哈爾濱市重點中學2025屆高一下數學期末調研試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．在棱長為2的正方體中，是內（不含邊界）的一個動點，若，則線段的長的取值范圍為（）A． B． C． D．2．．設、是關于x的方程的兩個不相等的實數根，那么過兩點，的直線與圓的位置關系是（）A．相離. B．相切. C．相交. D．隨m的變化而變化.3．方程表示的曲線是（）A．一個圓 B．兩個圓 C．半個圓 D．兩個半圓4．兩數與的等比中項是（）A．1 B．－1 C．±1 D．5．已知向量，且，則與的夾角為（）A． B． C． D．6．在中，角的對邊分別為，若，則A．無解 B．有一解C．有兩解 D．解的個數無法確定7．已知中，，，的對邊分別是，，，且，，，則邊上的中線的長為()A． B．C．或 D．或8．截一個幾何體，各個截面都是圓面，則這個幾何體一定是（）A．圓柱 B．圓錐 C．球 D．圓臺9．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面積為，則BC的長為()．A． B．2 C． D．10．如圖所示是的圖象的一段，它的一個解析式為()A． B．C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若向量，則與夾角的余弦值等于_____12．已知函數，若，則__________．13．已知圓的圓心在直線上，半徑為，若圓上存在點，它到定點的距離與到原點的距離之比為，則圓心的縱坐標的取值范圍是__________．14．在中，，，，點在線段上，若，則的面積是_____．15．已知點A(-a,0),B(a,0)(a>0)，若圓(x-2)2+(y-2)2=2上存在點C16．已知，，則________（用反三角函數表示）三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知函數．（1）求函數的最小正周期；（2）求函數的單調遞增區間．18．已知角的終邊經過點，且．（1）求的值；（2）求的值．19．解關于x的不等式20．如圖已知平面，，，，，，點，分別為，的中點.(1)求證：//平面;(2)求直線與平面所成角的大小.21．已知函數的最小正周期為，且直線是其圖象的一條對稱軸．（1）求函數的解析式；（2）在中，角、、所對的邊分別為、、，且，，若角滿足，求的取值范圍；（3）將函數的圖象向右平移個單位，再將所得的圖象上每一點的縱坐標不變，橫坐標伸長為原來的倍后所得到的圖象對應的函數記作，已知常數，，且函數在內恰有個零點，求常數與的值．

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】

先判斷是正四面體，可得正四面體的棱長為，則的最大值為的長，的最小值是到平面的距離，結合不在三角形的邊上，計算可得結果.【詳解】由正方體的性質可知，是正四面體，且正四面體的棱長為，在內，的最大值為，的最小值是到平面的距離，設在平面的射影為,則為正三角形的中心，，，的最小值為，又因為不在三角形的邊上，所以的范圍是，故選C.【點睛】本題主要考查正方體的性質及立體幾何求最值，屬于難題.解決圓錐曲線中的最值問題一般有兩種方法：一是幾何意義以及平面幾何的有關結論來解決，非常巧妙；二是將立體幾何中最值問題轉化為函數問題，然后根據函數的特征選用參數法、配方法、判別式法、三角函數有界法、函數單調性法以及均值不等式法求解.2、D【解析】直線AB的方程為.即，所以直線AB的方程為,因為,所以,所以,所以直線AB與圓可能相交，也可能相切，也可能相離.3、D【解析】原方程即即或故原方程表示兩個半圓．4、C【解析】試題分析：設兩數的等比中項為，等比中項為-1或1考點：等比中項5、D【解析】

直接由平面向量的數量積公式，即可得到本題答案.【詳解】設與的夾角為，由，，，所以.故選：D【點睛】本題主要考查平面向量的數量積公式.6、C【解析】

求得，根據，即可判定有兩解，得到答案.【詳解】由題意，因為，又由，且，所以有兩解.【點睛】本題主要考查了三角形解的個數的判定，以及正弦定理的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.7、C【解析】

由已知利用余弦定理可得，解得a值，由已知可求中線，在中，由余弦定理即可計算AB邊上中線的長．【詳解】解：，由余弦定理，可得，整理可得：，解得或1．如圖，CD為AB邊上的中線，則，在中，由余弦定理，可得：，或，解得AB邊上的中線或．故選C．【點睛】本題考查余弦定理在解三角形中的應用，考查了數形結合思想和轉化思想，屬于基礎題．8、C【解析】

試題分析：圓柱截面可能是矩形；圓錐截面可能是三角形；圓臺截面可能是梯形，該幾何體顯然是球，故選C．9、D【解析】

利用三角形面積公式列出關系式，把，已知面積代入求出的長，再利用余弦定理即可求出的長．【詳解】∵在中，，且的面積為，

∴，

解得：，

由余弦定理得：，

則．

故選D．【點睛】此題考查了余弦定理，三角形面積公式，以及特殊角的三角函數值，熟練掌握余弦定理是解本題的關鍵．10、D【解析】

根據函數的圖象，得出振幅與周期，從而求出與的值．【詳解】根據函數的圖象知，振幅，周期，即，解得；所以時，，；解得，，所以函數的一個解析式為．故答案為D．【點睛】本題考查了函數的圖象與性質的應用問題，考查三角函數的解析式的求法，屬于基礎題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

利用坐標運算求得；根據平面向量夾角公式可求得結果.【詳解】本題正確結果：【點睛】本題考查向量夾角的求解，明確向量夾角的余弦值等于向量的數量積除以兩向量模長的乘積.12、【解析】

由三角函數的輔助角公式化簡，關鍵需得出輔助角的正切值，再由函數的最大值求解.【詳解】由三角函數的輔助公式得（其中），因為所以，所以，所以，，所以，故填：【點睛】本題考查三角函數的輔助角公式，屬于基礎題.13、【解析】因為圓心在直線上，設圓心，則圓的方程為，設點，因為，所以，化簡得，即，所以點在以為圓心，為半徑的圓上，則，即，整理得，由，得，由，得，所以圓心的縱坐標的取值范圍是.點睛：本題主要考查了圓的方程，動點的軌跡方程、兩圓的位置關系、解不等式等知識的綜合運用，著重考查了轉化與化歸思想和學生的運算求解能力，解答中根據題設條件得到動點的軌跡方程，利用兩圓的位置關系，列出不等式上解答的關鍵.對于直線與圓的位置關系問題，要熟記有關圓的性質，同時注意數形結合思想的靈活運用.14、【解析】

過作于，設，運用勾股定理和三角形的面積公式，計算可得所求值．【詳解】過作于，設，，，，又，可得，即有，可得的面積為．故答案為．【點睛】本題考查解三角形，考查勾股定理的運用，以及三角形的面積公式，考查化簡運算能力，屬于基礎題．15、3【解析】

利用參數方程假設C點坐標，表示出AC和BC，利用AC?BC=0可得到a【詳解】設C∴∵∠ACB=90°∴∴當sinα+∴0<a≤3本題正確結果：3【點睛】本題考查圓中參數范圍求解的問題，關鍵是能夠利用圓的參數方程，利用向量數量積及三角函數關系求得最值.16、【解析】∵，，∴.故答案為三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】

（1）利用三角恒等變換思想得出，利用周期公式可計算出函數的最小正周期；（2）解不等式，即可得出函數的單調遞增區間.【詳解】（1），所以，函數的最小正周期為；（2）令，可得，因此，函數的單調遞增區間為.【點睛】本題考查正弦型函數周期和單調區間的求解，解題的關鍵在于利用三角函數解析式化簡，考查計算能力，屬于中等題.18、（1）；（2）【解析】

（1）由利用任意角的三角函數的定義，列等式可求得實數的值；（2）由（1）可得，利用誘導公式可得原式＝，根據同角三角函數的關系，可得結果.【詳解】（1）由三角函數的定義可知（2）由（1）知可得原式＝＝＝＝【點睛】本題主要考查誘導公式的應用以及三角函數的定義，屬于簡單題.對誘導公式的記憶不但要正確理解“奇變偶不變，符號看象限”的含義，同時還要加強記憶幾組常見的誘導公式，以便提高做題速度.19、見解析.【解析】試題分析：（1）討論的取值，分為，兩種情形，求出對應不等式的解集即可.試題解析：當a=0時，原不等式化為x+10，解得;當時，原不等式化為，解得；綜上所述，當a=0時，不等式的解集為，當時，不等式的解集為.點睛：本題考查了含有字母系數的不等式的解法與應用問題，元二次不等式的核心還是求一元二次方程的根，然后在結合圖象判定其區間解題時應用分類討論的思想，是中檔題目；常見的討論形式有：1、對二項式系數進行討論；2、相對應的方程是否有根進行討論；3、對應根的大小進行討論.20、(1)見證明；(2)【解析】

（1）要證線面平行即證線線平行，本題連接A1B,（2）取中點,連接證明平面，再求出，得到．【詳解】（1）如圖，連接，在中，因為和分別是和的中點，所以．又因為平面，所以平面；取中點和中點，連接，，．因為和分別為和，所以，，故且，所以，且．又因為平面，所以平面，從而為直線與平面所成的角．在中，可得，所以．因為，，所以，，，所以，，又由，有．在中，可得；在中，，因此．所以直線與平面所成角為．【點睛】求線面角一般有兩個方法：幾何法做出線上一點到平面的高，求出高；或利用等體積法求高向量法．21、（1）；（2）；（3），.【解析】

（1）由函數的周期公式可求出的值，求出函數的對稱軸方程，結合直線為一條對稱軸結合的范圍可得出的值，于此得出函數的解析式；（2）由得出，再由結合銳角三角函數得出，利用正弦定理以及內角和定理得出，由條件得出，于此可計算出的取值范圍；（3）令，得，換元得出，得出方程，設該方程的兩根為、，由韋達定理得出，分（ii）、；（ii），；（iii），三種情況討論，計算出關于的方程在一個周期區間上的實根個數，結合已知條件得出與的值.【詳解】（1）由三角函數的周期公式可得，，令，得，由于直線為函數的一條對稱軸，所以，，得，由于，，則，因此，；（2），由三角形的內角和定理得，.，且，，.，由，得，由銳角三角函數的定義得，，由正弦定理得，，，，且，，，.，因此，的取值范圍是；（3）將函數的圖象向右平移個單位，得到函數，再將所得的圖象上每一點的縱坐標不變，橫坐標伸長為原來的倍后所得到的圖象對應的函數為，，令，可得，令，得，，則關于的二次方程必有兩不等實根、，則，則、異號，（i）當且時，則方程和在區間均有偶數個根，從而方程在也有偶數個根，不合乎題意；（ii）當，則，當時，只有一根，有兩根，所以，關于的方程在上有三個根，由于，則方程在上有個根，由于方程在區間上只有一個根，在區間上無實解，方程在區間上無實數解，在區間上有兩個根，因此，關于