精品解析：河北省承德市第八中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

河北承德市第八中学 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. 已知向量，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，是边的中点，是上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，为水平放置的的直观图，的面积为，那么的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，将的图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，有三个相同的正方形相接，若，，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（，，）的部分图象如下图所示，则（ ） A. B. 是的一个对称中心 C. 的单调递增区间为 D. 若实数，满足，则的最小值为 10. 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 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 与所成的角为 B. 该半正多面体过、、三点的截面面积为 C. 该半正多面体的体积为 D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 设，是平面内不共线的一组基底，，，，若，，三点共线，则实数______. 13. 从一个底面半径和高都是的圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何体．如果用一个与圆柱下底面距离为，并且平行于底面的平面去截这个几何体，则截面面积为______． 14. 如图所示，某地一天从时到时的温度变化曲线近似满足函数，则时的温度大约为________ ℃.(精确到1 ℃) 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）求函数的单调递增区间及对称中心； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到函数的图象，求函数在区间上的值域. 16. 已知平面向量，，，满足，，. （1）若与共线，求向量的坐标； （2）若，求向量，的夹角. 17. 已知正三棱锥，一个正三棱柱的一个底面的三个顶点在正三棱锥的三条侧棱上，另一底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为15，底面边长为12，内接正三棱柱的侧面积为120. （1）求三棱柱的高； （2）求棱柱的上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比. 18. 已知函数 （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）求在区间上的最值，并求出取得最值时x的值； （3）若不等式在区间上恒成立，求m的取值范围． 19. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北承德市第八中学 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. 已知向量，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得. 【详解】因为，， 所以，所以. 故选：D 2. 已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆台的侧面积公式求出母线长，进而求出圆台的高，再利用圆台体积公式计算即可. 【详解】设圆台的母线长为，由圆台的侧面展为，得，解得， 因此圆台的高， 所以圆台的体积. 故选：B 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦的二倍角公式即可求解. 【详解】. 故选：D 4. 已知函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件求出的范围，结合余弦函数的图象可求的取值范围. 【详解】当时，． 因为在上有且仅有2个零点， 所以，解得． 故选：C． 5. 如图，在中，是边的中点，是上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据图形由向量的加法法则运算即可． 【详解】设，因为是边的中点，所以， 所以， ， 又，所以，解得． 故选：A． 6. 如图，为水平放置的的直观图，的面积为，那么的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用斜二测画法规则还原直观图，根据面积比例关系求解可得. 【详解】由，则， 如图，作出还原后，则， 故，所以. 故选：C. 7. 已知函数，将的图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据三角函数图象的变换规则求得，可得，再根据正弦函数的单调性，结合包含关系列不等式求解即可. 【详解】因为函数，将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象， 则，时，， 因为函数在区间上单调递增，， 注意到，所以我们不需要讨论时的情形， 所以时，，即，又因为，所以. 当时，四个选项中的取值范围都不符合，综上，只有， 故选：B. 8. 如图，有三个相同的正方形相接，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设正方体边长为1，由图可得，结合两角和的正切公式计算即可求解. 【详解】设正方体边长为1，由图可得， 则且， 所以. 故选：B. 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（，，）的部分图象如下图所示，则（ ） A. B. 是的一个对称中心 C. 的单调递增区间为 D. 若实数，满足，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，求出函数的解析式，再逐项分析、计算判断作答. 【详解】由图形可知，解得，； 因为，所以，所以； 由五点作图法可知，，又，所以， 所以，故A错误； 当，，， 所以是的一个对称中心，故B正确； 当时， ，，故C正确； 由， 则，或者， 故，故D正确. 故选：BCD. 10. 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. 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 与所成的角为 B. 该半正多面体过、、三点的截面面积为 C. 该半正多面体的体积为 D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 【答案】ABD 【解析】 【分析】由异面直线所成角的定义可判断A选项；由截面为正六边形可求面积判断B选项；利用柱体和锥体的体积公式可判断C选项；根据顶点，面数，棱数判断D选项. 【详解】该半正多面体，是由棱长为的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的. 对于A选项，连接、、，易知是等边三角形， 因为、分别为、的中点，则，同理可得， 所以， 与所成的角为，A对； 对于B选项，如图，过、、三点的截面为正六边形， 又，所以正六边形面积为，B对； 对于C选项，因为由正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为，C错； 对于D选项，几何体顶点数为，有个面，条棱，满足，D对. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 设，是平面内不共线的一组基底，，，，若，，三点共线，则实数______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理，结合平面向量线性运算的性质进行求解即可. 【详解】， ， 由，，三点共线， 则有，解得， 故答案为：. 13. 从一个底面半径和高都是的圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何体．如果用一个与圆柱下底面距离为，并且平行于底面的平面去截这个几何体，则截面面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】画出轴截面，设出，由图形关系求解即可. 【详解】题图中的几何体的轴截面如图所示， ，所以是等腰直角三角形． 又，则．设，则． 又，故， 所以所求截面面积． 故答案为： 14. 如图所示，某地一天从时到时的温度变化曲线近似满足函数，则时的温度大约为________ ℃.(精确到1 ℃) 【答案】13 【解析】 【分析】由图象可得， ,可得，即可求得答案. 【详解】由图像可得， ， . 图像最低点的坐标为， ，得， 于是， .取， . 当时，. 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）求函数的单调递增区间及对称中心； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到函数的图象，求函数在区间上的值域. 【答案】（1）单调递增区间为（），对称中心为（）. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换可得，然后根据三角函数的性质求出函数的单调递增区间及对称中心即可； （2）根据图象变换规律可得，然后根据正弦函数的性质即可求得函数在区间上的值域. 【小问1详解】 函数 ， ∴. 令，，得，， 即函数的单调递增区间为（）. 令，，得，， 所以函数的对称中心为（）. 【小问2详解】 将函数的图象向右平移个单位长度， 可得的图象； 再向下平移个单位长度得到函数的图象. 因为，所以，所以， 所以，即的值域为. 16. 已知平面向量，，，满足，，. （1）若与共线，求向量的坐标； （2）若，求向量，的夹角. 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【分析】（1）设，由向量共线知且，根据向量共线坐标表示及模长的坐标公式列方程求x、y即可. （2）利用向量垂直的坐标表示求，的夹角. 【小问1详解】 设，又与共线，则且，而， 所以，可得或. 故或. 【小问2详解】 由，又，， 所以，又，则. 17. 已知正三棱锥，一个正三棱柱的一个底面的三个顶点在正三棱锥的三条侧棱上，另一底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为15，底面边长为12，内接正三棱柱的侧面积为120. （1）求三棱柱的高； （2）求棱柱的上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比. 【答案】（1）10或5（2） 或 【解析】 【分析】（1）设正三棱柱的高为 ，底面边长为 ，根据相似比有，再根据正三棱柱的侧面积为120，有，两式联立求解. （2）根据面积之比等于相似比的平方，结合（1）的结论求解. 【详解】（1）设正三棱柱的高为 ，底面边长为 ，如图所示: 则 解得 又因为正三棱柱的侧面积为120. 所以 所以 解得 或 所以三棱柱的高是10或5. （2）因为面积之比等于相似比的平方， 所以棱柱的上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比：或 . 【点睛】本题主要考查空间几何体中的截面以及相似比、侧面积等问题，还考查了平面与空间的转化求解问题的能力，属于中档题. 18. 已知函数 （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）求在区间上的最值，并求出取得最值时x的值； （3）若不等式在区间上恒成立，求m的取值范围． 【答案】（1）最小正周期为； （2） 当时，取得最小值为； 当时，取得最大值为 （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦函数的性质求解周期和单调递增区间即可； （2）由函数的单调性可得函数的最值； （3）令，将不等式转化为关于的一元二次不等式，结合二次函数的性质求解即可； 【小问1详解】 最小正周期， 令，解得， 所以单调递增区间为. 【小问2详解】 因为，所以在上单调递增， 所以当时，取得最小值为； 当时，取得最大值为 【小问3详解】 当时，为增函数， ， 所以， 令，则， 不等式在区间上恒成立等价于在上恒成立， 令，开口向上，对称轴为， 当时，在上单调递增，则，与矛盾，舍去； 当时，在上单调递减，则，与矛盾，舍去； 当时，， 综上m的取值范围是. 19. 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． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得，利用余弦定理可得，即可得结果； （2）根据面积关系，结合面积公式运算求解即可； （3）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，再结合正弦函数的有界性分析求解. 【小问1详解】 因为， 可得， 由正弦定理得，则， 且，所以． 【小问2详解】 由题意可知：， 因为， 则， 即，可得． 【小问3详解】 由正弦定理可得， 则， 可得， 又因为，则， 可得，即， 所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $