河北省石家庄市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（含答案）

石家庄市第一中学
2024—2025学年度第二学期高一年级数学学科期中考试试题
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足，则=（ ）
A． B． C． D．
3．已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n满足，，则“α，β平行”是“m，n不相交”的（ ）
A．充要条件 B．充分非必要条件
C．必要非充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知函数是幂函数，且为奇函数，则实数m=（ ）
A．2或-1 B．-1 C．4 D．2
5．如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知向量，满足，，则为（ ）
A． B． C． D．
7．已知点M是平行六面体的面对角线上的动点，则下列直线中与BM恒为异面直线的是（ ）
A． B． C．CD D．
8．已知α，β均为锐角，且，则（ ）
A． B． C． 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．已知，则下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，，则（ ）
A．该圆台的高为1
B．该圆台轴截面面积为
C．该圆台的体积为
D．一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5
11．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等腰三角形
B．若，则是锐角三角形
C．若，，则面积的最大值为
D．若，则
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上．
12．已知G为的重心，且，则=______．
13．若是偶函数，则a=______．
14．已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为______．
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．（本小题满分13分）已知平面直角坐标系中，向量，．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若与的夹角为锐角，求实数λ的取值范围．
16．（本小题满分15分）如图，在四边形ABCD中，，，，，．
（1）求及AD的长度；
（2）求BC的长度．
17．（本小题满分15分）如图所示，在四棱锥中，平面PAD，，E是PD的中点．
（1）求证：；
（2）求证：平面PAB；
（3）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使平面PAB？说明理由。
18．（本小题满分15分）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求A；
（2）若，求的取值范围．
19．（本小题满分17分）对于定义域为I的函数，如果存在区间，使得函数在时，值域是，则称为的“k倍美好区间”．特别地，若函数在时的值域是，则称为的“完美区间”．
（1）证明：函数在定义域里存在“完美区间”；
（2）如果二次函数在内存在“2倍美好区间”，求出a，b；
（3）是否存在实数a，，使得函数在区间单调，且为的“k倍美好区间”，若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
参考答案
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．【详解】集合，，所以．
故选：A
2．【详解】设，则，
即，解得，所以．
故选：D．
3．【详解】当，则平面α与平面β，没有公共点，
若，，则直线m，n没有公共点，所以m，n不相交，即充分性成立；
如图所示，若m，n不相交，且，，则平面α与平面β不一定平行，即必要性不成立，所以“α，β平行”是“m和n不相交”的充分非必要条件，故选：B．
4．【详解】由题意得，所以，所以，解得m=2或m=-1，
当m=2时，，为偶函数，故m=2不符合题意，
当m=-1时，，为奇函数，故m=-1符合题意。
综上所述：m=-1．
故选：B．
5．【详解】
根据题意，轴，轴，故，
又，则，，
在平面图直角坐标系xoy中，有，
于是，，，，
所以的周长为．
故选：C．
6．【详解】因为，即，
则，整理得，
又因为，即，则，所以．
故选：D．
7．【详解】对于A，当点M位于位置时，直线BM与直线相交，故A错误；
对于D，当点M位于位置时，直线BM与直线相交，故D错误；
对于B，当点M位于的中点时，如图，
因为四边形为平行四边形，所以M也为的中点，
因为，所以B，D，，四点共面，所以BM与共面，故B错误；
对于C，直线平面ABCD，，直线平面，
点B不在直线CD上，所以直线BM与直线CD为异面直线，故C正确；
故选：C．
8．【详解】因为，
则，且，，，
可得，
构建，，可得
因为，在内单调递增，
可知在内单调递增，则，
且在内单调递增，在内单调递减，
可得，，故C正确，D错误；
由于无法确定α，β的大小，故AB错误；
故选：C．
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．【详解】对于A选项，因为，由不等式的性质可得，A对；
对于B选项，当时，，B错；
对于C选项，因为，取，，则，C错；
对于D选项，因为函数为R上的增函数，且，则，D对。
故选：AD．
10．【详解】对于A，在梯形ABCD中，即代表圆台的高，
利用勾股定理计算可得，所以A错误；
对于B，轴截面梯形ABCD的面积为，因此B正确；
对于C，易知下底面圆的面积为，上底面圆的面积为；
所以该圆台的体积为，可得C正确；
对于D，将圆台侧面沿直线BC处剪开，其侧面展开图如下图所示：
易知圆弧，的长度分别为2π，4π，设扇形圆心为O，圆心角为θ，；
由弧长公式可知，，解得，；
所以可得，
设E为AD的中点，连接EC，当小虫从点C沿着EC爬行到AD的中点，所经过路程最短，易知，，且，
由勾股定理可知，可知D正确．
故选：BCD
11．【详解】对于A，由及正弦定理得，即，则或，即或，是等腰或直角三角形，A错误；
对于B，由，得，，则C是的最大内角，
又，则，C为锐角，是锐角三角形，B正确；
对于C，由，及余弦定理得，当且仅当时取等号，因此，C正确；
对于D，取，满足，而，则，即，D错误。
故选：BC
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上．
12．【详解】如图所示，取BC中点M，连接AM，则三角形中线向量公式得，
又因为G为的重心，故，因此，故．
故答案为：
13．【详解】由题，可得，即，
∴，
∴，即
因x不恒为0，故．
故答案为：-1．
14．【详解】设外接球的半径为R，则，∴．
设正六棱锥的底面边长为x，则，∴，
即正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2．
∴正六棱锥的底面积．
侧面面积．
∴正六棱锥的体积．
设正六棱锥的内切球的半径为r，
则．
∴．
设正方体的棱长为a，则，∴．
∴正方体的棱长的最大值为．
故答案为：．
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．【详解】（1）设，由题意知，
因为，所以，
又因为，所以，
所以或．
（2）由题意，，则，
当与共线时，，
因为与的夹角为锐角，
所以，
解得，且，
所以与的夹角为锐角，实数λ的取值范围为．
16．【详解】（1）因为，，，，
所以，，
由于，又，∴，
∴，
则
，
∴，所以．
在中，由正弦定理得，
所以，所以．
（2）在中，由正弦定理得，可得，解得．由于，，
在中，由余弦定理可得．
17．【详解】（1）在四棱锥中，平面PAD，平面ABCD，平面PAD，
平面平面，所以；
（2）如下图，取F为AP中点，连接EF，BF，由E是PD的中点，
所以且，由（1）知，又，
所以且，所以四边形BCEF为平行四边形，故，
而平面PAB，平面PAB，则平面PAB．
（3）取AD中点N，连接CN，EN，
因为E，N分别为PD，AD的中点，所以，
因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB，线段AD存在点N，使得平面PAB，理由如下：
由（2）知：平面PAB，又，平面CEN，平面CEN，
所以平面平面PAB，又M是CE上的动点，平面CEN，
所以平面PAB，所以线段AD存在点N，使得平面PAB．
18．【详解】（1）由，
根据正弦定理，得：，
由，，则，
即，而，故，
又，所以．
（2）由正弦定理，且，则，，
由，
则
，
由，则，即，
可得，
令，则，
易知函数在上单调递增，在上单调递减，，，，所以．
19．【详解】（1）在与上均为增函数，若存在完美区间，则有，即a，b为的两根．
即的根，故，，即存在“完美区间”．
（2）若存在“2倍美好区间”，则设定义域为，值域为．
当时，易得在区间上单调递减，
则，两式相减可得，得，
则，即，因为，解得，．
（3）
，图象如图所示，令，解得或，
（i）当时，，由，，两式相除，
，，
，
，可得，与a，b范围矛盾，即实数a，b不存在
（ⅱ）当时，，由可得，，即，
∴，由，即，解得，
又，，∴，
由，可得，
综上，符合条件的k的取值范围为．