. 【详解】， 故选：B 5. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象可直接得出，求出最小正周期，即可得出，再将点代入解析式即可求出. 【详解】由图可知，最小正周期满足， ，， ，代入点得， 解得，当时，， . 故选：A. 【点睛】本题考查根据三角函数部分图象求函数解析式，属于基础题. 6. 在中，，则的形状为 A. 等边三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理将边化角，再利用正弦的和角公式求解. 【详解】由正弦定理得： 又因为： 所以 所以 又因为 所以 故选C. 【点睛】本题考查正弦定理的应用即边角互化，和差角公式，属于中档题. 7. 在中，“”是“是钝角三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由得，充分性成立，是钝角三角形，钝角不一定是角，必要性不成立，即可得答案. 【详解】解：设与的夹角为，因为，即，所以，，又为内角的补角，所以，是钝角三角形；当为钝角三角形时，不一定是钝角．所以“”是“是钝角三角形”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，考查向量数量积的概念，是基础题. 8. 如图所示，在△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算计算可得结果. 【详解】依题意，. 故选：B 9. 如图某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，现需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为元，则该零部件的防腐处理费用是（ ） A. 元 B. 元 C. 元 D. 元 【答案】A 【解析】 【分析】根据棱台的高求出侧面等腰梯形的高，再计算出棱台的表面积，即可求得该零部件的防腐处理费用. 【详解】 如图所示，，，连接，分别是的中点，连接，取的中点，连接. 由题意，在正四棱台中，平面，则， 因为分别是的中点，所以，且， 又分别是的中点，所以，且， 故，则四点共面； 因为平面，平面，所以， 所以四边形为直角梯形， 在直角梯形中，，又点是的中点， 所以四边形为矩形，则，且，又， 因此，在直角中，， 所以在正四棱台中， 侧面积， 底面积， 表面积（平方厘米）， 又每平方厘米的防腐处理费用为元， 所以该零部件的防腐处理费用是（元）. 故选：A 10. 平面向量与是单位向量，夹角为，那么，向量、构成平面的一个基．若，则将有序实数对称为向量的在这个基下的斜坐标，表示为．设，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由，，再结合平面向量的数量积公式得解； 【详解】由已知，有，, . 故选：C 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知在中，，则等于________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理可得，令，然后利用余弦定理可求出 【详解】因为在中，， 所以正弦定理可得，则令（）， 由余弦定理得， 故答案为： 12. 如图是以为圆心的一个圆，其中弦的长为2 ，则_______. 【答案】2 【解析】 【分析】作交于，则，由此计算求解即可得到结果. 【详解】如图，作交于，则， 则. 故答案为：2. 【点睛】本题考查平面向量的几何应用，此类题型一般需要结合平面向量的基本定理进行计算化简，属中档题. 13. 设函数 ．若对任意实数都成立，则的值可以为________.（答案不唯一，写出一个满足条件的值即可） 【答案】（答案不唯一，符合即可） 【解析】 【分析】利用已知条件转化为函数的最大值，然后列出关系式求解即可得出答案. 【详解】对任意实数都成立，则时，， 所以，则，解得 因为，取，则. 故答案为：（答案不唯一，符合即可） 14. 已知，，，若，则实数______． 【答案】 【解析】 【分析】由向量坐标的运算求出向量的坐标，再根据，利用向量夹角余弦公式列方程，求出实数的值． 【详解】由，，则， 又，则， 则，即，进而，解得， 故答案为： 15. 已知一个圆柱与一个圆锥的底面半径相等，圆柱的高等于其底面直径，圆锥的高等于其底面直径的倍．给出下列结论： ①设圆柱与圆锥的体积分别为、，则； ②设圆柱与圆锥的轴截面面积分别为、，则； ③设圆柱与圆锥的侧面积分别为、，则； ④设圆柱与圆锥表面积分别为、，则. 其中正确结论的是_________ 【答案】①③④ 【解析】 【分析】设圆锥和圆柱的底面半径为，则圆柱的高为，圆锥的高为，圆锥的母线长为，利用圆锥、圆柱的侧面积、表面积、体积公式以及三角形、矩形的面积公式判断可得出合适的选项. 【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为，则圆柱的高为，圆锥的高为，圆锥的母线长为. 对于①，，，则，①对； 对于②，，，则，②错； 对于③，，，则，③对； 对于④，，，则，④对. 故答案为：①③④ 四、解答题 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期； （2）由求出的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得函数的最大值和最小值. 【小问1详解】 解：因为 ， 所以，函数的最小正周期为. 【小问2详解】 解：当时，， 故当时，函数取最大值，即， 当时，函数取最小值，即. 17. 已知向量 和 ，则 ，， 求： （1） 的值； （2） 的值； （3）求向量 在 方向上的投影向量； 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的数量积的定义即可求解； （2）根据模长公式即可求解. （3）根据平面向量的投影公式即可求解． 【小问1详解】 ∵ ，， . ∴ ； 【小问2详解】 ∵， ∴ ； 【小问3详解】 ∵， ∴ ∴向量 在 方向上的投影向量是. 18. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）若 求直三棱柱的体积和表面积； 【答案】（1）证明见解析 （2）， 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，只需证为平行四边形，由此，进而可证平面； （2）由题干条件可知底面为等腰直角三角形，且直棱柱高为1，利用三棱柱的体积和表面积公式即可算出答案. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接， 因为为的中点， 所以，， 因为四边形为平行四边形，为的中点， 所以且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为，即，由勾股定理的逆定理可知， 且在直三棱柱中，为高，由三棱柱的体积公式可得体积， 表面积为5个面面积之和. 19. 在中，． （1）求； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高． 条件①：，； 条件②：，的周长为20； 条件③：，． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】（1） （2）选条件②③时，最长边上的高为. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理可得，结合辅助角公式可求； （2）条件①中三角形不唯一，若选条件②，则可以通过余弦定理求出两边，故可求最长边上的高；若选条件③，利用正弦定理可求边，再由余弦定理求得，故可求最长边上的高. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 而为三角形内角，故，故， 所以，而， 故即. 【小问2详解】 若选①，则，，由余弦定理可得， 整理得到：，故或， 因为三角形不唯一，故舍； 若选②，则，的周长为20， 故，由余弦定理得，故， 故最长边为，该边上的高为； 若选③，则，，由正弦定理得， 故，由余弦定理可得， 解得或(舍)，以下同选条件②. 20. 已知函数． （1）求函数的最小正周期以及单调递增区间； （2）若函数向左平移个单位后，所得函数的图象关于对称， （ⅰ）求φ的最小值； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，若函数在区间上存在零点，求的取值范围． 【答案】（1），单调递增区间为：； （2）（ⅰ）；（ⅱ）； 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换得，根据三角函数的周期公式及正弦函数的性质求解即可； （2）（ⅰ）由题意可得，由，可得，求解即可； （ⅱ）将（ⅰ）中值代入，求出函数在上的值域，即可得答案. 【小问1详解】 解：因为 ， 所以； 由， 解得， 所以函数的单调递增区间为：； 【小问2详解】 解：（ⅰ）由题意可得， 又因为的图象关于对称， 所以， 解得， 又因为， 所以当时，； （ⅱ）令，则， 即的图象与直线在上有交点. 又因为， 所以， 因为，所以， 所以，， 即， 所以. 21. 在平面直角坐标系xOy中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为. （1）已知，求； （2）①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，，角的平分线AD与BC交于点，且，若，求. 【答案】（1）1 （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）直接代入两个向量的“相离度”公式运算. （2）①先通过向量坐标运算得到，推出，再结合题意分析证明. ②依据角平分线性质和数量积得出，知道点是的重心，然后求得出结果. 【小问1详解】 因为，， 所以. 【小问2详解】 ①因为 ， 且，，则，所以. 若，等价于，即， 所以的充分必要条件是； ②因为角A的平分线AD与BC交于点D，则，即， 则， 可得， 即，可得， 又因为，可知点P为的重心，则， 可得，， 则， ， ， 可得， 所以. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺义一中2024~2025学年度第二学期期中考试 高一数学 2025.04 （考试时间120分钟 满分150分） 一、单选题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 一个球的表面积为，则该球的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知向量，，且，则（ ） A. 1 B. 4 C. D. 3. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 4. （ ） A. B. C. D. 5. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，则的形状为 A. 等边三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 在中，“”是“是钝角三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 如图所示，在△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则=（ ） A. B. C. D. 9. 如图某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，现需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为元，则该零部件的防腐处理费用是（ ） A. 元 B. 元 C. 元 D. 元 10. 平面向量与是单位向量，夹角为，那么，向量、构成平面的一个基．若，则将有序实数对称为向量的在这个基下的斜坐标，表示为．设，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知在中，，则等于________. 12. 如图是以为圆心的一个圆，其中弦的长为2 ，则_______. 13. 设函数 ．若对任意实数都成立，则的值可以为________.（答案不唯一，写出一个满足条件的值即可） 14. 已知，，，若，则实数______． 15. 已知一个圆柱与一个圆锥的底面半径相等，圆柱的高等于其底面直径，圆锥的高等于其底面直径的倍．给出下列结论： ①设圆柱与圆锥的体积分别为、，则； ②设圆柱与圆锥的轴截面面积分别为、，则； ③设圆柱与圆锥的侧面积分别为、，则； ④设圆柱与圆锥表面积分别为、，则. 其中正确结论的是_________ 四、解答题 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在区间上的最大值和最小值． 17. 已知向量 和 ，则 ，， 求： （1） 的值； （2） 的值； （3）求向量 在 方向上的投影向量； 18. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）若 求直三棱柱的体积和表面积； 19. 在中，． （1）求； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高． 条件①：，； 条件②：，的周长为20； 条件③：，． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 20. 已知函数． （1）求函数的最小正周期以及单调递增区间； （2）若函数向左平移个单位后，所得函数的图象关于对称， （ⅰ）求φ的最小值； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，若函数在区间上存在零点，求的取值范围． 21. 在平面直角坐标系xOy中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为. （1）已知，求； （2）①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，，角的平分线AD与BC交于点，且，若，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $