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高一数学试题
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求．
1. 时间经过5小时，时针转过的弧度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据时针每转过一个小时，其转过的度数为 ，故可得时针转过的弧度数．
【详解】时针每过一个小时，其转过 的度数为 ，故时间经过5小时，时针转过的弧度数 .
故选：A．
【点睛】本题考查弧度数的计算，注意旋转的方向对角度正负的影响，本题属于基础题．
2. 已知 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据同角三角函数基本关系，由题中条件，即可求出结果.
【详解】因为 ， ，所以 ，
因此 ，
所以 .
故选：B.【点睛】本题主要考查由余弦求正切，熟记同角三角函数基本关系即可，属于基础题型.
3. 已知向量 ，且 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据已知建立方程 ，再求解即可.
【详解】解：∵向量 ， ，且 ，
∴ ，解得： ，
故选：D.
【点睛】本题考查利用向量平行求参数，是基础题.
4. 下列选项中描述 的空间角类型与其它三项不同的是（ ）
A. 短道速滑运动员在弯道时由于离心力的作用，身体与冰面产生通常小于 的角度
B. 为保证安全性和舒适性，一般客机起飞时会保持 的仰角
C. 市场上主流笔记本电脑屏幕开合角度一般在 ，超过这个角度容易导致转轴损坏
D. 春分时节，威海正午时分太阳的高度角约为
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面角、二面角的概念，逐项判断即可得出结果.
【详解】A选项，身体与冰面所成的角为线面角；
B选项，客机起飞时所保持的仰角是线面角；
C选项，电脑屏幕开合角度是二面角；
D选项，太阳的高度角是视线与地平面所成的角，属于线面角.
故选：C.
【点睛】本题主要考查线面角和空间角的概念，属于基础题型.5. 已知角 的顶点为坐标原点，始边与 轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点 ，则
的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据题意求出 ， ，再求 即可.
【详解】解：∵ 终边与单位圆交于点 ，
∴ ， ，
∴ ，
故选：B.
【点睛】本题考查三角函数的定义，诱导公式、二倍角的余弦公式，是基础题.
6. 古代将圆台称为“圆亭”，《九章算术》中“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何？”即一
圆台形建筑物，下底周长 丈，上底周长 丈，高 丈，则它的体积为（ ）
A. 立方丈 B. 立方丈 C. 立方丈 D. 立方丈
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用上下底面圆的周长分别求得圆的半径，再利用圆台体积公式计算即可.【详解】由题意得，下底半径 （丈），上底半径 （丈），高 （丈），
所以它的体积为
所以 (立方丈).
故选：B.
【点睛】本题考查了圆台的体积公式，属于基础题.
7. 已知 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】C
【解析】
【分析】
根据各选项中的前提考虑相应的各种可能的结果，从而可得正确的选项.
【详解】对于A，若 ，则 或 相交，
对于B，若 ， 或 相交或异面，
对于C，若 ，则 必成立，
对于D，若 ，则 或 ，
故选：C.
【点睛】本题考查空间中与点、线、面的位置关系有关的命题的判断，注意根据题设条件考虑所有可能的
结果，本题属于基础题.
8. 如图所示，在平面四边形 中， ， ， ， ，现将
沿 边折起，并连接 ，当三棱锥 的体积最大时，其外接球的表面积为（ ）A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用条件判断平面ACD 平面ABC时体积最大，再计算知空间中AB对的角 ，
即判断AB为外接球的直径，计算表面积即可.
【详解】因为 的面积不变，要使体积最大，需D到平面ABC的距离最大，
即当平面ACD 平面ABC时，体积最大，
因为 等腰直角三角形，取AC中点E,则DE 平面ABC，高为DE= 最大，AC= ，则Rt
中 ，BC=2，AB=4，所以EB= ，故Rt 中BD= ，所以 中
，即得空间中
即AB为球 的直径，故半径 ，所以外接球的表面积 .
故选：D.
【点睛】本题考查了空间几何体外接球的表面积问题，属于中档题.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项
符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.9. 下列选项中，与 的值相等的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】
先计算已知正弦值，再逐一计算选项，判断是否相等即可.
【详解】首先 ，下面计算选项：
A选项中， ，不相等；
B选项中， ，相等；
C选项中， ，相等；
D选项中， ，不相等；
故选：BC.
【点睛】本题考查了三角恒等变换的应用，属于基础题.
10. 已知函数 ，则（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小正周期为
C. 是偶函数D. 将 图象上所有点向左平移 个单位，得到 的图象
【答案】AC
【解析】
【分析】
先将原式整理，得到 ，进而可得最大值，判定A正确；得出最小正周期，判定B
错；根据函数奇偶性，判定C正确；根据函数图象平移原则，判定D错.
【详解】 ，
因为 ，所以 ，因此 ，则 ，故A正确；
最小正周期为 ，故B错；
，所以 是偶函数，即C正确；
将 图象上所有点向左平移 个单位，得到 ，故D
错误.
.
故选：AC
【点睛】本题主要考查求三角函数的最值，最小正周期，判定三角函数的奇偶性，求平移后的解析式，属
于常考题型.
11. 已知非零平面向量 ， , ,则（ ）
A. 存在唯一的实数对 ，使 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】BD
【解析】
【分析】假设 与 共线， 与 ， 都不共线，即可判断A错；根据向量垂直的数量积表示，可判断B正确；向
量共线可以是反向共线，故C错；根据向量数量积法则，可判断D正确.
【详解】A选项，若 与 共线， 与 ， 都不共线，则 与 不可能共线，故A错；
B选项，因为 ， , 是非零平面向量,若 ，则 ， ，所以 ，即B正确；
C选项，因为向量共线可以是反向共线，所以由 不能推出 ；如 与 同向，
与 反向，且 ，则 ，故C错；
D选项，若 ，则 ，
，所以 ，即D正确.
故选：BD.
【点睛】本题主要考查共线向量的有关判定，以及向量数量积的相关计算，属于基础题型.
12. 已知正四棱柱 的底面边长为 ， ，则（ ）
A. 平面 B. 异面直线 与 所成角的余弦值为
C. 平面 D. 点 到平面 的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故判断A选项正确；
先判断异面直线 与 所成角即为异面直线 与 所成角 ，再求出 ，
， ，最后求出 ，故判断B选项错误；因为 ， ，，所以 平面 ，故判断C选项正确；先判断点 到线段 的距离就是点
到平面 的距离，再求出 到线段 的距离为 ，故判断D选项正确.
【详解】根据题意作图如下，
A选项：在正四棱柱 中，因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，故A选项正确；
B选项：在正四棱柱 中，因为 ，所以异面直线 与 所成角即为异面
直线 与 所成角 ，在 中，因为 ， ， ，所以
，故B选项错误；
C选项：在正四棱柱 中，因为 ， ， ，所以 平
面 ，故C选项正确；
D选项：在正四棱柱 中，因为 平面 ，在平面 内点 到线段
的距离就是点 到平面 的距离，在 中， 到线段 的距离为 ，所以点 到平面
的距离为 ，故D选项正确.故选：ACD.
【点睛】本题考查线面垂直、线面平行的判断，异面直线所成的角，点到面的距离，是中档题.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知单位向量 ，若 ，则 与 的夹角为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据向量数量积的运算翻法则，先得到 ，再由向量夹角公式，即可得出结果.
【详解】因为 为单位向量， ，
所以 ， ，
因此 ，
即向量 与 的夹角为 ，
则 ，
所以 .故答案为： .
【点睛】本题主要考查求向量的夹角，熟记向量的夹角公式，以及向量的数量积运算法则即可，属于基础
题型.
14. 设 分别为 三个内角 的对边，已知 ， ， ，则角
__________.
【答案】 或
【解析】
【分析】
根据正弦定理，由题中条件，即可得出结果.
【详解】因为 ， ， ，
由正弦定理可得： ，
则 ，所以 或 .
故答案为： 或 .
【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，属于基础题型.
15. 函数y＝Asin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜π）在一个周期内的图象如图，此函数的解析式为_____．
【答案】y＝2sin（2x ）．
【解析】
【分析】
根据图象先求出 ，然后利用五点对应法进行求解即可.【详解】由图象知 ，由五点对应法得 ，解得 ，
即函数的解析式为 .
故答案为： .
【点睛】本题主要考查函数解析式的求解，结合五点对应法是解决本题的关键，属于基础题．
16. 正方体 的棱长为 ，则平面 与平面 所成角为_______；设 为 的
中点，过点 ， ， 的平面截该正方体所得截面的面积为__________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
先连接 ，根据题意，得到 ， ，得出 即等于平面 与平面 所
成的角，即可求出二面角；取 中点为 ，连接 ， ，判定梯形 即为过点 ， ， 的
平面截该正方体所得截面，根据题中条件，求出梯形面积，即可得出结果.
【详解】连接 ，在正方体 中，易知 且 ，则四边形 为
平行四边形，即 平面 ，
因为正方体中， ， ，且 平面 ，
则 侧面 ，所以 ，
又平面 平面 ，则 即等于平面 与平面 所成的角，所以 ，
即 ；
取 中点为 ，连接 ， ，因为 为 的中点，则 ，
又 ，则 ，即 ， ， ， 四点共面，
即梯形 即为过点 ， ， 的平面截该正方体所得截面，
因为正方体棱长为 ，则 ， ，
所以 ， ， ，
即梯形 为等腰梯形，分别作 于点 ， 于点 ，
则 ，
所以 ，
因此梯形 的面积为 .
故答案为： ； .【点睛】本题主要考查求二面角的大小，考查求正方体截面的面积，根据几何法求解即可，属于常考题型.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知函数 .
（1）求 的单调递增区间；
（2）当 时，求 的取值范围.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）根据三角恒等变换，先将函数解析式化简整理，得到 ，由正弦函数的单
调区间列出不等式求解，即可得出结果；
（2）设 ，由题意，求出 ，根据正弦函数的性质，即可求出值域.
【详解】（1）
，
由 ，解得
所以函数 单调递增区间为 ，
（2）设 ，∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
所以当 时，函数 的取值范围为 .
【点睛】本题主要考查求正弦型函数的单调区间，以及求正弦型函数在给定区间的值域，涉及两角和的余
弦公式以及辅助角公式的应用，属于常考题型.
18. 设 分别为 三个内角 的对边，若 .
（1）求角 ；
（2）若 ， 的面积为 ，求 的周长.
【答案】（1） ；（2）6.
【解析】
【分析】
（1）先由正弦定理，根据题中条件，得到 ，化简整理得到
，即可求出结果；
（2）根据（1）的结果，由三角形面积公式，得到 ，再由余弦定理，求出 ，即可得出结果.
【详解】（1）由 及正弦定理可得
，
由 代入上式，整理得 ， 因为
所以 ，
因为 ，所以角 .
（2）∵ 的面积为 ，∴ ，得 ，
由 ，可得 ，
即 ，
，解得 ，
所以求 的周长为 .
【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.
19. 在正三棱柱 中， 为 的中点.
（1）求证：平面 平面 ；
（2）若 ，求点 到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）可证明 平面 ，从而得到平面 平面（2）利用等积法可求点 到平面 的距离.
【详解】（1）∵正三棱柱 ，∴ 平面 ,
∴ ,
∵ 为 的中点，
∴ ,
又 ,∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴平面 平面 .
（2）过点 作 ， 为垂足，则 ，
∵平面 平面 ，
∴ 平面 ，
∴ ，
设点 到平面 的距离为 ，
∵ ,∴ ,
由（1）可知 为直角三角形 ，可求得，∴ ,
可得 ,∴点 到平面 的距离 .
【点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交
的．由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.求点平面的距离，可直接
根据已知条件作出该距离，也可以利用等积法来求该距离.
20. 在 中， ， ， ，点 ， 在 边上且 ，
.
（1）若 ，求 的长；
（2）若 ，求 的值.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）先设 ， ，根据题意，求出 ， ，再由向量模的计算公式，即可得
出结果；
（2）先由题意，得到 ， ，再由向量数量积的运算法则，以及题
中条件，得到 ，即可求出结果.【详解】（1）设 ， ，
则 ， ，因此 ，
所以 ，
，
（2）因为 ，所以 ，
同理可得， ，
所以
，
∴ ，即 ，
同除以 可得， .
【点睛】本题主要考查用向量的方法求线段长，考查由向量数量积求参数，熟记平面向量基本定理，以及
向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.
21. 在四棱锥 中，底面 是边长为 的菱形， ， ， 分别为 ， 的中
点.
（1）求证： 平面 ；
（2）求证： ；（3）若 ， ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） .
【解析】
【分析】
（1）取 得中点 ，连接 ， ，根据线面平行的判定定理，即可证明线面平行；
（2）连接 交 于点 ，根据线面垂直的判定定理，由题中条件，得到 平面 ，进而可得
线线垂直；
（3）过 作 ， 为垂足，连接 ，由（2）可知 平面 ，推出 平面 ，
得到 为直线 与平面 所成角，根据题中数据，求出 ， ，进而可得线面角的正弦
值.
【详解】（1）证明：取 得中点 ，连接 ， ，
∵ 为 的中点，∴ 且 ，
∵ 为 的中点且四边形 为菱形，∴ 且 ，
∴ 且 ， ∴四边形 为平行四边形，
∴ ，
又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 .
（2）连接 交 于点 ，
∵四边形 为菱形，
∴ ，
∵ ，∴ ，
又 为平面 内的两条相交直线，
∴ 平面 ，
又 平面 ，
∴ .
（3）过 作 ， 为垂足，连接 ，
由（2）可知 平面 ，
所以平面 平面 ，
而平面 平面 ，
所以 平面 ，
因此直线 在平面 的射影为 ，
即 为直线 与平面 所成角，
∵四边形 为菱形边长为 ， ，
∴ ， ,
由题意可知 为直角三角形，易得 ，
又 ，∴ ，∴ ，
由 平面 可知 为直角三角形，
∴ ，
在 中， ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .【点睛】本题主要考查证明线面平行，考查证明线线垂直，考查求线面角的正弦值，熟记线面平行和线面
垂直的判定定理，以及几何法求线面角即可，属于常考题型.
22. 天津海河永乐桥上的摩天轮被誉为“天津之眼”，是世界上唯一一座建在桥上的摩天轮.如图所示，该摩
天轮直径为 米，最高点距离地面 米，相当于 层楼高，摩天轮的圆周上均匀的安装了 个透明
座舱，每个座舱最多可坐 人，整个摩天轮可同时供 余人观光，并且运行时按逆时针匀速旋转，转一
周需要 分钟.
（1）某游客自最低点处登上摩天轮，请问 分钟后他距离地面的高度是多少？
（2）若甲乙两游客分别坐在 ， 两个座舱里，且他们之间间隔 个座舱，求 ， 两个座舱的直线距
离；
（3）若游客在距离地面至少 米的高度能够获得俯瞰天津市美景的最佳视觉效果，请问摩天轮转动一
周能有多长时间会有这种最佳视觉效果.【答案】（1）37.5米；（2） ；（3） 分钟.
【解析】
【分析】
（1）设摩天轮转动 分钟（ ）时游客的高度为 ，则 ，根据该函数可
得 分钟后他距离地面的高度.
（2）利用余弦定理可求 的长.
（3）令 ，通过解三角不等式可得摩天轮旋转一周能有 分钟最佳视觉效果.
【详解】（1）设摩天轮转动 分钟（ ）时游客的高度为 ，
摩天轮旋转一周需要 分钟，所以座舱每分钟旋转角的大小为 ，
由题意可得， ，
当 时， ，
所以游客 分钟后距离地面的高度是 米 .
（2） 由题意可知， ，
在 中， ，
（3）由题意可知，要获得俯瞰的最佳视觉效果，
应满足 ，
化简得 ，
因为 ，所以
所以 ，解得 ，
所以摩天轮旋转一周能有 分钟最佳视觉效果.【点睛】本题考查三角函数的应用以及余弦定理的应用，注意根据题设条件合理建模，本题属于中档题.
