精品解析：北京市延庆区2024-2025学年高一下学期期末数学试卷

延庆区2024—2025学年第二学期期末试卷 高一数学 2025.07 本试卷共6页，满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一､选择题共10小题，每小题4分，共40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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 3. 下列命题错误的是（ ） A. 侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱 B. 底面是正多边形的棱柱一定是正棱柱 C. 棱柱的侧面都是平行四边形 D. 斜棱柱的侧面有可能是矩形 4. 已知一个长方体的铜块长､宽､高分别是，将它熔化后铸成一个正方体形的铜块（不计损耗），则铸成后的铜块的棱长（ ） A. 小于4 B. 等于4 C. 大于4 D. 无法判断 5. 已知一个正六棱锥的底面边长是1，侧棱长是2，则它的高为（ ） A. 1 B. C. D. 2 6. 在中，“”是“是直角三角形”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 如图，是棱长都为2的直平行六面体，且，则线段的长为（ ） A. 16 B. C. 4 D. 8. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为4，上底面边长和侧棱长都为2，则棱台高为（ ） A. B. C. D. 10. 已知中，是上的点，平分，且面积是面积的2倍，，则的长度为（ ） A B. 2 C. D. 3 第II卷（非选择题） 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域为__________. 12. 已知一个棱长为2的正方体的8个顶点都在一个球面上，则球的表面积为__________，体积为__________. 13. 设函数.已知，且的最小值为，则__________. 14. 已知在中，，则__________；__________. 15. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点，.给出下列四个结论： ①； ②平面； ③； ④. 其中，所有正确结论的序号为__________. 三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知中，. （1）求； （2）求面积. 17. 如图，在四棱锥中，已知分别是的中点，底面是一个平行四边形，，平面平面，且，. （1）求证：平面平面： （2）求证：平面； （3）求证：. 18. 已知函数. （1）求函数图象的对称轴方程； （2）求函数单调递增区间； （3）当时，求的值域； （4）求不等式的解集. 19. 已知中，. （1）求的大小； （2）若，求面积的最大值. 20. 如图，在直三棱柱中，是棱的中点，. （1）求证：； （2）求证：平面平面； （3）求四棱锥的体积. 21. 设为正整数，集合.对于集合A中的任意元素和，记. （1）当时，若，求和的值； （2）当时，设是A的子集，且满足：对于中的任意元素，当相同时，是奇数；当不同时，是偶数.求集合中元素个数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延庆区2024—2025学年第二学期期末试卷 高一数学 2025.07 本试卷共6页，满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一､选择题共10小题，每小题4分，共40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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合的并集定义，借助于数轴表示易得. 【详解】因，， 故. 故选：B. 2. 在中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理计算即可. 【详解】由题可知：， 所以. 故选：A 3. 下列命题错误的是（ ） A. 侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱 B. 底面是正多边形的棱柱一定是正棱柱 C. 棱柱的侧面都是平行四边形 D. 斜棱柱的侧面有可能是矩形 【答案】B 【解析】 【分析】根据棱柱的概念逐一判断即可. 【详解】对A，侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱，正确； 对B，底面是正多边形的直棱柱定是正棱柱，故错误； 对C，棱柱的侧面都是平行四边形，正确； 对D，斜棱柱的侧面有可能是矩形，正确. 故选：B 4. 已知一个长方体的铜块长､宽､高分别是，将它熔化后铸成一个正方体形的铜块（不计损耗），则铸成后的铜块的棱长（ ） A. 小于4 B. 等于4 C. 大于4 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 【分析】根据熔化前后的体积相等列出方程，推出正方体形棱长的范围即可. 【详解】由题意，设铸成后的正方体形铜块的棱长为， 依题意得，则. 故选：A. 5. 已知一个正六棱锥的底面边长是1，侧棱长是2，则它的高为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据正六棱锥的结构特征，借助于易求得其高线长. 【详解】 如图，因为正六棱锥的底面边长为1， 由正六边形的结构特征可得，， 因为正六棱锥的侧棱长是2，所以， 在中，. 所以正六棱锥的高为. 故选：C. 6. 在中，“”是“是直角三角形”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理以及勾股定理判断即可. 【详解】由题可知：在中， ，所以， 所以是以为直角的直角三角形； 若是直角三角形，直角可以是任何一个，所以不一定符合， 即不一定符合. 所以“”是“是直角三角形”的充分而不必要条件. 故选：A 7. 如图，是棱长都为2的直平行六面体，且，则线段的长为（ ） A. 16 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量的线性表示，然后计算即可. 【详解】由题可知：是棱长都为2的直平行六面体，则，且， 由，所以两边平方可得： 所以，则 故选：C 8. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数，单调性的概念对每个选项直接判断即可. 【详解】对A，，定义域为，，所以为偶函数， 又在单调递增，所以在上单调递减，故错误； 对B，，定义域为，且，所以为偶函数， 又在单调递减，所以在上单调递增，故正确； 对C，，定义域为，又，所以不是偶函数，故错误； 对D，，定义域为，， 所以为偶函数，又在单调递增，所以在上单调递减，故错误. 故选：B 9. 如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为4，上底面边长和侧棱长都为2，则棱台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，取正三棱台的上下底面中心为，连接并延长交于点，连接并延长交于点，分别计算的长，利用直角梯形即可求得答案. 【详解】 如图，取正三棱台的上下底面中心为，则即为棱台的高. 连接并延长交于点，连接并延长交于点. 依题意，，， 在直角梯形中，，即棱台的高为. 故选：D. 10. 已知中，是上的点，平分，且面积是面积的2倍，，则的长度为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据角平分线定理，可得，利用面积关系可得，然后结合计算即可. 【详解】设的三个内角对应的边分别为 由题可知，平分，所以，即， 又面积是面积的2倍，所以， 由，所以，， 又，则，又， 所以， 故选：A 第II卷（非选择题） 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域为__________. 【答案】 【解析】 【分析】计算即可. 【详解】由题可知：或. 故答案为： 12. 已知一个棱长为2的正方体的8个顶点都在一个球面上，则球的表面积为__________，体积为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据正方体的外接球即可求解半径，由体积和表面积公式即可求解. 【详解】由题意可知该球为正方体的外接球，故球直径为正方体的体对角线， 因此，故， 故表面积为,体积为, 故答案为：； 13. 设函数.已知，且的最小值为，则__________. 【答案】8 【解析】 【分析】根据函数的最值与周期的关系可得，即可求解. 【详解】由于最大值为1，结合且的最小值为， 故函数的周期，故, 故答案为：8 14. 已知在中，，则__________；__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 分析】利用余弦定理以及推论公式计算即可. 【详解】利用余弦定理可知：， 所以（负值舍去）， 又，所以. 故答案为：； 15. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点，.给出下列四个结论： ①； ②平面； ③； ④. 其中，所有正确结论的序号为__________. 【答案】①③ 【解析】 【分析】由题可得，结合平面即可得到；利用线面平行的性质平面，则，条件不足，不一定成立；根据题意证明平面即可得到；设，，得到所以不一定小于即可得出结论. 【详解】，， 又平面，平面， 所以， 又， 所以，故①正确； 对于②，若平面，又平面，平面平面， 所以，又四边形中，边长不确定，故不一定平行，故②错误； ，是的中点，, 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以，故③正确； 是的中点，，， 设，，, ， 所以不一定小于，即不一定成立，故④错误； 故答案为：①③. 三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知中，. （1）求； （2）求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理即可得到答案； （2）利用三角恒等变换得，再根据三角形面积公式即可得到答案. 【小问1详解】 由正弦定理得，即，解得， 又因为，则，则. 【小问2详解】 ，， 则. 17. 如图，在四棱锥中，已知分别是的中点，底面是一个平行四边形，，平面平面，且，. （1）求证：平面平面： （2）求证：平面； （3）求证： 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据中位线定理可知，然后得到线面平行，最后根据面面平行判定定理可得； （2）得到，根据线面垂直的判定定理可得； （3）先得到平面，然后根据线面平行的性质定理可得结果. 【小问1详解】 由题可知：分别是的中点， 所以，平面，平面，则平面， 同理：平面，又平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 因为四边形是一个平行四边形，所以为的中点， 由，，所以， 又平面， 所以平面. 【小问3详解】 由四边形是一个平行四边形，所以， 由平面，平面，所以平面， 又平面且平面平面， 所以. 18. 已知函数. （1）求函数图象的对称轴方程； （2）求函数的单调递增区间； （3）当时，求的值域； （4）求不等式的解集. 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式将函数化成正弦型函数，结合正弦函数的图象对称轴计算即得； （2）根据正弦函数的单调增区间列出不等式计算即得； （3）根据给定的区间，求得的范围，结合正弦函数的图象即可求得函数值域； （4）利用正弦函数的图象数形结合即可求得的解集. 【小问1详解】 因， 由可得， 即函数图象的对称轴方程为：. 【小问2详解】 由，可得， 即函数的单调递增区间为. 【小问3详解】 由可得，而在区间上单调递增，在区间上单调递减， 则当，即时，函数取得最大值2；当，即时，函数取得最小值， 故函数的值域为. 【小问4详解】 由可得， 结合正弦函数的图象，可得，解得， 则不等式的解集为. 19. 已知中，. （1）求的大小； （2）若，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可求解得解， （2）由余弦定理以及基本不等式即可求解，进而由面积公式求解. 【小问1详解】 由和正弦定理可得, 又， 故， 因此，由于，故，即， 由于，故； 【小问2详解】 由余弦定理可得, 由于，故，当且仅当时取到等号， 故面积为， 故面积最大值为， 20. 如图，在直三棱柱中，是棱的中点，. （1）求证：； （2）求证：平面平面； （3）求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先由勾股定理证明，结合条件，由线线垂直证得线面垂直，得到平面，即可证明结论； （2）先由（1）结论和证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论； （3）过点作于点，证明平面，再利用棱锥的体积公式计算即得. 【小问1详解】 连接，因， ，是棱的中点，则， 因，则，因，且平面， 则平面，因平面，故. 【小问2详解】 由（1）已证，因平面，平面，则， 因平面，则平面， 因平面，故平面平面. 【小问3详解】 由（2）已得平面，因平面，则，则， 过点作于点，由解得. 因平面，平面，则， 因平面，则平面， 于是四棱锥的体积为. 21. 设为正整数，集合.对于集合A中的任意元素和，记. （1）当时，若，求和的值； （2）当时，设是A的子集，且满足：对于中的任意元素，当相同时，是奇数；当不同时，是偶数.求集合中元素个数的最大值. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）根据题干新定义直接计算即可； （2）先根据当相同时，是奇数，得到集合中有哪些元素，然后根据这些元素逐一验证即可. 【小问1详解】 由题可知：， ， 所以 【小问2详解】 当时，集合的所有元素为：， 由是A的子集，为集合中元素， 当相同时，是奇数的只有元素: , 当不同时，分以下几种情况： ①和，则为偶数，符合题意； ②和，则为偶数，符合题意； ③和，则为奇数，不符合题意； ④和，则为偶数，符合题意； ⑤和，则为奇数，不符合题意； ⑥和，则为奇数，不符合题意； 所以只有①②④符合题意，则， 所以集合中元素的个数最大值为3 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $