河北承德市第八中學(xué)2024--2025學(xué)年第二學(xué)期5月份月考高一數(shù)學(xué)試卷一、單選題（本大題共8小題，共40分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.已知向量，，則（）A.2 B.3 C.4 D.52.若，則（）A.1 B.-1 C.2 D.-23.如圖，在中，是邊的中點，是上一點，且，則（）A. B. C. D.4.在正方體中，M，N，P，Q分別是棱，，AB，的中點，則（）A.PN與QM為異面直線B.與MN所成的角為C.平面PMN截該正方體所得截面形狀為等腰梯形D.點，到平面PMN的距離相等5.下列命題正確的是（）A.若直線，平面，則平面B.若直線與異面，則過空間任意一點與和都平行的平面有且僅有一個C.三個平面兩兩相交于三條直線，則它們將空間分成7個或8個區(qū)域D.已知直線與異面，不同的兩點，不同的兩點，則直線與可能相交6.在四邊形中，，將折起，使平面平面，構(gòu)成三棱錐，如圖，則在三棱錐中，下列結(jié)論不正確的是（）A. B.

C.平面平面 D.平面平面7.函數(shù)在上的圖象大致為（）A.B.C. D.8.如圖，在平行四邊形ABCD中，∠BAD＝，AB＝2，AD＝1，若M，N分別是邊BC，CD上的點，且滿足＝＝λ，其中λ∈[0,1]，則·的取值范圍是()A.[0,3] B.[1,4] C.[2,5] D.[1,7]二、多選題（本大題共3小題，共18分。在每小題有多項符合題目要求）9.對于函數(shù)f(x)＝sin2x和g(x)＝sin，下列說法中正確的有()A.f(x)與g(x)有相同的零點B.f(x)與g(x)有相同的最大值C.f(x)與g(x)有相同的最小正周期D.f(x)與g(x)的圖象有相同的對稱軸10.如圖(a)，邊長為2的正方形AP?P?P?中，B，C分別是P?P?，P?P?的中點，AP?交BC于D，現(xiàn)沿AB，AC及BC把這個正方形折成一個四面體，如圖(b)，使P?，P?，P?三點重合，重合后的點記為P，則有（）A.平面PAD⊥平面PBC B.四面體P-ABC的體積為

C.點P到平面ABC的距離為 D.四面體P-ABC的外接球的體積為11.已知向量，，其中，下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若與的夾角為鈍角，則D.若，向量在方向上的投影為三、填空題（本大題共3小題，共15分）12.在三棱錐中，，，D為AC的中點，平面ABC，且，則三棱錐外接球的表面積為______．13.已知的內(nèi)角所對的邊分別為a、b、c，，為邊上一點，滿足，且．則的最小值為______．14.將函數(shù)的圖象向左平移個單位后，得到的圖象，則的最小值為___________．四、解答題（本大題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15.(本小題13分）已知是平面內(nèi)兩個不共線的非零向量，，且三點共線.（1）求實數(shù)的值；（2）若，求的坐標(biāo)；（3）已知，在（2）的條件下，若四點按順時針順序構(gòu)成平行四邊形，求點的坐標(biāo).16.(本小題15分）已知函數(shù)的部分圖象如圖所示．(1)求的解析式；(2)求在上的值域；(3)求不等式的解集．17.(本小題15分）如圖，在四棱錐中，，為棱的中點，平面.（1）證明：平面（2）求證：平面平面（3）若二面角的大小為，求直線與平面所成角的正切值.18.(本小題17分）已知函數(shù)的最小正周期為．（1）求的值，并寫出的對稱軸方程；（2）在中角的對邊分別是滿足，求函數(shù)的取值范圍．19.(本小題17分）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，且CD＝2AB.(1)若AB＝AD，直線PB與CD所成的角為45°，求二面角P－CD－B的大??；(2)若E為線段PC上一點，試確定點E的位置，使得平面EBD⊥平面ABCD，并說明理由.參考答案：1.【答案】D【解析】∵a→=-2,4，b→=∴a→2.【答案】B【解析】由題意得，則3.【答案】A【解析】設(shè)AP→=λAM→，因為M是可得AM→BP→又BP→=23BA4.【答案】D【解析】對于選項AC：在中，N，Q分別是，的中點，則∥，且又因為M，P分別是棱，AB的中點，則∥，且，∥，且，可知∥，且，則為平行四邊形，可知∥，可得∥，且，即四點共面，所以PN與QM不為異面直線，故A錯誤；分別取的中點，根據(jù)∥，且得證明，同理可得∥，且,可得∥，且，同理可得∥，且，∥，且，由正方體性質(zhì)可知為的中點，即,則可得，六邊形是正六邊形，即平面PMN截該正方體所得截面形狀為六邊形，并非等腰梯形，故C錯誤；對于選項B：N，P分別是棱，AB中點，則∥，又∥，可知∥，則（或其補角）是與MN所成的角.由正六邊形性質(zhì)可知：，，，即與MN所成的角為，故B錯誤；對于選項D：因為棱的中點在平面PMN內(nèi)，所以點，到平面PMN的距離相等，故D正確；5.【答案】C【解析】對于A選項，當(dāng)b?α?xí)r不合題意，所以A錯誤；對于B選項，當(dāng)點在直線（或直線）上時，不存在與直線平行的平面；對于C選項，如圖所示，空間被分為7個或8個部分，對于D選項，已知直線與異面，不同的兩點，不同的兩點，則直線與不可能相交，若與相交，則與確定一個平面（不妨記作），則，所以，同理，則與共面，矛盾，故D錯誤.所以選擇C.6.【答案】D【解析】根據(jù)題意，作出平面圖，如圖①，因為，所以，又因為，，所以，所以，所以，故B正確；又因為平面平面，平面平面，由B選項知，，又平面，所以平面，因為平面，所以，故A正確；對于C，由選項A知，平面，因為平面，所以平面平面，故C正確;對于D，如圖②，取中點，連接，因為，為得中點，所以，因為平面平面，平面，平面平面，所以平面，顯然平面，所以平面與平面不垂直，故D錯誤.7.【答案】C【解析】函數(shù)fx=5且f-x所以fxf2當(dāng)x∈0,π2時，sinx>0，ex8.【答案】C【解析】選取向量{，}為一個基底．因為＝＝λ，所以＝λ，＝λ，所以·＝(＋λ)·(＋)＝(＋λ)·(＋－λ)＝(＋λ)·[＋(1－λ)]＝·＋4(1－λ)＋λ＋λ(1－λ)·＝1＋4(1－λ)＋λ＋λ(1－λ)＝－λ2－2λ＋5＝－(λ＋1)2＋6.又因為λ∈[0,1]，故當(dāng)λ＝0時，·取得最大值5；當(dāng)λ＝1時，·取得最小值2.所以·的取值范圍是[2,5]，故選C.9.【答案】BC【解析】A選項，令f(x)＝sin2x＝0，解得x＝，k∈Z，即為f(x)的零點，令g(x)＝sin＝0，解得x＝＋，k∈Z，即為g(x)的零點，顯然f(x)，g(x)零點不同，A選項錯誤；B選項，顯然f(x)max＝g(x)max＝1，B選項正確；C選項，根據(jù)周期公式，f(x)，g(x)的最小正周期均為＝π，C選項正確；D選項，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)，f(x)的對稱軸滿足2x＝kπ＋，k∈Z，解得x＝＋，k∈Z，g(x)的對稱軸滿足2x－＝kπ＋，k∈Z，解得x＝＋，k∈Z，顯然f(x)，g(x)圖象的對稱軸不同，D選項錯誤．10.【答案】ABD【解析】對于A，由已知可得AP⊥PB，??AP⊥PC，??PC∩PB=P，則⊥平面，又平面，故平面平面，故A正確；對于B，因為PA,PB，PC兩兩垂直，則VP-ABC對于C，設(shè)到平面ABC的距離為，∵S△ABC=VP-ABC=13×32×h=h2=對于D，因PA，PB，PC兩兩垂直，故三棱錐的外接球即是以2，1，1為棱長的長方體的外接球，故球的半徑為4+1+12=6211.【答案】ABD【解析】對于A選項，若，則根據(jù)兩向量平行的坐標(biāo)關(guān)系可得，解得，所以A選項正確；對于B選項，若，則根據(jù)兩向量垂直的關(guān)系可得，即，即，又，得，所以B選項正確；對于C選項，若與的夾角為鈍角，則，且與不共線，可得，得，且，所以C選項錯誤；對于D選項，若，則，所以，向量在方向上的投影為，12.【答案】【解析】在中，，，由余弦定理得，所以，設(shè)的外接圓的半徑為，則由正弦定理得，解得.結(jié)合圖形分析：因為D為AC的中點，平面ABC，且，在中，，，又，則圓心到點的距離為，另設(shè)三棱錐的外接球球心到平面的距離為，設(shè)外接球的半徑為，則中，，即，直角梯形中，，即，解得，，所以.13.【答案】9【解析】因為，所以平分．又因為，所以在中由，則，化簡得，即，所以．因為，故，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，所以的最小值為9．14.【答案】【解析】的圖象向左平移個單位后，得到，從而，解得，又，故當(dāng)時，取得最小值，最小值為.15.【答案】解：（1）計算AE→：AE因為A，E，C三點共線，所以存在實數(shù)k，使AE→=kEC→，即由于e1→，e2→不共線，則1+2k=0k-1-λ=0（2）已知e1→=(2,1)BE→（3）因為A，B，C，D構(gòu)成平行四邊形，所以AD→設(shè)A(x,y)，則AD→=(3-x,5-y)，又BC→=(-7,-2)，所以3-x=-75-y=-216.【答案】解(1)由圖可得．因為，所以．當(dāng)時，取得最小值，所以，，得，．因為，所以，所以．(2)由，得，所以，所以，即在上的值域為．(3)即，得，則，解得，故的解集為．17.【答案】（1）證明：由題意可得，∴四邊形為平行四邊形，∴，又∵平面，平面，∴平面.（2）證明：∵平面，平面，∴，連接，由題意易知四邊形為平行四邊形，∵，∴平行四邊形為正方形，∴，又∵，∴，又，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.（3）解：∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，因為平面，∴∴為二面角的平面角，從而，所以，作于，連接，∵平面平面，平面，平面平面，∴面，所以為直線與平面所成角，在直角中，，，，∴，因為面，面，所以，在直角中，，，∴，則直線與平面所成角的正切值為.18.【答案】解：（1）．，．故，令，解得，故對稱軸方程為：.(2)已知，由正弦定理可得.即因為，所以，即，，，．，，，.19.【答案】解(1)∵AB⊥AD，CD∥AB，∴CD⊥AD，又PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD.又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，∴CD⊥PD，∴∠PDA是二面角P－CD－B的平面角.又直線PB與C