高一下学期数学同步测试(8)
2020-2021学年必修二高一数学下学期期末第八章 立体几何初步(章节专练解析版)
第八章 立体几何初步（章节复习专项训练）一、选择题1．如图，在棱长为1正方体ABCD 中，点E ，F 分别为边BC ，AD 的中点，将ABF ∆沿BF 所在的直线进行翻折，将CDE ∆沿DE 所在直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法错误．．的是A ．无论旋转到什么位置，A 、C 两点都不可能重合B ．存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为60︒C ．存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为90︒D ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 所成的角为90︒【答案】D【详解】解：过A 点作AM⊥BF 于M ，过C 作CN⊥DE 于N 点在翻折过程中，AF 是以F 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的母线，同理，AB ，EC ，DC 也可以看成圆锥的母线；在A 中，A 点轨迹为圆周，C 点轨迹为圆周，显然没有公共点，故A 正确；在B 中，能否使得直线AF 与直线CE 所成的角为60°，又AF ，EC 分别可看成是圆锥的母线，只需看以F 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于60°即可，故B 正确；在C 中，能否使得直线AF 与直线CE 所成的角为90°，只需看以F 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于90°即可，故C 正确；在D 中，能否使得直线AB 与直线CD 所成的角为90︒，只需看以B 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于90°即可，故D 不成立；故选D ．2．如图所示，多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，//EF AB ，32EF =，EF 到平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积V 为（ ）A ．92B ．5C ．6D ．152【答案】D【详解】解法一：如图，连接EB ，EC ，AC ，则213263E ABCD V -=⨯⨯=.2AB EF =，//EF AB2EAB BEF S S ∆∆∴=.12F EBC C EFB C ABE V V V ---=∴= 11132222E ABC E ABCD V V --==⨯=. E ABCDF EBC V V V --∴=+315622=+=. 解法二：如图，设G ，H 分别为AB ，DC 的中点，连接EG ，EH ，GH ，则//EG FB ，//EH FC ，//GH BC ，得三棱柱EGH FBC -，由题意得123E AGHD AGHD V S -=⨯ 1332332=⨯⨯⨯=， 133933332222GH FBC B EGH E BGH E GBCH E AGHD V V V V V -----===⨯==⨯=⨯， 915322E AGHD EGH FBC V V V --=+=+=∴. 解法三：如图，延长EF 至点M ，使3EM AB ==，连接BM ，CM ，AF ，DF ，则多面体BCM ADE -为斜三棱柱，其直截面面积3S =，则9BCM ADE V S AB -=⋅=.又平面BCM 与平面ADE 平行，F 为EM 的中点，F ADE F BCM V V --∴=，2F BCM F ABCD BCM ADE V V V ---∴+=， 即12933233F BCM V -=-⨯⨯⨯=， 32F BCM V -∴=，152BCM ADE F BCM V V V --=-=∴. 故选：D 3．下列命题中正确的是A ．若a ，b 是两条直线，且a ⊥b ，那么a 平行于经过b 的任何平面B ．若直线a 和平面α满足a ⊥α，那么a 与α内的任何直线平行C ．平行于同一条直线的两个平面平行D ．若直线a ，b 和平面α满足a ⊥b ，a ⊥α，b 不在平面α内，则b ⊥α【答案】D【详解】解：如果a ，b 是两条直线，且//a b ，那么a 平行于经过b 但不经过a 的任何平面，故A 错误； 如果直线a 和平面α满足//a α，那么a 与α内的任何直线平行或异面，故B 错误；如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线可能平行，也可能相交，也可能异面，故C 错误； D 选项：过直线a 作平面β，设⋂=c αβ，又//a α//a c ∴又//a b//b c ∴又b α⊂/且c α⊂//b α∴．因此D 正确．故选：D ．4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，M 为棱BB 1的中点，则下列结论中错误的是( )A ．D 1O⊥平面A 1BC 1B ．MO⊥平面A 1BC 1C ．二面角M －AC －B 等于90°D ．异面直线BC 1与AC 所成的角等于60°【答案】C【详解】对于A ，连接11B D ，交11AC 于E ，则四边形1DOBE 为平行四边形 故1D O BE1D O ⊄平面11,A BC BE ⊂平面111,A BC DO ∴平面11A BC ，故正确对于B ，连接1B D ，因为O 为底面ABCD 的中心，M 为棱1BB 的中点，1MO B D ∴,易证1B D ⊥平面11A BC ，则MO ⊥平面11A BC ，故正确；对于C ，因为,BO AC MO AC ⊥⊥，则MOB ∠为二面角M AC B --的平面角，显然不等于90︒，故错误对于D ，1111,AC AC AC B ∴∠为异面直线1BC 与AC 所成的角，11AC B ∆为等边三角形，1160AC B ∴∠=︒，故正确故选C5．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，E 、F 分别是棱1AA 和1BB 的中点，过EF 的平面EFGH 分别交BC 和AD 于点G 、H ，则GH 与AB 的位置关系是A ．平行B ．相交C ．异面D ．平行或异面【答案】A【详解】 在长方体1111ABCD A BC D -中，11//AA BB ，E 、F 分别为1AA 、1BB 的中点，//AE BF ∴，∴四边形ABFE 为平行四边形，//EF AB ∴， EF ⊄平面ABCD ，AB 平面ABCD ，//EF ∴平面ABCD ，EF ⊂平面EFGH ，平面EFGH平面ABCD GH =，//EF GH ∴， 又//EF AB ，//GH AB ∴，故选A.6．如图所示，点S 在平面ABC 外，SB⊥AC ，SB=AC=2，E 、F 分别是SC 和AB 的中点，则EF 的长是A ．1 BC ．2D ．12【答案】B【详解】取BC 的中点D ，连接ED 与FD⊥E 、F 分别是SC 和AB 的中点，点D 为BC 的中点⊥ED⊥SB ，FD⊥AC,而SB⊥AC ，SB=AC=2则三角形EDF 为等腰直角三角形,则ED=FD=1即故选B.7．如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上一点（不同于A ，B 两点），且PA AC =，则二面角P BC A --的大小为A ．60°B ．30°C ．45°D ．15°【答案】C【详解】 解：由条件得,PA BC AC BC ⊥⊥.又PAAC A =，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC .又因为PC ⊂平面PAC ， 所以BC PC ⊥.所以PCA ∠为二面角P BC A --的平面角.在Rt PAC ∆中，由PA AC =得45PCA ︒∠=. 故选：C .8．在空间四边形ABCD 中，若AD BC BD AD ⊥⊥，，则有A ．平面ABC ⊥平面ADCB ．平面ABC ⊥平面ADBC ．平面ABC ⊥平面DBCD ．平面ADC ⊥平面DBC【答案】D【详解】 由题意，知AD BC BD AD ⊥⊥，，又由BC BD B =，可得AD ⊥平面DBC ，又由AD ⊂平面ADC ，根据面面垂直的判定定理，可得平面ADC ⊥平面DBC9．直三棱柱111ABC A B C -中，若90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于 A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】C【详解】本试题主要考查异面直线所成的角问题，考查空间想象与计算能力．延长B 1A 1到E ，使A 1E =A 1B 1，连结AE ，EC 1，则AE ⊥A 1B ，⊥EAC 1或其补角即为所求，由已知条件可得⊥AEC 1为正三角形，⊥⊥EC 1B 为60，故选C ．10．已知两个平面相互垂直，下列命题⊥一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线⊥一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线⊥一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面⊥过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确命题个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】A【详解】由题意，对于⊥，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线，故⊥错误；对于⊥，设平面α∩平面β=m ，n⊥α，l⊥β，⊥平面α⊥平面β， ⊥当l⊥m 时，必有l⊥α，而n⊥α， ⊥l⊥n ，而在平面β内与l 平行的直线有无数条，这些直线均与n 垂直，故一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，即⊥正确；对于⊥，当两个平面垂直时，一个平面内的任一条直线不不一定垂直于另一个平面，故⊥错误；对于⊥，当两个平面垂直时，过一个平面内任意一点作交线的垂线，若该直线不在第一个平面内，则此直线不一定垂直于另一个平面，故⊥错误；故选A ．11．在空间中，给出下列说法：⊥平行于同一个平面的两条直线是平行直线；⊥垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；⊥若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则//αβ；⊥过平面α的一条斜线，有且只有一个平面与平面α垂直.其中正确的是（ ）A ．⊥⊥B ．⊥⊥C ．⊥⊥D ．⊥⊥ 【答案】B【详解】⊥平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，不正确；易知⊥正确；⊥若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α与β可能平行，也可能相交，不正确；易知⊥正确.故选B.12．下列结论正确的选项为( )A ．梯形可以确定一个平面；B ．若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；C ．若l 上有无数个点不在平面α内，则l⊥αD ．如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．【答案】A【详解】因梯形的上下底边平行，根据公理3的推论可知A 正确．两条直线和第三条直线所成的角相等，这两条直线相交、平行或异面，故B 错．当直线和平面相交时，该直线上有无数个点不在平面内，故C 错．如果两个平面有三个公共点且它们共线，这两个平面可以相交，故D 错．综上，选A ．13．已知圆柱的轴截面为正方形，且圆柱的体积为54π，则该圆柱的侧面积为A ．27πB ．36πC ．54πD ．81π 【答案】B【详解】设圆柱的底面半径为r ．因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为2r ．因为该圆柱的体积为54π，23π2π54πr h r ==，解得3r =，所以该圆柱的侧面积为2π236r r ⨯=π．14．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为A ．8π3B ．32π3C ．8πD 【答案】C【详解】设球的半径为R ，则截面圆的半径为，⊥截面圆的面积为S ＝π2＝（R 2－1）π＝π，⊥R 2＝2，⊥球的表面积S ＝4πR 2＝8π．故选C. 15．已知圆柱的侧面展开图是一个边长为2的正方形，那么这个圆柱的体积是A ．2πB ．1πC ．22πD ．21π【答案】A【详解】由题意可知，圆柱的高为2，底面周长为2，故半径为1π，所以底面积为1π，所以体积为2π，故选A ． 16．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图，对其中的线段说法不正确的是（ ）A ．原来相交的仍相交B ．原来垂直的仍垂直C ．原来平行的仍平行D ．原来共点的仍共点【答案】B【详解】解：根据斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图的规则，与x 轴平行的线段长度不变，与y 轴平行的线段长度变为原来的一半，且倾斜45︒，故原来垂直线段不一定垂直了；故选：B ．17．如图所示为一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为45︒，腰和上底长均为1的等腰梯形，则原平面图形为 ( )A ．下底长为1B ．下底长为1+C ．下底长为1D ．下底长为1+【答案】C【详解】45A B C '''∠=，1A B ''= 2cos451B C A B A D ''''''∴=+=∴原平面图形下底长为1由直观图还原平面图形如下图所示：可知原平面图形为下底长为1故选：C18．半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积是（ ）A 3RB 3RC 3RD 3R 【答案】C【详解】设底面半径为r ，则2r R ππ=，所以2R r =.所以圆锥的高2h R ==.所以体积22311332R V r h R ππ⎛⎫=⨯== ⎪⎝⎭.故选：C .19．下列说法中正确的是A ．圆锥的轴截面是等边三角形B ．用一个平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台C ．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所围成的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成D ．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱【答案】D【详解】圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形，A 错误；只有用一个平行于底面的平面去截棱锥，才能得到一个棱锥和一个棱台，B 错误；等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周的几何体，是由一个圆柱和两个圆锥组合而成，故C 错误；由棱柱的定义得，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故D 正确．20．如图，将矩形纸片ABCD 折起一角落()EAF △得到EA F '△，记二面角A EF D '--的大小为π04θθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，直线A E '，A F '与平面BCD 所成角分别为α，β，则（ ）．A ．αβθ+>B ．αβθ+<C ．π2αβ+>D ．2αβθ+> 【答案】A【详解】如图，过A '作A H '⊥平面BCD ，垂足为H ，过A '作A G EF '⊥，垂足为G ，设,,A G d A H h A EG γ'''==∠=，因为A H '⊥平面BCD ，EF ⊂平面BCD ，故A H EF '⊥，而A G A H A '''⋂=，故EF ⊥平面A GH '，而GH ⊂平面A GH '，所以EF GH ⊥，故A GH θ'∠=，又A EH α'∠=，A FH β'∠=.在直角三角形A GE '中，sin d A E γ'=，同理cos d A F γ'=， 故sin sin sin sin sin h h d dαγθγγ===，同理sin sin cos βθγ=， 故222sin sin sin αβθ+=，故2cos 2cos 21sin 22αβθ--=， 整理得到2cos 2cos 2cos 22αβθ+=， 故()()2cos cos cos 22αβαβαβαβθ+--⎡⎤++-⎣⎦+=， 整理得到()()2cos cos cos αβαβθ+-=即()()cos cos cos cos αβθθαβ+=-， 若αβθ+≤，由04πθ<< 可得()cos cos αβθ+≥即()cos 1cos αβθ+≥， 但αβαβθ-<+≤，故cos cos αβθ->，即()cos 1cos θαβ<-，矛盾， 故αβθ+>.故A 正确，B 错误. 由222sin sin sin αβθ+=可得sin sin ,sin sin αθβθ<<，而,,αβθ均为锐角，故,αθβθ<<，22παβθ+<<，故CD 错误.故选：D.二、填空题 21．如图，已知六棱锥P ﹣ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ，则下列结论正确的是_____．（填序号）⊥PB ⊥AD ；⊥平面P AB ⊥平面PBC ；⊥直线BC ⊥平面P AE ；⊥sin⊥PDA =．【答案】⊥【详解】⊥P A ⊥平面ABC ，如果PB ⊥AD ，可得AD ⊥AB ，但是AD 与AB 成60°，⊥⊥不成立，过A 作AG ⊥PB 于G ，如果平面P AB ⊥平面PBC ，可得AG ⊥BC ，⊥P A ⊥BC ，⊥BC ⊥平面P AB ，⊥BC ⊥AB ，矛盾，所以⊥不正确；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，所以⊥不正确；在R t⊥P AD 中，由于AD ＝2AB ＝2P A ，⊥sin⊥PDA =，所以⊥正确；故答案为: ⊥22．如图，已知边长为4的菱形ABCD 中，,60AC BD O ABC ⋂=∠=︒.将菱形ABCD 沿对角线AC 折起得到三棱锥D ABC -，二面角D AC B --的大小为60°，则直线BC 与平面DAB 所成角的正弦值为______.【详解】⊥四边形ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，,,AC OD AC OB OB OD ∴⊥⊥==，DOB ∴∠为二面角D AC B --的平面角，60DOB ∠=︒∴，OBD ∴△是等边三角形.取OB 的中点H ，连接DH ，则,3DH OB DH ⊥=.,,AC OD AC OB OD OB O ⊥⊥⋂=，AC ∴⊥平面,OBD AC DH ∴⊥，又,AC OB O AC ⋂=⊂平面ABC ，OB ⊂平面ABC ，DH ∴⊥平面ABC ，2114333D ABC ABC V S DH -∴=⋅=⨯=△4,AD AB BD OB ====ABD ∴∆的边BD 上的高h =1122ABD S BD h ∴=⋅=⨯=△设点C 到平面ABD 的距离为d ，则13C ABD ABD V S d -=⋅=△.D ABC C ABD V V --=，d ∴=∴=⊥直线BC 与平面DAB 所成角的正弦值为d BC = 23．球的一个内接圆锥满足：球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，则该圆锥的体积和此球体积的比值为_______． 【答案】932或332【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R ．由立体几何知识可得，连接圆锥的顶点和底面的圆心，必垂直于底面，且球心在连线所成的直线上．分两种情况分析：（1）球心在连线成构成的线段内因为球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，所以,故圆锥的体积为．该圆锥的体积和此球体积的比值为（2）球心在连线成构成的线段以外因为球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，所以,故圆锥的体积为．该圆锥的体积和此球体积的比值为24．如图，四棱台''''ABCD A B C D -的底面为菱形，P 、Q 分别为''''B C C D ，的中点．若'AA ⊥平面BPQD ，则此棱台上下底面边长的比值为___________．【答案】2 3【详解】连接AC，A′C′，则AC⊥A′C′，即A，C，A′，C′四点共面，设平面ACA′C′与PQ和QB分别均于M，N点，连接MN，如图所示：若AA′⊥平面BPQD，则AA′⊥MN，则AA'NM为平行四边形，即A'M＝AN，即31''42A C=AC，''23A BAB∴=，即棱台上下底面边长的比值为23．故答案为23．三、解答题25．如图，在直四棱柱ABCD–A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，点P是侧棱C1C的中点．（1）求证：AC 1⊥平面PBD ；（2）求证：BD ⊥A 1P ．【答案】（1）见解析；（2）见解析【详解】（1）连接AC 交BD 于O 点，连接OP ，因为四边形ABCD 是正方形，对角线AC 交BD 于点O ，所以O 点是AC 的中点，所以AO =OC ．又因为点P 是侧棱C 1C 的中点，所以CP =PC 1，在⊥ACC 1中，11C P AO OC PC==，所以AC 1⊥OP ， 又因为OP ⊥面PBD ，AC 1⊥面PBD ，所以AC 1⊥平面PBD ．（2）连接A 1C 1．因为ABCD –A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以侧棱C 1C 垂直于底面ABCD ，又BD ⊥平面ABCD ，所以CC 1⊥BD ，因为底面ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ，又AC ∩CC 1=C ，AC ⊥面AC 1，CC 1⊥面AC 1，所以BD ⊥面AC 1，又因为P ⊥CC 1，CC 1⊥面ACC 1A 1，所以P ⊥面ACC 1A 1，因为A 1⊥面ACC 1A 1，所以A 1P ⊥面AC 1，所以BD ⊥A 1P ．26．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BC BB =，12BAC BCA ABC ∠=∠=∠，点E 是1A B 与1AB 的交点，D 为AC 的中点.（1）求证：1BC 平面1A BD ；（2）求证：1AB ⊥平面1A BC .【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）连结ED ，E 为1A B 与1AB 的交点，E 为1AB 中点，D 为AC 中点，根据三角形中位线定理可得1//ED B C ，由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等腰三角形的性质可得AB BC ⊥，由菱形的性质可得11AB A B ⊥，1BB ⊥平面ABC ，可得1BC BB ⊥，可证明1BC AB ⊥，由线面垂直的判定定理可得结果.详解：（1）连结ED ，⊥直棱柱111ABC A B C -中，E 为1A B 与1AB 的交点，⊥E 为1AB 中点，D 为AC 中点，⊥1//ED B C又⊥ED ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD⊥1//B C 平面1A BD .（2）由12BAC BCA ABC ∠=∠=∠知,AB BC AB BC =⊥ ⊥1BB BC =，⊥四边形11ABB A 是菱形，⊥11AB A B ⊥. ⊥1BB ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC⊥1BC BB ⊥⊥1AB BB B ⋂=,1,AB BB ⊂平面11ABB A ，⊥BC ⊥平面11ABB A⊥1AB ⊂平面11ABB A ，⊥1BC AB ⊥⊥1BC A B B ⋂=，1,BC A B ⊂平面1A BC ，⊥1AB ⊥平面1A BC27．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，平面PBC ⊥平面ABCD ，⊥BCD 4π=，BC ⊥PD ，PE ⊥BC ．（1）求证：PC ＝PD ；（2）若底面ABCD 是边长为2的菱形，四棱锥P ﹣ABCD 的体积为43，求点B 到平面PCD 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2）3． 【详解】 （1）证明：由题意，BC ⊥PD ，BC ⊥PE ，⊥BC ⊥平面PDE ，⊥DE ⊥平面PDE ，⊥BC ⊥DE .⊥⊥BCD 4π=，⊥DEC 2π=，⊥ED ＝EC ，⊥Rt⊥PED ⊥Rt⊥PEC ，⊥PC ＝PD .（2）解：由题意，底面ABCD 是边长为2的菱形，则ED ＝EC =⊥平面PBC ⊥平面ABCD ，PE ⊥BC ，平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ，⊥PE ⊥平面ABCD ，即PE 是四棱锥P ﹣ABCD 的高.⊥V P ﹣ABCD 13=⨯2PE 43=，解得PE = ⊥PC ＝PD ＝2.设点B 到平面PCD 的距离为h ，⊥V B ﹣PCD ＝V P ﹣BCD 12=V P ﹣ABCD 23=， ⊥1132⨯⨯2×2×sin60°×h 23=，⊥h 3=.⊥点B 到平面PCD 的距离是3. 28．如图，在以A 、B 、C 、D 、E 、F 为顶点的五面体中，面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，面ABFE 是矩形，平面ABFE ⊥平面ABCD ，BC CD AE a ===，60DAB ∠=.（1）求证：平面⊥BDF 平面ADE ；（2）若三棱锥B DCF -a 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）1.【详解】（1）因为四边形ABFE 是矩形，故EA AB ⊥，又平面ABFE ⊥平面ABCD ，平面ABFE 平面ABCD AB =，AE ⊂平面ABFE ， 所以AE ⊥平面ABCD ，又BD ⊂面ABCD ，所以AE BD ⊥，在等腰梯形ABCD 中，60DAB ∠=，120ADC BCD ︒∴∠=∠=，因BC CD =，故30BDC ∠=，1203090ADB ∠=-=，即AD BD ⊥， 又AE AD A =，故BD ⊥平面ADE ，BD ⊂平面BDF ，所以平面⊥BDF 平面ADE ；（2）BCD 的面积为2213sin12024BCD S a ==， //AE FB ，AE ⊥平面ABCD ，所以，BF ⊥平面ABCD ，2313D BCF F BCD V V a --∴==⋅==，故1a =.。
江西省部分学校2023-2024学年高一下学期统一调研测试(5月)数学试卷
江西省部分学校2023-2024学年高一下学期统一调研测试（5月）数学试卷一、单选题1．已知一组数据：61，61，62，62，62，64，65，70，74，78，则这组数据的中位数与众数之和为（ ） A ．122B ．123C ．124D ．1252．已知复数z 满足39i 12i z =+，则||z =（ ）A ．1BC D 3．若集合{2,4,8}A =，,x B x A y A y ⎧⎫=∈∈⎨⎬⎩⎭，则B 中所有元素的和为（ ）A ．274B ．314C ．394D ．4944．下列说法中正确的是（ ） A ．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥B ．有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台C ．棱柱中至少有两个面完全相同D ．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台5．函数()sin()f x A x B ωϕ=++（0A >，0ω>，π||2ϕ<）的部分图象如下图，则下列选项中为()f x 的图象的对称中心的有（ ）A ．π,13⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．π,13⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．π,03⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．π,03⎛⎫ ⎪⎝⎭6．已知向量(1,2)a =-r ，(,1)b λ=r ，若cos ,a b 〈〉r r 则2a b -r r 在a r 上的投影向量为（ ）A ．9,92⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．9,92⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．918,55⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．918,55⎛⎫- ⎪⎝⎭7．如图，在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AB AD ⊥，4AB =，2CD =，AD =测画法画出的水平放置的梯形ABCD 的直观图为四边形A B C D ''''，则四边形A B C D ''''的面积为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．48．设0a >，函数sin cos ,0,()22,,x a x x x a f x x a -+<<⎧⎪=⎨-≥⎪⎩若()()g x f x =在区间(0,)+∞内恰有6个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．47π55π,1212⎛⎤⎥⎝⎦ B ．47π55π,1212⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．47π17π,124⎛⎤⎥⎝⎦ D ．47π17π,124⎡⎤⎢⎥⎣⎦二、多选题9．已知复数2log (24)(1)i z x x =-+-（其中x 是实数），则（ ） A ．z 可能为实数 B ．当52x =时，z 为纯虚数 C ．若3i()z a a =+∈R ，则2a =D ．若z 在复平面内对应的点位于第一象限，则52x > 10．下列各式一定正确的是（ ）A ．sin3sin52sin 4cos αααα-=B ．sin 2tan41cos2ααα=+C ．1cos 2cos 4(cos6cos 2)2αααα=+D ．22tan 2tan 41tan 2ααα=-11．如图，在ABC V 中，边AB 上的点D 满足23AD AB =，边AC 上的点E 满足31AE AC =，线段DE 上的点G 满足32DG GE =，点M 为线段AE 上任意一点（不包括端点），连接MG 并延长交直线AB 于点N ，若AN AB λ=u u u r u u u r，则实数λ的取值可以为（ ）A ．1-B ．23C ．35D ．1三、填空题12．已知()1,25m a =--r ，(2,6)b =r ，若//a b r r ，则m =.13．已知定义域为R 的函数()f x 具有下列性质：①最大值为2；②()f x y +=1ππ()()222f x f y f y fx ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，则()f x =.（答案不唯一）14．在中国文化中，八边形常常被看作是四平八稳、镇宅保平安的象征.比如，八角楼、八角塔、八边花窗、八角门环和八边园林门径等，都有着这样的寓意.如图，在边长为的正八边形ABCDEFGH 中，BH =，若BEH △内的一点P 满足2π3EPH BPH BPE ∠=∠=∠=，则PE PH PB PH PB PE ⋅+⋅+⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .四、解答题15．已知112i z =-，22i z =-，在复平面内，复数12z z +，12z z -，12z z ⋅对应的点分别为A ，B ，C .(1)求||BC u u u r ；(2)若()AB AB k AC ⊥+u u u r u u u r u u u r，求实数k 的值.16．春节过后，某大学四年级的5名大学生相约去人才市场应聘，其中小红、小东学的是建筑专业，小军、小英学的是通讯专业，小青学的是电气工程专业. (1)若从这5人中随机采访3人，求3人中至少有1人是通讯专业的概率；(2)若小红应聘成功的概率是12，小军应聘成功的概率是34，小青应聘成功的概率是23，这3名大学生的应聘结果相互独立，求这3人中至少有2人应聘成功的概率.17．在ABC V 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，满足π3A =，且22122b c AC AB +-=⋅u u u r u u u r .(1)求ABC V 外接圆的周长；(2)若点D 是边BC 上靠近点B 的三等分点，且AD =ABD △的面积. 18．已知向量(cos sin ,2sin )m x x x ωωω=+r ，(cos sin ,cos )(0)n x x x ωωωω=->r，函数()f x m n =⋅r r的最小正周期为π. (1)求π8f ⎛⎫⎪⎝⎭；(2)将函数()f x 的图象向右平移π6个单位长度后，所得图象对应的函数为()h x .（i ）求函数()h x 图象的对称轴方程；（ii ）若1π0,12x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，2π0,12x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使()()12f x h x a ≥+，求实数a 的取值范围.19．已知向量()11,a x y =r ，()22,b x y =r ，定义运算()1212,a b x x y y ⊗=rr ，同时定义[(,)]|2|x y x y =-.(1)若3(sin ,cos )(3,4),2x x ⎛⊗=- ⎝，求实数x 的取值集合；(2)已知4tan 3x =，求[(sin ,cos )x x ⊗；(3)已知定义域为R 的函数()h x 满足52h x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭为奇函数，(5)h x +为偶函数，且50,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，5()2h x x =-，是否存在实数x ，使[(2sin π1,7cos2π1)((),())]30x x h x h x ++⊗=？若存在，求出x 的值；若不存在，请说明理由.。
基本立体图形 同步练习-高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
8.1基本立体图形同步练习一一、单选题1．球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的16，经过这3个点的小圆的周长为4π，那么这个球的半径为（）A．3B．3C．2D32．通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是1cm和4cm）制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为（）A3B．1cm C3D333．在古代，斗笠作为挡雨遮阳的器具，用竹篾夹油纸或竹叶棕丝等编织而成，其形状可以看成一个圆锥体，在《诗经》有“何蓑何笠”的句子，说明它很早就为人所用.已知某款斗笠如图所示，它的母线长为2）A．4B．42C2D．24．如图，已知正三棱柱111ABC A B C的底面边长为lcm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达1A点的最短路线的长为（）A．12B．13C．D．155．以三棱台的顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱台分成三棱锥的个数为A．1B．2C．3D．06．如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为45︒，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB A''为矩形，若沿AA'将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（）A．B．C．D．7．我们把底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形中心的三棱锥称为正三棱锥.现有一正三棱锥-P ABC放置在平而α上，已知它的底面边长为2，高h，该正三棱锥绕BC边在平面α上转动（翻转），某个时刻它在平面α上的射影是等腰直角三角形，则h的取值范围是（）A．6⎛⎝⎦B．66,13⎛⎡⎤⎢⎥⎝⎦⎣⎦C．6⎛⎝⎦D．66,12⎛⎛⎫⎪⎪⎝⎦⎝⎭8．如图，在棱长为1的正方体ABCD A B C D-''''中，点P是线段AD'上的动点，E是A C''上的动点，F是BD上的动点，则PE PF+长度的最小值为（）A．1B2C6D．31二、多选题9．用一张长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径可能是A ．2πB ．2π C ．4π D ．4π10．如图在四面体ABCD 中，2AB CD ==，3AC BD ==5AD BC ==E 、F 分别是AD ，BC 的中点.若用一个与直线EF 垂直，且与四面体每个面都相交的平面a 去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下列说法正确的是（ ）A ．EF AD ⊥且EF BC ⊥B ．四面体ABCD 6C ．多边形截面为矩形D 611．在正四棱台1111ABCD A B C D -中，1124A B AB ==，12AA =，则（ ） A 2B ．该棱台的表面积为203+C ．该棱台的体积为282D ．该棱台外接球的表面积为40π12．如图所示，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M ，N 分别是AD ，1CC 的中点，P 是线段AB 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 与A ，B 两点不重合时，平面PMN 截正方体所得的截面是五边形 B ．平面PMN 截正方体所得的截面可能是三角形C ．MPN △一定是锐角三角形D ．MPN △21 三、填空题13．圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为23π的扇形，则此圆锥的母线长为______．14．若圆台上底面半径为5cm ，下底面半径为10cm ，母线AB （点A 在下底面圆周上，点B 在上底面圆周上）长为20cm ，从AB 中点拉一根绳子绕圆台侧面转到A ，则绳子最短的长度___________．15．如图，四面体ABCD 中，DA =DB =DC =1，且DA 、DB 、DC 两两互相垂直，在该四面体表面上与点A 23的点形成一条曲线，这条曲线的长度是____________．16．“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1）.如图2所示的“四脚帐篷”为“牟和方盖”的上半部分，点O 为四边形ABCD 的中心，点P 为“四脚帐篷”的“上顶点”，1OP =.用平行于平面ABCD 的平面α去截“四脚帐篷”，当平面α经过OP 的中点时，截面图形的面积为___________.四、解答题17．如图，一个三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱1CC ⊥底面ABC ，13CC =．有一只小虫从点A 沿三个侧面爬到点1A ，求小虫爬行的最短路程．18．如图，已知ABC 各顶点均在球O 的球面上，若球半径为10，分别求球心到平面ABC 的距离．(1)ABC 是边长为3的正三角形；(2)ABC 是边长分别为8AB =，7AC =，6BC =的三角形． （以上结果均保留2位小数）19．三角形ABC 中，AC ＝3、BC ＝4、AB ＝5，各边都与半径为2的球O 相切.(1)求球心O 到三角形各边的距离；(2)求球心O 到三角形ABC 所在平面的距离； (3)求球心O 到三角形各顶点的距离.20．已知圆锥SO 的底面半径5R =，高12H =． (1)求圆锥SO 的母线长；(2)圆锥SO 的内接圆柱'OO 的高为h ，当h 为何值时，内接圆柱'OO 的轴截面面积最大，并求出最大值．21．已知圆锥的底面半径为8，点Q 为半圆弧AC 的中点，点P 为母线SA 的中点（1）若母线长为10，求圆锥的体积;（2）若PQ 与SO 所成角为arctan 2，求,P Q 两点在圆锥侧面上的最短距离.22．已知棱长为2cm 的正方体容器内盛满水，把半径为1cm 的钢球放入水中，刚好被淹没；然后放入一个铁球，使它也淹没于水中．要使流出的水量最多，这个铁球的半径应为多少？参考答案1--8BDCCC ABC9．AD 10．ABD 11．ABD 12．AD 13．3 14．50 cm 153π16．317．解：沿1AA 将三棱柱的侧面展开，则展开后的图形是矩形11AA D D ，如下图所示：且326AD =⨯=，13DD =，所以，小虫爬行的最短路程为1AD 的长， 且221135AD AD DD + 18．（1）记ABC 所在小圆的半径为1r ，球心到平面ABC 的距离为1d ，则有22211d R r =-，因为ABC 是边长为3的正三角形，利用正弦定理1223sin 603AB r ==︒13r 所以221197d R r =-=19.85d ≈． （2）记ABC 所在小圆的半径为2r ，球心到平面ABC 的距离为2d ，则有22222d R r =-，因为ABC 是边长分别为8AB =，7AC =，6BC =，所以由余弦定理得22222287611cos 228716AB AC BC A AB AC +-+-===⋅⨯⨯，又0A π<<，所以2315sin 1cos A A =- 再由正弦定理得22sin 31515BC r A ===215r =， 所以2222246659.1115d R r =-=≈． 19．（1）由各边都与半径为2的球O 相切可得球心O 到三角形各边的距离为球的半径2； （2）过三角形的平面截此球所得截面为小圆1O ，在Rt ABC △中，设l 为ABC 的周长，r 为ABC 内切圆的半径， 则12ABCSl r =⋅，得1r =，则球心O 到圆心1O 的距离为221213OO -O 到三角形ABC 3 （3）连接111,,O A O B O C ，由（2）得ABC 内切圆的半径为1，则1112OC =+()211315O A =+-()2114110O B =+-=O 到顶点A 的距离3522OA =+=O 到顶点B 的距离31013OB =+=球心O 到顶点C 的距离325OC=+=20．（1）∵圆锥SO 的底面半径5R =，高12H =， ∵圆锥SO 的母线长2213L H R =+； （2）作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，其中12SO =，5OA OB ==，()012OK h h =<<． 设圆柱底面半径为r ，则12512r h -=，即()51212h r -=．设圆柱的轴截面面积为()()()2255'21263601266S r h h h h h ⎡⎤=⋅=-=--+<<⎣⎦．∵当6h =时，'S 有最大值为30．21．（1）圆锥的底面半径为8, 母线长为10,根据勾股定理得到： 222SO AO SA += 解得6SO =22118612833V R h πππ==⨯=（2）如图所示：M 为AO 中点，连接,PM QMP 为母线SA 的中点，M 为AO 中点，则PM SO ‖，PQ 与SO 所成角为QPM ∠tan 2,452545QMQPM QM PM SO PM∠=====故22214412SA SO AO SA =+=∴=将圆锥沿SA 展开得到侧面平面图：对应圆心角为β 42812343ASQ πβππββ⨯=∴=∴∠==在SPQ ∆中，利用余弦定理得到：2222cos 1083PQ SP SQ SP SQ ASQ PQ =+-⋅∠=∴=故最短距离为322．解:过正方体对角面的截面图如图所示,设两球的交点为S123AC =3,31AO AS AO OS =-=设铁球的半径r ,12tan C AC ∠= 在1AO D 中,13AO r , 11AS AO O S ∴=+, 313r r =+.计算得出:23(cm)r =为所求要使流出来的水量最多,这个铁球的半径应该为23.。
天利38套名校高一第二学期期末联考测试卷(八)数学答案
天利38套名校高一第二学期期末联考测试卷(八)数学答案本试卷分第1卷和第II卷两部分，共4页。
满分150分。
考试用时120分钟。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项.1、答卷前，考生务必用0、5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。
2、第1卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号。
答案写在试卷上无效。
3、第1I卷必须用0、5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。
不按以上要求作答的答案无效。
4、填空题直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤参考公式.如果事件A，B互斥，那么P（A+B）=P（A）+P（B）第1卷（共50分）一、选择题.本题共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、若集合M=（r|VE<4），N=（x |3x>1），则MON =（）A.[r|0<r<2）B.（x<r<2）C.[r|3 <r<16）D.（x1<r<16）2、若i（1-=）=1，则.+3=（）A.-2B.-1C.1D.23、在AABC中，点D在边AB上，BD =2DA、记CA=m，CD=n、则CB=（）A.3m-2nB.-2m +3nC.3m + 2nD.2m +3n4、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库，已知该水库水位为海拔148、5 m时，相应水面的面积为140、0km2；水位为海拔157、5 m时，相应水面的面积为180、0km2、将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148、5m上升到157、5m时，增加的水量约为（V7= 2、65）（）A.1、0 x 100 m3B.1、2 x 100 m3C.1、4 x 109 m3D.1、6 x 109 m35，从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）A.1/6B.1/3C.1/2D.2/36、记函数f（z）= sin（wr+）+b（w> 0）的最小正周期为T、若〈T<x，且y=f（z）的图像关于点（、2）中心对称，则f（）=A.1B.3/2C.2/5D.3二、选择题.本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分7、已知正方体ABCD-asic，Di，则（）A.直线bcg与DA1所成的角为90°B.直线BC；与CA1所成的角为90°C.直线BC]与平面BB，DiD所成的角为45D.直线BC]与平面ABCD所成的角为45°8、已知函数f（r）=r3-r+1，则（）A.f（r）有两个极值点B.f（r）有三个零点C.点（0，1）是曲线y=f（x）的对称中心D.直线y=2r是曲线y=f（z）的切线9、已知0为坐标原点，点A（1，1）在抛物线C:r=2py（p>0）上，过点B（0，-1）的直线交C于P，Q两点，则（）A.C的准线为y=-1B.直线AB与C相切C.OPI-JOQ > |OAD.BPI-|BQI > |BA210、已知函数f（z）及其导函数J"（z）的定义域均为R，记g（z）= f'（r）、若f（；-2r），9（2+r）均为偶函数，则（）A.f（0）=09B.g（-1）=g（2）C.f（-1）= f（4）D.g（-1）= g（2）三、填空题.本题共4小题，每小题5分，共20分11、（1-）（z+ y）*的展开式中ry的系数为（）（用数字作答）、12、写出与圆r2+y2=1和（x-3）2+（y-4）2=16都相切的一条直线的方程15、若曲线y=（r+a）e有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是13、已知椭圆C.+=1（a>b>0），C的上顶点为A、两个焦点为Fi，Fz，离心率为过F.且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE=6，则AADE的周长是四、解答题.本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤14、（10分）记S，为数列（an的前n项和，已知a1=1，）是公差为.的等差数列（1）求（an）的通项公式；（2）证明：=+-++<215、（12分）已知函数/（r）=e'-ar 和g（r）= ax-jnr有相同的最小值（1）求a；（2）证明.存在直线y=6，其与两条曲线y=f（r）和y= g（r）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列16、（12 分）cos A记AABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知1+ sin A（1）若C=，求B；（2）求的最小值。
高一数学下学期(人教A版B卷)-(考试版)(范围：必修第二册第6、7、8章)
2022-2023学年高一下学期期中考前必刷卷数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．测试范围：必修第二册第6、7、8章。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
一、单选题1．在ABC 中，20,10,32a b B ===︒，则此三角形的解的情况是（）A ．有两解B ．有一解C ．有无数个解D ．无解2．设a ，b是两个非零向量，下列四个条件中，使a a bb = 成立的充分条件是（）A ．a b =r r 且//a br r B ．a b =-r r C ．//a br r D ．4a b= 3．已知正四面体S ABC -的外接球表面积为6π，则正四面体S ABC -的体积为（）A B C ．23D 4．一个正四棱锥的侧棱长为10，底面边长为台，正四棱台的侧棱长为5，则正四棱台的高为（）A ．5B ．4C ．3D ．25．设1e ，2e是平面内不共线的两个向量，则以下各组向量中不能作为基底的是（）A ．122e e + 与212e e +u r u rB ．2e 与12e e - C ．122e e -与2142e e - D ．12e e - 与12e e +6．如图四边形ABCD 为平行四边形，11,22AE AB DF FC == ，若AF AC DE λμ=+，则λμ-的值为A ．12B ．23C ．13D ．17．三棱锥-P ABC 的侧棱,,PA PB PC 上分别有E ，F ，G ，且111,,324PE PF PG PA PB PC ===，则三棱锥P EFG -的体积与三棱锥-P ABC 的体积之比是（）A ．124B ．112C ．16D ．188．已知△ABC 的三边为3，4，5，其外心为O ，则OA AB OB BC OC CA ⋅+⋅+⋅的值为（）A ．-25B ．52-C ．0D ．67二、多选题9．已知复数12z =，则下列结论正确的有（）A ．1z z ⋅=B ．2z z=C ．31z =-D ．2020122z i=-+10．ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，则下列说法正确的是（）A ．若AB >，则sin cos A B>B ．若30A = ，4b =，3a =，则ABC 有两解C ．若ABC 为锐角三角形，则222a b c +>D ．若60A = ，2a =，则ABC11．给出下列四个命题，其中正确的选项有（）A ．()()a b c a b c⋅⋅=⋅⋅r r r r r r B ．若a c c b ⋅=⋅ ，则a b=C ．若()()0AB AC AB AC +⋅-= ，则ABC 为等腰三角形D ．非零向量a ，b 满足a b a b ==- ，则a 与a b +的夹角是30︒12．引入平面向量之间的一种新运算“⊗”如下：对任意的向量()11,m x y =u r，()22,n x y =r，规定1212m n x x y y ⊗=- ，则对于任意的向量a ，b ，c，下列说法正确的有（）A ．a b b a⊗=⊗ B ．()()a b a b λλ⊗=⊗ C ．()()a b c a b c⋅⊗=⊗⋅ D ．||||||a b a b ⋅≥⊗ 二、填空题：本题共4小题，共20分。
第八章 立体几何初步 单元测试-2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
2022-2023学年高一第二学期第八章《立体几何初步》单元测试（新人教A 版必修第二册）一、单项选择题（每小题5分，共40分）1、下列说法中正确的是 A ．若一个平面内有3个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行B ．以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱D ．过直线外一点有且仅有一条直线与该直线平行2、已知正三角形的边长为2，那么的直观图△的面积为 ABCD3、已知S 为圆锥的顶点，O为底面圆心，圆锥的体积为 ABCD4、如图：已知正四面体中E 在棱上，，G 为的重心，则异面直线与所成角为（ ）A. B. C. D. 5．已知直线，与平面，，，则能使成立的充分条件是 A ．，B ．，C ．，D ．，，6、如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题错误的是 ()ABC ABC ∆A B C '''()SO =()ABCD CD 2EC DE =ABC V EG BD 30°45︒60︒90︒m n αβγαβ⊥()αγ⊥βγ⊥//m α//m β//m αm β⊥m n ⊥m αβ= n β⊂1111ABCD A B C D -()A ．直线与平面所成的角等于B ．点到面C ．两条异面直线和所成的角为D ．三棱柱7、端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗. 粽子主要分为南北两大派系，地方细分特色鲜明, 且形状各异. 裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子, 是用当地特有的冬叶、水草包裹糯米、绿豆、猪肉、咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子. 现将裹蒸粽看作一个正四面体, 其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为时，该裹蒸粽的高的最小值为A. B. C. D. 8、已知三棱锥中，，，三点在以为球心的球面上，若，，且三棱锥的半径为 A ．2B．5C ．13D 二、多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）9、高空走钢丝是杂技的一种，渊源于古代百戏的走索，演员手拿一根平衡杆，在一根两头拴住的钢丝上来回走动，并表演各种动作．在表演时，假定演员手中的平衡杆是笔直的，水平地面内一定存在直线与演员手中的平衡杆所在直线 A ．垂直B ．相交C ．异面D ．平行10、设，，表示不同的点，，表示不同的直线，，表示不同的平面，下列说法错误的是 A ．若，，，则B ．若，，，，则C ．若，，，，，，则D ．若，，，则11、如图，在菱形中，，，将沿折起，使到，点不落在底面内，若为线段的中点，则在翻折过程中，以下命题中正确的是 BC 11ABC D 4πC 11ABCD 1D C 1BC 4π1111AA D BB C -43π46810O ABC -A B C O 2AB BC ==120ABC ∠=︒O ABC -O ()()A B C n l αβ()l αβ= //n α//n β//n l A B l ∈A B α∉//l αA B α∈A B C β∈l αβ= C l ∈//αβl α⊂n β⊂//l n ABCD 2AB =3BAD π∠=ABD ∆BD A A 'A 'BCD M A C 'ABD ∆()A ．四面体的体积的最大值为1B ．存在某一位置，使得C ．异面直线，所成的角为定值D ．当二面角的余弦值为时，四面体12、四面体的四个顶点都在球的球面上，，，点，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的是 A ．过点，，做四面体的截面，则该截面的面积为2B ．四面体C ．与的公垂线段的长为D ．过作球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为二、填空题（每小题5分，共20分）13、将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为 ．14、在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为 ．15、某校高一级学生进行创客活动，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去正四棱台后所得的几何体，其中，为增强其观赏性和耐用性，现对该模型表面镀上一层金属膜，每平方厘米需要金属，不考虑损耗，所需金属膜的质量为____________．A BCD '-BM CD ⊥BM A D 'A BD C '--13A BCD '-ABCD O 4AB BC CD DA ====AC BD ==EFG BC CD AD ()E F G ABCD ABCD AC BD E O 5:41111ABCD A B C D -P 11B D PB 1AD 1111ABCD A B C D -ABCD EFGH -122,6cm,4cm AB EF BF AB BC AA =====2mg mg16、如图，在长方体中，四边形是边长为4的正方形，，为棱的中点，为棱（包括端点）上的动点，则三棱锥外接球表面积的最小值是 ．三 解答题（共6小题，共计70分）17、（10分）如图，在三棱锥中，平面，是直角三角形，，．，分别是棱，的中点．（1）证明：平面平面．（2）求三棱锥的体积．18．（12分）如图，在三棱锥中，，底面．1111ABCD A B C D -ABCD 13AA =E CD F 11C D A DEF -P ABC -PA ⊥ABC ABC ∆AC BC =6PA AB ==D E PB PC PAC ⊥ADE P ADE -P ABC -90ACB ∠=︒PA ⊥ABC（1）求证：平面平面；（2）若，，求与平面所成角的正弦值．19．（12分）如图，在直四棱柱中，四边形是平行四边形，是的中点，点是线段上，且．（1）证明：直线平面．（2）若，，，求点到平面的距离．20、（12分）如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点底面四边形是边长为2的菱形，且，交于点．（1）求证：平面；（2）二面角的平面角为，若．①求与底面所成角的大小；②求点到平面的距离．21、（12分）如图在直三棱柱中，，，，是上的一点，且，、、分别是、、的中点，与相交于．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面；PAC ⊥PBC 2AC PA ==3BC =AB PBC 1111ABCD A B C D -ABCD F 1BD E 1CD 12D E CE =//AF BDE 13AA AB ==2AD =60BAD ∠=︒F BDE P ABCD -PB PD =PA PC ⊥M N PA BC ABCD 60DAB ∠=︒AC BD O //MN PCD B PC D --θ1cos 7θ=-PA ABCD N CDP 111ABC A B C -90ABC ∠=︒2BC =14CC =E 1BB 11EB =D F G 1CC 11B C 11A C EF 1B D H 1B D ⊥ABD //EFG ABD（Ⅲ）求平面与平面的距离．22、（12分）如图，在四棱锥，底面为梯形，且，，等边三角形所在的平面垂直于底面，．（1）求证：平面；（2）若直线与平面，求二面角的余弦值．参考答案1、D2、D3、B4、A5、C6、C7、A8、D 8、【解析】设的外接圆的圆心为，半径为,在中，，，由余弦定理可得，由正弦定理可得，解得，所以又三棱锥所以EGF ABD P ABCD -ABCD 12BC AD =//BC AD PCD ABCD BC PD ⊥BC ⊥PCD PB ABCD P AB D --ABC ∆1O r ABC ∆2AB BC ==120ABC ∠=︒222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠=24sin AC r ABC ===∠2r =11sin 2222ABC S AB BC ABC ∆=⋅⋅⋅∠=⨯⨯=O ABC -111133O ABC ABC V S OO OO -∆=⋅⋅==故三棱锥的高，所以球．9、AC10、BCD 11、ABD 12、ACD9、【解析】根据题意可得：对直线与平面的任何位置关系，平面内均存在直线与直线垂直，A 正确；平衡杆所在直线与水平地面的位置关系：平行或相交，根据线面关系可知：若直线与平面平行，则该直线与平面内的直线的位置关系：平行或异面，若直线与平面相交，则该直线与平面内的直线的位置关系：相交或异面，C 正确，B 、D 错误；【答案】AC11、【解析】连接交于，连接，取的中点，连接，，对于A ，当平面平面时，四面体的体积最大，点到平面的距离最大，此时在菱形中，，则，都是等边三角形，则，此时四面体的体积为，所以四面体的体积的最大值为1，故A 正确；对于B ，因为，分别为，的中点，所以，且，由题意，则，当时，，因为，O ABC -13OO =O =l l AC BD O OA 'CD N MN BN A BD '⊥BCD A BCD '-A 'BCD ABCD 2AB =3BAD π∠=ABD ∆BCD ∆OA OA OC '===A BCD '-112132⨯⨯=A BCD '-M N C 'CD BN CD ⊥//MN A D '112MN A D ='=2(0,)3A DC π∠'∈2(0,3MNC π∠∈2MNC π∠=MN CD ⊥MN BN N =所以当时，平面，又平面，所以，所以存在某一位置，使得，故B正确；对于C，因为，所以异面直线，所成的角即为或其补角，，因为不为定值，所以不为定值，即异面直线，，所成的角不为定值，故C错误；对于D，因为，，所以即为二面角的平面角，则，所以，所以四面体为正四面体，如图，补全正四面体，即四面体的D正确．【答案】ABD12、【解析】如图所示：取中点，连结、，则有：，且，同理可得，且所以，且为平行四边形，2MNCπ∠=CD⊥BMNBM⊂BMN CD BM⊥BM CD⊥//MN A D'BM A D'BMN∠2131cos22BM BMBMNBM BM+-∠==-BM cos BMN∠BM A D'OC BD⊥OA BD'⊥A OC∠'A BD C'--26163A CA OC-'∠'==2A C'=A BCD'-A BCD'-=A BCD'-AB H EH HG//HG BD12GH BD==//EF BD12EF BD== //HG EF HG EF==EFGH同理可得，且，所以平行四边形的菱形；取中点，连结、，因为，所以，同理，所以平面，所以，又因为，，所以，所以菱形的正方形，所以，故A 正确；因为，，，所以，同理可得，在中，，所以边上的高，又因为平面，为中点，所以，故B 错；因为平面，平面，所以，又因为，所以是与的公垂线，由选项可知，故C 正确；取中点，则为球心，理由如下：因为平面，，所以，同理，，所以，所以即为球心，所以，又因为，所以过所作的面积最小的截面是以为圆心，为半径的圆；面积最大的截面是过，的大圆，//HE GF HE GF ==EFGH BD Q AQ CQ AB AD =AQ BD ⊥CQ BD ⊥BD ⊥ACQ BD AC ⊥//HG BD //HE AC HG HE ⊥EFGH 2EFGH S =4AB AD ==BD =AQ BD ⊥BQ DQ ==AQ =CQ =ACQ ∆AQ CQ ==AC =AC QM ==12ACQ S AC QM ∆=⋅⋅=BD ⊥ACQ Q BD 1122233A BCD B ACQ ACQ V V S BQ --∆==⨯⨯=⨯⨯=BD ⊥ACQ QM ⊆ACQ BD QM ⊥QM AC ⊥QM AC BD B QM =QM S S O BD ⊥ACQ BQ DQ =12QS QM ==225SB SD ==12MS QM ==225SA SC ==SA SB SC SD ====S O R =OE BC ⊥E E 2BE =O E所以，故D 正确．13、 14、15、16、15、【详解】由题意，该几何体侧面4个面的面积和为，底面积，正方形面积.考虑梯形，高为，故正四棱台的侧面积为，故该模型表面积为，故所需金属膜的质量为16、【解析】如图，取的中点，过作平面的垂线，与平面交于点，过作的垂线，垂足为，则三棱锥外接球的球心在上，设，，则，设球的半径为，则，即，所以．因为，所以，则．()()22::5:4S S R BE ππ==大小2π6π282+2449π244696cm ⨯⨯=26636cm ⨯=EFGH 2339cm ⨯=ABFE =()214362⨯+=(296369141cm +++=+((2141282mg⨯+=+AE 1O 1O ABCD 1111A B C D M M 11C D N E ADF -O 1MO 1OO m =NF n =03n ……O R 222R OE OF ==22222225(3)4R m OM MN NF m n =+=++=-++286n m +=03n ......41736m (2261)59R m =+…故三棱锥外接球的表面积．17、（1）证明：因为是直角三角形，且，所以．因为平面，且平面，所以．因为平面，平面，且，所以平面．因为，分别是棱，的中点，所以，，因为平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）解：因为，所以因为平面，且，所以三棱锥的体积．连接，因为是棱的中点，所以三棱锥的体积．因为是棱的中点，所以三棱锥的体积．因为三棱锥与三棱锥是同一个三棱锥，所以的体积为．18．（1）证明：底面．，又，，又，平面，又平面，平面平面；（2）解：取的中点，连接、，，，又平面平面且交线为，平面，A DEF -224449S R ππ=…ABC ∆AC BC =AC BC ⊥PA ⊥ABC BC ⊂ABC PA BC ⊥PA ⊂PAC AC ⊂PAC PA AC A = BC ⊥PAC D E PB PC 12DE BC =//DE BC BC ⊥PAC DE ⊥PAC DE ⊂ADE PAC ⊥ADE 6AB =AC BC ==PA ⊥ABC 6PA =P ABC -1161832V =⨯⨯=CD D PB D PAC -11118922V ==⨯=E PC D PAE -211199222V V ==⨯=P ADE -D PAE -P ADE -92PA ⊥ ABC PA BC ∴⊥90ACB ∠=︒ AC BC ∴⊥PA AC A = BC ∴⊥PAC BC ⊂PBC ∴PBC ⊥PAC PC O AO BO PA AC = AO PC ∴⊥ PBC ⊥PAC PC AO ∴⊥PBC直线在平面中的射影为，为与平面所成的角，在直角中，，，．19．（1）证明：连接，记，连接．取线段的中点，连接，．因为四边形是平行四边形，所以是的中点．因为是的中点，且，所以是的中点，因为，分别是，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，分别是，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为平面，平面，且，所以平面平面．因为平面，所以平面．（2）解：由（1）可知平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离．因为，，，所以的面积为作，垂足为，连接，则平面．因为，所以，，则．因为，，，所以AB PBC OB ABO ∴∠AB PBC AOB ∆AB =AO =∴sin ABO ∠=AC AC BD O = OE 1D E H AH HF ABCD O AC H 1D E 12D E CE =E HC O E AC HC //OE AH OE ⊂BDE AH ⊂/BDE //AH BDE H F 1D E 1BD //HF BE BE ⊂BDE HF ⊂/BDE //HF BDE AH ⊂AHF HF ⊂AHF AH HF H = //AHF BDE AF ⊂AHF //AF BDE //AF BDE F BDE A BDE 2AD =3AB =60BAD ∠=︒ABD ∆1sin 2AD AB BAD ⋅∠=EG CD ⊥G BG EG ⊥ABCD 12D E CE =1113EG DD ==22DG GC ==DE =3AB =2AD =60BAD ∠=︒BD因为，，，所以，则．在中，由余弦定理可得．故的面积为．设点到平面的距离为，因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，所以，解得到平面20、（1）证明：取得中点，连接，，如图，为的中点，，为的中点且四边形为菱形，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；（2）解：①连接，过作于，连接，，由，是的中点，，由菱形知，又，平面，平面，平面平面，且交线为，直线在平面上的射影为，即与底面所成角为，平面，，且在平面上的射影为，，又，，是的中点，是的中点，，由知，，，为二面角的平面角，，1CG =2BC =60BCG ∠=︒BG =2BE =BDE ∆cos BED ∠==sin BED ∠=BDE ∆11sin 222BE DE BED ⋅∠=⨯=F BDE h E ABD -A BDE -11133=h =F BDE PD E ME CE M PA ∴1,//2ME AD ME AD =N BC ABCD ∴1//,2NC AD NC AD =//NC ME ∴NC ME =∴MNCE //MN EC ∴MN ⊂/PCD CE ⊂PCD //MN ∴PCD PO B BF PC ⊥F DF OF PB PD =O BD PO BD ∴⊥ABCD AC BD ⊥PO AC O = BD ∴⊥PAC BD ⊂ ABCD ∴PAC ⊥ABCD AC ∴PA ABCD AC PA ABCD PAC ∠BD ⊥ PAC BF PC ⊥BF PAC OF OF PC ∴⊥PA PC ⊥//OF PA ∴O BD F ∴PC 2PB BC ∴==BPC DPC ∆≅∆DF PC ⊥BF DF =BFD ∴∠B PC D --∴2222222162cos 277BD BF DF BF DF BFD BF BF BF =+-⋅∠=+=即，解得，，，，，即与底面所成角的大小为；②连接，过作于，由，平面，平面，平面，点到平面的距离即点到平面的距离，，，，平面，平面平面，且是交线，，平面，在中，，由等积法可得，即，即点到平面．21、（12分）（Ⅰ）证明：由直三棱柱的性质，得平面平面，又，平面，又平面，，，在和△中，，，即，又，平面．（Ⅱ）证明：由题意知，在△中，，又，，平面，不包含于平面，平面，、分别为、的中点，，又，，，不包含平面，平面，平面，平面，，平面平面．（Ⅲ）解：平面，平面平面，平面，为平行平面与之间的距离，21647BF =274BF =∴23PC FC ===∴sin 2PC PC PAC AC AO ∠====090PAC ︒∠︒ ……60PAC ∴∠=︒PA ABCD 60︒ON O OG FD ⊥G //ON CD ON ⊂/PCD CD ⊂PCD //ON ∴PCD ∴N CDP O CDP BF PC ⊥ DF PC ⊥BF DF F = PC ∴⊥BFD ∴PCD ⊥BDF DF OG FD ⊥ OG ∴⊥PCD Rt OFD ∆1,OF OD DF ===OF OD FD OG ⋅=⋅OG =N CDP ABC ⊥11BB C C AB BC ⊥AB ∴⊥11BB C C 1B D ⊂11BB C C 1AB B D ∴⊥1112BC CD DC B C ==== ∴Rt BCD ∆Rt 11DC B 1145BDC B DC ∠=∠=︒190BDB ∴∠=︒1B D BD ⊥AB BD B = 1B D ∴⊥ABD 111EB B F ==∴Rt 1EB F 145FEB ∠=︒145DBB ∠=︒//EF BD ∴BD ⊂ ABD EF ABD //EF ∴ABD G F 11A C 11B C 11//GF A B ∴11//A B AB //GF AB ∴\AB ABD ⊂ 平面GF ABD //GF ∴ABD EF ⊂ EFG GF ⊂EFG EF GF F = ∴//EFG ABD 1B D ⊥ ABD //EGF ABD 1B D ∴⊥EGF HD ∴EFG ABD．22、证明：（1）如图所示，取中点，连接，是正三角形，又平面平面，且平面平面，平面，平面，，，且，平面；如图所示，连接，，过点，作，，分别与交于点，，过点作，交于点，连接，设，，，则，由（1）得平面，即为直线与平面所成角的平面角，平面，，则，解得：，故，，解得又，所以平面，，，，解得所以点为线段的中点，故点也为线段中点，11HD B D B H ∴=-==CD O PO PCD ∆ PO CD∴⊥PCD ⊥ABCD PCD ⋂ABCD CD =PO ∴⊥ABCD BC ⊂ABCD PO BC ∴⊥BC PD ⊥ PO PD P = BC ∴⊥PCD OB BD D P DM AB ⊥PN AB ⊥AB M N M //MQ NP AP Q DQ 22AD BC ==2CD a =0a >OP =OP ⊥ABCD OBP ∴∠PB ABCD BC ⊥PCD BC CP ∴⊥OP PB OBP BP =∠===1a =BD AB ====BM AM =DM //BC AD AD ⊥PCD AD PD ⊥PA ===BN AN PN ===M AN Q AP所以，所以即为二面角的平面角，．12QM PN DQ ===DMQ ∠P AB D --222cos 2DM QM DQ DMQ DM QM +-∠===⋅。
2023-2024学年湖南省长沙市第一中学高一下学期第一次阶段性检测数学试题+答案解析(附后)
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求2023-2024学年湖南省长沙市第一中学高一下学期第一次阶段性检测数学试题的。
1.已知集合，，则( )A. B.C.D.2.已知，则( )A.B. C.D.3.下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是( )A. B.C.D.4.函数的图象与直线为常数的交点最多有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个5.已知向量，不共线，且，，若与共线，则实数x 的值为A. 1B.C. 1或D.或6.下列命题：①若，则②若，，则③的充要条件是且④若，，则⑤若A 、B 、C 、D 是不共线的四点，则是四边形ABCD 为平行四边形的充要条件.其中真命题的个数是( )A. 2B. 3C. 4D. 57.如图所示，已知正方形ABCD 的边长为1，，，，则向量的模为( )A. B. 2 C. D. 48.设函数，则的最小正周期( )A. 与a有关，且与b有关B. 与a有关，但与b无关C. 与a无关，且与b无关D. 与a无关，但与b有关二、多选题：本题共4小题，共20分。
在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知函数，，且，下列结论正确的是( )A. B.C. D. 的最小值为810.要得到函数的图象，可以将函数的图象得到( )A. 先将各点横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位B. 先将各点横坐标变为原来的2倍，再向左平移个单位C. 先将各点横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位D. 先向左平移个单位，再将各点横坐标变为原来的倍11.已知，下列关系可能成立的有( )A. B. C. D.12.下列论断中，正确的有( )A. 中，若A为钝角，则B. 若奇函数对定义域内任意x都有，则为周期函数C. 若函数与的图象关于直线对称，则函数与的图象也关于直线对称D. 向量，，满足，则或三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
期末考试综合检测试卷-2020-2021学年高一数学同步练习和分类专题(人教A版2019必修第二册)
高中数学必修二期末考试综合检测试卷第二学期高一期末测试一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知复数z=(1-i)+m(1+i)是纯虚数,则实数m=( )A.-2B.-1C.0D.12.幸福感指数是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标,常用区间[0,10]内的一个数来表示,该数越接近10表示满意程度越高.现随机抽取6位小区居民,他们的幸福感指数分别为5,6,7,8,9,5,则这组数据的第80百分位数是( )A.7B.7.5C.8D.93.已知α为平面,a,b为两条不同的直线,则下列结论正确的是( )A.若a∥α,b∥α,则a∥bB.若a⊥α,a∥b,则b⊥αC.若a⊥α,a⊥b,则b∥αD.若a∥α,a⊥b,则b⊥α4.已知在平行四边形ABCD中,M,N分别是BC,CD的中点,如果=a,=b,那么=( )A.a-bB.-a+bC.a+bD.-a-b5.已知圆锥的表面积为3π,且它的侧面展开图是一个半圆,则该圆锥的体积为( )A.πB.πC.πD.2π6.庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵式彰显了中华民族从站起来、富起来迈向强起来的雄心壮志.阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最,编组之新、要素之全彰显强军成就,装备方阵堪称“强军利刃”“强国之盾”,见证着人民军队迈向世界一流军队的坚定步伐.此次大阅兵不仅得到了全中国人的关注,还得到了无数外国人的关注.某单位有6位外国人,其中关注此次大阅兵的有5位,若从这6位外国人中任意选取2位进行一次采访,则被采访者都关注了此次大阅兵的概率为( )A. B. C. D.7.如图,有四座城市A、B、C、D,其中B在A的正东方向,且与A相距120 km,D在A的北偏东30°方向,且与A相距60 km,C在B的北偏东30°方向,且与B相距60 km.一架飞机从城市D出发,以360 km/h 的速度向城市C飞行,飞行了15 min后,接到命令改变航向,飞向城市B,此时飞机距离城市B的距离为( )A.120 kmB.60 kmC.60 kmD.60 km8.如图,在平面直角坐标系xOy中,原点O为正八边形P1P2P3P4P5P6P7P8的中心,P1P8⊥x轴,若坐标轴上的点M(异于原点)满足2++=0(其中1≤i≤8,1≤j≤8,且i,j∈N*),则满足以上条件的点M的个数为( )A.2B.4C.6D.8二、选择题(本题共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.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分)9.已知复数z满足(1-i)z=2i,则下列关于复数z的结论正确的是( )A.|z|=B.复数z的共轭复数=-1-iC.复平面内表示复数z的点位于第二象限D.复数z是方程x2+2x+2=0的一个根10.某市教体局对全市高一年级学生的身高进行抽样调查,随机抽取了100名学生,他们的身高都处在A,B,C,D,E五个层次内,根据抽样结果得到如下统计图,则下列结论正确的是( )A.样本中女生人数多于男生人数B.样本中B层次人数最多C.样本中E层次的男生人数为6D.样本中D层次的男生人数多于女生人数11.已知事件A,B,且P(A)=0.5,P(B)=0.2,则下列结论正确的是( )A.如果B⊆A,那么P(A∪B)=0.2,P(AB)=0.5B.如果A与B互斥,那么P(A∪B)=0.7,P(AB)=0C.如果A与B相互独立,那么P(A∪B)=0.7,P(AB)=0D.如果A与B相互独立,那么P()=0.4,P(A)=0.412.如图,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,则下列命题中正确的是( )A.若点M,N分别是线段A'A,A'D'的中点,则MN∥BC'B.点C到平面ABC'D'的距离为C.直线BC与平面ABC'D'所成的角等于D.三棱柱AA'D'-BB'C'的外接球的表面积为3π三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知a,b,c分别为△ABC的三个内角A,B,C的对边,且bcos C+ccos B=asin A,则A= .14.已知数据x1,x2,x3,…,x m的平均数为10,方差为2,则数据2x1-1,2x2-1,2x3-1,…,2x m-1的平均数为,方差为.15.已知|a|=3,|b|=2,(a+2b)·(a-3b)=-18,则a与b的夹角为.16.如图,在三棱锥V-ABC中,AB=2,VA=VB,AC=BC,VC=1,且AV⊥BV,AC⊥BC,则二面角V-AB-C的余弦值是.四、解答题(本题共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.(10分)已知向量a=(1,2),b=(4,-3).(1)若向量c∥a,且|c|=2,求c的坐标;(2)若向量b+ka与b-ka互相垂直,求实数k的值.18.(12分)已知a,b,c分别为△ABC的三个内角A,B,C的对边,且a=,c=1,A=.(1)求b及△ABC的面积S;(2)若D为BC边上一点,且,求∠ADB的正弦值.从①AD=1,②∠CAD=这两个条件中任选一个,补充在上面的问题中,并解答.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.19.(12分)在四面体A-BCD中,E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,且BD=AC=2,EM=1.(1)求证:EF∥平面ACD;(2)求异面直线AC与BD所成的角.20.(12分)溺水、校园欺凌等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视,为了普及安全教育,某市组织了一次学生安全知识竞赛,规定每队3人,每人回答一个问题,答对得1分,答错得0分.在竞赛中,甲、乙两个中学代表队狭路相逢,假设甲队每人回答问题正确的概率均为,乙队每人回答问题正确的概率分别为,,,且每人回答问题正确与否相互之间没有影响.(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率;(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.21.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,点D为线段AC的中点,点E 为线段PC上一点.(1)求证:平面BDE⊥平面PAC;(2)当PA∥平面BDE时,求三棱锥P-BDE的体积.22.(12分)2020年开始,山东推行全新的高考制度.新高考不再分文理科,采用“3+3”模式,其中语文、数学、外语三科为必考科目,满分各150分,另外考生还需要依据想考取的高校及专业要求,结合自己的兴趣爱好等因素,在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目中自选3门参加考试(6选3),每科满分100分.2020年初受疫情影响,全国各地推迟开学,开展线上教学.为了了解高一学生的选科意向,某学校对学生所选科目进行检测,下面是100名学生的物理、化学、生物三科总分成绩,以20为组距分成7组:[160,180),[180,200),[200,220),[220,240),[240,260),[260,280),[280,300],画出频率分布直方图如图所示.(1)求频率分布直方图中a的值;(2)(i)求物理、化学、生物三科总分成绩的中位数;(ii)估计这100名学生的物理、化学、生物三科总分成绩的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);(3)为了进一步了解选科情况,在物理、化学、生物三科总分成绩在[220,240)和[260,280)的两组中用比例分配的分层随机抽样方法抽取7名学生,再从这7名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查,求抽取的这2名学生来自不同组的概率.答案全解全析1.B 复数z=(1-i)+m(1+i)=(m+1)+(m-1)i,因为z是纯虚数,所以解得m=-1.2.C 将6个数据按照从小到大的顺序排列为5,5,6,7,8,9,因为6×80%=4.8,所以第5个数据即为这组数据的第80百分位数,故选C.3.B 如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直于这个平面,因此B选项正确,易知A、C、D错误.4.B =-=+-(+)=+--=-+=-a+b.5.A 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,依题意有2πr=·2πl,所以l=2r,又圆锥的表面积为3π,所以πr2+πrl=3π,解得r=1,因此圆锥的高h==,于是体积V=πr2h=π×12×=π.6.C 这6位外国人分别记为a,A,B,C,D,E,其中a未关注此次大阅兵,A,B,CD,E关注了此次大阅兵, 则样本点有(a,A),(a,B),(a,C),(a,D),(a,E),(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D ,E),共15个,其中被采访者都关注了此次大阅兵的样本点有10个,故所求概率为=.故选C.7.D 取AB的中点E,连接DE,BD.设飞机飞行了15 min后到达F点,连接BF,如图所示,则BF即为所求.因为E为AB的中点,且AB=120 km,所以AE=EB=60 km,又∠DAE=60°,AD=60 km,所以三角形DAE为等边三角形,所以DE=60 km,∠ADE=60°,在等腰三角形EDB中,∠DEB=120°,所以∠EDB=∠EBD=30°,所以∠ADB=90°,所以BD2=AB2-AD2=1202-602=10 800,所以BD=60 km,因为∠CBE=90°+30°=120°,∠EBD=30°,所以∠CBD=90°,所以CD===240 km,所以cos∠BDC===,因为DF=360×=90 km,所以在三角形BDF中,BF2=BD2+DF2-2×BD×DF×cos∠BDF=(60)2+902-2×60×90×=10 800,所以BF=60 km,即此时飞机距离城市B的距离为60 km.8.D 取线段P i P j的中点Q k,因为2++=0,所以+=-2,即2=-2,所以=-,于是Q k,O,M共线,因为点M在坐标轴上,所以Q k也在坐标轴上,于是满足条件的(i,j)的情况有(1,8),(2,7),(3,6),(4,5),(2,3),(1,4),(5,8),(6,7),即满足条件的点M有8个.9.ABCD 由(1-i)z=2i得z==-1+i,于是|z|=,其共轭复数=-1-i,复数z在复平面内对应的点是(-1,1),位于第二象限.因为(-1+i)2+2(-1+i)+2=0,所以复数z是方程x2+2x+2=0的一个根,故选项A、B、C、D均正确.10.ABC 样本中女生人数为9+24+15+9+3=60,则男生人数为40,故A选项正确;样本中B层次人数为24+40×30%=36,并且B层次占女生和男生的比例均最大,故B层次人数最多,B选项正确;E层次中的男生人数为40×(1-10%-30%-25%-20%)=6,故C选项正确;D层次中,男生人数为40×20%=8,女生人数为9,故D选项错误.11.BD 由于B⊆A,所以A∪B=A,AB=B,于是P(A∪B)=P(A)=0.5,P(AB)=P(A∩B)=P(B)=0.2,故A选项错误;由于A与B互斥,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.5+0.2=0.7,AB为不可能事件,因此P(AB)=0,故B 选项正确;如果A与B相互独立,那么P(AB)=P(A)P(B)=0.1,故C选项错误;P()=P()P()=0.5×0.8=0.4,P(A)=P(A)P()=0.5×0.8=0.4,故D选项正确.12.ACD 因为M,N分别是线段A'A,A'D'的中点,所以MN∥AD',又因为AD'∥BC',所以MN∥BC',故A 选项正确;连接B'C,易证B'C⊥平面ABC'D',因此点C到平面ABC'D'的距离为B'C=,故B选项错误;直线BC与平面ABC'D'所成的角为∠CBC'=,故C选项正确;三棱柱AA'D'-BB'C'的外接球即正方体的外接球,其半径R=,因此其表面积为4π×=3π,故D选项正确.13.答案90°解析由正弦定理可得sin Bcos C+sin Ccos B=sin2A,即sin(B+C)=sin 2A,所以sin A=sin2A,易知sin A≠0,所以sin A=1,故A=90°.14.答案19;8解析依题意可得2x1-1,2x2-1,…,2x m-1的平均数为2×10-1=19,方差为22×2=8.15.答案解析设a,b的夹角为θ,依题意有|a|2-a·b-6|b|2=-18,所以32-3×2×cos θ-6×22=-18,解得cos θ=,由于θ∈[0,π],故θ=.16.答案解析取AB的中点D,连接VD,CD,由于VA=VB,AC=BC,所以VD⊥AB,CD⊥AB,于是∠VDC就是二面角V-AB-C的平面角.因为AV⊥BV,AC⊥BC,AB=2,所以VD=,DC=,又VC=1,所以cos∠VDC==.17.解析(1)解法一:因为向量c∥a,所以设c=λa,(1分)则c2=(λa)2,即(2)2=λ2a2,(2分)所以20=5λ2,解得λ=±2.(4分)所以c=2a=(2,4)或c=-2a=(-2,-4).(5分)解法二:设向量c=(x,y).(1分)因为c∥a,且a=(1,2),所以2x=y,(2分)因为|c|=2,所以=2,(3分)由解得或(4分)所以c=(2,4)或c=(-2,-4).(5分)(2)因为向量b+ka与b-ka互相垂直,所以(b+ka)·(b-ka)=0,(6分)即b2-k2a2=0.(7分)因为a=(1,2),b=(4,-3),所以a2=5,b2=25,(8分)所以25-5k2=0,解得k=±.(10分)18.解析(1)由余弦定理得,()2=b2+12-2bcos ,(2分)整理得b2+b-6=0,解得b=2或b=-3(舍去).(5分)所以△ABC的面积S=bcsin A=×2×1×=.(6分)(2)选择条件①.在△ABC中,由正弦定理=,得=,(8分)所以sin B=.(9分)因为AD=AB=1,所以∠ADB=∠B.(10分)所以sin∠ADB=sin B,所以sin∠ADB=.(12分)选择条件②.在△ABC中,由余弦定理的推论,得cos B==.(8分)因为A=,所以∠BAD=-=,(9分)所以sin∠ADB=cos B,即sin∠ADB=.(12分)19.解析(1)证明:因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC.(2分)因为EF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD,所以EF∥平面ACD.(4分)(2)易得EF∥AC,FM∥BD,(5分)所以∠EFM为异面直线AC与BD所成的角(或其补角).(7分)在△EFM中,EF=FM=EM=1,所以△EFM为等边三角形,(10分)所以∠EFM=60°,即异面直线AC与BD所成的角为60°.(12分)20.解析(1)记“甲队总得分为3分”为事件A,“甲队总得分为1分”为事件B.甲队得3分,即三人都答对,其概率P(A)=××=.(2分)甲队得1分,即三人中只有一人答对,其余两人都答错,其概率P(B)=××+××+××=.(5分)所以甲队总得分为3分的概率为,甲队总得分为1分的概率为.(6分)(2)记“甲队总得分为2分”为事件C,“乙队总得分为1分”为事件D.甲队得2分,即三人中有两人答对,剩余一人答错,则P(C)=××+××+××=.(8分)乙队得1分,即三人中只有一人答对,其余两人都答错,则P(D)=××+××+××=.(11分)由题意得,事件C与事件D相互独立.所以甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P(C)P(D)=×=.(12分)21.解析(1)证明:因为PA⊥底面ABC,且BD⊂底面ABC,所以PA⊥BD.(1分)因为AB=BC,且点D为线段AC的中点,所以BD⊥AC.(2分)又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(3分)又BD⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面PAC.(4分)(2)因为PA∥平面BDE,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面BDE=ED,所以ED∥PA.(5分)因为点D为AC的中点,所以点E为PC的中点.(6分)解法一:由题意知P到平面BDE的距离与A到平面BDE的距离相等.(7分)所以V P-BDE=V A-BDE=V E-ABD=V E-ABC=V P-ABC=×××2×2×2=.所以三棱锥P-BDE的体积为.(12分)解法二:由题意知点P到平面BDE的距离与点A到平面BDE的距离相等.(7分)所以V P-BDE=V A-BDE.(8分)由题意得AC=2,AD=,BD=,DE=1,(9分)由(1)知,AD⊥BD,AD⊥DE,且BD∩DE=D,所以AD⊥平面BDE,(10分)所以V A-BDE=AD·S△BDE=×××1×=.所以三棱锥P-BDE的体积为.(12分)解法三:由题意得AC=2,AD=,BD=,DE=1,(8分)由(1)知,BD⊥平面PDE,且S△PDE=DE·AD=×1×=.(10分)所以V P-BDE=V B-PDE=BD·S△PDE=××=.所以三棱锥P-BDE的体积为.(12分)22.解析(1)由题图得,(0.002+0.009 5+0.011+0.012 5+0.007 5+a+0.002 5)×20=1,(1分)解得a=0.005.(2分)(2)(i)因为(0.002+0.009 5+0.011)×20=0.45<0.5,(0.002+0.009 5+0.011+0.012 5)×20=0.7>0.5,所以三科总分成绩的中位数在[220,240)内,(3分)设中位数为x,则(0.002+0.009 5+0.011)×20+0.012 5×(x-220)=0.5,解得x=224,即中位数为224.(5分)(ii)三科总分成绩的平均数为170×0.04+190×0.19+210×0.22+230×0.25+250×0.15+270×0.1+290×0.05=225.6.(7分)(3)三科总分成绩在[220,240),[260,280)两组内的学生分别有25人,10人,故抽样比为=.(8分)所以从三科总分成绩为[220,240)和[260,280)的两组中抽取的学生人数分别为25×=5,10×=2.(9分)记事件A=“抽取的这2名学生来自不同组”.三科总分成绩在[220,240)内的5人分别记为a1,a2,a3,a4,a5,在[260,280)内的2人分别记为b1,b2.现在这7人中抽取2人,则试验的样本空间Ω={(a1,a2),(a1,a3),(a1,a4),(a1,a5),(a1,b1),(a1,b2),(a2,a3),(a2,a4),(a2,a5),(a2,b1),(a2,b2),(a3,a4) ,(a3,a5),(a3,b1),(a3,b2),(a4,a5),(a4,b1),(a4,b2),(a5,b1),(a5,b2),(b1,b2)},共21个样本点.(10分) 其中A={(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),(a3,b1),(a3,b2),(a4,b1),(a4,b2),(a5,b1),(a5,b2)},共10个样本点.(11分)所以P(A)=,即抽取的这2名学生来自不同组的概率为.(12分)。
2023-2024学年北京市大兴区高一下学期期末检测数学试题+答案解析
2023-2024学年北京市大兴区高一下学期期末检测数学试题一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则复数z的共轭复数()A. B. C. D.2.已知一组数据3，4，4，6，6，7，8，8，则这组数据的分位数是()A.6B.7C.D.83.正方体中，直线和直线所成的角为()A. B. C. D.4.一个人打靶时连续射击两次，事件“两次都没中靶”的相互对立事件是()A.至多有一次中靶B.至少有一次中靶C.两次都中靶D.只有一次中靶5.某比例分配的分层随机抽样中，相关统计数据如下表．则此样本的平均数为()样本量平均数第1层2030第2层3020A.20B.24C.25D.306.已知是空间中两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，，则“”是“”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7.如图，在测量河对岸的塔高AB时，测量者选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，并测得，，在点C处测得塔顶A的仰角为，则塔高()A. B. C. D.8.甲，乙，丙三人独立破译同一份密码．已知甲，乙，丙各自独立破译出密码的概率分别为，且他们是否破译出密码互不影响，则至少有2人破译出密码的概率是()A. B. C. D.9.已知平面向量，则下列说法错误的是()A.B.在方向上的投影向量为C.与垂直的单位向量的坐标为或D.若向量与非零向量共线，则10.有下列说法：①用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是；②数据的方差为0，则所有的都相同；③某运动员连续进行两次飞碟射击练习，事件“两次射击都命中”的概率为；④从3个红球和2个白球中任取两个球，记事件“取出的两球均为红球”，事件“取出的两个球颜色不同”，则事件A与B互斥但不对立．则上述说法中，所有正确说法的个数为()A.1B.2C.3D.4二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
2021-2022学年上海高一数学下学期考试满分全攻略第8章平面向量(典型30题专练)(解析版)
第8章平面向量（典型30题专练）一、单选题1．（2021·上海·高一课时练习）下列结论中正确的个数为（ ）①若a 、b 都是单位向量，则a b =；②物理学中的作用力与反作用力是一对共线向量；③方向为南偏西60的向量与方向为北偏东60的向量是共线向量； ④直角坐标平面上的x 轴、y 轴都是向量. A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】B 【解析】 【分析】根据单位向量、共线向量以及向量的定义来对①②③④中的命题的正误进行判断. 【详解】①若a 、b 都是单位向量，则1a b ==，方问不一定相同，故①不正确；②物理学中的作用力与反作用力是一对大小相等，方向相反的向量，因而它们是一对共线向量，故②正确；③方向为南偏西60的向量与方向为北偏东60的向量在一条直线上，是共线向量，故③正确；④直角坐标平面上的x 轴、y 轴只有方向，但没有长度，故它们不是向量，故④不正确. 故选：B. 【点睛】本题考查向量、单位向量以及共线向量概念的理解，要从向量的大小与方向两方面去理解，属于基础题.2．（2021·上海·高一课时练习）对任意向量a ,b ,“a ⃑=b ⃑⃑”是“22a b =”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．非充分非必要条件【答案】A 【解析】 【分析】由2222,a a b b ==,结合22a b =可以得到|a ⃗|=|b ⃑⃗|,这样先判断由a b =能不能推出 |a ⃗|=|b ⃑⃗|,再判断由|a ⃗|=|b ⃑⃗|能不能推出a b =,最后选出正确答案. 【详解】因为2222,a a b b ==,所以由22a b =可以推出|a ⃗|=|b ⃑⃗|,两个向量相等,根据定义,它们的模相等,因此由由a b =能推出|a ⃗|=|b ⃑⃗|,但是当两个向量模相等时,它们不一定相等,例如： (1,0),(0,1)a b ==,显然它们的模相等,但是方向不能,故由由|a ⃗|=|b ⃑⃗|不一定能推出a b =,所以向量a ,b ,“a b =”是“22a b =”的充分不必要条件. 故选：A 【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断,理解平面向量相等与模相等之间的关系是解题的关键. 3．（2021·上海·高一课时练习）已知向量()2,1a =-,()3,4b =,如果向量ta b +与a -垂直,则实数t 的值为（ ） A ．323B ．2C ．233D ．25-【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量运算的坐标表示求出向量ta b +的坐标,再根据两个平面向量互相垂直它们的数量积为零,得到等式,求出实数t 的值. 【详解】因为向量()2,1a =-，()3,4b =,所以(23,4)ta b t t +=+-+,()2,1a -=-,因为向量ta b +与a-垂直,所以()()0ta b a +⋅-=,即2(23)(2)(4)105t t t +⋅-+-+⋅=⇒=-.故选：D 【点睛】本题考查了两平面向量互相垂直求参数问题,考查了数学运算能力.4．（2021·上海·高一课时练习）下列命题中正确的是（ ） A ．//a b ，//b c ，则//a cB ．任意两个相等的非零向量的始点与终点是一平行四边形的四个顶点C ．向量a 与b 不平行，则a 与b 都是非零向量D ．有相同起点的两个非零向量不平行 【答案】C 【解析】 【分析】当b 是零向量时，可知A 不正确；当表示两个向量的有向线段在一条直线上时可以否定B ；根据零向量与任何向量都平行，可以判定C ；根据有相同起点的非零向量可以同向或反向，可以否定D. 【详解】由于零向量与任意向量都共线，所以当b 是零向量时，a 与c 不一定共线，故A 不正确； 由于数学中研究的向量是自由向量，所以两个相等的非零向量可以在同一直线上， 而此时不能构成四边形，所以不可能是一个平行四边形的四个顶点，故B 不正确； 零向量与任意向量都共线，故C 正确；向量的平行只要方向相同或相反即可，与起点是否相同无关，故D 不正确. 故选:C.5．（2021·上海·高一专题练习）ABC ∆中，·0AB BC >，则ABC ∆一定是 A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不确定【答案】C 【解析】 【分析】表示出向量的点乘，结合已知条件进行判定三角形形状 【详解】因为ABC ∆中，·0AB BC >，则()··cos 0AB BC B π->， 即()cos 0B π->，cos 0B <，角B 为钝角， 所以三角形为钝角三角形 故选C【点睛】本题考查了由向量的点乘判定三角形形状，只需运用公式进行求解，较为简单 6．（2021·上海·高一课时练习）设点A ，B ，C 不共线，则“AB 与AC 的夹角为锐角”是“AB AC BC +>”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【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合向量的减法公式和向量的运算法则考查充分性和必要性是否成立即可. 【详解】∵A ､B ､C 三点不共线,∴|AB +AC |>|BC |⇔|AB +AC |>|AB -AC |⇔|AB +AC |2>|AB -AC |2AB ⇔•AC >0AB ⇔与AC的夹角为锐角.故“AB 与AC 的夹角为锐角”是“|AB +AC |>|BC |”的充分必要条件,故选C. 【点睛】本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积,同时考查了转化与化归数学思想.7．（2021·上海·高一课时练习）设0a 是与向量a 同向的单位向量，0b 是与向量a 反向的单位向量，则下列式子中不正确的是（ ） A ．a 0⃑⃑⃑⃑⃑∥b 0⃑⃑⃑⃑⃑ B ．0a a a =C ．000a b +=D ．0ab a=-【答案】C 【解析】 【分析】根据单位向量的性质对四个选项进行判断，得到答案. 【详解】因为a 0⃑⃑⃑⃑⃗是与向量a 同向的单位向量，b 0⃑⃑⃑⃑⃗是与向量a 反向的单位向量所以a 0⃑⃑⃑⃑⃗与b 0⃑⃑⃑⃑⃗以及a 都共线，得到00a b ∥，所以A 选项正确；因为|a ⃗|是a 的模长，且a 0⃑⃑⃑⃑⃗是与向量a 同向的单位向量，所以有0a a a =，所以B 选项正确； 因为a 0⃑⃑⃑⃑⃗和b 0⃑⃑⃑⃑⃗是方向相反的单位向量，所以000a b +=，所以C 选项错误；因为因为|a ⃗|是a 的模长，且b 0⃑⃑⃑⃑⃗是与向量a 反向的单位向量，所以有0a a b =-，整理得到0a b a=-，所以D 选项正确；故选： C. 【点睛】本题考查单位向量的性质，属于简单题.8．（2021·上海·高一课时练习）向量a ，b 不平行，2AB a b =+，2BC a b =-，142CD a b =-，且CD AB BC λμ=+，则λ，μ分别是（ ）A ．1λ=-，3μ=B ．32λ=，1μ= C ．2λ=，12μ=D ．2λ=，1μ=【答案】B 【解析】 【分析】把2AB a b =+，2BC a b =-，代入CD AB BC λμ=+，将CD 用a 和b 表示，再与142CD a b =-对应，从而得到λ和μ的方程组，解出λ和μ的值，从而得到答案.【详解】因为向量a ，b 不平行，2AB a b =+，2BC a b =-， 所以CD AB BC λμ=+()()22a b a b λμ=++-()()22a b λμλμ=++-因为142CD a b =-，所以可得24122λμλμ+=⎧⎪⎨-=-⎪⎩，解得321λμ⎧=⎪⎨⎪=⎩，故选：B. 【点睛】本题考查向量的线性运算，平面向量基本定理，属于简单题.9．（2021·上海·高一课时练习）给定两个向量a ⃗=(3,4)，b⃑⃗=(2,−1)，若()()a xb a b +⊥-，则x 的值是（ ）A ．23B ．232C ．233D ．234【答案】C 【解析】 【分析】先求出()()a xb a b +-,的坐标,然后利用向量垂直等价于数量积为零，利用数量积的坐标运算得到关于x 的方程，求解即得. 【详解】()()3,4,2,1a b ==-,()()32,4,1,5a xb x x a b ∴+=+--=，又()(),a xb a b +⊥-()()0a xb a b ∴+⋅-=，即()321(4)50x x +⨯+-⨯=， 整理得323x =,解得233x =， 故选:C.10．（2021·上海·高一课时练习）下列各式中不能化简为AD 的是（ ） A ．()AB DC CB -- B ．()AD CD DC -+ C ．()()CB MC DA BM -+-+ D ．BM DA MB --+【答案】D 【解析】 【分析】根据向量加减法的法则，分别判断每个选项，得到正确答案. 【详解】()AB DC CB AB BC CD AD --=++=；()0AD CD DC AD AD -+=-=；()()()CB MC DA BM CB BM DA MC CM DA CM AD -+-+=-+--=--+=； 2BM DA MB MB AD AD --+=+≠.故选：D. 【点睛】本题考查向量的加减运算，关键是准确灵活使用向量的加法和减法运算法则，注意使用相反向量进行转化.二、填空题11．（2021·上海·高一课时练习）若A 、B 、C 、D 是共面的四点，则AB CD BC DA +++=__________.【答案】0 【解析】 【分析】利用向量的加法运算的交换律，和加法运算的几何意义可以得到答案. 【详解】AB CD BC DA +++=0A AB BC CD DA A +++==,故答案为：012．（2021·上海·高一课时练习）若6a =，|b ⃑⃗|=3，3a b +=，则向量a 与b 的方向必为__________. 【答案】反向 【解析】 【分析】注意到a b +=a b -，利用向量加法的几何意义可得答案. 【详解】由已知可得3a b +=63=-=a b -，由向量加法的几何意义可知，向量a 与b 的方向的方向相反， 故答案为：反向.13．（2021·上海·高一课时练习）如图，在菱形ABCD 中，若120DAB ∠=︒，则以下说法中正确的是__________.（填序号） ①与AB 相等的向量只有一个（不含AB ）； ②与AB 的模相等的向量有9个（不含AB ）；③BD 的模恰为DA ④BD 与OB 不平行.【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据相等向量的概念判定①；根据菱形的性质和120DAB ∠=︒的条件，可得对角线AC 与菱形的边长相等，可以判定②；根据菱形的对角线垂直且互相平分，结合已知角度，利用特殊角的三角函数，可以得到,BO =进而得到BD =，从而判定③；注意到方向相同或相反的向量都叫做平行向量，表示向量的有向线段可以在同一直线上，可以对④作出否定. 【详解】与AB 相等的向量需要方向相同,模相等,只有DC ,故①正确；根据菱形的性质结合120DAB ∠=︒,可知对角线AC 与菱形的边长相等，故与AB 的模相等的向量有,,,,,,,,BA AD DA DC CD BC CB AC CA ,共9个向量，故②正确；易得,BO BD =∴==,∴BD 的模恰为DA向量BD 与OB 的方向是相反的，是平行向量，故④不正确. 故答案为：①②③.14．（2021·上海·高一课时练习）若0a 为单位向量，3a =，则可用0a 表示a =__________. 【答案】03a【解析】 【分析】根据单位向量的模和3a =的倍数关系即可得到答案. 【详解】∵0a 为单位向量,∴01a =,又∵3a =,∴a =03a , 故答案为: 03a .15．（2021·上海·高一课时练习）a 、b 均为非零向量，叙述下列等式成立的条件： （1）a b a b +=+成立的条件是__________； （2）a b a b +=-成立的条件是__________； （3）a b a b -=+成立的条件是__________； （4）a b a b -=-成立的条件是__________； （5）a b a b +=-成立的条件是__________.【答案】 a 、b 方向相同； a 、b 方向相反； a 、b 方向相反； a 、b 方向相同，且a b ≥； a b ⊥. 【解析】 【分析】利用向量的加法，减法的几何意义可以得到各项的成立的条件. 【详解】（1）如图，由向量加法的几何意义可知，a b a b +=+成立的条件是a 、b 方向相同；（2）如图，由向量加法的几何意义可知，a b a b +=-成立的条件是a 、b 方向相反；（3）如图，由向量的减法的几何意义可知，a b a b -=+成立的条件是a 、b 方向相反；（4）如图，由向量的减法的几何意义可知，a b a b -=-成立的条件是a 、b 方向相同，且a b ≥；（5）如图，有向量的加法和减法的几何意义，可知a b a b +=-成立，等价于平行四边形OAPB 的对角线相等，即平行四边形OAPB 为矩形，即a b ⊥.故答案为：（1）a 、b 方向相同；（2）a 、b 方向相反；（3）a 、b 方向相反； （4）a 、b 方向相同，且a b ≥；（5）a b ⊥.16．（2021·上海·高一课时练习）若|a ⃗|=|b ⃑⃗|=2，23a b +=，则a b -=__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量的加减法的几何意义，结合菱形的判定与性质可以求解 【详解】如图所示，由|a ⃗|=|b ⃑⃗|=2可知四边形OAPB 为菱形，∵23a b +=，∴对角线OP =于是∠OAP =120°，∴∠AOB =60°，∴三角形OAB 为等边三角形，∴对角线2BA =，即a b -=2，故答案为：2.17．（2021·上海·高一课时练习）若D 是△ABC 的边BC 上的点，且:1:2BD DC =，AB a =，AC b =，则AD =___________.（用a 、b 表示）【答案】2133a b +【解析】 【分析】将已知条件转化为向量关系得到2BD DC =，然后利用向量的减法法则转化为,,AB AC AD 的表达式，进而求解即得. 【详解】因为D 是△ABC 的边BC 上的点，且:1:2BD DC =， 故2BD DC =,∴()2AD AB AC AD -=-,∴21213333AD AB AC a b =+=+, 故答案为：2133a b +.18．（2021·上海·高一课时练习）若平面向量()1,a m =，(1,3b =-，若a b a b -=+，则a =__________.【解析】 【分析】由a b a b -=+，两边平方，整理可得·0a b =，进而利用数量积的坐标表示，求得m 的值，然后利用模的坐标公式计算. 【详解】∵a b a b -=+，∴()()22a ba b -=+，即·0a b =，又∵()1,a m =，(1,3b =-，∴()110⨯-=,解得m =31,3a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,∴113a =+19．（2021·上海中学高一期中）已知正六边形ABCDEF ，若AC a =，AD b =，则AE 用a ，b 表示为________．【答案】32b a - 【解析】 【分析】根据向量加法的三角形法则，即可求解 【详解】如图，1322AE AF FE CD FE AD AC AD b a =+=+=-+=-， 故答案为：32b a -20．（2021·上海·高一课时练习）下列说法正确的是__________（写序号）． ①若AB 与CD 共线，则点A 、B 、C 、D 共线； ②四边形ABCD 为平行四边形，则AB CD =； ③若,a b b c ==，则a c =；④四边形ABCD 中，,||||AB DC AB AD ==，则四边形ABCD 为正方形． 【答案】③ 【解析】 【分析】利用向量共线、相等的定义，分别进行判断，即可得出结论． 【详解】①若AB 与CD 共线，则点A ，B ，C ，D 共线，不正确，比如平行四边形的对边； ②若四边形ABCD 为平行四边形，则AB DC =，不正确； ③若a b =，b c =，则a c =，正确；④在四边形ABCD 中，AB DC =，且||||AB AD =，则四边形ABCD 为正方形或菱形，不正确；故答案为：③.三、解答题21．（2021·上海·高一课时练习）在下图田字格中，以图中的结点为向量的起点或终点.（1）写出与12A A 相等的向量； （2）写出与12A B 平行的向量； （3）写出13A A 的负向量.【答案】（1）23A A ，12B B ，23B B ，12C C ，23C C ；（2）13AC ，23A B ，12BC ，23B C ，21B A ，32B A ，21C B ，32C B ，31C A ； （3）31A A ，31B B ，31C C 【解析】 【分析】（1）根据相等向量的概念进行寻找，注意方向要相同，大小（长度）要相等, 表示向量的有向线段可以共线也可以平行；（2）根据平行向量的概念进行寻找，注意方向可以相同或相反，长度可以相同也可以不同, 表示向量的有向线段可以共线也可以平行；（3）根据负向量的概念寻找，注意方向要相反，长度要相等，表示向量的有向线段可以共线也可以平行. 【详解】（1）如图①标出了与12A A 方向相同，大小相等的向量，是与12A A 相等的向量，有23A A ，12B B ，23B B ，12C C ，23C C ；（2）与12A B 平行的向量是指与12A B 方向相同或相反的向量，长度可以相等也可以不相等，故有13AC ，23A B ，12BC ，23B C ，21B A ，32B A ，21C B ，32C B ，31C A ，如图②所示； （3）13A A 的负向量是指方向相反，长度相等的向量，故有31A A ，31B B ，31C C ，如图③所示.22．（2021·上海·高一课时练习）在ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点，F、G分别是DB、EC的中点，判别下列命题是否正确.（1）DE FG=；（2）DE和FG是平行向量；（3）DE FG<.【分析】（1）画出图形，根据平面几何知识，结合相等向量的概念进行判定；（2）根据平面几何知识，结合平行向量的概念进行判定；（3）注意到向量的概念，包括方向和大小（模），模可以比较大小，方向没法比较大小，因此向量没有大小的比较可以判定.【详解】（1）不正确.DE和FG的模不相等，为此它们必不是相等向量；DE FG，所以DE和FG为平行向量；（2）正确.由平面几何知识可知//（3）不正确.向量是无法比较大小的，只有向量的模可以比较大小.23．（2021·上海·高一课时练习）已知向量()3,4OA =-，()6,3OB =-，()5,3OC m m =---.（1）若点A ，B ，C 能够成三角形，求实数m 应满足的条件； （2）若△ABC 为直角三角形，且A ∠为直角，求实数m 的值. 【答案】（1）12m ≠；（2）74m =.【解析】 【分析】(1)点A ，B ，C 能构成三角形，则这三点不共线，即AB 与BC 不共线，利用向量共线的坐标公式计算即可．(2)△ABC 为直角三角形，且A ∠为直角，则AB AC ⊥，利用向量的数量积坐标公式计算即可． 【详解】（1）已知向量()3,4OA =-，()6,3OB =-，()5,3OC m m =---， 若点A ，B ，C 能构成三角形，则这三点不共线，即AB 与BC 不共线. AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=(3,1)，()2,1AC m m =--， 故知()312m m -≠-， ∴实数12m ≠时，满足条件. （2）若△ABC 为直角三角形，且A ∠为直角，则AB AC ⊥， ∴()()3210m m -+-=， 解得74m =. 【点睛】本题考查平面向量共线的坐标公式和数量积的坐标运算，考查学生逻辑思维能力，属于基础题．24．（2021·上海·高一单元测试）如图，两个长度为1的平面向量OA 和OB ，夹角为120︒，点C 在以O 为圆心的圆弧AB⏜上移动，若OC xOA yOB =+，求x y +的最大值.【答案】2 【解析】 【分析】首先以O 为原点，向量OA 的方向为x 轴正方向，建立平面直角坐标系，并设COA θ∠=，从而可写出A ，B ，C 三点的坐标，从而根据条件OC xOA yOB =+便可得到(cos ,sin )(2y x θθ=-，这样便可得到cos x y θθθ⎧+⎪⎪⎨⎪⎪⎩，根据两角和的正弦公式即可得到2sin(30)x y θ+=+︒，根据θ的范围即可得出x y +的最大值． 【详解】解：如图，以O 为坐标原点，直线OA 为x 轴，建立平面直角坐标系，则：(1,0)A，1(2B -，设AOC θ∠=， (cos ,sin )C θθ∴；∴(,0)(((cos ,sin )22y y OC xOA yOB x x θθ=+=+-=-=；∴cos 2sin y x θθ⎧-=⎪⎪=；∴cos x y θθθ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩；∴cos 2sin(30)x y θθθ++=+︒； 3090θ∴+︒=︒，即60θ=︒时x y +取最大值2．25．（2021·上海·高一课时练习）在一次航模实验中，小船受到两个力的作用，已知16N OF =，28N OF =，且1260FOF ∠=︒，求合力OF 的大小及1FOF∠的大小.【答案】合力大小为，1FOF ∠的大小为arcsin 371FOF ∠=）. 【解析】 【分析】解法一：根据加法的几何意义，结合余弦定理求得OF 的长度，即为合力的大小； 利用正弦定理求得1sin FOF ∠，即可求得1FOF ∠的大小. 解法二：利用向量的数量积运算求解. 【详解】解法一：如图，∠OF 1F =180°-∠F 1OF 2=120°，|F 1F 2|=|OF 2|=8,|OF 1|=6.由余弦定理得：22268268cos120148OF =+-⋅⋅⋅︒=，可得，OF =N )， 又由正弦定理得：18sin FOF=∠∴18sin FOF∠==又∵∠FOF1+∠OF1F<180°，∠OF1F=120°，∴∠FOF1为锐角，故1arcsin37FOF∠=所以，合力大小为，1FOF∠的大小为arcsin37.解法二：()22122221212cos60OF OF OF OF OFF OFO+=++︒=221682681482⎛⎫=++⨯⨯⨯=⎪⎝⎭，所以237OF=（N），112111cos,OF OF OFOF OFOF OFOFOF⋅+⋅==226816⎛⎫+⨯⨯ ⎪===则1FOF∠=.26．（2021·上海·高一课时练习）如图，平行四边形ABCD中，2AB=，4AD=，3DABπ∠=.求：（1）DB；（2）CAB∠的大小.【答案】（1）2）【解析】 【分析】（1）根据()22DB AB AD =-，利用向量的数量积运算，即得得解；（2）由()22AC AB AD =+，利用向量的数量积运算，求得AC ，()··AC AB AB AD AB =+运算求得·AC AB ，进而利用向量的夹角余弦公式计算. 【详解】（1）()22222cos DB AB ADAB AD AB AD DAB =-=+-∠1416224122=+-⨯⨯⨯=∴22DB =（2）()22222cos AC AB ADAB AD AB AD DAB =+=++∠1416224282=++⨯⨯⨯=, ∴27AC =;()21 (42482)AC AB AB AD AB AB AB AD =+=+=+⨯⨯=，∴·cos 2·AC AB CAB AC AB∠===,而该角为三角形内角，∴CAB ∠=27．（2021·上海·高一课时练习）如图，质点O 受到两个力1F 和2F 的作用，已知12135F OF ∠=︒，18N OF =，242N OF =，求这两个力的合力OF 的大小以及1FOF ∠的大小.【答案】42OF =145FOF ∠=︒.【解析】【分析】 由向量的数量积的运算，结合向量的模和夹角余弦值公式求解即得.【详解】 ()22121212222cos135OF OF OF OFOF OF OF +=+=+︒ ((2282832⎛=++⨯⨯⨯= ⎝⎭，所以42OF =（牛），112111cos,OFOF OF OF OFOF OF OFOF ⋅+⋅==2288⎛+⨯ ==则145FOF ∠=︒.28．（2021·上海·高一课时练习）已知a 、b 是两个非零向量，同时满足a b a b ==-，求a 与a b +的夹角.【答案】6π.【解析】【分析】利用向量的加法和减法的几何意义分析即得.【详解】由a b a b ==-，结合向量减法的几何意义，如图所示， 可知△OAB 为等边三角形，∴平行四边形OAPB 为菱形，且π6AOP ∠=, 故答案为：π6.29．（2021·上海·高一期末）作五边形ABCDE ，求作下列各题中的和向量：（1）AB BC +；（2）AB ED DB BE +++.【答案】（1）AC ；（2）AB .【解析】【分析】（1）利用平面向量的加法法则求解即可；（2）利用平面向量的加法法则求解即可． 【详解】（1）AB BC AC ；（2）AB ED DB BE AB EB BE AB +++=++=.30．（2021·上海市嘉定区第一中学高一期中）已知单位向量1e 与2e 的夹角为α，且1cos 3α=，向量1232a e e =-与123b e e =-的夹角为β. （1）求|a ⃗|，b ；（2）求cos β的值.【答案】（1）=3a ，|b ⃑⃗|=2√2；（2. 【解析】【分析】（1）利用平面向量的数量积的运算求解；（2）利用数量积的运算求得a b ⋅，结合（1）中求得的模，利用向量的夹角余弦值公式计算即得.【详解】（1）()21212329412943a e e e e =-=+-⋅=+，|b ⃑⃑|=√(3e 1⃑⃑⃑⃑−e 2⃑⃑⃑⃑)2=√9+1−6e 1⃑⃑⃑⃑⋅e 2⃑⃑⃑⃑=√10−6×13=2√2 ；（2）()()22121212123239291138a b e e e e e e e e ⋅=-⋅-=+-⋅=-= 所以cos β=a ⃑⃗⋅b ⃑⃗|a ⃑⃗|⋅|b ⃑⃗|=3×2√2=2√23.。
8.4.1平面同步练习-2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)+必修第二册.
8.4.1平面 同步练习一、单选题1．在三棱锥A BCD -的边AB BD AC CD 、、、上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF HG P ⋂=，则点P （ ） A ．一定在直线AD 上 B ．一定在直线BC 上C ．在直线AD 或BC 上D ．不在直线AD 上，也不在直线BC 上2．一条直线和直线外的三点所确定的平面有（ ） A ．1个或3个 B ．1个或4个 C ．1个，3个或4个D ．1个，2个或4个3．可使平面α和β重合的条件是它们的公共部分中有（ ） A ．三个点B ．1个点和一条直线C ．无数个点D ．两条平行直线4．三个平面不可能将空间分成（ ）个部分 A ．5B ．6C ．7D ．85．下列图形表示两个相交平面，其中画法正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．6．若点A 在直线b 上，b 在平面β上，则点A ，直线b ，平面β之间的关系可以记作（ ） A ．A b β∈∈B ．A b β∈⊂C ．A b β⊂⊂D ．A b β⊂∈7．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 为棱D 1C 1的中点．设AM 与平面BB 1D 1D 的交点为O ，则（ ）A ．三点D 1，O ，B 共线，且OB =2OD 1 B ．三点D 1，O ，B 不共线，且OB =2OD 1C ．三点D 1，O ，B 共线，且OB =OD 1 D ．三点D 1，O ，B 不共线，且OB =OD 18．三条直线两两相交，最多可以确定平面（ ） A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个二、多选题9．下列说法正确的是（ ）A ．梯形的四个顶点共面B ．三条平行直线共面C ．有三个公共点的两个平面重合D ．三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面. 10．三个平面可以把空间分成n 个部分，在下列选项中，n 的值正确的有（ ） A ．5个B ．6个C ．7个D ．8个11．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 、G 、H 分别是1DD 、1BB 、AB 、AD 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．点A 在平面1EFC 内B ．1//EHC FC ．平面1EFC ⋂平面ABCD HG =D ．直线EH 与直线FG 相交12．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，其棱长为3.M ，N 分别为棱11A B ，1BB 的中点，过D ，M ，N 三点作该正方体的截面，截面是一个多边形α.则（ ）A ．截面α和面ABCD 的交线与截面α和面11ADD A 的交线等长B ．截面α是一个五边形.C ．截面α是一个梯形.D ．截面α在顶点D 处的内角的余弦值为413三、填空题13．三个平面将空间最多分成__________部分（用数字回答）14．已知A 、B 、C 为空间中的三个点，则经过这三个点的平面有______个． 15．若点P 在直线b 上，b 在平面β内，则用符号表示P ､b ､β之间的关系可记作___________.16．用平面截一个单位正方体，若截面是六边形，则此六边形周长最小值为______. 四、解答题17．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的12条棱，可以确定多少个平面？18．如图，在三棱锥A BCD -中，作截面PQR ，PQ ，CB 的延长线交于点M ，RQ ，DB 的延长线交于点N ，RP ，DC 的延长线交于点K ．判断M ，N ，K 三点是否共线，并说明理由．19．如图所示，ABC 的各顶点都在平面α外，且直线AB 、BC 、AC 分别与平面α交于P 、Q 、R ，试找出Q 点的位置．（保留作图痕迹）20．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4cm ，M N ，分别是11A B 和1CC 的中点．(1)画出过点D M N 、、的平面与平面11BB C C 及平面11AA B B 的两条交线； (2)设过D M N 、、的平面与11B C 交于点P ，求PM +PN 的值．21．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是11B C 和11C D 的中点．(1)证明：E 、F 、D 、B 四点共面；(2)对角线1A C 与平面1BDC 交于点O ，,AC BD 交于点M ，求证：点1,,C O M 共线； (3)证明：BE 、DF 、1CC 三线共点．22．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为1CC 、1AA 的中点，画出平面1BED F 与平面ABCD 的交线，并说明理由．参考答案1--8ACDAD BAC 9．AD 10．BCD 11．AD 12．ABD 13．8 14．1或无数15．P b ∈，b β⊂，P β∈ 16．3217．连接面对角线HF ，DB ，则可以确定平面BDHF ，同理可以确定平面ACGE ，平面ABGH ，平面CDEF ，平面ADGF ，平面BCHE ，另外有6个表面，共12个平面.故可以确定12个平面，其中6个表面，6个对角面. 18．M ，N ，K 三点共线．理由如下：因为M N 、即在平面BCD 内又在平面PRQ 内，所以M N 、在平面BCD 与平面PRQ 的交线上，所以MN 是平面BCD 与平面PRQ 的交线，、N K 即在平面BCD 内又在平面NKR 内，所以、N K 在平面BCD 与平面NKR 的交线上，所以NK 是平面BCD 与平面NKR 的交线，又平面NKR 与平面PRQ 是同一平面，所以MN 与NK 是同一条直线，即M ，N ，K 三点共线．19．因为Q BC ∈⊂面ABC ，Q α∈， 所以Q 落在面ABC 与面α的交线上，因为P AB ∈⊂面ABC ，R AC ∈⊂面ABC ，所以PR ⊂面ABC ， 因为P α∈，R α∈，所以PR α⊂， 所以面ABC PR α，故Q PR ∈，又Q BC ∈，所以PR BC Q ⋂=， 由此作出Q 点的位置，如图，.20．（1）如图所示，连接DN 并延长交11D C 的延长线于点E ，连接ME 交11B C 于点P ，交11D A 延长线于点Q ，连接DQ 交1AA 于点R ，连接RM PN 、，则DRMPN 即为所求作的截面．如图示：平面DRMPN 与平面11BB C C 的交线为PN ，平面DRMPN 与平面11AA B B 的交线为RM .（2）由N 为1CC 的中点，易得1≅△DCN N EC △，所以14==DC EC ， 因为11C MB P P E △∽△，所以11112142MB B P EC C P ===，得11123C P B C =， 所以12C N =，128433C P =⨯=，114433=⨯=B P ，所以6410493=+=PN ，1621349=+PM 所以10213PM PN ++=． 21．（1）连接11,,EF BD B D在长方体1111ABCD A B C D -中 11//B D BD ∴E 、F 分别是11B C 和11C D 的中点11//EF B D ∴//EF BD ∴∴ E 、F 、D 、B 四点共面（2）11//AA CC11,,,A A C C ∴确定一个平面11AAC C11,O A C A C ∈⊂面11AAC CO ∴∈面11AAC C对角线1A C 与平面1BDC 交于点OO ∴∈面1BDCO 在面11AAC C 与面1BDC 的交线上 =AC BD M ⋂M ∴∈面11AAC C 且M ∈面1BDC∴面11AAC C面1BDC 1=C MO ∴∈1C M即点1,,C O M 共线. （3）延长,DF BE 交于GDG ⊂面DCG G DG ∴∈G ∴∈面DCG BE ⊂面BCGG BE ∴∈G ∴∈面BCG面DCG 面BCG 1CC =1G CC ∴∈∴ BE 、DF 、1CC 三线共点.22．如图所示，在平面1ADD A 内延长1D F ，交DA 的延长线于一点P ，则P ∈平面1BED F ．因为DA ⊂平面ABCD ，所以P ∈平面ABCD ，所以P 是平面ABCD 与平面1BED F 的一个公共点．又B 是两平面的一个公共点，所以PB 为两平面的交线．。
2021-2022学年浙江省杭州市余杭第一中学年高一下学期阶段测试数学试题(解析版)
2021-2022学年浙江省杭州市余杭第一中学年高一下学期阶段测试数学试题一、单选题1．已知i 为虚数单位，复数()()3i 2i z =-+，则z 的虚部为（ ） A ．i B ．1C ．7iD ．7【答案】B【分析】由复数代数形式的乘法运算再结合复数虚部的概念，即可求解. 【详解】∵()()3i 2i 7i z =-+=+∴z 的虚部为1. 故选：B ．2．如图，一个水平放置的平面图形的直观图A B C D ''''是边长为2的菱形，且2O D ''=，则原平面图形的周长为（ ）A ．424+B ．464+C ．82D ．8【答案】B【分析】利用斜二测画法还原直观图即得. 【详解】由题可知2,45O D A D A O D '''''''==∠=， ∴22O A ''=，还原直观图可得原平面图形，如图，则24,2OD O D OA O A AB DC ''''======，∴AD =∴原平面图形的周长为4. 故选： B.3．已知平面向量a ，b 不共线，46AB a b =+，3BC a b =-+，3CD a b =+，则（ ） A ．A ，B ，D 三点共线 B ．A ，B ，C 三点共线 C ．B ，C ，D 三点共线 D ．A ，C ，D 三点共线【答案】D【分析】根据给定条件逐项计算对应三点确定的某两个向量，再判断是否共线作答. 【详解】平面向量a ，b 不共线，46AB a b =+，3BC a b =-+，3CD a b =+， 对于A ，3(3)6BD BC CD a b a b b =+=-+++=，与AB 不共线，A 不正确； 对于B ，因46AB a b =+，3BC a b =-+，则AB 与BC 不共线，B 不正确； 对于C ，因3BC a b =-+，3CD a b =+，则BC 与CD 不共线，C 不正确； 对于D ，46(3)393AC AB BC a b a b a b CD =+=++-+=+=，即//AC CD ， 又线段AC 与CD 有公共点C ，则A ，C ，D 三点共线，D 正确. 故选：D4．已知圆锥的侧面展开图为一个面积为2π的半圆，则该圆锥的高为（ ） AB ．1CD 【答案】D【分析】根据圆锥侧面展开图与本身圆锥的关系进行求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为l ，圆锥的底面半径为r ， 由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长， 则21222l r l r ππππ=⎧⎪⎨⨯=⎪⎩，解得221,4r l ==，则圆锥的高h 故选：D.5．设m R ∈， 向量 ()()(),1,4,,1,2a m b m c ===-， 则 //a b 是 a c ⊥ 的 （ ）条件 A ．充分不必要 B ．必要不充分C ．充要D ．既不充分也不必要【答案】B【分析】根据向量共线与垂直的坐标表示，求得m 的值，结合充分条件和必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，向量()()(),1,4,,1,2a m b m c ===-， 因为//a b ，可得240m -=，所以2m =±； 又因为a c ⊥，可得20m -=，所以2m =， 则//a b 是a c ⊥的必要不充分条件. 故选：B.6．若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是 A ．l 与1l ，2l 都相交B ．l 与1l ，2l 都不相交C ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交D ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交【答案】C【详解】l 与l 1，l 2可以都相交，可可能和其中一条平行，和其中一条相交，如图所以l 至少与1l ，2l 中的一条相交. 故选:C ．7．已知向量a e ≠，1e =，满足对任意t R ∈，恒有a te a e -≥-，则（ ） A ．0a e ⋅= B ．()0a a e ⋅-= C ．()0e a e ⋅-= D ．()()0a e a e +⋅-=【答案】C【分析】对a te a e -≥-两边平方，可得关于t 的一元二次不等式 22210t a et a e -⋅+⋅-≥对任意t R ∈恒成立，进而有0∆≤，即2(1)0a e ⋅-≤，从而即可求解.【详解】解：因为向量a e ≠，1e =，对任意t R ∈，恒有a te a e -≥-， 所以22||||a te a e -≥-，即22210t a et a e -⋅+⋅-≥对任意t R ∈恒成立， 所以2(2)4(21)0a e a e ∆=⋅-⋅-≤，即2(1)0a e ⋅-≤， 所以10a e ⋅-=，即20a e e ⋅-=， 所以()0e a e ⋅-=， 故选：C.8．已知一圆锥底面圆的直径为333a 的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a 的最大值为（ ） A ．3 B 2C ．9322D 32【答案】B【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a 的最大值．【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球设球心为P ，球的半径为r ，下底面半径为R ，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q ，圆锥的轴截面如图：则32OA OB ==，因为332SO =， 故可得：223SA SB SO OB ==+=；所以SAB △为等边三角形，故P 是SAB △的中心， 连接BP ，则BP 平分SBA ∠， 所以30PBO ∠=︒； 所以tan 30r R︒=，即33333322r R ==⨯=， 即四面体的外接球的半径为32r =．另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a 2， 而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球， 所以126233r AA =，所以2a =即a 2 故选：B ．【点睛】本题考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，是一种比较好的方法，本题属于难题．二、多选题9．在ABC 中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，下列各组条件中使得ABC 有两个解的是（ ） A ．23a =4b =，1cos 4A =B ．23a =8b =，13cos A =C ．15a =，4b =，π3A = D ．23a =，4b =，π6A =【答案】CD【分析】根据题意先求出sin A 的值，根据正弦定理可推得sin sin b AB a=，当sin 1B <，且b a >时，B 有两个解，即ABC 有两个解.【详解】A 项：因为sin 0A >，所以215sin 1cos 4A A =-=. 由正弦定理sin sin a b A B=可得，154sin 54sin 1223b A B a ⨯===>，B 无解，A 错误； B 项：因为sin 0A >，所以23sin 1cos 4A A =-=. 由正弦定理sin sin a b A B=可得，38sin 4sin 123b A B a ⨯===，π2B =只有一个解，B 错误；C 项：因为π3sin sin 32A ==，由正弦定理sin sin a b A B =可得，34sin 252sin 1515b A B a ⨯===<. 又b a >，所以B A >，此时B 有两个解，即ABC 有两个解，C 正确；D 项：因为π1sin sin 62A ==，由正弦定理sin sin a bA B =可得，14sin 32sin 1323b A B a ⨯===<.又b a >，所以B A >，此时B 有两个解，即ABC 有两个解，D 正确. 故选：CD.10．如图，在三棱锥P -ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，P A ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，AB ＝P A ＝6，BC ＝8，则（ ）A ．三棱锥D -BEF 的体积为6B ．直线PB 与直线DF 垂直C ．平面DEF 截三棱锥P -ABC 所得的截面面积为12D ．点P 与点A 到平面BDE 的距离相等 【答案】ACD【分析】A.根据P A ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，AB ＝P A ＝6，BC ＝8，先求得V 三棱锥P -A BC ，再根据D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，得到V 三棱锥D -BEF ；B. 假设直线PB 与直线DF 垂直，利用线面垂直的判定定理得到PB ⊥平面DEF ， 与AB ⊥平面DEF 矛盾；C.根据 D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，则截面与PB 相交，交点为中点，论证其形状再求解；D. 论证//PA 平面DEF 即可.【详解】A.因为P A ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，AB ＝P A ＝6，BC ＝8， 所以V 三棱锥P -A BC 111116864833232ABCSPA AB BC PA ==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 又因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点， 所以11111//,3,622222BEFDE PA DE PA S BF EF AB BC ===⨯=⨯⨯=， 所以V 三棱锥D -BEF 1163633BEFSDE =⨯⨯=⨯⨯=，故正确； B. 若直线PB 与直线DF 垂直，因为P A ⊥平面ABC ，所以PA BC ⊥， 又 ,BC AB PAAB A ⊥= ，所以BC ⊥平面PAB ，所以 BC PB ⊥， 又 //EF BC ，所以 EF ⊥平面PAB ， 所以 EF PB ⊥，所以 PB ⊥平面DEF ， 易知 AB ⊥平面DEF ，矛盾，故错误；C.如图所示：取PB 的中点G ，连接GD ，GF ， 则11//,,//,22GF PA GF PA DE PA DE PA ==， 所以//,DE GF DE GF ，所以平面DEF 截三棱锥P -ABC 所得的截面为矩形GFED ， 其面积为11222431222DEFSEF DE =⨯⨯=⨯⨯⨯=，故正确；D. 因为//DE PA ， DE ⊂平面DEF ，PA ⊄平面DEF ， 所以//PA 平面DEF ，所以点P 与点A 到平面BDE 的距离相等，故正确.故选：ACD【点睛】本题主要考查几何体体积的求法，线面垂直的判定，线面平行的判定以及截面的面积问题，还考查了逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.三、填空题11．若1是关于x 的实系数方程20x bx c ++=的一个复数根，则c =___________. 【答案】3【分析】由题知1与其共轭复数1均为方程的根，进而由韦达定理即可得答案. 【详解】∵实系数一元二次方程20x bx c ++=的一个虚根为1， ∴其共轭复数1也是方程的根.由根与系数的关系知，()()()()1111b c ⎧+=-⎪⎨=⎪⎩，∴ 2b =-，3c =. 故答案为：3【点睛】本题考查方程复数根的特点的应用，熟练掌握实系数方程的虚根成对原理（需明确两根为共轭复数）和根与系数的关系是解题的关键，属于基础题. 12．设正四面体的内切球半径为r ，外接球半径为R ，则rR=______． 【答案】13【分析】在正四面体PABC 中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，连接AD ，BE 交于点F ，则点F 为正三角形ABC 的外心，连接PF ，则PF ⊥底面ABC ，且正四面体PABC 的外接球球心与内切球球心为同一点，应在线段PF 上，记作点O ，不妨设正四面体PABC 的棱长为a ，利用勾股定理求出外接球半径，进而得出内切球半径，可得答案．【详解】如图，在正四面体PABC 中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，连接AD ，BE 交于点F ，则点F 为正三角形ABC 的外心，连接PF ，则PF ⊥底面ABC ，且正四面体PABC 的外接球球心与内切球球心为同一点，应在线段PF 上，记作点O ，如图所示．不妨设正四面体PABC 的棱长为a ，则在ABC 中，22233sin 60333AF AD AC ==⋅⋅︒==． ∵PF ⊥底面ABC ，AF ⊂底面ABC ，∴PF AF ⊥，∴2222363PF AP AF a a ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭． ∵正四面体PABC 的外接球、内切球球心均为O ， ∴OP OA R ==，OF r =．∵OF PF OP =-，且在Rt AFO 中有222AF OF OA +=． ∴22236R R ⎫⎫+-=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ∴6R =，666r ==， ∴611236r R a ==． 故答案为：1313．已知一个三棱锥-P ABC ，4PA PB BC AC ====，3PC AB ==，则它的外接球的表面积为______. 【答案】412π 【分析】构造长方体，使得面上的对角线长分别为4,4,3，则长方体的对角线长等于三棱锥P ﹣ABC 外接球的直径，即可求出三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积．【详解】∵三棱锥P ﹣ABC 中，4PA PB BC AC ====，3PC AB ==， ∴构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，4，3， 则长方体的对角线长等于三棱锥P ﹣ABC 外接球的直径．设长方体的棱长分别为x ，y ，z ，则x 2+y 2＝16，y 2+z 2＝16，x 2+z 2＝9，∴x 2+y 2+z 2＝412∴三棱锥P ﹣ABC 外接球的直径为2R ==∴三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积为24142R． 故答案为412π． 【点睛】本题考查球内接多面体，考查学生的计算能力，构造长方体，利用长方体的对角线长等于四面体外接球的直径是关键．14．平面向量a ，b 满足2a =，2a b a b ⋅=-，向量a ，b 的夹角为θ，则2cos θ的最小值为__________． 【答案】15【分析】根据题中的等式建立关于θ和b 的方程，用 b 表示θ，再运用函数思想求解出答案.【详解】222222?·cos 44?·cos a b a b a b a b a b θθ⋅=-∴=+-，且 cos 0θ> 设(0)b b b =>，又 2a =，所以上式可化简为：2224cos 168cos b b b θθ=+-，即， 222216cos cos 04b b b θθ++-=，同时cos 0θ>cos θ∴==令()f b =()f b '∴=()f b ∴在(0上单调递减，在()+∞上单调递增 ()(min f b f ∴==，即， cos θ2cos θ的最小值为：215=⎝⎭故答案为：15.四、双空题15．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知222a c b +-=，1b =，a =则B ∠=___________；ABC 的面积为___________．【答案】 6π 【分析】利用余弦定理可求得cos B ，由此得到B ∠；将,a b 代入已知等式可求得c ，利用三角形面积公式可求得结果.【详解】222a cb +-=，222cos 2ac b B ac +-∴==()0,B π∈，6B π∴∠=；又2313c c +-=，1c ∴=或2c =，1sin 2ABC S ac B ∴==△故答案为：6π【点睛】本题考查余弦定理解三角形、三角形面积公式的应用，属于基础题.五、解答题16．已知2,1a b ==，(3)()3a b a b -⋅+= (1)求a b +的值；(2)求a 与2a b -的夹角.【答案】(2)6π【分析】（1）先由(3)()3a b a b -⋅+=化简求出a b ⋅，再由222a a a b b b +⋅++=可求得结果， （2）先求出(2)a a b ⋅-，2a b -，然后利用向量的夹角公式求解即可 【详解】（1）因为2,1a b ==，(3)()3a b a b -⋅+=，所以22233a a b b -⋅-=，4233a b -⋅-=，得1a b ⋅=-，所以2224a b a a b b +=+⋅+=-（2）因为2(2)2426a a b a a b ⋅-=-⋅=+=， 2224444a b a a b b -=-⋅+=+所以(2)6cos ,(2)222a a b a a b a a b ⋅--===⨯-， 因为,(2)[0,]a a b π-∈，所以,(2)6a a b π-=， 即a 与2a b -的夹角为6π17．在①ac ②sin 3cA =，③=c 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在ABC ，它的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且sin 3sin AB ，6C π=，________? 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】详见解析【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a ,b 的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到c 的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理 由sin 3sin AB 可得：a b=(),0a b m m ==>，则：2222222cos 32c a b ab C m m m m =+-=+-⨯=，即c m =. 若选择条件①：据此可得：2ac m ⨯==，1m ∴=，此时1c m ==.若选择条件②：据此可得：222222231cos 222b c a m m m A bc m +-+-===-，则：sin A ==sin 3c A m==，则：c m ==若选择条件③： 可得1c m b m==，c b =，与条件=c 矛盾，则问题中的三角形不存在. ［方法二］：正弦定理由,6C A B C ππ=++=，得56A B π=-． 由sin 3sin AB ，得5sin 6B B π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即1cos 2B B B +=， 得tan B =．由于0B π<<，得6B π=．所以2,3b c A π==． 若选择条件①：由sin sin a c A C =，得2sin sin 36a cππ=，得a =．解得1,3c b a ===．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时1c =． 若选择条件②：由sin 3c A =，得2sin 33c π=，解得23c =，则23b c ==． 由sin sin a c A C =，得2sin sin 36a c ππ=，得36a c ==． 所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时23c =．若选择条件③：由于3=c b 与b c =矛盾，所以，问题中的三角形不存在．【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得,,a b c 的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角A ，可求出角B ，从而可得2,,36b c A B C ππ====，再根据选择条件即可解出． 18．如图，已知在长方体1111ABCD A B C D -中，1DA DC ==，12AA =，点E 是1D C 的中点．（1）求证：1//AD 平面EBD ；（2）求三棱锥1D BDE -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）16. 【分析】（1）连接OE ，利用中位线的性质得出1//AD OE ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）计算出1DD E S △，利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】（1）因为四边形ABCD 为矩形，且ACBD O =，则O 为AC 的中点，又因为E 为1CD 的中点，则1//OE AD ， 1AD ⊄平面EBD ，OE ⊂平面EBD ，因此，1//AD 平面EBD ；（2）因为1DD CD ⊥，1CD =，12DD =且E 为1CD 的中点， 所以，111111242DD E CDD S S CD DD ==⋅=△△，在长方体1111ABCD A B C D -中，BC ⊥平面11CDD C ，因此，1111136D BDE B DD E DD E V V S BC --==⋅=△. 【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：（1）通过面面平行得到线面平行；（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质. 19．如图所示，等腰梯形ABCD 中，2AB =，1BC CD ==，已知E ，F 分别为线段BC ，AB 上的动点（E ，F 可与线段的端点重合），且满足AF xAB =，BE yBC =.(1)求AE DF ⋅关于x ，y 的关系式并确定x ，y 的取值范围；(2)若AE DF ⊥，判断是否存在恰当的x 和y 使得y x 取得最大值?若存在，求出该最大值及对应的x 和y ；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)412⋅=-+--y AE DF xy x ，[]0,1x ∈，[]0,1y ∈ (2)存在最大值2，12x =，1y = 【分析】（1）法一：先计算出AB AD ⋅，再把AE DF ，用，AB AD 表示出来，再按照数量积运算即可； 法二：建立直角坐标系，表示出AE DF ，，按照数量积的坐标运算计算即可. （2）先通过AE DF ⊥得到()224y x y +=-，再换元后利用双勾函数的内容求出最值即可. 【详解】（1）法一：由等腰梯形的性质可知60BAD ∠=， 即cos 1AB AD AB AD BAD ⋅=⋅∠=，又DF AF AD xAB AD =-=-，1122y AE AB BE AB yBC AB y AB AD AB AB y AD ⎛⎫⎛⎫=+=+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则()14122y y AE DF xAB AD AB yAD xy x ⎡⎤⎛⎫⋅=--+=-+-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦. 由F ，F 分别为线段AB ，BC 上动点，故[]0,1x ∈，[]0,1y ∈.法二：以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，易得()0,0A ，()2,0B ，13,22D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，33,22C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，132,2DF xAB AD x ⎛=-=- ⎝⎭，322y AE AB yBC y ⎛⎫=+=- ⎪ ⎪⎝⎭则1322412242y y AE DF x y xy x ⎛⎫⎛⎫⋅=---=-+-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. 由E ，F 分别为线段AB ，BC 上动点，故[]0,1x ∈，[]0,1y ∈.（2）由AE DF ⊥可得4102y AE DF xy x ⋅=-+--=，则()224y x y +=-， 又0101y x ≤≤⎧⎨≤≤⎩解得11,42x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，[]0,1y ∈. 故()242y y y x y -=+，令2y t +=，则2y t =-，即()1228y f t t x t ⎛⎫==-+- ⎪⎝⎭，[]2,3t ∈ 显然函数()f t 在[]2,3上单调递增，故当3t =即12x =且1y =时，y x取得最大值为2.。
高一数学下学期同步测试
高一数学下学期同步测试（1）—1.1空间几何体本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.共150分.第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）．1．直线绕一条与其有一个交点但不垂直的固定直线转动可以形成（）A．平面B．曲面C．直线D．锥面2．一个多边形沿不平行于矩形所在平面的方向平移一段距离可以形成（）A．棱锥B．棱柱C．平面D．长方体3．有关平面的说法错误的是（）A．平面一般用希腊字母α、β、γ…来命名，如平面α…B．平面是处处平直的面C．平面是有边界的面D．平面是无限延展的4．下面的图形可以构成正方体的是（）A B C D5．圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，那么此圆锥的轴截面是（）A．等边三角形B．等腰直角三角形C．顶角为30°的等腰三角形D．其他等腰三角形6．A、B为球面上相异两点，则通过A、B两点可作球的大圆有（）A．一个B．无穷多个C．零个D．一个或无穷多个7．四棱锥的四个侧面中，直角三角最多可能有（）A．1 B．2 C．3 D．48．下列命题中正确的是（）A．由五个平面围成的多面体只能是四棱锥B．棱锥的高线可能在几何体之外C．仅有一组对面平行的六面体是棱台D．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥9．长方体三条棱长分别是AA′=1，AB=2，AD=4，则从A点出发，沿长方体的表面到C′的最短矩离是（）A．5 B．7 C．29D．3710．已知集合A={正方体}，B={长方体}，C={正四棱柱}，D={直四棱柱}，E={棱柱}，F={直平行六面体}，则（）A ．E F D CB A ⊂⊂⊂⊂⊂B ．AC B FDE ⊂⊂⊂⊂⊂ C ．C A B DF E ⊂⊂⊂⊂⊂ D ．它们之间不都存在包含关系第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）.11．线段AB 长为5cm ，在水平面上向右平移4cm 后记为CD ，将CD 沿铅垂线方向向下移动3cm 后记为C ′D ′,再将C ′D ′沿水平方向向左移4cm 记为A ′B ′，依次连结构成长方体ABCD —A ′B ′C ′D ′. ①该长方体的高为 ；②平面A ′B ′C ′D ′与面CD D ′C ′间的距离为 ；③A 到面BC C ′B ′的距离为 .12．已知，ABCD 为等腰梯形，两底边为AB,CD 且AB>CD ，绕AB 所在的直线旋转一周所得的几何体中是由 、 、 的几何体构成的组合体. 13．下面是一多面体的展开图，每个面内都给了字母，请根据要求回答问题： ①如果A 在多面体的底面，那么哪一面会在上 面 ；②如果面F 在前面，从左边看是面B ，那么哪一个 面会在上面 ；③如果从左面看是面C ，面D 在后面，那么哪一 个面会在上面 .14．长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB=2，BC=3，AA 1=5，则一只小虫从A 点沿长方体的表面爬到C 1点的最短距离是 ．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共76分) 15．（12分）根据图中所给的图形制成几何体后，哪些点重合在一起．16．（12分）若一个几何体有两个面平行，且其余各面均为梯形，则它一定是棱台，此命题是否正确，说明理由．17．（12分）正四棱台上，下底面边长为a，b，侧棱长为c，求它的高和斜高．18．（12分）把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长10cm.求：圆锥的母长．19．（14分）已知正三棱锥S-ABC的高SO=h,斜高SM=n,求经过SO的中点且平行于底面的截面△A1B1C1的面积．20．（14分）有在正方形ABCD中，E、F分别为AB、BC的中点，现在沿DE、DF及EF把△ADE、△CDF和△BEF折起，使A、B、C三点重合，重合后的点记为P.问：①依据题意制作这个几何体；②这个几何体有几个面构成，每个面的三角形为什么三角形；③若正方形边长为a，则每个面的三角形面积为多少．参考答案（一）一、DBCCA DDBAB二、11．①3CM②4CM③5CM；12．圆锥、圆台、圆锥；13．①F②C③A；14．52．三、15．解：J与N，A、M与D，H与E，G与F，B与C.16．解：未必是棱台，因为它们的侧棱延长后不一定交于一点，如图，用一个平行于楔形底面的平面去截楔形，截得的几何体虽有两个面平行，其余各面是梯形，但它不是棱台，所以看一个几何体是否棱台，不仅要看是否有两个面平行，其余各面是否梯形，还要看其侧棱延长后是否交于一点.小结：棱台的定义，除了用它作判定之外，至少还有三项用途：①为保证侧棱延长后交于一点，可以先画棱锥再画棱台；②如果解棱台问题遇到困难，可以将它还原为棱锥去看，因为它是由棱锥截来的；③可以利用两底是相似多边形进行有关推算.17．分析：棱台的有关计算都包含在三个直角梯形B E BE E E O O B B O O ''''''和，及两个直角三角形OBE和E B O '''∆中，而直角梯形常需割成一个矩形和一个直角三角形对其进行求解，所以要熟悉两底面的外接圆半径（B O OB '',）内切圆半径（E O OE '',）的差，特别是正三、正四、正六棱台.略解：hOO B F h EE B G ='=''='='，2222)(222)(21)(21)(22a b c a b c h a b BG a b BF --=--=∴-=-='=--=--h c b a c b a 222214124()()18．解：设圆锥的母线长为l ，圆台上、下底半径为r R ，.Θl l r R l l l cm -=∴-=∴=101014403()答：圆锥的母线长为403cm. 19．解：设底面正三角形的边长为a ，在RT △SOM 中SO=h ，SM=n ，所以OM=22l n -，又MO=63a ，即a =2236l n -，)(3343222l n a s ABC-==∴∆，截面面积为)(34322l n -． 20．解：①略．②这个几何体由四个面构成，即面DEF 、面DFP 、面DEP 、面EFP .由平几知识可知DE =DF ，∠DPE =∠EPF =∠DPF =90°，所以△DEF 为等腰三角形，△DFP 、△EFP 、△DEP 为直角三角形. ③由②可知，DE =DF =5a ,EF=2a ,所以，S△DEF=23a 2。
广东省六校(北江、河源中学、清远一中、惠州阳江中学、茂名中学)2024年高一下学期联考数学试题+答案
北中、河中、清中、惠中、阳中、茂中 2023~2024学年度第二学期联合质量监测考试高一数学1．集合A ，B 满足{}1,3,5,7,9说明：本试卷共19小题，满分150分，考试用时120分钟。
答案须做在答题卡上；选择题填涂需用2B 铅笔，非选择题需用黑色字迹钢笔或签字笔作答。
考试结束后只需交答题卡。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
A B = ，{}1,7A B = ，{}1,5,7A =，则集合B 中的元素个数为（ ） A ．3B ．4C ．5D ．62．复数312i 1iz +=−（i 为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．“3a <”是“函数()()2log 31f x a x =−− 在区间()1,+∞上单调递增”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件4．函数()()21cos 2πe 1x f x x=−− +的图像大致为（ ）A ．B ．C ．D ．5．在正方体1111ABCD A B C D −中，E ，F 分别是AD ，1DD 的中点，4AB =，则过点B ，E ，F 的平面截该正方体所得的截面周长为（ ）A ．+B ．C ．+D ．6．如图，点O 是ABC △的重心，点D 是边BC 上一点，且4BC DC = ，OD mAB nAC =+ ，则mn=（ ）A ．15B ．14−C ．15−D ．147．函数()()πsin 03f x x ωω+>的图象在区间()0,1上恰有一条对称轴和一个对称中心，则（ ） A ．2π7π,36ω∈B ．当πω=时，()f x 在区间1,12上不单调 C ．()f x 在区间()0,1上无最大值 D ．()f x 在区间()0,1上的最小值为1−8．某工业园区有A 、B 、C 共3个厂区，其中AB =，10km BC =，90ABC ∠=°，现计划在工业园区内选择P 处建一仓库，若120APB °∠=，则CP 的最小值为（ ）A ．6kmB ．8kmC ．D ．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
高一下学期数学8.3.2《圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积》测试题-人教版(含答案)
高一下学期数学8.3.2《圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积》测试题-人教版(含答案)一、选择题： 1、已知圆台的母线长为2，母线与轴的夹角为60°，且上、下底面的面积之比为1：4，则该圆台外接球的表面积为（ ）A ．56πB ．100πC ．112πD ．128π2、如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是4π,那么圆柱的体积等于 ( )A .πB .2πC .4πD .8π3、把y=|x|和y=2的图象围成的封闭平面图形绕x 轴旋转一周,所得几何体的体积为（ ） A .22π B .2π C .3π D .4π4、如图 ,过球O 的一条半径OP 的中点O 1作垂直于该半径的平面,所得截面圆的半径为3,则球O 的体积是( )A .332πB .38π C .32π D .16π5、一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为（ ） cm ．A ．13B ．10C ．12D ．166、在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球． 若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是（ ）A .4πB .38π C .3π D .4.5π 7、 已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为3,球O 与圆台的两个底面和侧面都相切,则下列说法不正确的是( )A .圆台的母线长为4B .圆台的高为4C .圆台的表面积为26πD .球O 的表面积为12π8、阿基米德是古希腊伟大的数学家、物理学家、天文学家，是静态力学和流体静力学的奠基人，和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他在不知道球体积公式的情况下得出了圆柱容球定理，即圆柱内切球（与圆柱的两底面及侧面都相切的球）的体积等于圆柱体积的三分之二．那么，圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比为（）A．12B．13C．23D．349、(多选)已知圆锥的底面半径为1，高为3，S为顶点，A，B为底面圆周上两个动点，则（）A..3πB．圆锥的侧面展开图的圆心角大小为π2C．圆锥截面SAB3D．从点A出发绕圆锥侧面一周回到点A的无弹性细绳的最短长度为3310、(多选) 已知圆锥的底面半径为2,其侧面展开图为一个半圆,则下列说法不正确的是( )A.圆锥的高是2B.圆锥的母线长是4C.圆锥的表面积是16πD.圆锥的体积是338π11、(多选)在半径为15的球O内有一个底面边长为12√3的内接正三棱锥A－BCD，则此正三棱锥的体积可能是( )A.864√3B.432√3C.216√3D.108√312、(多选)对24小时内降雨量在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义：平地降雨量(mm)0～10 10～25 25～50 50～100降雨等级小雨中雨大雨暴雨如图所示，小明用一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形容器接了24小时的雨水，积水深度为150mm，那么这24小时降雨的等级中说法不正确的是是（）（平地降雨量等于圆锥形容器内积水的体积除以容器口面积）A．小雨B．中雨 C．大雨D．暴雨二、填空题：13、如图是某烘焙店家烘焙蛋糕时所用的圆台形模具,它的高为8 cm,底部直径为12 cm,上面开口圆的直径为20 cm.现用此模具烘焙一个跟模具完全一样的儿童蛋糕,蛋糕膨胀成型后的体积会变为原来液态状态下体积的2倍(模具不发生变化),若用底面直径为14 cm的圆柱形容器量取液态原料(不考虑损耗),则圆柱形容器中需要注入液态原料的高度为 cm。
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高一数学同步测试正切函数的图象和性质、已知三角函数值求角
一、选择题（每小题5分，共60分，请将所选答案填在括号内） 1．若βαππβα2
2tan tan ),2
3,(,>∈且，则
（ ）
A ．α<β
B ．α>β
C ．α+β>3π
D ．α+β<2π 2．下列函数中，周期是π，且在（0，2
π
）上为增函数的是
（ ）
A ．y=tan|x |
B ．y=cot|x |
C ．y=|tan x |
D ．y=|cot x |
3．已知)cot lg(cos ,21
cos x x x ⋅-=则使有意义的角x 等于 （ ）
A ．)(322Z k k ∈±ππ
B ．)(31
2Z k k ∈±ππ
C ．)(322Z k k ∈-ππ
D ．)(3
2
2Z k k ∈+ππ
4．下列各式中，正确的是
（ ）
A ．3)3
sin(arcsin π
π
= B ．ππ5
2))52(sin(arcsin -=-
C ．ππ3
)3
sin(arcsin
=
D ．π
π
4
)4
sin(arcsin
=
5． 直线y=a （a 为常数）与y=tan ωx （ω>0）的相邻两支的交点距离为 （ ）
A ．π
B ．
ω
π C ．
ω
π2 D ．与a 有关的值 6．函数]2
3
,2[,sin )(ππ∈=x x x f 的反函数)(1x f -=
（ ）
A ．－arcsin x ,x ∈[－1，1]
B ．－π－arcsin x ,x ∈[－1，1]
C ．π+arcsin x ,x ∈[－1，1]
D ．π－arcsin x ,x ∈[－1，1]
7．在区间（－π23，π2
3）内，函数y=tan x 与函数y=sin x 图象交点的个数为 （ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
8．正切曲线y=tan ωx （ω>0）的相邻两支截直线y=1和y=2所得线段长分别为m 、n ，则m 、 n 的大小关系为
（ ）
A ．m>n
B ．m<n
C ．m=n
D ．不确定。