精品解析：河北省承德县第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

河北省承德县第一中学 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. 已知点，，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆锥的侧面积为，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆半径为（ ） A. B. C. D. 3. 底面圆周长为，母线长为4的圆锥内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 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. 5. 已知函数（）的最小正周期为，则在的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 6. 若，，并且为锐角，为钝角，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 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 8. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，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. 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. 11. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为2 C. 的单调递增区间是 D. 不等式的解集是 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为__________． 13. 已知向量均为单位向量，且，向量满足，则的最大值为______． 14. 设函数，的图象在区间内恰有一条对称轴，且的最小正周期大于，则的取值范围是__________． 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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）设. ①求函数的单调递增区间； ②当时，求不等式的解集. 16. 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. 高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱. 的高 是正四棱锥. 的高 的4倍. （1）若 ； (i)求该模型的体积； (ii)求顶部正四棱锥的侧面积； （2）若顶部正四棱锥的侧棱长为 6，当 为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大?并求出S的最大值. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）点在边上，且，，求面积的最小值． 19. 已知函数，对，有 （1）求的值及的单调递增区间： （2）在中，已知，其面积为，求； （3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若，求实数的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省承德县第一中学 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. 已知点，，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点的坐标为，根据平面向量的坐标运算可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出点的坐标. 【详解】点、，且， 设点的坐标为，则， 所以，，，求得，，故点的坐标为， 故选：A． 2. 已知圆锥的侧面积为，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出圆锥底面圆半径，表示出圆锥母线长，再利用圆锥侧面积公式计算即得. 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，则，解得， 由圆锥的侧面积为，得，即，所以. 故选：A 3. 底面圆周长为，母线长为4的圆锥内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作圆锥与其内切球的轴截面，利用直角三角形求出内切球的半径，再计算内切球的体积. 【详解】由题意可知，圆锥的母线，底面半径， 根据题意可作圆锥与其内切球的轴截面如图所示： 根据圆锥和球的对称性可知，球的截面为圆，即为等腰的内切圆， 即，，，， 在中，，由，，则， 在中，，即， 可得，解得，即内切球的半径， 故内切球体积为. 故选：C. 4. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，故根据数量积定义、投影向量定义即可求解. 【详解】因为，所以，即， 所以， 向量在向量上的投影向量是. 故选：B. 5. 已知函数（）的最小正周期为，则在的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用最小正周期求出的值，再根据正弦函数的图象和性质求解最小值即可. 【详解】因为函数的最小正周期为， 所以，解得，所以， 当时，， 由正弦函数的图象和性质可知当即时，取最小值， 故的最小值为. 故选：C 6. 若，，并且为锐角，为钝角，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数之间的基本关系计算可得，，再由两角差的余弦公式计算可得结果. 【详解】，且， ，， ，， . ，. 故选：C 7. 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 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算、绝对值三角不等式、垂径定理等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设是圆的圆心，连接，作，垂足分别为， 则分别是的中点，由勾股定理得， ， ， 故, 当反向时等号成立， 所以的最大值是. 故选：C 【点睛】方法点睛： 解决圆中向量问题，垂径定理是一个重要的工具，通过垂径定理找到弦的中点，将向量与圆心和中点联系起来，便于进行向量的运算和转化. 对于求向量和的模的最值问题，利用向量的线性运算将其转化为已知向量的运算形式，再结合绝对值三角不等式（当且仅当与同向或反向时取等号）来求解，是一种常用的方法. 8. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由分别是的中点，可得（是三角形的面积，是三角形的面积），由棱台的体积公式可求得，再根据，求得，即可得答案. 【详解】解：设三角形的面积为，三角形与三角形的面积为，三棱柱的高为， 则有，，设三棱柱的体积为， 又因为①，②， 所以③， 由题意可知④， 由①②③④可得， 所以， 所以. 故选：A. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用共线向量的坐标表示可判断A选项；利用向量垂直结合向量的模长公式可判断B选项；由已知且、不共线，求出的取值范围，可判断C选项；利用平面向量的几何意义可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，则，解得，A对； 对于B选项，若，则， 所以，，B对； 对于C选项，若与的夹角为钝角，则，可得， 且与不共线，则，故当与的夹角为钝角，则且，C错； 对于D选项，若，则，所以，向量在方向上的投影为，D对. 故选：ABD. 10. 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. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用直三棱柱及球的结构特征分析截面即可判断得解. 【详解】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 11. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为2 C. 的单调递增区间是 D. 不等式的解集是 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，然后逐项判断. 【详解】由题意可得，则的最小正周期为，故A正确． 因为，所以的最大值为1，故B错误． 令，解得， 则的单调递增区间是，故C正确． ，即，则， 解得， 即不等式的解集是，故D正确． 故选：ACD 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】将直观图复原为原图，求出相关线段的长，即可求得答案. 【详解】由题意知在直观图等腰梯形，，， 则； 将直观图复原为原图，如图示： 则， 作于，则， 故四边形的周长为． 故答案为：. 13. 已知向量均为单位向量，且，向量满足，则的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意不妨设，则，所以设，然后利用数量积的坐标运算求解即可. 【详解】因为向量均为单位向量，且，所以不妨设， 设，因为，所以， 则设， 所以，， 所以 ， 所以当时，取得最大值， 所以的最大值为. 故答案为： 14. 设函数，的图象在区间内恰有一条对称轴，且的最小正周期大于，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，利用正弦函数的性质可得对称轴为，，结合条件即可求解. 【详解】，, 令，则，， 当时，，则，解得， 此时，可验证此时恰有一条对称轴在内，符合题意， 当时，，则，解得， 此时，不符合题意， 当取其它整数时，不符合题意，所以. 故答案为：. 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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）设. ①求函数的单调递增区间； ②当时，求不等式的解集. 【答案】（1） （2）①，；② 【解析】 【分析】（1）首先化解三角函数解析式，再求函数的最小正周期； （2）首先求函数的解析式，再根据三角函数的性质，利用代入法求函数的单调递增区间和解不等式. 【小问1详解】 ， 函数的最小正周期为； 当，即，，取得最大值2； 【小问2详解】 ①， 令，，，， 所以函数的单调递增区间是，； ②，， ，所以或， 得或 所以不等式的解集是. 16. 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． 【答案】（1）证明见解 （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积的定义及向量数量积的运算律，结合向量垂直的条件即可求解； （2）根据（1）的结论及向量的模公式，结合向量数量积的运算律及一元二次方程的解法即可求解； （3）根据（1）的结论及向量的模公式，利用向量的数量积的运算律及向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为与的夹角为， 所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 因为， 所以，即， 于是有，即 ，解得或, 所以的值为或. 【小问3详解】 由（1）知，， 因为 所以， ， ， 因为与的夹角为， 所以，即，且， 于是有，解得或（舍）, 所以的值为. 17. 高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱. 的高 是正四棱锥. 的高 的4倍. （1）若 ； (i)求该模型的体积； (ii)求顶部正四棱锥的侧面积； （2）若顶部正四棱锥的侧棱长为 6，当 为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大?并求出S的最大值. 【答案】（1）（i）312；（ii）； （2），. 【解析】 【分析】（1）（i）利用棱锥、棱柱的体积公式计算即得；（ii）求出棱锥的斜高，再利用侧面积. （2），求出棱柱的底面边长，再把棱柱侧面积表示为，再求出函数最大值即可. 【小问1详解】 （i）由，得，又， 因此正四棱锥的体积， 正四棱柱的体积， 所以模型有体积. （ii）取的中点，连接，由，得， 所以正四棱锥的侧面积. 【小问2详解】 设，正四棱柱的侧面积为， 则， 于是 ，而， 因此当，即时，， 所以当时，下部分正四棱柱的侧面积最大，最大面积是. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）点在边上，且，，求面积的最小值． 【答案】（1）A； （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理化简得到，再利用余弦定理得，根据角的范围求出即可； （2）设，求得，再通过求得，进而得到，过点作的垂线，交于点，求得，结合三角形面积公式及三角恒等变换即可求解. 【小问1详解】 由题意及正弦定理得，， 由余弦定理得，， 整理得， 所以， 又，故A； 【小问2详解】 设，则， 因为，，， 由于，则， 在中由正弦定理得，，解得， 因此， 过点作的垂线，交于点，设三角形的面积为， ， 所以， 所以， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 即三角形面积的最小值为． 19. 已知函数，对，有 （1）求的值及的单调递增区间： （2）在中，已知，其面积为，求； （3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若，求实数的取值范围 【答案】（1），单调递增区间为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）化简得到，根据对，有，求出，，整体法求出函数单调递增区间； （2）由求出，由三角形面积得到，再由余弦定理求出； （3）先根据平移和伸缩变换得到，分离参数，令，则，换元得到，求出最小值为，得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 ， 对，有，故， 所以，解得， 因为，故只有当时，满足要求，故， ，令， 解得， 的单调递增区间为； 【小问2详解】 ， 因为，所以，故，解得， ，即，解得， 由余弦定理得， 故； 【小问3详解】 图象上的所有点，向右平移个单位后，得到， 再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到， ， 即， 令，则， 则， 故， 其中，当时，取得最小值，最小值为-1， 所以，解得或， 故实数的取值范围为 【点睛】关键点点睛：三者的关系如下： ，， ， 当题目中同时出现三者或三者中的两者时，通常用换元思想来解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $