精品解析：黑龙江省大庆市让胡路区大庆市大庆中学2024-2025学年高一下学期6月期中数学试题

大庆中学2024-2025学年度下学期期中考试 高一年级数学试题 考试时间：120分钟；满分：150分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 3. 在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的余弦值为．则此棱台的表面积是（ ） A. B. C. D. 4. 攒尖式屋顶是中国古代传统建筑的一种屋顶样式，如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知该圆锥的底面直径为6m，高为4m，则该屋顶的面积约为（ ） A. B. C. D. 5. 若单位向量，满足，则（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 6. 已知向量，，且与的夹角是，若，则在方向上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 7. 记的内角的对边分别是的平分线交边于点，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，分别是内角的对边，若（其中表示的面积），且，则的形状是（ ） A. 有一个角是30°的等腰三角形 B. 等腰直角三角形 C. 有一个角是30°的直角三角形 D. 等边三角形 二、多选题 9. （多选题）下列四个命题中，真命题是（ ） A. 若是两条直线，是两个平面， 且， 则是异面直线. B. 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. C. 若直线相交，是平面且，则直线不在平面内. D. 若是平面，直线，直线，则. 10. 已知，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 关于函数，下列命题中正确的命题为（ ） A. 函数的最小正周期为； B. 函数的最大值为2；； C. 在区间上是单调递增； D. 将函数的图象向右平移个单位后将与的图象重合． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 已知向量、满足，，与的夹角为，若，则________. 13. 海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛_上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为______m． 14. 已知球O的体积为，三棱锥的顶点均在球的表面上，，，，，E为AC的中点，当时，三棱锥的体积为__________． 四、解答题 15. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积． 16. 正方体中，，分别是，的中点. （1）求异面直线与所成角； （2）求证：平面 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求B； （2）若，，D为AC边的中点，求BD的长． 18. 由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）设平面与底面ABCD的交线为l，求证：. 19. 已知向量，，函数． （1）求函数的最小正周期及对称中心； （2）若，且，求的值； （3）在锐角中，若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆中学2024-2025学年度下学期期中考试 高一年级数学试题 考试时间：120分钟；满分：150分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据绝对值不等式的解法化简集合A，然后利用交集运算求解即可. 【详解】对于集合，因为，所以， 又，则，则， 故选：C． 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称命题的否定，将原命题的任意改为存在，并否定原结论，即可得. 【详解】由全称命题的否定是特称命题，原命题的否定是. 故选：C 3. 在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的余弦值为．则此棱台的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正棱台的结构特征，求出侧棱长，进而求出高及斜高即可求解. 【详解】在正三棱台中，令BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为， 则，由侧棱与底面所成角的余弦值为， 得，则， 而，则， ，，， 正三棱台三个侧面都是面积相等的等腰梯形，于是侧面积为， 所以此棱台的表面积是. 故选：A 4. 攒尖式屋顶是中国古代传统建筑的一种屋顶样式，如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知该圆锥的底面直径为6m，高为4m，则该屋顶的面积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中条件求出母线，再运用圆锥侧面积公式求出侧面积，即为屋顶的面积. 【详解】由题知，圆锥底面圆半径，高， 则母线， 因此圆锥的侧面积为. 即屋顶的面积为. 故选：A. 5. 若单位向量，满足，则（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中条件，先求出，再由向量模的计算公式，即可的出结果. 【详解】因为单位向量，满足， 所以，即， 解得， 因此. 故选：A. 【点睛】本题主要考查求向量的模，熟记向量模的计算公式即可，属于常考题型. 6. 已知向量，，且与的夹角是，若，则在方向上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由与的夹角是结合题意可得，然后由投影向量计算公式可得答案. 【详解】因与的夹角是，则， 则，则，则在方向上的投影向量是： . 故选：D 7. 记的内角的对边分别是的平分线交边于点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角形面积公式，结合等面积法列式求解. 【详解】在中，，的平分线交于点， 则，由， 得，即， 所以. 故选：A 8. 在中，分别是内角的对边，若（其中表示的面积），且，则的形状是（ ） A. 有一个角是30°的等腰三角形 B. 等腰直角三角形 C. 有一个角是30°的直角三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由三角形面积公式和余弦定理化简可得，由正弦定理对化简可得，结合平面向量线性运算、数量积运算和平面几何知识可得，从而可得是等边三角形. 【详解】，又， 所以，解得，因为，所以. 又，由，可得，， 则， 如图所示，在边、上分别取点、，使，， 以，为邻边作平行四边形，则四边形为菱形， 连接，，，且， ，，，又， ，且，，即， 又，是等边三角形. 故选：D. 二、多选题 9. （多选题）下列四个命题中，真命题是（ ） A. 若是两条直线，是两个平面， 且， 则是异面直线. B. 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. C. 若直线相交，是平面且，则直线不在平面内. D. 若是平面，直线，直线，则. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，通过特例可判断；对于B，利用确定平面的条件和点、线、面的包含关系即可判断出正误；对于C，利用直线与平面平行的定义和直线与平面的位置关系即可判断出正误；对于D，利用平面内两直线的位置关系即可判断出正误. 【详解】选项A，例如长方体对面的两条对角线就是共面的，不合题意； 选项B，设，不重合，易知可确定唯一平面， 又，所以，又，所以，符合题意； 选项C，设，，所以，故直线不在平面内，符合题意； 选项D，因为直线，直线，则或与异面，不符合题意. 故选：BC. 10. 已知，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知两边平方可求得，可判断AB；进而判断可得，， 根据计算可判断CD. 【详解】因为，所以， 即，所以，故A正确，B错误； 又，所以，， 所以，故C正确，D错误． 故选：AC． 11. 关于函数，下列命题中正确的命题为（ ） A. 函数的最小正周期为； B. 函数的最大值为2；； C. 在区间上是单调递增； D. 将函数的图象向右平移个单位后将与的图象重合． 【答案】AB 【解析】 【分析】先把函数化成的形式，再对其图象和性质进行分析，逐项判断即可. 【详解】因为. 所以函数的周期：，故A正确； 函数的最大值为：2（当即，时取“”），故B正确； 当时，，又函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，故C错误； 将函数的图象向右平移个单位可得的图象，故D错误. 故选：AB 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 已知向量、满足，，与的夹角为，若，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】运用平面向量数量积公式计算即可. 【详解】因为，，与的夹角为， 所以. 因为， 所以， 解得. 故答案为：. 13. 海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛_上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为______m． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知的边和角，在中，由正弦定理解得，在中，由余弦定理得. 【详解】因为，，所以，，所以， 又因为，所以，， 在中，由正弦定理得，即，解得， 在中，由余弦定理得， 所以，解得． 故答案为：. 14. 已知球O的体积为，三棱锥的顶点均在球的表面上，，，，，E为AC的中点，当时，三棱锥的体积为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意分析可得E就是球O的球心，平面BCD，球的半径，结合锥体的体积公式分析运算. 【详解】连接， 因为，， 所以，E为AC的中点，且， 即，则E就是球O的球心， 因为，，， 所以平面ABD， 平面ABD，所以， 又因为，，平面BCD， 设球O的半径为， 因为球O的体积为，则，解得， 则，，， 所以三棱锥的体积. 故答案为：. 【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法 1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解． 2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解． 正方体的内切球的直径为正方体的棱长． 3.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长． 4.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 四、解答题 15. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理边化角，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由余弦定理结合三角形的面积公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为， 所以根据正弦定理得， 因为， 所以， 即， 即． 因为，所以． 因为，所以． 【小问2详解】 ． 因为，所以①． 因为， 所以②． 联立①②可得，解得（负根舍去）， 故的面积为． 16. 正方体中，，分别是，的中点. （1）求异面直线与所成角； （2）求证：平面 【答案】（1） （2）证明：取的中点，连接，， 因为，分别是，的中点， 所以，， 而，所以， 又因为平面，平面，平面， 平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． 【解析】 【分析】（1）连接，，即可得到，则或其补角为异面直线与所成的角，结合正方体的性质求出； （2）取的中点，连接，，即可证明平面平面，从而得证. 【小问1详解】 连接，， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，则或其补角为异面直线与所成的角， 在正方体中，可得，即为等边三角形， 所以，所以异面直线与所成角为； 【小问2详解】 略 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求B； （2）若，，D为AC边的中点，求BD的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合三角恒等变换化简可得，解方程即可求解； （2）由余弦定理可得，再根据，两边完全平方即可求解. 【小问1详解】 因为， ， 所以，解得或， 因为，所以； 【小问2详解】 由余弦定理得， 解得或，因为，所以， 由得， 所以， 所以. 18. 由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）设平面与底面ABCD的交线为l，求证：. 【答案】（1） 取的中点，连接，， 是四棱柱，平行且等于， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （2） 平行且等于，平行且等于， 平行且等于， 四边形是平行四边形，， 平面，平面， 平面， 由（1）得平面且，、平面， 平面平面； （3） 由（2）得，平面，平面， 则平面， 又平面，平面平面， ． 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可； （2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面； （3）由线面平行证线线平行即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知向量，，函数． （1）求函数的最小正周期及对称中心； （2）若，且，求的值； （3）在锐角中，若，求的取值范围． 【答案】（1），； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用数量积的坐标表示列式，再利用二倍角、辅助角公式化简，进而利用正弦函数性质求解. （2）由（1）的信息，利用同角公式及差角的余弦求解. （3）由（1）的信息求出，利用利用和差角的正弦，结合余弦函数性质求出范围. 【小问1详解】 依题意，， 所以函数的最小正周期； 由，解得， 所以函数的对称中心为. 【小问2详解】 由（1）得，解得，而， 当时，，则，矛盾， 所以， ，所以 . 【小问3详解】 由（1）得，解得，又为锐角三角形， 则，令，则， ， 所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $