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

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，共10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
2.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A'C'=4，B'C'=3，则△ABC的面积是( )
A. 6 B. 10 C. 12 D. 24
3.已知，且，则（ ）
A. B. C. 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.
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. 17 B. 20 C. 34 D. 48
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.
7.在△ABC中，已知2acs B＝c，sin Asin B(2－cs C)＝sin2＋，则△ABC为（ ）
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
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.
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. 点是曲线的对称中心D. 在上单调递增
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
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
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________．
13.已知，与的夹角为，则与夹角的余弦值为__________．
14.已知，则的值为__________.
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.（本题13分）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．
16.（本题15分）记△ABC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S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝，sin B＝.
(1)求△ABC的面积；
(2)若sin Asin C＝，求b.
17.（本题15分）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AB^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．
18.（本题17分）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.
19.（本题17分）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.
参考答案：
1.【答案】C
【解析】中，内角，，的对边分别为，，，，，，
向量，根据平面向量数量积公式：
则，
2.【答案】C
【解析】由题可知，△ABC为直角三角形，且AC⊥BC，如图：
由斜二测画法知AC=A'C'=4,BC=2B'C'=6，所以S△ABC=12AC⋅BC=12×4×6=12.
3.【答案】D
【解析】由，则，所以.
又，由，得，则.而
.对应选项为D.
4.【答案】A
【解析】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，根据函数图象平移中，“左加右减”法则，得到的曲线的解析式为，对应选项A.
5.【答案】C
【解析】设圆O的圆心为O，连接MO，OP，ON.
作PQ⊥OE，MN⊥OD，垂足分别为E，D，则E，D分别是PQ，MN中点.
由勾股定理得OE=132−52=12，OD=132−122=5.
PM→+QN→=OM→−OP→+ON→−OQ→=OM→+ON→−OP→+OQ→=2OD→−OE→.
则PM→+QN→=2OD→−OE→≤2OD→+OE→=34.
当OE→，OD→反向时取等号.所以PM→+QN→的最大值是34.
6.【答案】B
【解析】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.
7.【答案】D
【解析】因为，由余弦定理，得到，
整理化简，得，即，
所以为等腰三角形，，且A、B均为锐角，
又因为，由降幂公式得到，
所以，因为，所以，
所以，所以，解得，所以，所以.
综上诉述，为等腰直角三角形.
8.【答案】C
【解析】当时，，
当时，，
因为函数在上存在最值，所以，解得，
因为函数在上单调，所有，
所以其中，所以，所以，解得，
又因为，则，当时，；当时，；当时，．
又因为，所以的取值范围是.
9.【答案】AC
【解析】选项A：根据正弦函数周期公式T=2πω（ω为x前面系数），对于f(x)=2sin⁡(2x+π6)，ω=2，则T=2π2=π，A正确.
选项B：计算f(π2)=2sin⁡(π+π6)=−1，而正弦函数对称轴处函数值为±2，所以x=π2不是对称轴，B错误.
选项C：计算f(−π12)=2sin⁡(−π6+π6)=0，所以点(−π12,0)是y=f(x)的对称中心，C正确.
选项D：当x∈(π6,2π3)时，2x+π6∈(π2,3π2)，此时f(x)单调递减，D错误.
故选：AC.
10.【答案】ABD
【解析】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.【答案】ACD
【解析】由题意可知，，则，
因为为的中点，结合三角形中线法则：
，
对于选项A，因为，则，使得，
因为、、三点共线，则，使得，进而有，
因为,不共线，所以，解得，故，故选项A正确；
对于选项B，，
所以不共线，故选项B错误；
对于选项C，因为为的中点，所以，
由于，即，
故，同理可得，
所以，，故选项C正确；
对于选项D，因为为线段上一个动点，则，使得，
所以，
因为，不共线，则，，故，
因此的最大值为，故选项D正确.
故选：ACD.
12.【答案】
【解析】将三棱锥沿侧棱剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上如图1，
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，，
即周长的最小值为.
故答案为：6.
13.【答案】
【解析】由，得，
又因为
所以，
，
，
，
故.
14.【答案】
【解析】根据三角函数的诱导公式sinπ2−θ=csθ，因为π2+π6=2π3，所以sin2π3−x=sin[π2−x−π6]=csx−π6=23；
同理sinx+π3=sin[π2−π6−x]=csπ6−x=csx−π6=23.
将sinx+π3=23，sin2π3−x=23代入3sin2x+π3−sin2π3−x可得：
3×232−23=3×49−23=43−23=23.
15.【答案】解 (1)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.
(2)当时，，
故当，即时，，
当，，即时，.
(3)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.【答案】解 (1)由S1－S2＋S3＝，
得 (a2－b2＋c2)＝，
即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2accs B，
所以accs B＝1.
由sin B＝，
得cs B＝或cs B＝－ (舍去)，
所以ac＝＝，
则△ABC的面积S＝acsin B＝××＝.
(2)由sin Asin C＝，ac＝及正弦定理知＝＝＝，
即b2＝×＝，得b＝.
17.【答案】解 (1)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．
(2)因为点是圆柱底面圆周AB^上靠近点A的三等分点，且，
而为直角三角形，
从而，得，，
所以．
(3)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.【答案】（1）证明：易知，
整理得，
即，
所以，
因为，
所以，即,
所以，证毕；
（2）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；
（3）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.【答案】解：（1）f(x)=sin2⁡(x+π8)+2sin⁡(x+π4)cs⁡(x+π4)−12
=1−cs⁡(2x+π4)2+22sin⁡(2x+π2)−12
=12−24cs⁡2x+24sin⁡2x+22cs⁡2x−12
=24sin⁡2x+24cs⁡2x
=12sin⁡(2x+π4)
根据正弦函数性质，令−π2+2kπ≤2x+π4≤π2+2kπ，k∈Z .
解得−3π8+kπ≤x≤π8+kπ，k∈Z .
所以f(x)的单调递增区间是[−3π8+kπ,π8+kπ]，k∈Z .
（2）①令t=2x+π4，当x∈[−5π24,3π8]时，t∈[−π6,π]，12sin⁡t∈[−14,12]，则y=|12sin⁡t|∈[0,12] .
由图象可知，要使y=|f(x)|−m在[−5π24,3π8]上恰有两个零点，m的取值范围是14