河北省承德市第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份河北省承德市第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，则（ ）
A. B. C. D.
2. 设函数的图象的一个对称中心为，则的一个最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为（ ）
A. B.
C D.
4. 在中，a，b，c分别为三个内角A，B，C所对的边，设向量，若，则角A的大小为（ ）
A. B. C. D.
5. 有一封闭透明的正方体形容器，装有容积一半的有颜色溶液，当你任意旋转正方体，静止时液面的形状不可能是（ ）
A. 三角形B. 正方形C. 菱形D. 正六边形
6. 已知函数在上有且仅有个零点，则实数（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数在区间上至少有3个零点，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
8. 小明同学为了估算位于哈尔滨的索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）
A. 20 mB. 30 mC. 20 mD. 30 m
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. 如图是某市夏季某一天的温度变化曲线，若该曲线近似地满足函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 该函数的周期是16
B. 该函数图象的一条对称轴是直线
C. 该函数的解析式是
D. 这一天的函数关系式也适用于第二天
11. 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.
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12. 将函数向左平移个单位后得函数，则在上的最大值是_____.
13. 求值：________．
14. 已知平面向量，，满足，，且，则最大值为______.
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. 在中，内角所对的边分别是，已知，，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
16. 如图，圆锥的底面半径和高均为6cm，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．设圆柱的底面半径为，母线长为．
（1）求与的关系式；
（2）求圆柱的侧面积的最大值；
（3）记圆柱侧面积为，圆锥的侧面积为．若，求圆柱的体积．
17. 如图，在斜坐标系中，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，的夹角为，定义向量在该斜坐标系中的坐标为有序数对，记为.在斜坐标系中，完成如下问题：
（1）若，，求的坐标；
（2）若，，且，求实数的值；
（3）若，，求向量的夹角的余弦值.
18. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）用五点法作出在区间内的图象；
（3）在中，若，求的最大值.
19. 在锐角中，角的对边分别为，，，已知且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求面积；
（3）求的取值范围．
河北承德市第二中学
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合余弦的二倍角公式运算求解即可.
【详解】由题意可得：.
故选：C.
2. 设函数的图象的一个对称中心为，则的一个最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对称中心结合正切函数性质可得，进而可求最小正周期.
【详解】因为函数的图象的一个对称中心为，
则，解得，
且，所以函数的最小正周期为，
对于选项A：若，此时，不合题意，故A错误；
对于选项B：若，此时，不合题意，故B错误；
对于选项C：若，解得，故C正确；
对于选项D：若，此时，不合题意，故D错误；
故选：C.
3. 如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面图与直观图的联系，分别判断三角形在两坐标系中的边、角关系，计算即得.
【详解】
根据题意，轴，轴，故，
又，则，，
平面图直角坐标系中，有，
于是，，，，
所以的周长为.
故选：C.
4. 在中，a，b，c分别为三个内角A，B，C所对的边，设向量，若，则角A的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用垂直的数量积为0与余弦定理求解即可.
【详解】因为,所以,
即,所以因为,故
故选：B．
【点睛】本题主要考查了向量垂直与数量积的运用以及余弦定理求角度的问题,属于基础题型.
5. 有一封闭透明的正方体形容器，装有容积一半的有颜色溶液，当你任意旋转正方体，静止时液面的形状不可能是（ ）
A. 三角形B. 正方形C. 菱形D. 正六边形
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得无论怎样转动，其液面总是过正方体中心，再分别讨论液面与底面平行，液面过正方体对角线的两个顶点和液面过正方体六条棱的中点即可判断B，C和D是正确的，进而即可得到答案．
【详解】因为正方体容器中盛有一半容积的有颜色溶液，无论怎样转动，其液面总是过正方体的中心．
对于B，当过正方体一面上相对两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正方形，即静止时液面如图（1），故B正确；
对于C，当过正方体一面上一边的中点和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为菱形，即静止时液面如图（2），故C正确；
对于D，当过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正六边形，即静止时液面如图（3），故D正确；
故选：A．
6. 已知函数在上有且仅有个零点，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析出函数为偶函数，可得出，即可得出实数的值.
【详解】函数的定义域为，
因为，
所以，函数为偶函数，
因为函数在上有且仅有个零点，
则，解得.
故选：A.
7. 已知函数在区间上至少有3个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，结合条件可得，求解即可.
【详解】因为，所以，
因为函数在区间上至少有3个零点，
所以，解得，所以的取值范围是.
故选：C.
8. 小明同学为了估算位于哈尔滨的索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）
A. 20 mB. 30 mC. 20 mD. 30 m
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意，结合在中，求得,再在中，由正弦定理，求得长，最后在直角中，结合，即可求解.
【分析】由，
由题意知，所以，
在中，可得,
在中，由正弦定理得，
所以，
在直角中，
故选：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
【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. 如图是某市夏季某一天的温度变化曲线，若该曲线近似地满足函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 该函数的周期是16
B. 该函数图象的一条对称轴是直线
C. 该函数的解析式是
D. 这一天的函数关系式也适用于第二天
【答案】A
【解析】
【分析】数形结合求函数的周期及解析式判断A、B、C，结合实际判断D.
【详解】由题意及函数的图象知，，可得，
由，所以，故，A正确；
图象经过点，则，故，
但，故不是对称轴，
又，故φ可以取，所以，BC错误；
这一天的函数关系式只适用于当天，第二天这个关系式不一定适用，D错误．
故选：A
11. 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

三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12. 将函数向左平移个单位后得函数，则在上的最大值是_____.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域，求出在上的最大值．
【详解】解：将函数向左平移个单位后，
得函数的图象，
在，上，，，
故当时，函数取得最小值为1；
当时，函数取得最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的定义域和值域，属于基础题．
13. 求值：________．
【答案】1
【解析】
【分析】由，切化弦，再由辅助角公式即可化简求值；
【详解】
．
故答案为：1
14. 已知平面向量，，满足，，且，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，分析可知点C在以为直径的圆上，根据数量积的几何意义结合圆的性质分析求解.
【详解】由题意可设：，
则，
若，即，则，
可知点C在以为直径的圆上，即圆心为，半径，
则在方向上的投影数量的最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题根据向量运算的几何意义把题意转化为图形，结合图形分析求解.
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. 在中，内角所对的边分别是，已知，，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对角化边，求出，根据余弦定理求出；
（2）对使用余弦定理和求出；
（3）求出和，求出.
【小问1详解】
因为，则，
即，且，则，
又，
解得；
【小问2详解】
因为，且，
则；
【小问3详解】
因为，，
则.
16. 如图，圆锥的底面半径和高均为6cm，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．设圆柱的底面半径为，母线长为．
（1）求与的关系式；
（2）求圆柱的侧面积的最大值；
（3）记圆柱的侧面积为，圆锥的侧面积为．若，求圆柱的体积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作出圆锥的轴截面，根据三角形的性质可得答案；
（2）利用圆柱的侧面积公式及基本不等式可求答案；
（3）先表示出圆柱和圆锥的侧面积，利用两者关系得出，结合体积公式可得答案.
【小问1详解】
作出圆锥的轴截面，如图，
因为，所以，所以图中，又，所以.
【小问2详解】
圆柱的侧面积为，
当且仅当时，等号成立，即圆柱的侧面积的最大值为.
【小问3详解】
由题意，圆柱的侧面积为，
圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，
因为，所以，解得，
因为，所以，；
圆柱的体积为.
17. 如图，在斜坐标系中，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，的夹角为，定义向量在该斜坐标系中的坐标为有序数对，记为.在斜坐标系中，完成如下问题：
（1）若，，求的坐标；
（2）若，，且，求实数的值；
（3）若，，求向量的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）用，表示，借助，的线性运算求解可得；
（2）用，表示，将转化为的运算，利用数量积的运算律求解可得；
（3）用，表示，利用，求及，再由两向量夹角公式可得.
【小问1详解】
若，，则，
则
故的坐标为.
【小问2详解】
若，，且，
则，，
由已知得，.
所以
，解得.
【小问3详解】
若，，
则，
，
所以，
又，
向量，的夹角的余弦值为.
18. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）用五点法作出在区间内的图象；
（3）在中，若，求的最大值.
【答案】（1）
（2）图象见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式以及二倍角公式化简，即可利用整体法求解单调性，
（2）根据五点作图法即可求解，
（3）根据，利用和差角公式以及辅助角公式，结合三角函数的性质即可求解.
【小问1详解】
由可得
，
令,解得，
故单调递增区间为
【小问2详解】
故在区间内的图象如下所示：
【小问3详解】
由可得,
由于，则，故，故，
因此，
由于，则，
故当，即时，取最大值为.
19. 在锐角中，角的对边分别为，，，已知且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
分析】（1）根据题意结合三角恒等变换运算求解；
（2）先利用余弦定理求得，进而可求面积；
（3）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数的有界性运算求解.
【小问1详解】
因为，
且，则，可得，
整理得，所以.
【小问2详解】
由余弦定理，即，
解得或（舍去），
所以的面积.
【小问3详解】
由正弦定理，可得，
则
，
因为为锐角三角形，且，则，解得，
则，可得，
则，
所以的取值范围为.
0
0
1
0
0