2022-2023学年北京市房山区高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年北京市房山区高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共10小题，共50.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.若角a的终边经过点P（L-2）,则sEa=（）

ArB.—警C.-2D.-l

2.在△ABC中，已知a=2,b=3,C=60°,则c等于（）

A.V-7B.7C.D.19

3.下列命题中，正确的是（）

A.一条直线和一个点确定一个平面B.两个平面相交，可以只有一个公共点

C.三角形是平面图形D.四边形是平面图形

4.在正方体ABCD-AiBiGDi中，异面直线为8,B】C所成角

的大小为（）

A.90°

B.60°

C.45°

D.30°

5.如图，在正四棱台488-&8停也中，。1，。分别为上、下

底面中心，％,E分别为BiG，BC的中点，则下列结论中错误的

是（）

A.OiOCG是直角梯形

B.EiECCi是直角梯形

C.直线40与直线当8异面

D.直线30与直线8/异面

6.已知平面直角坐标系中的3点2（2,2）,8（6,0）"（0,0）,则448。中最大角的余弦值等于（）

7.在三棱锥U-4BC中，VA,VB,PC两两垂直，VA=VB=VC=1,则点U到平面ABC的

距离等于（）

A.1B,c.nD?

8.设a,0是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，且m,nca,则“a〃优'是"m〃0

旦MB”的（）

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

9.在△4BC中，若8=34,贝©的取值范围是（）

a

A.（1,2）B.（2,3）C.（1,3）D.（0,3）

10.如图，在各棱长均为1的的四面体P-ABC中，E是P力的

中点，Q为直线EB上的动点，则AQ+CQ的最小值为（）

A.J竽

C.

D.2

二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）

11.在△4BC中，若cos4=—楙，贝！IsinA=

12.一个圆锥的侧面展开图是一个扇形，已知扇形的半径为3,圆心角为与，则扇形的弧长

等于；该圆锥的体积等于

13.己知一个长方体的8个顶点都在一个球面上，且长方体的棱长为2,3,73,则长方体

的体对角线的长等于;球的表面积等于

14.已知，，机是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面，从下列四个条件中选择两个作

为已知条件，能够得到/1a的是.（填入条件的序号即可）

①，〃m；②a〃八@m1a；④，10.

15.如图所示，在倾斜角等于15。的山坡上有一根旗杆，当太阳的太阳光线

仰角是45。时，旗杆在山坡上的影子的长是30米，则旗杆的高等于

米.

16.如图1,在矩形4BCD中，AB=2AD=2,E为AB的中点，将AADE沿DE折起，点A折

起后的位置记为点41,得到四棱锥BCDE,M为4C的中点，如图2.某同学在探究翻折过

程中线面位置关系时，得到下列四个结论:

①恒有1&E；②恒有〃平面4DE；

③三棱锥&-DEM的体积的最大值为唱；④存在某个位置，使得平面4DE1平面&CD.

其中所有正确结论的序号是.

三、解答题(本大题共5小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题14.0分)

如图，在正方体ZBCD-2隹1-。1中,E,尸分别为45,D1Q的中点.

(1)求证：平面。避窗；

(2)求证：D1B1AC；

(3)求证：A,C,E,F四点共面.

18.(本小题14.0分)

在ZiaBC中，A=60°,a=b=2.

⑴求48；

(2)求△ABC的面积.

19.(本小题14.0分)

已知函数/(x)=sin2x+2cos2x—1.

(1)求f(x)的最小正周期；

(2)当xe[0,为时，求/(x)的最小值及取得最小值自变量x的值.

20.(本小题14.0分)

如图，在四棱锥P—ABCC中，底面4BCD为矩形，平面PADL^W\ABCD,PA1PD,PA=PD,

M为4。的中点.

(1)求证：PM1BC；

(2)求证：平面P48_L平面PCD；

(3)在棱PA上是否存在一点N,使得PC〃平面BMN?若存在，求益的值；若不存在，请说明

理由.

21.(本小题14.0分)

某城市计划新修一座城市运动主题公园，该主题公园为平面五边形ABCDE(如图所示)，其中

三角形4BE区域为儿童活动场所，三角形BCO区域为文艺活动场所，三角形BDE区域为球类

活动场所，AB,BC,CD,DE,E4为运动小道(不考虑宽度)，/.BCD=^BAE=120°,BC=

CD=2A/-3/cm,DE=8km.

(1)求BD的长度；

(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求8E的长度；

(3)在(2)的条件下，应该如何设计，才能使儿童活动场所(即三角形/BE)的面积最大？

条件①：COSZ.DBE=|；

条件②：乙CDE=120°.

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

B

C

DE

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：•.•点P(l,-2),

•,•%=1,y=-2,\0P\=71+(-2)2=y/~5,

因此'sina=y^=11=-乎-

故选：B.

由角a的终边经过点P(l,-2),利用任意角的三角函数定义求出sina即可.

此题考查了任意角的三角函数定义，熟练掌握三角函数的定义是解本题的关键.

2.【答案】A

【解析】解：,••在△ABC中，a=2,b=3,C=60°,

二由余弦定理得：c2—a2+b2—2abcosC=4+9—6=7,

则c=<7.

故选：A.

利用余弦定理列出关系式，将a,b及cosC的值代入即可求出c的值.

此题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键.

3.【答案】C

【解析】解：对于4一条直线和直线外一点确定一个平面，故A错；

对于B：两个平面相交，有一条公共直线，有无数个公共点，故B错；

对于C：三角形的两条边一定相交，根据基本事实1的推论2“过两条相交直线，有且只有一个平

面”，

所以三角形的两条边确定一个平面，而第三边的两个端点在该平面内，

根据基本事实2“如果一条直线上的两点在一个平面内，

那么这条直线在此平面内”确定第三边在该平面内，故三角形是一个平面图形，故C正确；

对于。：如图四边形4CSB不是平面图形，故。错误.

故选：c.

根据基本事实1、2和3及基本事实1的推论逐一判断.

本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题.

4.【答案】B

【解析】解：因为〃久C,所以4。道81为异面直线4道与BiC所成角的平面角,

因为ADiCBi为正三角形，

所以乙DiCBi=60°,

即异面直线&B,BiC所成角的大小为60。.

故选：B.

先通过平行寻找线线角，再根据解三角形得结果.

本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.

5.【答案】D

【解析】解：由棱台的定义可知可将正四棱台4BCD-&B1C1D1补全为如图所示正四棱锥S-

ABCD,

因为。1，。分别为上、下底面中心，所以S、。】、。三点共线,

且S。J•底面4BCD,SO1底面&B1GD1，OCu底面力BCD,OQu底面AiBCD],

所以SO1OC,SO1OiG，

又。C〃O1G，且OiG力。c,所以O1OCG是直角梯形，故A正确；

因为％,E分别为B1G，BC的中点，ASBC与ASBiG均为等腰三角形，且SB=SC,SBLSJ,

所以S&J.B1C1，SE1BC,

又E】G〃EC,EiGAEC,所以EiECG是直角梯形，故B正确；

因为4D〃BC,BiBCBC=B,所以直线4。与直线异面，故C正确；

由SODSB=S,所以直线。1。与直线BiB相交于点S,故。错误.

故选：D.

将正四棱台补全为正四棱锥，再结合正四棱锥的性质一一分析即可.

本题主要考查异面直线的判定，考查转化能力，属于中档题.

6.【答案】C

【解析】解：4(2,2),B(6,0),C(0,0),

AB=(4,-2),^C=(-2,-2),cosA=cos颂，硝=湍关1==一音:

CB=(6,0),CA=(2.2).cosC=cos(CB,CA)=湍篇=-^==号

——>——>——'—>BABC242yT~5

BA

=(-4,2),BC=(-6.0)，cosB=C0S(BA,BC)=--==—；

由A,B,。为三角形4BC的内角，

则cos4<0,cosB>0,cosC>0,于是4是钝角，B,C是锐角，最大角是4,余弦值为一印.

10

故选：C.

根据夹角公式算出△4BC每个内角的余弦值，然后分析可得结果.

本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题.

7.【答案】D

【解析】解：设点V到平面4BC的距离为无，

vVA,VB,UC两两垂直，且匕4=UB=VC=1,

•1•AB=BC=AC=V_2,SMBC=gxlxl=g,

•••ShABC=|xCx。xsing=?，

又匕4_LVB,VA1VC,VBOVC=V,VB,VCu平面VBC,

所以匕41平面ABC,

1

V4%

y8c=-

3Be

111C

-X-X-XX九

3232

/i=?，即点U到平面ABC的距离为?.

故选：D.

根据匕-BC=(-48C利用等体积法求解即可.

本题主要考查等体积法的运用，考查点到平面的距离求解，考查运算求解能力，属于中档题.

8.【答案】A

【解析】解：由面面平行的性质可知：膘Rua01nl小且可/0，充分性成立，

当m〃n时，若m,nca,m//a,n//p,则a,n可能平行或相交，必要性不成立;

•••“a〃段’是“m〃/?且n〃段'的充分而不必要条件.

故选：A.

由面面平行的判定与性质判断充分性和必要性即可.

本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题.

9.【答案】C

【解析】解：由正弦定理可得2=若=*=也2幽s处咨.竺也

asinAsinAsinA

_2sinAcos2A+cos2AsinA

sinA

=2cos2A+cos2A=4cos2A-1；

田%(0<B=3A<7t

因“<8+4=44VTT'

所以0<力<也所以容<COS4<1，则义<COS24<1,

则1<3,BP-E(1,3).

1<4COS2/1—a

故选：c.

利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及二倍角公式转化为4的三角函数，再结合4的

范围计算可得.

本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题.

10.【答案】B

【解析】解：各棱长均为1的的四面体P—ABC中，E是P4的中点,

则BE1PA,AE=^,BE=CE=?，

BE2+CE2-BC2

由余弦定理可.得

在△BCE中,cos/BEC=-2BECE-=§>0,

可知z_BEC为锐角，可得sinzBEC=V1—cos2/-BEC=»

将△BCE和△ABE折成一个平面，连接4C,

可知4Q+CQN4C,当且仅当A,Q,C三点共线时，等号成立,

21C

X-X

型ACE中，由余弦定理可得心=的+/-24E.CEcos^AEC=：+-22

(咛=1+?,

即4c=J1+y,所以4Q+"的最小值为J1+票

故选:B.

根据题意将aBCE和AABE折成一个平面，可知4Q+CQZ4C,结合余弦定理运算求解.

本题主要考查棱锥的结构特征，属于中档题.

11.【答案】5

【解析】解：因为siM/+cos2>l=1,且cosA=-|,所以sinA=

又在△ABC中，AG(O,TT),sinA>0,所以si7i4=/.

故答案为：

根据同角三角函数基本关系式以及角的范围得答案.

本题主要考查三角函数的同角关系，考查转化能力，属于基础题.

12.【答案】2兀学

P

【解析】解：因为扇形的半径为3,圆心角为冷，则扇形的弧长等于当X3=A

如，/1\

设圆锥的底面半径为r(r>0),/：\

所以27r=2yrxr,解得r=l,/；\

则圆锥的高为P。=V9—1=2，至，三:----'Q'

所以圆锥的体积为:兀x2/7=4.

故答案为：2兀；言史.

利用扇形的弧长公式可得扇形的弧长；求出圆锥的底面半径和高可得圆锥的体积.

本题主要考查了圆锥的体积公式，属于基础题.

13.【答案】416兀

【解析】解：依题意长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为R,

则(2R)2=22+32+(<3)2=16.

所以2R=4,R=2,

即长方体的体对角线为4,

则外接球的表面积S=4TT/?2=167r.

故答案为：4；167r.

依题意长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为R,利用勾股定理求出体对角线,

即可求出R,再根据球的表面积公式计算可得.

本题主要考查了长方体的外接球问题，属于中档题.

14.【答案】①③(或②④)

【解析】解：选①②=，_La,

若〃/m,a〃0,则可能Iua,不正确；

选①③=1，a，

若m1a,贝!H1a,正确；

选①④=>/1

若〃/m,Zljg,则可能2ua,不正确；

选②③=2-La，

若a〃3，m1a,则可能Iua,不正确；

选②④=ZJLa，

若a〃出116,则）1%正确；

选③④=>/1a,

若mJ.Q,11/?,则可能Eua,不正确.

故答案为：①③（或②④）.

由直线与平面，平面与平面的位置关系对选项一一分析即可得出答案.

本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，属于基础题.

15.【答案】15A/-2

【解析】解：如图所示:

由题意得4B4C=15°,4BAD=45°,

则=30°,Z.ADC=45°,AC=30米，

在△ACD中，由正弦定理得一年寿二-^亍，即与=$,

s\nZ.DACsinZ.ADCsi九30sin45

解得CD=15/1..

故答案为：15，9.

利用正弦定理求解，即可得出答案.

本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

16.【答案】①②③

【解析】解：矩形ABCC中，・・•ADJ.4E,.•.&£»，4透，①正确;

取CD中点“，连接MH,BH,M和H分别是&C,C。的中点，MH//ArD,•••MH在平面&DE外,

〃平面AiDE,•••E是矩形4BCD的4B边中点，.•.=EB,DH//EB,.-.HB//DE,

•••在平面4DE外，二Z/B〃平面&DE,又HBnMH=H,.•.平面HBM〃平面4北，

•••BMu平面HBM,二BM〃41DE,②正确；

取。E的中点0,连接40,如图所示：

当平面&DE，平面BC0E时，必到平面BCDE的距离最大.

因为4i£)=4E,。为DE中点，所以a0J.DE.

又因为平面&DEn平面BCDE=DE,所以4。1BCDE.

DE=7I2+了=7-2,所以40=J12_4)2=?.

所以四棱锥&-BCDE体积最大值为"x处等xy=?,

所以四棱锥为一CDE体积最大值为:xVA1_BCDE=,x?=?,

M为AC的中点，三棱锥4一/^”的体积的最大值为3*匕「°。£=；'?=M，故③正确；

平面4DE1平面AiCD,平面AiDEFI平面&CD=Ai。，A^E1A^D,&Eu平面&DE,

•••AXE1平面&CD,ArE1AiC.AiE=1,EC=<7,

•••&C=1,△&0C,ATD=1,•••A^+A^=2=DC,④错误.

故答案为：①②③.

根据原图形判断①，根据面面平行得出线面平行判断②，结合面面垂直及体积公式判断体积最大

值得出③，应用面面垂直的性质定理及反证法得出④.

本题考查线线垂直的证明，线面平行的证明，三棱锥的体积的最值的求解，属中档题.

17.【答案】证明：(1)由正方体的性质&AC平面D1&B,u平面。声道,

所以4遇〃平面

(2)由正方体的性质。J1平面ABC。，ACa^lfiiABCD,所以

又ABCD为正方形，所以4C_LBD,BDC\DDA=D,BD,皿u平面88也。，

所以AC，平面BBi&D,又Z\Bu平面BB15D,

所以1AC.

(3)连接&G，因为E,尸分别为4。1，AG的中点,

所以E/7/aG，

又44〃CC1且=CC1，所以441GC为平行四边形，

所以4C〃&G，

所以4C〃EF,所以A,C,E,F四点共面.

【解析】(1)由正方体的性质得到4Z〃BBi，即可得证；

⑵通过证明4C_L平面BB/iD,即可得证；

(3)连接&C],即可得到EF〃4G，再由正方体的性质得到4C〃4iG，即可得证.

本题主要主要考查直线与平面垂直，考查转化能力，属于中档题.

18.【答案】解：(1)因为4=60。，a=y/~6,b=2,

由正弦定理号=与，即Q=刍，解得sinB=孕,

stnAsinBsin600stnB2

又a>b,所以4>B,所以B=45。；

(2)由(1)可得C=180°-60°-45°=75°,

所以sinC=sin750=sin(45°+30°)=sin45°cos300+cos450sin300="寸一

所以SAABC=；absinC=-x2x\l~f>x[?=3+^3-

【解析】(1)利用正弦定理计算可得；

(2)首先利用两角和的正弦公式求出sinC,在根据面积公式计算可得.

本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题.

19.【答案】解：(1)/(%)=sin2x+2cos2x-1=sin2x+cos2x=V~-2sin(2x+：),

故最小正周期为7=与=兀，

(2)由于％€[0序，则2%+注6,曲,

注意到y=sinx在[0,兀]上满足s讥x>0,(兀,靠上sinx<0,

于是要求/(乃的最小值只用考虑(兀，手]的情况，

由y=sinx在生架上单调递减,(吟c岁第，

于是y=S仇X在(兀,当上递减，

故2%+(=苧时,即T，/•(%)取到最小值/6)=一L

【解析】(1)根据二倍角公式，辅助角公式将函数化简，然后根据三角函数的周期公式求解;

(2)根据三角函数的单调区间，结合xe[0,月的范围进行求解.

本题主要考查三角函数的最值，属于基础题.

20.【答案】解：⑴证明：因为P4=PD,M为4D的中点，所以PM—D,

又底面4BCD为矩形，所以4D〃BC,所以PM1BC.

(2)证明：•••底面2BCD为矩形，:2B14D.

•.•平面PAD1平面A8CD,平面PADn平面ABCD=AD,

ABu平面ABC。，AB_L平面P/W,

又POu平面24。，ABLPD.

又P41PD,PACiAB=A,PA,ABu平面PAB,:.PD1•平面PAB,

而PCu平面PCD,.•.平面P481平面PC。；

⑶存在，且第=3,理由如下：

连接BM、AC,BMnAC=0,连接ON,

因为力BCD是矩形，且M为AD的中点，所以△C