2024-2025学年河北省承德市部分学校高一下学期4月期中联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省承德市部分学校高一下学期4月期中联考数学试卷（含答案），共9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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1的所有棱所在的直线中，与直线A1B异面的共有( )
A. 4条B. 6条C. 8条D. 2条
2.已知函数f(x)=csx+asinx的图象关于点π3,0对称，则f(x)的最大值为( )
A. 1B. 2C. 33D. 2 33
3.已知函数f(x)=tanωx+π4(ω>0)的最小正周期为2π，则不等式f(x)> 33的解集为( )
A. 2kπ−π6,2kπ+π2,k∈ZB. 4kπ−π6,4kπ+π2,k∈Z
C. 2kπ−π6,+∞,k∈ZD. 4kπ−π6,+∞,k∈Z
4.已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，若a=e1+e2，b=−4e1+2e2，则a与b的夹角为( )．
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
5.如图，在等腰▵ABC中，AB=AC=5，BC=6，点P是边BC上的动点，则有关AP⋅AB+AC的值的说法正确的是( )
A. 为定值16B. 不为定值，有最大值16
C. 为定值32D. 不为定值，有最小值32
6.在▵ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2A=B+C，a2=bc，则▵ABC一定是( )
A. 三边不全相等的锐角三角形B. 钝角三角形
C. 直角三角形D. 等边三角形
7.已知函数f(x)=sinωx(ω>0)，则下列命题中错误的是( )
A. 若f(x)在−π3,π6上单调递增，则ω的取值范围是0,32
B. 若f(x)在0,π2上恰有3个零点，则ω的取值范围是(6,8)
C. 若f(x)在0,3π4上的值域为[−1,1]，则ω的取值范围是[2,+∞)
D. 若f(x)在0,π3上有最大值，没有最小值，则ω的取值范围是32,92
8.函数f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,|φ|0)，f(x)图象的相邻对称轴之间的距离为π2．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间和f(x)的图象的对称轴方程；
(3)将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标伸长为原来的2倍，再向左平移π12个单位得g(x)的图象，若关于x的方程g(x)=m在−π12,π6上只有一个解，求实数m的取值范围．
19.(本小题17分)
已知▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2bsinA+π6=a+c．
(1)求B的大小；
(2)若a+c=3，b= 3a，求▵ABC外接圆的半径；
(3)若点M在线段AC上，∠ABM=∠CBM，BM=4，求2a+c的最小值．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.C
5.C
6.D
7.B
8.D
9.ABC
10.AC
11.ACD
12.−45
13.(−∞,14]
14.10+2 2
15.解：(1)因为底面三角形的三边长分别为6 cm，8 cm，10 cm，
所以底面三角形为直角三角形，两直角边长分别为6 cm，8 cm，
又因为三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为4 cm，
所以VABC−A1B1C1=12×6×8×4=96cm3．
设圆柱底面圆的半径为r，
则r=2S▵ABCAB+BC+AC=2×12×6×86+8+10=2，
圆柱体积VOO1=π×22×4=16πcm3．
所以剩余部分几何体的体积V=96−16πcm3．
(2)由(1)可知，直三棱柱ABC−A1B1C1可补形为棱长分别为6 cm，8 cm，4 cm的长方体，
它的外接球的半径R满足2R= 62+82+42=2 29，即R= 29cm．
所以，该直三棱柱的外接球的表面积为S=4π× 292=116πcm2

16.解：(1)由sinα+sinβ=− 22，csα+csβ=12，
可得sinα+sinβ2+csα+csβ2=12+14=34，
故2+2sinαsinβ+csαcsβ=34，
即2+2cs(α−β)=34，解得cs(α−β)=−58．
(2)因为α,β∈3π4,π，所以α+β∈3π2,2π.又sin(α+β)=−35．
所以cs(α+β)= 1−sin2(α+β)= 1−−352=45．
因为sinβ−π4=1213，β−π4∈π2,3π4，
所以csβ−π4=− 1−sin2β−π4=− 1−12132=−513．
所以sinα+π4=sin(α+β)−β−π4
=sin(α+β)csβ−π4−cs(α+β)sinβ−π4
=−35×−513−45×1213
=−3365．

17.解：(1)因为BD=13BC，则AD−AB=13AC−AB，
所以AD=23AB+13AC，
因为E为AD的中点，故AE=12AD=1223AB+13AC=13AB+16AC．
(2)因为M、E、N三点共线，则ME//MN，AM=mAB，AN=nAC(m>0,n>0)，
所以存在λ∈R，使得ME=λMN，即AE−AM=λAN−AM，
所以AE=(1−λ)AM+λAN=(1−λ)mAB+λnAC，
又因为AE=13AB+16AC，且AB、AC不共线，
所以(1−λ)m=13λn=16，则13m=1−λ16n=λ,
所以13m+16n=(1−λ)+λ=1，故1m+12n=3．

18.解：(1)f(x)= 3cs2ωx+sinωxcsωx− 32，
= 321+cs2ωx+12sin2ωx− 32，
=sin2ωx+π3，ω>0，
因为f(x)图象的相邻对称轴之间的距离为π2，所以f(x)的最小正周期为π，
所以2π2ω=π，得ω=1，
所以f(x)=sin2x+π3．
(2)令−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ,k∈Z．
则−5π12+kπ≤x≤π12+kπ,k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为−5π12+kπ,π12+kπ,k∈Z；
令2x+π3=kπ+π2,k∈Z，解得x=kπ2+π12,k∈Z，
即f(x)的图象的对称轴方程为x=kπ2+π12,k∈Z．
(3)由(1)知f(x)=sin2x+π3，将f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数y=2sin4x+π3的图象，
再向左平移π12个单位得g(x)=2sin4x+π12+π3=2sin4x+2π3的图象．
令t=4x+2π3，x∈−π12,π6，则t∈π3,4π3，
所以2sint∈− 3,2，
因为2sint=m在t∈π3,4π3上只有一个解，
由y=2sint的图象(如图)可得，− 3≤m< 3或m=2，
所以m的取值范围是− 3, 3∪2．

19.解：【(1)】
在▵ABC中，由2bsinA+π6=a+c及正弦定理，
得2sinBsinA+π6=sinA+sinC，
则 3sinBsinA+sinBcsA=sinA+sin(A+B)=sinA+sinAcsB+csAsinB，
整理得 3sinBsinA=sinA+sinAcsB，
而sinA>0，则1+csB= 3sinB，
两边平方得1+csB2=3sin2B=31−csB1+csB，
又00，
于是1+csB=31−csB，解得csB=12，
所以B=π3．
【(2)】
由(1)知B=π3，由余弦定理得
b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−2ac⋅12=a2+c2−ac，
而a+c=3，b= 3a，
则3a2=(a+c)2−3ac=9−3a(3−a)，解得a=1，
所以b= 3，
所以▵ABC外接圆的半径为r=b2sinB=1．
【(3)】
由(1)知∠ABC=π3，由∠ABM=∠CBM，则∠ABM=∠CBM=π6，
由S▵ABC=S▵BCM+S▵ABM，BM=4，则12acsinπ3=12a⋅4sinπ6+12c⋅4sinπ6，
则 3ac=4a+4c，即1a+1c= 34，
因此2a+c=4 3(2a+c)1a+1c=4 33+ca+2ac≥4 33+2 ca⋅2ac=4 3+8 63，
当且仅当ca=2ac，即c= 2a=43 3+ 6时等号成立，
所以2a+c的最小值为4 3+8 63．