河南省漯河市高级中学2024~2025学年高一下册期中考试数学试题【附解析】

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若函数的定义域为，值域为，则函数的图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义域与值域，结合函数的性质判断即可.
【详解】对A，该函数的定义域为，故A错误；
对B，该函数的定义域为，值域为，故B正确；
对C，当时，每一个x值都有两个y值与之对应，故该图像不是函数的图像，故C错误；
对D，该函数的值域不是为，故D错误.
故选：B.
2. 设为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则下列条件中一定能得到的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，和m可能平行也满足A选项，故可判断；对于B，也满足B选项，故可判断；对于C，可判断两平面关系，垂直一平面也垂直其平行平面，故可判断；对于D，三个面两两垂直也满足D选项，故可判断.
【详解】对于A，，则和m可能平行或相交，故A错误；
对于B，，则m与相交或或，故B错误；
对于C，因为，所以，又，所以，故C正确；
对于D，由，不能推出，所以由不能推出，故D错误．
故选：C
3. 中，角A、B、C的对应边是a、b、c.已知，则满足条件的有（ ）
A. 一个解B. 两个解C. 无解D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】结合条件由正弦定理求，结合大边对大角判断结论.
【详解】由正弦定理知，，
又，
所以，
所以，
又，，，所以，
作函数，的图象如下
观察图象可得满足条件的角存在两个.
故选：B.
4. 已知向量，，．若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线坐标表示得方程，解得结果.
【详解】因为，所以,选C.
【点睛】本题考查向量共线，考查基本分析与求解能力，属基础题.
5. 已知复数，（，i为虚数单位），则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数模的意义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】复数，，则
，解得，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
6. 已知某个正三棱台的上、下底面面积分别为和，高为6，则该正三棱台的外接球半径为（ ）
A. 4B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求得上下底面所在平面截球所得圆的半径，找到球心，求得半径，再由球的表面积公式可得结果.
【详解】如图所示，分别为上下底面的外心，则外接球球心在线段上，
连接并延长交于，连接并延长交AB于D，
设等边三角形的边长为，根据正三角形面积公式，
∴，，
设等边三角形的边长为，根据正三角形面积公式，
∴，C=CD=，则，
设正三棱台的外接球的半径,
得，解得，即.
故选：B.

7. 在三棱锥中，平面，D，E，F分别是棱的中点，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量可求线面角的正弦值.
【详解】
因为平面，而平面，
故，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则且，
故，
故，，，
设平面的法向量为，则：
由可得，取，则，
设直线与平面所成角为，
则.
故选：B.
8. 已知圆的半径为13，和是圆的两条动弦，若，，则的最大值是（ ）
A 17B. 20C. 34D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的线性运算、绝对值三角不等式、垂径定理等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设是圆的圆心，连接，作，垂足分别为，
则分别是的中点，由勾股定理得，
，
，
故,
当反向时等号成立，
所以的最大值是.
故选：C
【点睛】方法点睛：
解决圆中向量问题，垂径定理是一个重要的工具，通过垂径定理找到弦的中点，将向量与圆心和中点联系起来，便于进行向量的运算和转化.
对于求向量和的模的最值问题，利用向量的线性运算将其转化为已知向量的运算形式，再结合绝对值三角不等式（当且仅当与同向或反向时取等号）来求解，是一种常用的方法.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在中，角的对边分别为，已知且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 的取值范围为
C. 的最大值为4D. 若为的中点，则的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，利用正弦定理和余弦定理求出；B选项，由正弦定理得到，结合，得到答案；C选项，根据基本不等式和，求出的最大值；D选项，，两边平方，结合求出，得到D错误.
【详解】因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
因为，故，A正确；
B选项，由正弦定理得，故，
因为，所以，，
故，B错误；
C选项，由A得，其中，当且仅当时，等号成立，
故，求出，当且仅当时，等号成立，C正确；
D选项，若为的中点，则，
，
其中，
故，当且仅当时，等号成立，
故，又，故，
故，即的取值范围为，D错误.
故选：AC
10. 数学上，高斯符号（）是指对取整符号和取小符号的统称，用于数论等领域.定义在数学特别是数论领域中，有时需要略去一个实数的小数部分只研究它的整数部分，或需要略去整数部分研究小数部分，因而引入高斯符号.设，用表示不超过的最大整数.比如：，，，，，已知函数，则下列说法不正确的是（ ）
A. 的值域为B. 在为减函数
C. 方程无实根D. 方程仅有一个实根
【答案】AB
【解析】
【分析】先进行分段化简函数，并画函数图象，再结合图象逐项判断即可.
【详解】由高斯函数的定义可得：当时，，则，
当时，，则，当时，，则，
当时，，则，当时，，则，
绘制函数图象如图所示，
对于A，由图可知，在上的值域为，不正确；
对于B，当时，的每段函数都是单调递减，但是在不是减函数，不正确；
对于C，由选项A知，在上的值域为，
所以方程无实根，正确；
对于D，当时，即，解得，
当时，即，解得，
结合函数图象知，方程仅有一个实根，正确.
故选：AB
11. 在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 顶点到平面的最大距离为B. 存在点，使得平面
C. 的最小值D. 当为中点时，为钝角
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断A；
对B，当平面，则，则有，求出，即可判断B；
对C，当时，取得最小值，结合B即可判断C；
对D，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断D.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
则，故，
则，
，
对于A，，
设平面的法向量，
则有，
可取，
则点到平面的距离为，
当时，点到平面的距离为0，
当时，
，
当且仅当时，取等号，
所以点到平面的最大距离为，故A正确.
当平面，
因为平面，所以，
则，解得，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，当时，取得最小值，
由B得，此时，
则，，
所以，
即最小值为，故C正确；
对于D，当中点时，
则，，
则，，
所以，
所以为锐角，故D错误；
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，四边形ABCD是梯形，，且平面，AD，BC与平面分别交于点M，N，且点M是AD的中点，，，则______．

【答案】5
【解析】
【分析】根据线面平行的性质定理说明，即可说明MN是梯形ABCD的中位线，可得答案.
【详解】因为平面, 平面ABCD, 平面ABCD平面,
故,
而点M是AD的中点，故点N是BC的中点，
即MN是梯形ABCD的中位线，故，
故答案为：5
13. 已知，若恒成立，则m的最大值为____________
【答案】9
【解析】
【分析】利用参变分离，根据结合基本不等式求得结果.
【详解】由，知，，，
由，得，
又，
，
当且仅当，即时，取得最小值9，
，的最大值为9．
故答案为：9.
14. 体积为的正三棱锥的每个顶点都在半径为的球的球面上，球心在此三棱锥内部，且，点为线段上一点，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【详解】设，如图，设的中心为，连接.设三棱锥的高为,在中，由勾股定理可得，即，即又，所以所以，解得，故易得，所以，当截面与垂直时，截面圆的面积有最大值，此时截面圆的半径，此时截面圆的面积为，当截面经过平均发展速度时，截面圆的面积最大 ，且最大值为.
点晴:本题考查的是球的组合体问题. 解决本题的关键是在三棱锥中，引入变量利用勾股定理，找到边和高的关系表示出，解得，求得，当截面与垂直时，截面圆的面积有最大值.
四、解答题：本题共5小题，共77分．
15. 已知向量，.
（1）若，求；
（2）若，，求与的夹角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示求出x，然后根据坐标运算和向量模的坐标表示可得；
（2）利用向量的坐标运算和向量平行的坐标表示求出x，然后根据向量的夹角公式求解可得.
【小问1详解】
，由可得，
即，解得，
所以，故.
【小问2详解】
依题意，
又，所以，
解得，则，，，
所以，故与的夹角的余弦值为.
16. 如图所示棱长为1的正四面体，、分别为、中点，为靠近的三等分点．记，．
（1），，求的最小值；
（2）求证:平面．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据向量的模及数量积的运算，结合二次函数的性质可得结果；
（2）连接，交于，连接，运用重心的性质可得，根据线面平行的判定定理可得结果.
【小问1详解】
已知（），
所以，
故的最小值为.
【小问2详解】
连接，交于，连接，∵、分别为、中点，
∴为的重心，∴，又∵，∴，
∵面，面，∴面.
17. 在中，为角对应的边，为的面积.且.
（1）求；
（2）若，求内切圆半径的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形得面积公式结合正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）根据，可得，再根据余弦定理将用表示，再化简，再结合基本不等式即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
由正弦定理得，
整理得，
由余弦定理得，
又，所以；
【小问2详解】
设内切圆的半径为，
则，
所以，
又，所以，
则，
由，得，
当且仅当时取等号，
所以，
即内切圆半径的最大值为.
18. 如图所示，正四棱锥，，底面边长，M为侧棱PA上点，且．
（1）求正四棱锥的体积；
（2）若为的中点，证明：平面；
（3）侧棱上是否存在一点E，使平面，若存在，求出；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据体积公式可求几何体的体积；
（2）连，交于，可证，故可证平面；
（3）存在，，此时作中点，连结，，，可证平面平面，故可得平面.
【小问1详解】
连接，设，连接，则平面．
中，，，，
所以．
【小问2详解】
由正方形可得为的中点，而，，
又平面，平面，
平面．
【小问3详解】
存在，．理由如下：作中点，连结，，．
，，
又平面MBD，平面，
平面，
，，
又平面，平面，
平面，
又平面，
平面平面，而平面，
平面．
19. 极化恒等式实现了向量与数量的转化，阅读以下材料，解答问题.
1.极化恒等式：，公式推导：；
2.平行四边形模式：如图，平行四边形，是对角线交点，则；
3.三角形模式：如图，在中，设为的中点，则.推导过程：由.
（1）如图，在边长为2的正方形中，其对称中心平分线段，且，点为的中点，求的值；
（2）“易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦.”太极和八卦组合成了太极八卦图（如图1）.某太极八卦图的平面图如图2所示，其中正八边形的中心与圆心重合，是正八边形的中心，是圆的一条直径，且正八边形内切圆的半径为，.若点是正八边形边上的一点，求的取值范围；
（3）已知中，，且的最小值为，若为边上任意一点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由极化恒等式即可求解；
（2）连接，根据三角形模式可得，即可求解；
（3）由题意可得等边三角形，所以，再根据向量极化恒等式即可求解.
【小问1详解】
.
由极化恒等式可得：.
【小问2详解】
如图，连接.
因为，，
所以.
因为正八边形内切圆的半径为，，
所以.
因为，所以，所以，
即的取值范围是.
【小问3详解】
令（其中），
则三点共线（如图），
从而的几何意义表示点到直线的距离为，
这说明是等边三角形，为边上的高，故.
取的中点，则由向量极化恒等式可得，
其中为点到边的距离.
即当点在垂足（非端点）处时，达到最小值.