河北省承德市滦平县第一中学高一下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份河北省承德市滦平县第一中学高一下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，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. 在中，内角的对边分别为，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数诱导公式及定义法求向量数量积．
【详解】解：中，内角，，的对边分别为，，，，，，
则，
故选：C．
2. 水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则的面积是（ ）

A. 6B. 10C. 12D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】根据直观图与斜二测画法的定义求解.
【详解】由题可知，为直角三角形，且，如图：

由斜二测画法知，所以.
故选：C.
3. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用同角基本关系式求出，利用，结合和差角公式可解.
【详解】由，则，
又，，
而
.
故选：D.
4. 若将函数的图象上各点的横坐标扩大为原来的2倍，再将图象向右平移个长度单位，则所得到的曲线的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数图象变换规律结合题意求解即可.
【详解】将函数的图象上各点的横坐标扩大为原来的2倍，得，
再将图象向右平移个长度单位，得.
故选：A
5. 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.
6. 在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可求，根据正弦定理可得外接圆半径，由勾股定理即可求解.
【详解】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线，
则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且，
在中，，即，
所以，
即（当且仅当时取等号），
设外接圆半径为，由正弦定理得，即，
所以外接球的半径，则，
故三棱锥的外接球表面积的最小值为.
故选：.
【点睛】方法点睛：解决外接球问题：
（1）通过球心位置的确定，利用勾股定理列方程求解；
（2）已知线面垂直，构造矩形模型；
（3）三个两两垂直的墙角模型，补形成长方体或正方体.
7. 在△ABC中，已知2acs B＝c，sin Asin B(2－cs C)＝sin2＋，则△ABC（ ）
A. 等腰三角形B. 钝角三角形
C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理化简得出，根据正弦定理得出，利用二倍角的余弦公式对化简整理可得，进而得出结果.
【详解】由题意知，，由余弦定理，得，
整理，得，即；由正弦定理，得，
所以或，又，
则，得，
由，得，
即，因为，所以，
则，的，解得，所以，所以.
综上诉述，为等腰直角三角形.
故选：D
8. 已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用整体法，结合三角函数图象性质对进行最值分析，对区间上进行单调分析，得到 ，其中，求得，进而求得的取值范围．
【详解】因为，当时，，
因为函数在上存在最值，则，解得，
当时，，
因为函数在上单调，
则，
所以其中，解得，
所以，解得，
又因为，则，
当时，；当时，；当时，．
又因为，所以取值范围是.
故选：C.
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. 已知函数，则下列结论成立的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 曲线关于直线对称
C. 点是曲线的一个对称中心
D. 在上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】借助整体思想，利用正弦型函数的性质逐项判断即可得.
【详解】对A：设的最小正周期为，故A正确：
对B：因，故B错误：
对C：因，故点是曲线的一个对称中心，即C正确：
对D：由，可得，则在上单调递减，故D错误.
故选：AC.
10. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）

A. 与所成的角为
B. 该半正多面体过、、三点的截面面积为
C. 该半正多面体的体积为
D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式
【答案】ABD
【解析】
【分析】由异面直线所成角的定义可判断A选项；由截面为正六边形可求面积判断B选项；利用柱体和锥体的体积公式可判断C选项；根据顶点，面数，棱数判断D选项.
【详解】该半正多面体，是由棱长为的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的.

对于A选项，连接、、，易知是等边三角形，
因为、分别为、的中点，则，同理可得，
所以， 与所成的角为，A对；
对于B选项，如图，过、、三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，B对；
对于C选项，因为由正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，
所以该几何体的体积为，C错；
对于D选项，几何体顶点数为，有个面，条棱，满足，D对.
故选：ABD.
11. 如图，在梯形中，，，为线段的中点，与交于点，为线段上的一个动点，则（ ）
A.
B. 向量与共线
C.
D. 若，则最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用平面向量的基本定理求出关于、的表达式，可判断A选项；利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式，结合平面向量共线的基本定理可判断B选项；推导出，可得出、、面积的关系，可判断C选项；分析可知存在，使得，利用平面向量的基本定理可得出关于的表达式，可求出的最大值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，由题意可知，，则，
因为为的中点，则，即，
所以，，
因为，则存在，使得，
因、、三点共线，则存在，使得，
即，可得，
因为、不共线，所以，，解得，故，A对；
对于B选项，，
所以，、不共线，B错；
对于C选项，因为为的中点，则，
因为，则，
故，同理可得，
所以，，C对；
对于D选项，因为为线段上一个动点，则存在，使得，
所以，，
因为、不共线，则，，故，
因此，的最大值为，D对.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于选择基底，将问题中相关的向量利用基本向量加以表示，再结合平面向量相关知识求解.
三、填空题（本大题共3小题，共15分
12. 如图所示，在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，周长的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
将三棱锥沿着剪开，将侧面、、延展至同一平面，计算出的长，即为周长的最小值.
【详解】如图，将三棱锥沿侧棱剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，
则线段的长即为所求的周长的最小值．
取的中点，连接，则，.
在中，，则，
即周长的最小值为.
故答案为：.
【点睛】研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．
13. 已知，与的夹角为，则与夹角的余弦值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量模的坐标表示求出，进而结合空间向量的数量积及运算律求解即可.
【详解】由，得，
所以，
则，
，
，
所以.
故答案为：.
14. 已知，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】整体法利用诱导公式求出，从而代入求值.
【详解】因为，所以，
又，
所以.
故答案为：
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. 已知函数在一个周期内的图象如图所示．
（1）求函数的解析式和最小正周期；
（2）求函数在区间上的最值及对应的x的取值；
（3）当时，写出函数的单调递增区间．
【答案】（1），最小正周期为
（2）最大值为，取最大值时有；最小值为，取最小值时有
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数图象，先确定和周期，随后确定值，代入特殊点确定的值，可得函数的解析式；
（2）利用换元的思想，结合的图象和性质解决问题.
（3）利用换元的思想，结合的图象和性质解决问题.
【小问1详解】
由函数图象可知，，，
即，将点代入，得，
则，，则，，
由于，故，
即，最小正周期为.
【小问2详解】
当时，，
故当，即时，，
当，，即时，.
【小问3详解】
当时，，
故当，即时，单调递减：
当，即时，单调递增；
故当时，函数的单调递增区间为．
16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
（1）求的面积；
（2）若，求b．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【小问1详解】
由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
【小问2详解】
由正弦定理得：，则，则，.
17. 如图，是圆柱的底面直径且，是圆柱的母线且，点C是圆柱底面圆周上靠近点A的三等分点，点E在线段上．
（1）求圆柱的表面积与体积；
（2）求三棱锥的体积；
（3）若D是的中点，求的最小值．
【答案】（1）表面积，体积
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合圆柱的表面积和体积公式，即可求解；
（2）根据题意，得到为直角三角形，且，结合棱锥的体积公式，即可求解；
（3）将平面绕旋转到和平面共面，得到点在的延长线上，设为点，当三点共线时，取最小值，结合余弦定理，即可求解.
【小问1详解】
圆柱的底面直径，故半径，且高，
可得圆柱的表面积为，
圆柱的体积为．
【小问2详解】
因为点是圆柱底面圆周上靠近点的三等分点，且，
而为直角三角形，
从而，得，，
所以．
【小问3详解】
解：将平面绕旋转到和平面共面，此时点在的延长线上，
设为点，可得，
即当三点共线时，取最小值，
由题意，，
所以，
故的最小值为．
18. 已知的三个内角的对边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，求的面积；
（3）若为锐角三角形，当取得最小值时，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系、三角形内角和及正弦定理化简条件等式为，根据正弦的和差公式化简得即可；
（2）先根据角的关系求出，作三角形的高，利用锐角三角函数解三角形即可求面积；
（3）利用正弦的和角公式及正弦定理化简，利用基本不等式计算即可.
【小问1详解】
易知，
整理得，
即，
所以，
因为，
所以，即,
所以，证毕；
【小问2详解】

由（1）知，则，
如图所示作，垂足为D，
由题意知，
根据勾股定理有，且，
所以，故；
【小问3详解】
由（1）知
，
根据正弦定理知：
又为锐角三角形，即，
则,
所以，当且仅当，
即时取得最小值.
19. 已知
（1）求的单调递增区间；
（2）若函数在区间上恰有两个零点，
①求的取值范围；
②求的值.
【答案】（1）
（2）①或②
【解析】
【分析】（1）根据降幂公式，二倍角的正弦公式，辅助角公式化简函数的解析式，结合正弦函数单调性进行求解即可；
（2）①利用换元法，结合数形结合思想进行求解即可；②根据正弦函数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
，
结合正弦函数的图象与性质可得：当，
即时，函数单调递增，
所以函数的单调递增区间为；
【小问2详解】
①令，当时，，，
所以，

所以要使在区间上恰有两个零点，的取值范围为或；
②设是函数的两个零点（即），
由正弦函数图象性质可知，即，
所以.