2024-2025学年浙江省杭州市某校高一上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省杭州市某校2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题一、单项选择题：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.集合，，则（）A.{－1，0，1} B.{0，1}C. D.{0}【答案】D【解析】∵M＝{x|x＝sin，n∈Z}＝{，0，}，N＝{x|x＝cos，n∈N}＝{﹣1，0，1}，∴M∩N＝{0}.故选：D．2.已知复数（其中是虚数单位），则（）A.2 B.1 C. D.【答案】C【解析】因为，则，所以.故选：C.3.已知集合，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】A【解析】由，可得，所以，因为在上单调递增，又，由，可得，所以B=xx<1，所以，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4.在中，（分别为角的对边），则的形状为（）A.正三角形 B.直角三角形C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形【答案】B【解析】因为，所以，整理得到，又由正弦定理，得到，所以，得到，又，所以，得到，又，所以.故选：B.5.已知为正实数，且对任意的实数均成立，则的最小值为（）A.1 B.4 C.8 D.9【答案】D【解析】由对任意的实数均成立，可得.，当且仅当，即时取等号，则.故选：D.6.设，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，且，所以，则，因为在上为增函数，所以；因为在上为增函数，且，所以，即，所以.故选：A.7.在直角三角形ABC中，已知，，，以AC为旋转轴将旋转一周，AB、BC边形成的面所围成的旋转体是一个圆锥，则经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积的最大值为()A. B.4 C. D.8【答案】D【解析】如图，圆锥任意两条母线为AB和AD，则截面为等腰三角形ABD，∴截面面积为：，由图可知，当截面为圆锥轴截面时，∠BAD最大，最大为120°，∴∠BAD∈(0°，120°]，∴sin∠BAD最大值为1，∵AB=AD=为定值，故当sin∠BAD最大时截面面积最大，故截面面积最大为．故选：D．8.已知，若方程恰好有三个互不相等的实根，则实数的取值范围为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】，当时，的对称轴为，则单调增区间为，减区间为，当时，的对称轴为，则单调增区间为，减区间为，的图象如图所示，令，则可化为，要使方程恰好有三个互不相等的实根，则方程有两个不同的实根，且，或方程有两个相等的根，令，当时，，解得，当时，，得，综上，或.故选：D.二、多项选择题：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，，，，是边上的一点，则（）A.B.外接圆的半径是C.若，则D.若是的平分线，则【答案】ACD【解析】对于选项：，故选项正确；对于选项B：由余弦定理，得，解得，由正弦定理，得外接圆的半径是，故选项B错误；对于选项C：因为，所以，所以，则，故选项C正确；对于选项D：由等面积法，得，即，解得，故选项D正确.故选：.10.已知是定义在R上的不恒为零的函数，对于任意a，都满足，则下述正确的是（）A. B.C.是奇函数 D.若，则【答案】ACD【解析】令，则，故A正确；令，则，则，故B错误；令，则，所以，又令，则，所以是奇函数，故C正确；令，则，所以，故D正确.故选：ACD.11.如图1所示，四边形是边长为的正方形，、、分别为、、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使、、三点重合于点，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有（）A.三棱锥的体积为B.异面直线与所成角的余弦值为C.过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为D.过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最大值为【答案】BCD【解析】对于A选项，翻折前，在正方形中，，，翻折后，则有，，因为，、平面，则平面，因为为的中点，则，故A错误；对于B选项，在图2中，取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则，且，则异面直线与所成的角为或其补角，又，由余弦定理可得，所以，异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；对于CD选项，因为平面，，可以把三棱锥放到如图所示的长方体中，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，设长方体的体对角线的交点为点，则为长方体外接球球心，长方体的体对角线长为，（为其外接球半径），因为，且为的中点，则，且，设到过的平面的距离为，则，设平面截三棱锥的外接球所得圆面的半径为，则，，故CD均正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知△ABC的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为________．【答案】【解析】由，可得O为BC的中点，

设△ABC的外接圆的半径为r，可得|AB|＝|OA|＝|OB|＝|OC|＝r，，则，

所以向量在向量上的投影为，则向量在向量上投影向量为.13.已知实数，且，则的最大值是_______________．【答案】2【解析】由，可知，则，且有，，令，，，可知在上单调递减，，即的最大值是2.14.如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于______．【答案】【解析】设，取的中点，连接，由题知平面平面，平面平面，又平面，，所以平面，则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，易求得，，又，解得，，则，所以直线与平面所成角的余弦值等于.四、解答题：本题共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.某住宅小区为了营造一个优雅、舒适的生活环境，打算建造一个八边形的休闲花园，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形和构成面积为的十字形区域，且计划在正方形上建一座花坛，其造价为元/，在四个相同的矩形上(图中的阴影部分)铺花岗岩路面，其造价为元/，并在四个三角形空地上铺草坪，其造价为元/.（1）设的长为米，试写出总造价(单位：元)关于的函数解析式，并写出的取值范围；（2）问：当取何值时，总造价最少？求出这个最小值.解：（1）设，则，所以，由，可得，所以总造价（单位：元）关于的函数解析式为.（2）令，则，且，因为函数，当且仅当时，即时，即时，等号成立，所以总造价的最小值为元.16.设角是的三个内角，已知向量，，且.（1）求角的大小；（2）若向量，试求的取值范围.解：（1）由题意得，即，由正弦定理得：，再由余弦定理得：，因为所以.（2）因为，，因为，所以，，所以，故.17.已知函数.（1）求的值.（2）求函数的最小正周期及单调递减区间.解：（1）由函数的解析式可得：.（2）∵，得，，故的定义域为．因为，所以的最小正周期为．由，，，得，，，所以的单调递减区间为，，．18.如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，为上的点，过，，的截面交于.（1）证明：；（2）若二面角的大小为，求几何体的体积.解：（1）由题：，因为平面，平面，所以平面，又平面，且平面平面，所以.（2）过作的垂线，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以，所以就是二面角的平面角，即有，又，所以，底面是边长为2的正三角形，取AB的中点G，连接CG，交AE于点H，则CG⊥AB，且，，故，所以，，，因为，所以四点共线，又，不平行，故，相交，且由公理可知交点必定在上，所以几何体是三棱台，因为，所以三棱台的高，所以几何体的体积为.19.已知函数.（1）当时，判断的单调性并证明；（2）在（1）的条件下，若满足，试确定的取值范围；（3）设函数为常数.若关于的方程在上有两个解，求的取值范围，并比较与4的大小.解：（1）由题得：，设，则，，，又，得，，即在上为增函数.（2）由（1）得：在上为增函数，要满足，只要，得.（3），在上有两个解，，不妨设，，所以在上是单调函数，则在上至多一个解，若，则，不符题意，因此.由得，所以；由得，所以；则当时，方程在上有两个解.方法1：因为，所以，，消去得，即，因为，所以.方法2：由得，由得，.因为，所以，则，而在上是减函数，则，因此.浙江省杭州市某校2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题一、单项选择题：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.集合，，则（）A.{－1，0，1} B.{0，1}C. D.{0}【答案】D【解析】∵M＝{x|x＝sin，n∈Z}＝{，0，}，N＝{x|x＝cos，n∈N}＝{﹣1，0，1}，∴M∩N＝{0}.故选：D．2.已知复数（其中是虚数单位），则（）A.2 B.1 C. D.【答案】C【解析】因为，则，所以.故选：C.3.已知集合，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】A【解析】由，可得，所以，因为在上单调递增，又，由，可得，所以B=xx<1，所以，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4.在中，（分别为角的对边），则的形状为（）A.正三角形 B.直角三角形C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形【答案】B【解析】因为，所以，整理得到，又由正弦定理，得到，所以，得到，又，所以，得到，又，所以.故选：B.5.已知为正实数，且对任意的实数均成立，则的最小值为（）A.1 B.4 C.8 D.9【答案】D【解析】由对任意的实数均成立，可得.，当且仅当，即时取等号，则.故选：D.6.设，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，且，所以，则，因为在上为增函数，所以；因为在上为增函数，且，所以，即，所以.故选：A.7.在直角三角形ABC中，已知，，，以AC为旋转轴将旋转一周，AB、BC边形成的面所围成的旋转体是一个圆锥，则经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积的最大值为()A. B.4 C. D.8【答案】D【解析】如图，圆锥任意两条母线为AB和AD，则截面为等腰三角形ABD，∴截面面积为：，由图可知，当截面为圆锥轴截面时，∠BAD最大，最大为120°，∴∠BAD∈(0°，120°]，∴sin∠BAD最大值为1，∵AB=AD=为定值，故当sin∠BAD最大时截面面积最大，故截面面积最大为．故选：D．8.已知，若方程恰好有三个互不相等的实根，则实数的取值范围为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】，当时，的对称轴为，则单调增区间为，减区间为，当时，的对称轴为，则单调增区间为，减区间为，的图象如图所示，令，则可化为，要使方程恰好有三个互不相等的实根，则方程有两个不同的实根，且，或方程有两个相等的根，令，当时，，解得，当时，，得，综上，或.故选：D.二、多项选择题：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，，，，是边上的一点，则（）A.B.外接圆的半径是C.若，则D.若是的平分线，则【答案】ACD【解析】对于选项：，故选项正确；对于选项B：由余弦定理，得，解得，由正弦定理，得外接圆的半径是，故选项B错误；对于选项C：因为，所以，所以，则，故选项C正确；对于选项D：由等面积法，得，即，解得，故选项D正确.故选：.10.已知是定义在R上的不恒为零的函数，对于任意a，都满足，则下述正确的是（）A. B.C.是奇函数 D.若，则【答案】ACD【解析】令，则，故A正确；令，则，则，故B错误；令，则，所以，又令，则，所以是奇函数，故C正确；令，则，所以，故D正确.故选：ACD.11.如图1所示，四边形是边长为的正方形，、、分别为、、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使、、三点重合于点，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有（）A.三棱锥的体积为B.异面直线与所成角的余弦值为C.过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为D.过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最大值为【答案】BCD【解析】对于A选项，翻折前，在正方形中，，，翻折后，则有，，因为，、平面，则平面，因为为的中点，则，故A错误；对于B选项，在图2中，取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则，且，则异面直线与所成的角为或其补角，又，由余弦定理可得，所以，异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；对于CD选项，因为平面，，可以把三棱锥放到如图所示的长方体中，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，设长方体的体对角线的交点为点，则为长方体外接球球心，长方体的体对角线长为，（为其外接球半径），因为，且为的中点，则，且，设到过的平面的距离为，则，设平面截三棱锥的外接球所得圆面的半径为，则，，故CD均正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知△ABC的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为________．【答案】【解析】由，可得O为BC的中点，

设△ABC的外接圆的半径为r，可得|AB|＝|OA|＝|OB|＝|OC|＝r，，则，

所以向量在向量上的投影为，则向量在向量上投影向量为.13.已知实数，且，则的最大值是_______________．【答案】2【解析】由，可知，则，且有，，令，，，可知在上单调递减，，即的最大值是2.14.如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于______．【答案】【解析】设，取的中点，连接，由题知平面平面，平面平面，又平面，，所以平面，则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，易求得，，又，解得，，则，所以直线与平面所成角的余弦值等于.四、解答题：本题共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.某住宅小区为了营造一个优雅、舒适的生活环境，打算建造一个八边形的休闲花园，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形和构成面积为的十字形区域，且计划在正方形上建一座花坛，其造价为元/，在四个相同的矩形上(图中的阴影部分)铺花岗岩路面，其造价为元/，并在四个三角形空地上铺草坪，其造价为元/.（1）设的长为米，试写出总造价(单位：元)关于的函数解析式，并写出的取值范围；（2）问：当取何值时，总造价最少？求出这个最小值.解：（1）设，则，所以，由，可得，所以总造价（单位：元）关于的函数解析式为.（2）令，则，且，因为函数，当且仅当时，即时，即时，等号成立，所以总造价的最小值为元.16.设角是的三个内角，已知向量，，且.（1）求角的大小；（2）若向量，试求的取值范围.解：（1）由题意得，即，由正弦定理