山东省威海市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份山东省威海市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析），共16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
1．是
A．第一象限角B．第二象限角C．第三象限角D．第四象限角
2．已知角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，且，则（ ）
A．2B．C．D．
4．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知曲线，，则（ ）
A．把上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，再把得到的曲线上的所有点向左平移个单位长度，得到曲线
B．把上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，再把得到的曲线上的所有点向右平移个单位长度，得到曲线
C．把上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再把得到的曲线上的所有点向左平移个单位长度，得到曲线
D．把上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再把得到的曲线上的所有点向右平移个单位长度，得到曲线
6．一个圆台上、下底面的半径分别为1，2，母线所在直线与轴的夹角为45°，则该圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
7．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角C=（ ）
A．B．C．D．
8．已知P是所在平面内一点，满足，若，，则（ ）
A．B．12C．D．18
二、多选题
9．已知为非零向量，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则为锐角D．若，则
10．已知函数，则（ ）
A．的图象关于直线对称
B．在上单调递增
C．的图象关于点对称
D．当时，曲线与的交点个数为4
11．在正三棱柱中，，P，Q分别为棱，上的动点，则（ ）
A．的周长为定值B．三棱锥B-APQ的体积为定值
C．若，则D．若平面，则
三、填空题
12．已知向量，，若，则 ．
13．函数的部分图象如图所示，则 ．
14．已知三棱锥的各顶点都在表面积为的球面上，平面，，，，则该三棱锥的体积为 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)求的单调递减区间；
(2)当时，求的最值．
16．如图，在三棱锥中，侧面是边长为的等边三角形，，、分别为、的中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)若，二面角的大小为，求．
17．如图，在五面体ABCDEF中，平面平面，，，，，．
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求直线与所成角的余弦值．
18．在平行四边形ABCD中，E为AB的中点，点F，G满足，．
(1)用，表示，；
(2)若，求；
(3)若，求的取值范围．
19．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，P是内一点，且，，，E，F，G为垂足，记，，．
(1)若，，，，AP的延长线交BC于点D，求AD；
(2)若，，，求及PB；
(3)证明：，当且仅当且时，等号成立．
1．D
详解：由题意得，
∴的终边和角的终边相同，
∴是第四象限角．
故选D．
2．A
根据任意角正弦函数的定义即可求解.
【详解】由题意有，
所以.
故选：A.
3．B
根据同角三角函数的基本关系求，再利用两角和的正切公式即可求解.
【详解】由且，所以，
所以，所以，
故选：B.
4．A
由题意利用两角差点余弦公式先求，再根据两角和的余弦公式即可求解.
【详解】由，又，所以，
所以，
故选：A.
5．A
根据给定的函数，利用三角函数图象变换，结合诱导公式逐项分析判断.
【详解】对于A，所得曲线为，A正确；
对于B，所得曲线为，B错误；
对于C，所得曲线为，C错误；
对于D，所得曲线为，D错误.
故选：A
6．C
根据条件求出圆台的母线长，结合圆台侧面积公式可得结果.
【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，则，
由题意得，，所以该圆台的侧面积，
故选：C.
7．C
由，利用正弦定理得，根据两角和的正弦公式得，又即可求，进而得.
【详解】由有，由正弦定理有，
又，
所以，又为的内角，所以，即，
又由，所以，
又，所以，所以.
故选：C.
8．B
若是的中点，根据已知得，则，结合向量数量积的几何意义求数量积.
【详解】设是的中点，由，则，
所以，又，
则.
故选：B

9．BD
对于A利用向量数量积的运算律即可判断，对于B根据共线向量定理即可判断，对于C当时，即可判断，对于D利用夹角公式即可判断.
【详解】对于A：由得
，所以，故A错误；
对于B：由于为非零向量，由可知不等于1，故，所以，故B正确；
对于C：当时，，但不是锐角，故C错误；
对于D：因为，所以，所以或，所以，故D正确.
故选：BD.
10．ABD
应用代入法验证对称轴和对称中心判断A、C，整体法判断函数的区间单调性判断B；根据正弦型函数的区间单调性、值域确定曲线交点个数判断D.
【详解】A：由，则的图象关于直线对称，对；
B：由题设，结合正弦函数性质知单调递增，对；
C：由，则的图象关于直线对称，故不是对称中心，错；
D：由在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且在、、上对应值域依次为、、，
由题设，令，
则在、、上单调递增，对应值域依次为、、，
在、上单调递减，对应值域均为，
所以在、、上单调递增，对应值域依次为、、，
在、上单调递减，对应值域均为，
所以与分别在、、、上各有一个交点，即共有4个交点，对.
故选：ABD
11．BCD
对于A，设，计算即可判断；对于B，由即可判断；对于C，取的中点，连接，过作交于点，连接，证明平面，即可判断；对于D，由线面平行的性质定理得，进而即可判断.
【详解】对于A：由点为上的动点，设，
所以，，
所以不为定值，故A错误；
对于B：，
因为平面，所以点到平面的距离为，
所以，故B正确；
对于C：取的中点，连接，过作交于点，连接，
设，所以，因为，所以，
所以，所以，
又，所以，
在正三棱柱中，平面，
因为平面，所以，
又，，平面，
所以平面，因为，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，
所以平面，因为平面，所以，故C正确；
对于D：连接交于点，连接，由平面，
且平面平面，平面，
所以，又为中点，
所以为中点，即，故D正确.
故选：BCD.
12．2
根据向量坐标的线性运算先求，利用共线向量的坐标运算即可求解.
【详解】由题意有，
因为，所以，
故答案为：2.
13．
根据图像先求的解析式，再求即可.
【详解】由图可知，，所以，
又，所以，
所以，所以，
所以，
故答案为：.
14．/
设三棱锥的外接球半径为，外接圆半径为，圆心为，由题意先求，利用正弦定理求，利用勾股定理求，进而得，利用余弦定理求，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】设三棱锥的外接球半径为，外接圆半径为，圆心为，
所以，又，，
由正弦定理有，
过作平面，则，所以，
所以，
在中，由余弦定理有，
即，化简整理有，解得，
所以，
所以，
故答案为：.
15．(1)；
(2)最小值为，最大值为.
（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，结合正弦型函数的单调性可得出函数的单调递减区间；
（2）设，由求出的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得的最大值和最小值.
【详解】（1）
，
令，解得，
所以的单调递减区间为．-
（2）设，则，因为，所以，
所以，所以的最小值为，最大值为.
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
（1）证明出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可得出结论；
（3）由二面角的定义可知为二面角的平面角，则，利用余弦定理求出的长，结合勾股定理可知，分析出为的中点，即可得出的长.
【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面．-
（2）因为，为的中点，所以，
因为，，所以，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（3）因为，，所以为二面角的平面角，则，
由题意知，，，
在中，由余弦定理得，
所以，可得，
在直角中，，
又因为，，，所以，所以，
即，因为为的中点，所以．
17．(1)证明见解析
(2)
（1）由，利用线面平行判断定理得平面，再利用线面平行的性质定理即可得证；
（2）由，则为直线与所成的角或补角，再证平面，则为直线与平面所成的角，即可计算，最后在中计算即可.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以；
（2）因为，
所以为直线与所成的角或其补角，
因为，，所以为平行四边形，
所以，
因为平面平面，平面平面，，平面,
所以平面，则平面，
连接，所以为直线与平面所成的角，
则，可得，
因为，所以，
因为，，所以，
可得，
所以直线与所成角的余弦值为．
18．(1)，
(2)
(3)
（1）根据平面向量的加减法即可求解；
（2）由得，利用平面向量数量积的运算律即可求解；
（3）设，，又，利用数量积的定义得，利用二倍角公式化简得，令，利用二次函数即可求解.
【详解】（1）由题意知，，
；
（2）若，则，
所以，
可得，
即，所以．
（3）设，，
因为，
所以
，
令，则，，
因为，，
可得，
所以的取值范围是．
19．(1)
(2)，
(3)证明见解析
【详解】（1）因为，所以为角的角平分线，
因为，所以，
因为，
所以，
解得；
（2）因为，，
所以，，
因为，所以，
可得，
即，
即，因为，
所以，
可得，所以，
在中，，
所以；
（3）因为
，
所以，
当且仅当时，等号成立，-
同理，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
所以，
因为
，
当且仅当时，等号成立，
所以，
当且仅当且时，等号成立．-题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
A
A
C
C
B
BD
ABD
题号
11









答案
BCD