2019-2020学年北京市人大附中高一下学期期末数学试卷

2019-2020学年北京市人大附中高一下学期期末数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1.命题“∃x0∈R，x02+x0+4>0”的否定是()
A. ∀x∈R，x2+x+4≥0
B. ∃x0∈R，x02+x0+4>0
C. ∃x0∈R，x02+x0+4<0．
D. ∀x∈R，x2+x+4≤0
2.已知直线和平面，则能推出的是()
A.
B.
C.
D.
3.已知中，内角所对边长分别为，若，则
的面积等于()
A. B. C. D.
4.如图，B，C，D是地平面内一条直线上的三点，从塔顶A测得地面C，D两点的俯角分别为60°和
30°.若CD=100m，则塔高等于()
A. 50m
B. 100m
C. 50√2m
D. 50√3m
5.三棱锥D−ABC中，CD⊥底面ABC，△ABC为正三角形，若AE//CD，AB=CD=AE=2，则
三棱锥D−ABC与三棱锥E−ABC的公共部分构成的几何体的体积为()
A. √3
9B. √3
3
C. 1
3
D. √3
6.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则能得出的是()
A. ，，
B. ，，
C. ，，
D. ，，
7.△ABC的三个内角A，B，C所对的分别为a，b，c，若cosA
cosB =b
a
=√2，则角C的大小为()
A. 60°
B. 75°
C. 90°
D. 120°
8.三棱锥P−ABC的底面是等腰三角形，∠C=120°，侧面是等边三角形且与底面ABC垂直，AC=2，
则该三棱锥的外接球表面积为()
A. 12π
B. 20π
C. 32π
D. 100π
9.下列四种说法中，错误的个数是()
①A={0,1}的子集有3个；
②命题“存在x0∈R，2x0≤0”的否定是：“不存在x0∈R，2x0>0；
③函数f(x)=e−x−e x的切线斜率的最大值是2；
④函数y=sin(−2x+π
3)的单调增区间是[−kπ−π
12
,−kπ+5π
12
](k∈Z)．
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
10.设是一条直线，，，是不同的平面，则下列说法不正确的是()
A. 如果，那么内一定存在直线平行于
B. 如果不垂直于，那么内一定不存在直线垂直于
C. 如果，，，那么
D. 如果，与，都相交，那么与，所成的角互余
二、单空题（本大题共5小题，共20.0分）
11.在△ABC中，a=2，b=√3，c=1，则最小角为______ 度．
12.在△ABC中，a2+b2+ab=c2，则∠C=______．
13.如图，AC是⊙O的直径，B是圆上一点，∠ABC的平分线与⊙O相交于D，已
知BC=1，AB=√3，则AD=______
14.在三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=1，则三棱锥P−ABC外接
球的表面积为．
15.在四面体ABCD中，M、N分别是面△ACD、△BCD的重心，则四面体的
四个面中与MN平行的是______ ．
三、解答题（本大题共4小题，共40.0分）
16.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA=AB．
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求异面直线BC与PD所成的角．
17. 如图，某市拟在道路的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段ABC，该曲线段为函
<φ<π)，x∈[−3,0]的图象，且图象的最高点为数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,π
2
B(−1,3√2)；赛道的中间部分为√3千米的水平跑到CD；赛道的后一部分为以O圆心的一段圆弧DE⏜．
(1)求ω，φ的值和∠DOE的值；
(2)若要在圆弧赛道所对应的扇形区域内建一个“矩形草坪”，如图所示，矩形的一边在道路AE上，
一个顶点在扇形半径OD上．记∠POE=θ，求当“矩形草坪”的面积最大时θ的值．
18. 设函数y=f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，y=f′(x)是y=f(x)的导函数，若g(x)=
f(x)+√3f′(x)为奇函数，且对任意的x∈R有g(x)≤2．
(1)求g(x)的表达式．
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c,a=tanB
tanA =g(−π
2
)，求△ABC的面积最大值．
19. 如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧面PAD为
正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点，E为BC的中点．
(1)求证：BG//平面PDE；
(2)求证：AD⊥PB；
(3)在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，若存在，确定点F的位置；若不存在，
说明理由．
【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∃x0∈R，x02+x0+4>0”的否定是：“∀x∈R，x2+x+4≤0”．
故选：D．
利用特称命题的否定是全称命题写出经过即可．
本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．
2.答案：C
解析：本题考查命题的真假判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
解：存在一条直线b，a//b，且b//α，则a//α或a⊂α，故A错误；
存在一条直线b，a⊥b，且b⊥α，则a//α或a⊂α，故B错误；
存在一个平面β，a⊂β，且α//β，则由平面与平面平行的性质知a//α，故C正确；
存在一个平面β，a//β，且α//β，则a//α或a⊂α，故D错误．
故选：C．
3.答案：B
解析：试题分析：由正弦定理知，将带入得，解得，所以，故是等边三角形，从而，故选
B．
考点：1.正弦定理；2.三角形的面积公式．
4.答案：D
解析：
根据等腰三角形和直角三角形的知识即可求出．
本题考查了解三角形的问题，属于基础题．
解：从塔顶A测得地面C，D两点的俯角分别为60°和30°，CD=100m，
∴∠D=30°，∠DAC=30°，∠ACB=60°
∴AC=CD=100，
∴AB=ACsin60°=100×√3
2
=50√3，
故选：D．
5.答案：B
解析：
本题考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
设AD∩CE=F，三棱锥D−ABC与三棱锥E−ABC的公共部分为三棱锥F−ABC，由此能求出三棱锥D−ABC与三棱锥E−ABC的公共部分构成的几何体的体积．
解：∵三棱锥D−ABC中，CD⊥底面ABC，△ABC为正三角形，
AE//CD，AB=CD=AE=2，
∴如下图所示三棱锥D−ABC与三棱锥E−ABC的公共部分为三棱锥F−ABC，
∵底面ABC是边长为2的等边三角形，
∴S△ABC=1
2
×2×2×sin60°=√3，
∵AD∩CE=F，∴F到平面ABC的距离d=1
2
AE=1，
∴三棱锥D−ABC与三棱锥E−ABC的公共部分构成的几何体的体积：
V F−ABC=1
3×S△ABC×d=1
3
×√3×1=√3
3
．
故选：B．
6.答案：C
解析：在A选项中还有的可能；在B选项中还有的可能；在C选项中必有；在D 选项中还有的可能.故正确答案为C．
考点：空间直线、平面的位置关系．
7.答案：C
解析：解：由正弦定理得，cosA
cosB =b
a
=sinB
sinA
，
则sinAcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，
所以2A=2B或2A+2B=180°，得A=B或A+B=90°，
因为b
a
=√2，所以A+B=90°，
则C=180°−(A+B)=90°，
故选：C．
根据正弦定理化简cosA
cosB =b
a
，由二倍角的正弦公式得到A、B的关系，再结合条件和内角和定理求出
角C．
本题考查正弦定理，内角和定理，以及二倍角的正弦公式，注意三角形的边角关系的应用．
8.答案：B
解析：
本题考查三棱锥的外接球表面积的求法，考查三棱锥及其外接球的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
由题意画出图形，设出三角形ABC外接圆的圆心G，由已知结合正弦定理求得CG，再设出三角形PAB的外接圆的圆心，作相交线得到三棱锥的外接球的球心，解三角形求得三棱锥的外接球的半径，则答案可求．
解：如图，在等腰三角形ABC中，由∠C=120°，得∠ABC=30°，
又AC=2，设G为三角形ABC外接圆的圆心，
则AC
sin∠ABC =2
sin30∘
=2CG，∴CG=2，
再设CG交AB于D，可得CD=1，AB=2√3，则DG=1，
在等边三角形PAB中，设其外心为H，
则BH=PH=2
3
PD=2，
过G作平面ABC的垂线，过H作平面PAB的垂线，两垂线相交于O，则O为该三棱锥的外接球的球心，则半径R=OB=√4+1=√5，
∴该三棱锥的外接球的表面积为4π×(√5)2=20π．
故选：B．
9.答案：D
解析：解：对于①，A={0,1}的子集个数为：22=4，故①错误；
对于②，命题“存在x0∈R，2x0≤0”的否定是：“对任意的x0∈R，2x0>0，故②错误；
对于③，∵f′(x)=−e−x−e x=−(1
e x
+e x)≤−2(当e x=e−x时，即x=0时，等号成立)，∴函数f(x)=e−x−e x的切线斜率的最大值是−2，故③错；
对于④，函数y=sin(−2x+π
3)=−sin(2x−π
3
)，令2kπ+π
2
≤2x−π
3
≤3π
2
，可解得函数的单调增区
间为[kπ+5π
12,kπ+11π
12
]，k∈Z，故④错；
故选：D．
①根据一个非空集合子集的个数公式进行求解；
②根据命题否定的定义，进行求解；
③利用导数研究直线的斜率，再利用均值不等式进行求解；
④运用−α的诱导公式，再令2kπ+π
2≤2x−π
3
≤3π
2
，可求解．
此题主要考查命题的真假判断与应用，是一道基础题，考查的知识点比较全面；
10.答案：D
解析：试题分析：对于A，，说明这两个平面必相交，设其交线为，任意直线且，由平面的基本性质可知，所以由线面平行的判定定理可判定，正确；对于B，假设
且，则由面面垂直的判定定理可得，这与条件不垂直于相矛盾，假设不正确，故B 也正确；对于C，如下图(1)，设，在平面内取一点，作于点，
于点，则由面面垂直：的性质可得，而，所以，由线面垂直的判定定理可得，故C选项正确；对于D，这是不成立的，如下图(2)的长方体，设，分别记平面、平面为，记直线
为，则与平面所成的角分别为，而
，故，
，故D选项不正确，选D．
考点：1.空间中的平行、垂直问题；2.线面角．
11.答案：30
解析：
本题考查余弦定理求三角形的内角，属基础题．
由题意可得C为最小角，由余弦定理可得cos C，由三角形内角的范围可得．解：∵在△ABC中a=2，b=√3，c=1，
∴c为最小边，C为最小角，
由余弦定理可得cosC=a2+b2−c2
2ab =√3
2
，
由三角形内角范围可得最小角C=30°
故答案为：30
12.答案：2
3
π
解析：解：在△ABC中，a2+b2+ab=c2，由余弦定理可知，cosC=−1
2
，C是三角形内角，所以
C=2
3
π．
故答案为：2
3
π．
直接利用余弦定理，求出C的余弦值，然后求出C的大小．
本题考查余弦定理的应用，考查计算能力．
13.答案：√2
解析：解：∵AC是⊙O的直径，B是圆上一点，
∴∠ABC=90°，
又∵BC=1，AB=√3，
∴AC=2R=2，故⊙O的半径为1
又∵，∠ABC的平分线与⊙O相交于D，
∴∠ABD=45°=1
2
∠AOD
∴∠AOD=90°
∴AD=√2
故答案为：√2
由已知中AC是⊙O的直径，B是圆上一点，∠ABC的平分线与⊙O相交于D，已知BC=1，AB=√3，根据圆周角定理及其推论，我们易求出圆的半径及∠AOD的度数，解△AOD即可得到答案．
本题考查的知识点是圆周角定理及其推论，勾股定理，其中根据圆周角定理及其推论，求出圆的半径及∠AOD的度数，是解答本题的关键．
14.答案：3π
解析：
本题考查球与多面体的组合体及球的表面积，由已知三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则它的外接球与以这三条侧棱分别为长宽高的正方体的外接球相同，求出半径，然后代入公式计算即可．
解：三棱锥P−ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，
它的外接球就是它扩展为正方体的外接球，
而正方体的对角线的长√12+12+12=√3，
∴球的直径是√3，球的半径为√3
2
，
∴球的表面积：4π×(√3
2
)2=3π．
故答案为3π．
15.答案：平面ABC、平面ABD
解析：解：连接AM并延长，交CD于E，
连接BN并延长交CD于F，
由重心性质可知，
E、F重合为一点，
且该点为CD的中点E，
由EM
MA =EN
NB
=1
2
得MN//AB，。