2024北京房山区高一（下）期末数学试题及答案

2024北京房山高一（下）期末数学本试卷共6页，满分150分，考试时长120分钟．考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．第一部分（选择题共50分）一、选择题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.点Al上，l在平面内”用数学符号表示为（）Al，lB.Al，lAl，lA.C.Al，lD.2.一个球的表面积为16π，则该球的半径为（）A.13.在中，B=60B.2C.3D.4，C=，=，那么AB等于（）6A.4.在空间中，下列命题正确的是（A.平行于同一条直线的两个平面平行C.过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行2B.C.2D.233）B.平行于同一个平面的两条直线平行D.过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行5.已知正四棱锥的底面边长和侧棱长均为2，则该正四棱锥的体积为（）423433A.B.42C.D.436.已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，那么向量c=（）A.5abB.5abC.2abD.2a7.已知平面，则“l//”“//的（”，，直线l是）A.充分而不必要条件C.充分必要条件B.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件8.如图，在三棱锥ABCD−AB⊥平面BCD，AB=CD=4，，，分别是EFGACADBC的中点，中，，，则过E，F，G三点的平面截三棱锥A−BCD所得截面的面积为（）第1页/共17页A.9.如图，一辆汽车在一条水平的公路上由正东向正西方向行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北300m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为30°，B.2C.23D.4330°的方向上（即BAC30=B75°则此山顶D相对公路所在平面的高度=（.A.100B.100mC.506mD.502mABCD−ABCD10.如图，在正方体中，点P在面对角线上运动，下列四个命题中错误的是（）1111．．1P//APDB1A平面11A.平面B.平面11A−BPC1P⊥D.C.三棱锥的体积不变11第二部分（非选择题共100分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．ABCD−ABCD的长为______．1已知长方体的长、宽、高分别为1，22，则该长方体的对角线111112.如图，角的顶点在坐标原点O，始边为x轴的正半轴，角终边上一点P到O的距离为r，则点P的坐标为______和r表示）第2页/共17页(4)，，且=，则向量的坐标为aab=0b113.已知向量b______．14.已知m，n是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①m⊥n；②∥；③m两个论断作为条件，余下的论断作为结论，写出一个真命题：______．⊥．以其中15.命题p中，若cosAsinB=，则是直角三角形．能说明命题p为假命题的一组角为A=______，B=______．16.金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也用作钻探机的钻头．金刚石经常呈现如图所示的“正八面体”外形，正八面体由八个全等的等边三角形围成，呈现了对称美．下面给出四个结论：①CF//平面ABE；②平面AEC⊥平面BDE；③过点E存在唯一一条直线与正八面体的各个面所成角均相等；2④以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的．3其中所有正确结论的序号是______．三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．ABCD−ABCD17.如图，在正方体中，E为的中点．11111第3页/共17页AC⊥（1）求证：（2）求证：；1AC//平面BDE．118.在中，b（1）求角A的大小；3，b=32+c2−a−bc=0．2（2）若a=，求角B的大小；（3）若a=3，求面积的最大值．π19.如图，在中，D是BC上的点=33，BD=4，C=，再从条件①、条件②这两个条件3中选择一个作为已知．（1）求证：是直角三角形；（2）求的周长．条件①：=AC=3．7；条件②：注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，⊥，===1，PC=3，20.如图，在三棱锥点M为AC的中点．PBC⊥（1）求证：平面平面；PNPC⊥（2）线段上是否存在点N平面BMN若存在，求的值；若不存在，请说明理由．21.如图，在四棱锥P−中，ABCD为梯形，//．（1）在侧面PAB内是否存在直线与平行？如果存在，作出直线并给出证明；如果不存在，请说明理第4页/共17页由；（2）在图中作出平面PAB与平面的交线，并给出证明；（3）在侧面内是否存在直线与AD平行？说明理由．第5页/共17页参考答案第一部分（选择题共50分）一、选择题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.【答案】D【分析】由点线面的位置关系及其表示即可得解.【详解】“点A在直线l上，l在平面故选：D.内”用数学符号表示为Al，l.2.【答案】B【分析】直接由球的表面积公式列方程即可求解.【详解】设所求半径为R，则4πR2=16π，解得R=2.故选：B.3.【答案】C【分析】在中，由正弦定理求解即可.=【详解】在中，由正弦定理得，sinBsinCAB=2.，解得6AB=所以sin60sin45故选：C.4.【答案】CABCD−ABCD1【分析】在正方体中，通过举反例可判断A，B，D；假设过直线外一点有两条直线ABCD−ABCD111与已知直线平行推出矛盾即可判断C.【详解】平行于同一条直线的两个平面不一定平行，如在正方体中，1111，AB//平面CDDC，平面ABCD平面CDD1=DC，11111111AB//平面故A错误；ABCD−ABCD，1平行于同一个平面的两条直线不一定平行，如在正方体AB//平面，BC//平面111，=B，第6页/共17页故B错误；根据空间平行直线的传递性，如果过直线外一点有两条直线与已知直线平行，那么这两条直线平行，与过一点矛盾，故C正确；ABCD−ABCDAB//平面BC//，平面，如在正方体，1111过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行错误，故D错误.故选：C.5.【答案】A【分析】计算出正四棱锥的底面积，然后利用锥体的体积公式可求出该正四棱锥的体积．(2【详解】正四棱锥的底面积为224，正四棱锥的高为22=−2=21342324=因此，该正四棱锥的体积为．故选：A．6.【答案】A【分析】如图建立平面直角坐标系，表示出向量a，b，c，然后根据平面向量基本定理求解即可.【详解】如图建立平面直角坐标系，则a0),bBC0)=(，====−c=DE=−=2)，因为a，b不共线，(x,y)，使c=xa+yb，所以由平面向量基本定理可知存在一对有序实数2)=x0)+y(−=(x−y,y)所以所以，x−y=3x=y2=，得，y=2所以c=5a+b.故选：A7.【答案】B【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.，此时【详解】若l且l//得不到//与可能相交，故充分性不成立，第7页/共17页若//又l，则l//，故必要性成立，所以“l//”是“//故选：B”的必要而不充分条件.8.【答案】D【分析】取的中点H，连接，，可得截面，由三角形的中位线定理，以及线面垂直的性质定理，可得截面为边长为2的正方形，可得截面的面积.【详解】如图所示，可取BD的中点H，连接，，1由为△BCD的中位线，可得//，=CD，21又EF//CD，=CD，所以=，且EF//，2可得四边形为平行四边形，截面为所求截面.因为AB平面⊥，CD平面，AB⊥CDEG//AB，EF//CDEF⊥EG，所以，又，可得则截面为矩形；又AB=CD=4，可得截面为边长为2的正方形，其面积为4.故选：D.9.【答案】C【分析】先由正弦定理解得BC=1502m，再解直角三角形即可得解.BAC=30,CBA=180−75=105,ACB=180−105−30=【详解】由题意，300=ABBC而AB=300，由正弦定理可得=，即212，解得BC=1502m，sinACBsin2DBC=30,DCB=90注意到，3从而BCtanDBC1502===506m.3故选：C.10.【答案】DADCA1⊥A11后可判断，由AC//平面【分析】证明平面平面后可判断A，证明平面111与BD交点时可判断D．可判断CP是1第8页/共17页,CD,AB,,ACCC与平行且相等得平行四边形11【详解】A．连接，如图，正方体中由1111111AAC//C，1，所以1AACAAC//AAD1//A平面，11又AC平面，平面，所以平面，同理11111111AAC,AD1CADCA平面，11，平面，所以平面1PC1P//A平面，所以平面，A正确；11BD,1DDD1⊥AC⊥ACB．连接，正方体中平面，平面，所以，11111111D⊥D1DD,BD，111平面DD，11又正方形中，，11AC⊥BBDD1BBDDAC⊥AB⊥DB，11所以平面，而平面，所以，同理1111111111AC,ABADB1⊥A11，平面，所以平面，1111111PDBPDB1A平面，B正确；11而平面，所以平面1C．由A的证明知AC//平面AP，P到平面AP−1的距离不变，因此三棱锥体1，1111A−BPC积不变，即三棱锥的体积不变，C正确；11D．当P是与BD交点时，矩形故选：D．BDD1B1P中，和BD显然不垂直，D错．1第9页/共17页第二部分（非选择题共100分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．【答案】3【分析】根据长方体的对角线长公式计算．【详解】长方体的对角线长为1故答案为：3=12+22+22=3(r,rsin)12.【答案】【分析】由三角函数的定义列方程即可求解.【详解】由题意点P在第二象限，设它的坐标为(x,y)，那么由三角函数定义有：sin=,cos=yxr，rx=rcos,y=rsin(r,rsin).解得，即点P的坐标为故答案为：(rcos,rsin).4343−,,−13.【答案】或5555【分析】设向量b的坐标为(x,y)，由向量数量积的坐标公式、模的计算公式列式即可求解.4545x=−x=3x+4y=0【详解】设向量b的坐标为(x,y)，由题意，解得，或者x2+y2=1335y=y=−543−,43,−所以向量b的坐标为或者.55554343−,,−故答案为：或.555514.【答案】若∥，m【分析】用其中两个为条件，推出第三个为结论.根据线面关系的定理证明即可.⊥,则①m⊥n.⊥则m⊥n（答案不唯一．若m⊥，m⊥n，则n也可以）,∥【详解】若②∥；③m证明：若∥,则面内存在直线l，使得l∥n.第10页/17页由于m若③m⊥，且l，则m⊥l，又l∥nm⊥n，则.⊥m⊥n．则②∥n，①.证明：若m若①m⊥n；②∥；则③m⊥.（不成立）举反例说明：如图下底面⊥，m⊥n，则内必存在一条直线与外直线平行，即∥.nn的长方体模型，m⊥n，∥，但是m/.故答案为：若∥，m⊥,则m⊥n（答案不唯一.若m⊥，m⊥n．则∥也可以）.π2π15.【答案】①.（答案不唯一）②.（答案不唯一）633==0，得出,B的可能值，只需满足不是直角三角形即可.【分析】首先假设AsinB2π2ππ3π,B(π)B=【详解】设AsinB==0，因为，所以A=，B=或，63322π2ππA=B=，显然C=若，，636π2πA=B=所以能说明命题p为假命题的一组角为，；63若A=15,B=105,C=60，则cos15sin105，故=A=15,B=105也满足题意；π2π故答案为：，（答案不唯一）.6316.【答案】①②④【分析】根据线面平行的判定定理判断①；根据二面角相关知识判断②；根据线面角相关知识并结合图形特点进而判断③；根据题意找出正方体的棱长，结合相似三角形从而判断④.【详解】对于①，根据正八面体性质可知，//，又AECF//平面，故①正确.平面，CF平面，所以对于②，如下图所示，设平面ABCD的中心为O，ABCD，所以OE⊥BD平面，由对称性可知OE平面⊥ABCD，BD⊥=O，AC,AECBD⊥AEC，又ACBD，平面，所以，故②正确；与正八面体的各个面所成角均相等，将其平移后使其过点E，平面又BD平面BDE，所以平面BDE⊥平面ACEAC,对于③，直线则过点E至少存在两条直线与正八面体的各个面所成角均相等，故③错误.AB,BCM,N，△ABE,△BECP,Q的中心，对于④，如下图所示，取中点AC,,EM,EN即正方体的一条棱，连接，则12a==AC=设该正八面体棱长为，则AC2a，a，22EPEQ2322==，∠PEQ=∠，得△==a，根据，所以EMEN332即以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的，故④正确.3故答案为：①②④.【点睛】关键点点睛：关键是找出正方体的棱长，结合相似三角形的相关知识即可顺利得解.三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．17.1）证明见解析（2）证明见解析⊥ACA，结合线面垂直的性质即可得解；1）由线面垂直的判定定理证明BD平面（2）由中位线定理得出//C【小问1，结合线面平行的判定定理即可得证.第12页/17页如图所示，连接，交于点O，ABCD−ABCD中，1AA1⊥在正方体平面ABCD，而BD平面ABCD，111AA1⊥所以，又因为在正方形ABCD中，AC⊥BD，且注意到A，∩=AC,AA1ACA平面，11⊥ACA，1所以BD平面AC1ACA，1而平面⊥C所以；【小问2如图所示，连接OE，因为O,E分别为AC,AA1的中点，所以//C，AC1BDE，OE而平面平面BDE，AC//1从而平面BDE.π18.1）A=3π（2）B=6934（3））直接由余弦定理即可求解；（2）由正弦定理结合大边对大角即可求解；第13页/17页（3）由余弦定理确定bc的最大值，结合三角形面积公式即可求解.【小问1因为b所以cosAAπ2+c2−a2−bc0，所以b=2+c2−a2=bc，b2+c2−a2bc1===，bcbc2π()，所以；A=因为【小问2若a=3b=3，且由（）可知3ab=，sinAsinB33=12sinB，解得sinB=即3，2ππ0BA=B=因为，所以；36【小问3若a=3，注意到πA=，3所以由余弦定理有a2=b2+c2−bcA，bcbc−bc=bc，等号成立当且仅当−b=c=3，即9b=2+c2123934所以面积S=bcA=bc，等号成立当且仅当b=c=3，493所以面积的最大值为19.1）证明见解析.4（2）5+7ππ）选①由余弦定理可求B=，即可证明；选②由正弦定理可求B=，即可证明；66（2）选①在Rt△中求得AC=3，再求CD即可求解；选②在Rt△中求BC，在中，由余弦定理可求AD，即可求解.【小问1选①：在△ABD中，由余弦定理得AB2+BD2−AD227+16−723343B===，2ABBD2ππ所以B=，所以A=π−B−C=，62第14页/17页所以是直角三角形；=选②：在中，由正弦定理得，sinBsinC333=1π，所以sinB=所以sinB，sin232π3πBB=因为所以，所以，6πA=π−B−C=，2所以是直角三角形；【小问2tanB=选①：在Rt△中，，3所以AC33==3，所以BC=AB2AC=6，+23所以CD=−=6−4=2，++7.所以的周长为ADACCD=5+选②：在Rt△中，BC=AB所以CD=−=6−4=2，2+AC=6，21AD2=AC2+CD−2ACCDcosC=9+4−232=7，2在中，由余弦定理2所以=7，++7.所以的周长为ADACCD=5+20.1）证明见解析PNPC23=（2）存在，）根据面面垂直的判定定理可得证；（2）过点M作MN⊥PC垂足为F，根据线面垂直的判定可证⊥平面BMN，然后根据平面几何知识6233求出CN=，进而求出=即可得.6【小问1因为平面PAC⊥平面ABC，PA平面，⊥PAC=平面ABC，，平面所以PA平面ABC，⊥BC⊥平面ABC，所以，又PA=，PC=3，⊥，所以AC=PC2−2=2,第15页/17页又AB=BC=1，所以ACAB⊥BC=AB+BC2，