第第頁北京市房山區2022-2023學年高一下學期期末數學檢測試題一、單選題1．已知角α的終邊經過點P(1，A．55 B．?255 C．2．在△ABC中，已知a=2，b=3，C=60°，則cA．7 B．7 C．19 D．193．下列命題中，正確的是（）A．一條直線和一個點確定一個平面B．兩個平面相交，可以只有一個公共點C．三角形是平面圖形D．四邊形是平面圖形4．在如圖所示的正方體ABCD?A1B1CA．30° B．45° C．60° D．90°5．如圖，在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，O1，OA．O1OCC1是直角梯形C．直線AD與直線B1B異面 D．直線O16．已知平面直角坐標系中的3點A(2，A．?22 B．22 C．?7．在三棱錐V?ABC中，VA，VB，VC兩兩垂直，VA=VB=VC=1，則點A．1 B．12 C．3 D．8．設α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，且m，n?αA．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件9．在△ABC中，若B=3A，則bA．(1，2) B．(2，10．如圖，在各棱長均為1的的四面體P?ABC中，E是PA的中點，Q為直線EB上的動點，則AQ+CQ的最小值為（）A．1+32 B．1+63 二、填空題11．在△ABC中，若cosA=?3512．一個圓錐的側面展開圖是一個扇形，已知扇形的半徑為3，圓心角為2π3，則扇形的弧長等于；該圓錐的體積等于13．已知一個長方體的8個頂點都在一個球面上，且長方體的棱長為2，3，3，則長方體的體對角線的長等于；球的表面積等于.14．已知l，m是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，從下列四個條件中選擇兩個作為已知條件，能夠得到l⊥α的是①l//m；②α//β；③m⊥α；15．如圖所示，在傾斜角等于15°的山坡上有一根旗桿，當太陽的仰角是45°時，旗桿在山坡上的影子的長是30米，則旗桿的高等于米.16．如圖1，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E為AB的中點，將△ADE沿DE折起，點A折起后的位置記為點A1，得到四棱錐①恒有A1D⊥A1E；②③三棱錐A1?DEM的體積的最大值為212；④存在某個位置，使得平面A其中所有正確結論的序號是.三、解答題17．如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，（1）求證：A1A//（2）求證：D1（3）求證：A，C，E，F四點共面.18．在△ABC中，A=60°，a=6，（1）求∠B（2）求△ABC19．已知函數f(（1）求f(（2）當x∈[0，π220．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，M為AD的中點.（1）求證：PM⊥（2）求證：平面PAB⊥平面PCD；（3）在棱PA上是否存在一點N，使得PC//平面BMN?若存在，求AN21．某城市計劃新修一座城市運動主題公園，該主題公園為平面五邊形ABCDE（如圖所示），其中三角形ABE區域為兒童活動場所，三角形BCD區域為文藝活動場所，三角形BDE區域為球類活動場所，AB，BC，CD，DE，條件①：cos∠DBE=條件②：∠CDE=120注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.（1）求BD的長度；（2）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求BE的長度；（3）在（2）的條件下，應該如何設計，才能使兒童活動場所（即三角形ABE）的面積最大？

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】由角α的終邊經過點P(1，?2)，得x=1，y=-2，則r=OP=12．【答案】A【解析】【解答】在△ABC中，已知a=2，b=3，C=60°

由余弦定理得c2=a2+b23．【答案】C【解析】【解答】根據一條直線和直線外一點確定一個平面，故A錯誤；

根據兩個平面相交，有一條公共直線，有無數個公共點，故B錯誤；

三角形的兩條邊確定一個平面，而第三邊的兩個端點在該平面內，根據基本性質2“如果一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線在此平面內”確定第三邊在該平面內，故三角形是平面圖形，故C正確；

空間四邊形不是平面圖形，故D錯誤.

故選：C.

【分析】根據平面的基本性質及推論，逐項進行判斷，可得答案.4．【答案】C【解析】【解答】連接A1D，BD

則A1D//B1C

故∠BA1D即為異面直線A1B與B1C所成角，

由于A1D，A1B，BD都是面對角線，則A1D=A1B=BD

故∠BA1D=60°

故答案選擇：C

【分析】根據正方體的結構特征，通過平移的方式可得∠BA5．【答案】D【解析】【解答】將正四棱臺ABCD?A1B1C1D1補全為如圖所示正四棱錐S-ABCD，

由于O1，O分別為上、下底面中心，故S，O1，O三點共線且SO⊥底面ABCD，SO⊥底面A1B1C1D1，則SO⊥OC，SO⊥O1C1，

又OC//O1C1，且O1C1≠OC，故O1OCC1是直角梯形，故A正確；

由于E1，E分別為B1C1，BC的中點，△SBC與△SB1C1均為等腰三角形，則SE1⊥B1C1，SE⊥BC，又E1C1//EC，E1C1≠EC，故E16．【答案】C【解析】【解答】由A(2，2)，B(6，0)，C(0，0)得AB→=4，-2，AC→7．【答案】D【解析】【解答】設點V到平面ABC的距離為h，

由VA，VB，VC兩兩垂直，VA=VB=VC=1，得AB=BC=AC=2，

故S△VBC=12×1×1=12，S△ABC=12×2×2×sinπ3=32

又VA⊥VB，8．【答案】A【解析】【解答】由面面平行的性質可得m//β且n//β充分性成立；

當m//n時，若m，n?α，m//β且9．【答案】C【解析】【解答】由正弦定理可得ba=sinBsinA=sin3AsinA=sinA+2AsinA=sinAcos2A+cosAsin10．【答案】B【解析】【解答】在各棱長均為1的的四面體P?ABC中，E是PA的中點，得BЕ⊥PA，

AE=12，BE=CE=32，

在△BCE中，由余弦定理可得cos∠BEC=BE2+CE2-BC22BE·CE=322+322-122·32·3211．【答案】4【解析】【解答】在△ABC中，由cosA=?35<0，可得A是第二象限角，

所以sin12．【答案】2π；【解析】【解答】由扇形的半徑為3，圓心角為2π3，則扇形的弧長等于2π3×3=2π，

設圓錐的底面半徑為R(R>0)，則2πR=2π，即R=1，

則圓錐的高為PO=PA2-O13．【答案】4；16【解析】【解答】由于長方體的體對角線即為外接球的直徑，

設外接球的半徑為r，即2r2=22+32+32=16，解得2r=4，即r=2，

14．【答案】①③（或②④）【解析】【解答】選①②，若l//m，α//β，則可能l?α，故不正確；

選①③，若l//m，m⊥α，則l⊥α，故正確；

選①④，若l//m，l⊥β，則可能l?α，故不正確；

選②③，若α//β，m⊥α，則可能l?α，故不正確；

選②④，若α//β，l⊥β，則l⊥α，故正確；

選③④，若m⊥α，l⊥15．【答案】15【解析】【解答】

根據題意可得AD=30，∠BAC=45°，∠DAC=15°，則∠BAD=∠BAC-∠DAC=30°，故∠B=45°.

在△BAD中，由正弦定理得BDsin∠BAD=ADsin∠B，

即BDsin30°=ADsin16．【答案】①②③【解析】【解答】在矩形ABCD中，AD⊥AE，A1D⊥A1E，故①正確；

取CD中點H，連接MH，BH，M和H分別是A1C，CD的中點，則MH//A1D，又MH在平面A1DE外，

故MH//平面A1DE，

又由E是矩形ABCD的AB邊中點，DH=EB，DH//EB，HB//DE，

又由HB在平面A1DE外，得HB//平面A1DE，又HB∩MH=H，

故平面HBM//平面A1DE，

又由BM?平面HBM，則BM//A1DE，故②正確；

取DE的中點O，連接A1O，如圖所示：

當平面A1DE⊥平面BCDE時，A1到平面BCDE的距離最大.

又由A1D=AE，O為DE中點，故A1O⊥DE.

又由平面A1DE∩平面BCDE=DE，故A1O⊥平面BCDE.

故DE=12+12=2，A1O=12-222=22

故四棱錐A1?BCDE體積最大值為13×1+2×12×22=13×32×22=24，

故四棱錐A1?CDE體積最大值為23×VA1-BCDE=23×24=26

又M為AC的中點，三棱錐A1-DEM的體積的最大值為12×VA117．【答案】（1）證明：由正方體的性質A1A//BB1，A1所以A1A//（2）證明：由正方體的性質DD1⊥平面ABCD，AC?平面又ABCD為正方形，所以AC⊥BD，BD∩DD所以AC⊥平面BB1D1D所以D1（3）證明：連接A1C1，因為E，F分別為A所以EF//又AA1//CC1且所以AC//EF，所以A，C，E，【解析】【分析】(1)由正方體的性質得到A1A//BB1，再根據線面平行的判定定理可證得A1A//平面D1B1B；

(2)由正方體的性質得到DD1⊥AC，再根據線面垂直的判定定理可得AC⊥平面BB1D1D，進而得證D1B⊥AC；

18．【答案】（1）解：因為A=60°，a=6，b=2由正弦定理asinA=bsin又a>b，所以A>B，所以B=45°.（2）解：由（1）可得C=180°?60°?45°=75°，所以sinC=所以S△【解析】【分析】(1)利用正弦定理可得sinB=22，求解可得∠B；19．【答案】（1）解：f(故最小正周期為T=（2）解：由于x∈[0，注意到y=sinx在[0，π]上滿足于是要求f(x)由y=sinx在[π于是y=sinx在故2x+π4=5π4時，即x=【解析】【分析】(1)根據正、余弦二倍角公式，輔助角公式化簡f(x)，然后根據三角函數的周期公式，即可求解出f(x)的最小正周期；

(2)根據正弦函數的單調區間，結合20．【答案】（1）證明：因為PA=PD，M為AD的中點，所以PM⊥AD，又底面ABCD為矩形，所以AD//BC，所以（2）證明：∵底面ABCD為矩形，∴AB∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB?平面ABCD，∴AB⊥又PD?平面PAD，∴AB⊥PD．又PA⊥PD，PAAB=A，PA、AB?平面PAB，∴PD⊥而PD?平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD；（3）解：存在，且ANNP連接BM、AC，BM∩AC=O，連接ON，因為ABCD是矩形，且M為AD的中點，所以△COB∽△AOM又PC//平面BMN，平面APC∩平面BMN=ON，PC?平面所以ON//所以ANNP【解析】【分析】(1)由已知可得PM⊥AD，再由底面ABCD為矩形，得AD//BC，即可得證得PM⊥BC；

(2)由已知證明出AB⊥平面PAD，推出AB⊥PD，再根據線面垂直的判定定理推出PD⊥平面PAB，進而可得平面PAB⊥平面PCD；

(3)連接BM、AC，BM∩AC=O，連接ON，可得△21．【答案】（1）解：在△BCD中，由余弦定理得：BD2（2）解：若選條件①，由（1）知：BD=6，在△BDE中，由余弦定理得：D解得：BE=?145（舍）或BE=10，若選條件②，∵BC=CD，∠BCD