河北承德市第八中学
2024--2025学年第二学期5月份月考高一数学试卷
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.已知向量，，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2.若，则（ ）
A. 1 B. -1 C. 2 D. -2
3.如图，在中，是边的中点，是上一点，且，则（ ）A. B. C. D.
4.在正方体中，M，N，P，Q分别是棱，，AB，的中点，则（ ）
A.PN与QM为异面直线 B.与MN所成的角为
C.平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D.点，到平面PMN的距离相等
5.下列命题正确的是（ ）
A.若直线，平面，则平面
B.若直线与异面，则过空间任意一点与和都平行的平面有且仅有一个
C.三个平面两两相交于三条直线，则它们将空间分成7个或8个区域
D.已知直线与异面，不同的两点，不同的两点，则直线与可能相交
6.在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. 平面平面 D. 平面平面
7.函数在上的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
8.如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD＝，AB＝2，AD＝1，若M，N分别是边BC，CD上的点，且满足＝＝λ，其中λ∈[0,1]，则·的取值范围是( )
A. [0,3] B. [1,4] C. [2,5] D. [1,7]
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.对于函数f(x)＝sin 2x和g(x)＝sin，下列说法中正确的有( )
A. f(x)与g(x)有相同的零点 B. f(x)与g(x)有相同的最大值
C. f(x)与g(x)有相同的最小正周期 D. f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
10.如图(a)，边长为2的正方形 AP P P 中，B，C分别是P P ，P P 的中点，AP 交BC于D，现沿AB，AC及BC把这个正方形折成一个四面体，如图(b)，使P ，P ，P 三点重合，重合后的点记为P，则有（ ）
A. 平面PAD⊥平面PBC B. 四面体P-ABC的体积为
C. 点P到平面ABC的距离为 D. 四面体P-ABC的外接球的体积为
11.已知向量，，其中，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若与的夹角为钝角，则 D. 若，向量在方向上的投影为
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12.在三棱锥中，，，D为AC的中点，平面ABC，且，则三棱锥外接球的表面积为______．
13.已知的内角所对的边分别为a、b、c，，为边上一点，满足，且．则的最小值为______．
14.将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象，则的最小值为___________．
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.(本小题13分）已知是平面内两个不共线的非零向量，
，且三点共线.
（1）求实数的值；
（2）若，求的坐标；
（3）已知，在（2）的条件下，若四点按顺时针顺序构成平行四边形，求点的坐标.
16.(本小题15分）已知函数的部分图象如图所示．
(1)求的解析式；
(2)求在上的值域；
(3)求不等式的解集．
17.(本小题15分）如图，在四棱锥中，
，为棱的中点，平面.
（1）证明：平面
（2）求证：平面平面
（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值.
18.(本小题17分）已知函数的最小正周期为．
（1）求的值，并写出的对称轴方程；
（2）在中角的对边分别是满足，求函数的取值范围．
19.(本小题17分）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，且CD＝2AB.
(1)若AB＝AD，直线PB与CD所成的角为45°，求二面角P－CD－B的大小；
(2)若E为线段PC上一点，试确定点E的位置，使得平面EBD⊥平面ABCD，并说明理由.
参考答案：
1.【答案】D
【解析】∵，，∴=，
∴.故选：D.
2.【答案】B
【解析】由题意得，
则
3.【答案】A
【解析】设，因为是中点，则.
可得.
.
又，所以，解得.
4.【答案】D
【解析】对于选项AC：在中，N，Q分别是，的中点，则∥，且
又因为M，P分别是棱，AB的中点，
则∥，且，∥，且，
可知∥，且，
则为平行四边形，可知∥，可得∥，且，即四点共面，所以PN与QM不为异面直线，故A错误；
分别取的中点，根据∥，且得证明，同理可得∥，且,可得∥，且，同理可得∥，且，∥，且，
由正方体性质可知为的中点，即,则可得，六边形是正六边形，
即平面PMN截该正方体所得截面形状为六边形，并非等腰梯形，故C错误；
对于选项B： N，P分别是棱，AB中点，则∥，又∥，可知∥，
则（或其补角）是与MN所成的角.
由正六边形性质可知：，，，
即与MN所成的角为，故B错误；
对于选项D：因为棱的中点在平面PMN内，
所以点，到平面PMN的距离相等，故D正确；
5.【答案】C
【解析】对于A选项，当时不合题意，所以A错误；
对于B选项，当点在直线（或直线）上时，不存在与直线平行的平面；
对于C选项，如图所示，空间被分为7个或8个部分，
对于D选项，已知直线与异面，不同的两点，不同的两点，
则直线与不可能相交，若与相交，则与确定一个平面（不妨记作），
则，所以，同理，则与共面，矛盾，故D错误.所以选择C.
6.【答案】D
【解析】根据题意，作出平面图，如图①，因为，
所以，又因为，，所以，
所以，所以，故B正确；
又因为平面平面，平面平面，由B选项知，
，又平面， 所以平面，因为平面，
所以，故A正确；对于C，由选项A知，平面，
因为平面，所以平面平面，故C正确;
对于D，如图②，取中点，连接，因为，为得中点，所以，
因为平面平面，平面， 平面平面，
所以平面，显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误.
7.【答案】C
【解析】函数，，其定义域关于原点对称.
且，
所以是奇函数，图象关于原点对称，排除D.
，排除B.
当时，，，，所以，排除A.
8.【答案】C
【解析】选取向量{，}为一个基底．
因为＝＝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.
又因为λ∈[0,1]，故当λ＝0时，·取得最大值5；
当λ＝1时，·取得最小值2.所以·的取值范围是[2,5]，故选C.
9.【答案】BC
【解析】A选项，令f(x)＝sin 2x＝0，解得x＝，k∈Z，即为f(x)的零点，
令g(x)＝sin＝0，解得x＝＋，k∈Z，即为g(x)的零点，
显然f(x)，g(x)零点不同，A选项错误；B选项，显然f(x)max＝g(x)max＝1，B选项正确；
C选项，根据周期公式，f(x)，g(x)的最小正周期均为＝π，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质，f(x)的对称轴满足2x＝kπ＋，k∈Z，
解得x＝＋，k∈Z，g(x)的对称轴满足2x－＝kπ＋，k∈Z，
解得x＝＋，k∈Z，显然f(x)，g(x)图象的对称轴不同，D选项错误．
10.【答案】ABD
【解析】对于A，由已知可得，平面，
则⊥平面，又平面，故平面平面，故A正确；
对于B，因为两两垂直，则，故B正确；
对于C，设到平面ABC的距离为，，
，解得．点P到平面ABC的距离为，故C错误；
对于D，因两两垂直，故三棱锥的外接球即是以为棱长的长方体的外接球，故球的半径为，则球的体积为，故D正确，
11.【答案】ABD
【解析】对于A选项，若，则根据两向量平行的坐标关系可得，解得，所以A选项正确；
对于B选项，若，则根据两向量垂直的关系可得，即，即，又，得，所以B选项正确；
对于C选项，若与的夹角为钝角，则，且与不共线，可得，得，且，所以C选项错误；
对于D选项，若，则，所以，向量在方向上的投影为，12.【答案】
【解析】在中，，，由余弦定理得，所以，设的外接圆的半径为，
则由正弦定理得，解得.结合图形分析：
因为D为AC的中点，平面ABC，且，
在中，，，
又，则圆心到点的距离为，
另设三棱锥的外接球球心到平面的距离为，设外接球的半径为，
则中，，即，
直角梯形中，，即，
解得，，所以.
13.【答案】9
【解析】因为，所以平分．
又因为，所以在中由，则，
化简得，即，所以．
因为，故，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为9．
14.【答案】
【解析】的图象向左平移个单位后，
得到，从而，解得，
又，故当时，取得最小值，最小值为.
15.【答案】解：（1）计算：.
因为，，三点共线，所以存在实数，使，即，移项得.
由于，不共线，则，解得，.
（2）已知，，.
.
（3）因为，，，构成平行四边形，所以.
设，则，又，所以，解得，即.
16.【答案】解 (1)由图可得．
因为，所以．
当时，取得最小值，所以，，
得，．因为，所以，所以．
(2)由，得，所以，
所以，即在上的值域为．
(3)即，
得，则，
解得，
故的解集为．
17.【答案】（1）证明：由题意可得，∴四边形为平行四边形，
∴，又∵平面，平面，∴平面.
（2）证明：∵平面，平面，∴，
连接，由题意易知四边形为平行四边形，
∵，∴平行四边形为正方形，
∴，又∵，∴，
又，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.
（3）解：∵平面，平面，∴，
又，，平面，∴平面，
因为平面，∴
∴为二面角的平面角，从而，所以，
作于，连接，∵平面平面，平面，平面平面，
∴面，所以为直线与平面所成角，
在直角中，，，，∴，
因为面，面，所以，
在直角中，，，∴，
则直线与平面所成角的正切值为.
18.【答案】解：（1）
． ，．
故， 令，解得，
故对称轴方程为：.
(2)已知， 由正弦定理
可得. 即
因为，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.又直线PB与CD所成的角为45°，
∴∠PBA＝45°，PA＝AB.∴在Rt△PAD中，PA＝AD，∴∠PDA＝45°，
即二面角P－CD－B的大小为45°.
(2)当点E在线段PC上，且满足PE∶EC＝1∶2时，平面EBD⊥平面ABCD.
理由如下：连接AC交BD于点O，连接EO.由△AOB∽△COD，且CD＝2AB，得CO＝2AO，
∴PE∶EC＝AO∶CO＝1∶2，∴PA∥EO.∵PA⊥底面ABCD，∴EO⊥底面ABCD.
又EO 平面EBD，∴平面EBD⊥平面ABCD.
