北京市房山区2020-2021学年高一下学期期末考试数学试卷（解析版）.doc

1、2020-2021学年北京市房山区高一（下）期末数学试卷一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）. 1“直线l不在平面内”用数学符号表示为（）AlBlClDl2已知角的终边经过点P（3，1），则cos（）ABCD3已知球的体积为，则它的半径为（）A2BC4D4在ABC中，已知BC6，A，B，则AC（）ABCD5下列命题正确的是（）A正方形的直观图是正方形B用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体是棱台C各个面都是三角形的几何体是三棱锥D圆锥有无数条母线6已知正四棱锥PABCD的高为，底面边长为2，则正四棱锥PABCD的侧面积为（）AB8CD47在三棱锥PABC中，PA平面AB

2、C，ABBC，PAABBC1，则侧面PBC与底面ABC所成的二面角的大小是（）A30B45C60D908设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，m，n，则“mn”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9如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD2，AB3，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，过BF的平面与直线C1E平行，则平面截该长方体所得截面的面积为（）A3BCD10如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为棱AA1的中点，A1C1与B1D1相交于点N，P是底面ABCD内（含边界）的动点，总有A1PMN，则动点P的轨

3、迹的长度为（）A2BCD3二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。11已知长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则它的体对角线长为 12如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线AD1与A1B所成角的大小为 13函数f（x）sin（x）（0）的最小正周期是，则 ，f（x）在上的最小值为 14如图，在等腰梯形ABCD中，ABCD，AB4，CD2，点P为线段CD上一个动点（含端点），则的最大值为 15已知三个不同的平面，和一条直线m，给出五个论断：m；m；以其中的两个论断作为条件，一个论断作为结论，写出一个正确的命题 .（可以用序号表示）16如图1，在RtABC中，B90，BC3，AB6，D，

4、E分别是AB，AC上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起，使A到A1，得到四棱锥A1DECB，如图2在翻折过程中，有下列结论：DE平面A1DB恒成立；若M是A1B的中点，N是DB的中点，总有MN平面A1DE；异面直线A1C与DE所成的角为定值；三棱锥BA1DE体积的最大值为其中正确结论的序号为 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如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，M为AB的中点（）求证：CM平面ABB1A1；（）求证：AC1平面CMB118已知ABC中，a3再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求：（）b的值；（）ABC的面积

5、条件：b2c；条件：b+c619在ABC中，asinBbcosA（）求A的大小；（）求的最大值20如图，四棱锥PABCD的底面是平行四边形，平面PDC平面ABCD，且PDC是正三角形，点O是CD的中点，点E，F分别在棱PD，PC上（）求证：POAD；（）若A，B，E，F共面，求证：EFAB；（）在侧面PAD中能否作一条直线段使其与平面PBO平行？如果能，请写出作图的过程并给出证明；如果不能，请说明理由21若函数f（x）asinx+bcosx（a，bR），非零向量（a，b），我们称为函数f（x）的“相伴向量”，f（x）为向量的“相伴函数”（）已知函数f（x）2cos2+sinx1，求f（x）的“

6、相伴向量”；（）记向量的“相伴函数”为g（x），将g（x）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数h（x），若，求sin的值；（）对于函数（x）sinxcos2x，是否存在“相伴向量”？若存在，求出（x）的“相伴向量”；若不存在，请说明理由参考答案一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）. 1“直线l不在平面内”用数学符号表示为（）AlBlClDl解：“直线l不在平面内”用数学符号表示为：l故选：B2已知角的终边经过点P（3，1），则cos（）ABCD解：角的终边上的点P（3，1）到原点的距离为：r，由任意角的三角函数的定义

7、得 cos故选：D3已知球的体积为，则它的半径为（）A2BC4D解：设球的半径为R，由球的体积公式可得：，即R2故选：A4在ABC中，已知BC6，A，B，则AC（）ABCD解：由正弦定理，得，所以故选：C5下列命题正确的是（）A正方形的直观图是正方形B用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体是棱台C各个面都是三角形的几何体是三棱锥D圆锥有无数条母线解：根据斜二测画法可知，正方形的直观图不可能是正方形，即选项A错误；只有当平面与棱锥的底面平行时，才能截出棱台，即选项B错误；如果一个多面体的一个面是三角形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，才是三棱锥，与选项的区别重点是“公共顶点”，即

8、选项C错误；圆锥有无数条母线，即选项D正确故选：D6已知正四棱锥PABCD的高为，底面边长为2，则正四棱锥PABCD的侧面积为（）AB8CD4解：正四棱锥底面边长为2，高为，则侧面的斜高为h2，所以正四棱锥的侧面积为S4228故选：B7在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABBC，PAABBC1，则侧面PBC与底面ABC所成的二面角的大小是（）A30B45C60D90解：因为PA平面ABC，BC平面ABC，则PABC，又ABBC，ABPAA，AB，PA平面PAB，则BC平面PAB，又PB平面PAB，所以PBBC，则PBA即为侧面PBC与底面ABC所成的二面角的平面角，在RtPAB中，PAAB1

9、，所以PBA45，则侧面PBC与底面ABC所成的二面角的大小是45故选：B8设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，m，n，则“mn”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解：m，若mn，则n，又n，；反之，m，若，则m，又n，mn可得m，n，则“mn”是“”的充分必要条件故选：C9如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD2，AB3，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，过BF的平面与直线C1E平行，则平面截该长方体所得截面的面积为（）A3BCD解：在ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过BF的平面与直线

10、C1E平行，又AFC1E，平面是平面ABF，取DD1中点G，连结GF，AG，平面截该正方体所得截面为矩形ABFG，AB3，BF，平面截该正方体所得截面的面积为S矩形ABFG3故选：D10如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为棱AA1的中点，A1C1与B1D1相交于点N，P是底面ABCD内（含边界）的动点，总有A1PMN，则动点P的轨迹的长度为（）A2BCD3解：如图MNAC1，AC1面A1DB，MN面A1DB，即可得MN垂直面A1BD内任意直线，当P在底面ABCD内（含边界）时，总有A1PMN，则P的运动轨迹就是线段BD，则动点P的轨迹的长度为2故选：C二、填空题共6小题，每

11、小题5分，共30分。11已知长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则它的体对角线长为 解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，根据长方体的对角线公式，可得体对角线长为故答案为：12如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线AD1与A1B所成角的大小为 解：如图，连接A1C1，BC1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为ABD1C1，ABD1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1BC1，所以直线AD1与A1B所成的角为A1BC1或其补角，因为A1BC1为等边三角形，所以A1BC1，所以直线AD1与A1B所成角的大小为故答案为：13函数f（x）sin（x）（0）的最小正周期是，

12、则2，f（x）在上的最小值为 解：函数f（x）sin（x）（0）的最小正周期是，T，解得：2，故f（x）sin（2x）当x时，2x，所以当2x时，f（x）的最小值为故答案为：2，14如图，在等腰梯形ABCD中，ABCD，AB4，CD2，点P为线段CD上一个动点（含端点），则的最大值为 12解：如图：过点D、C分别作DEAB，CFAB，垂足分别为E、F，得矩形DEFC，EFDC2，又在等腰梯形ABCD中，ABCD，AB4，CD2，得AEBF1，在RtDEA中，cosDAE，|44，（+）+4+4|，当点P与C重合时取最大值为4+4212，故答案为：1215已知三个不同的平面，和一条直线m，给出五

13、个论断：m；m；以其中的两个论断作为条件，一个论断作为结论，写出一个正确的命题 ，或，或.（可以用序号表示）解：由m，m，可得，即；由，可得，即；由，可得，即故答案为：，或，或16如图1，在RtABC中，B90，BC3，AB6，D，E分别是AB，AC上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起，使A到A1，得到四棱锥A1DECB，如图2在翻折过程中，有下列结论：DE平面A1DB恒成立；若M是A1B的中点，N是DB的中点，总有MN平面A1DE；异面直线A1C与DE所成的角为定值；三棱锥BA1DE体积的最大值为其中正确结论的序号为 解：对于：因为B90，DEBC，所以DEA1D，DEBD，又AD

14、BDD，所以DE平面A1DB，故正确；对于：若M是A1B的中点，N是DB的中点，所以MNA1D，又MN平面A1DE，A1D平面A1DE，所以MN平面A1DE，故正确；对于：由知DEBC，DE平面A1DB，所以BC平面A1DB，因为A1B平面A1DB，所以BCA1B，所以异面直线A1C与DE所成的角为A1CB，所以在RtA1DB中，tanA1CB，在翻折过程中，A1B长度在变化，tanA1CB在变化，故错误；对于：根据题意可得ADEABC，所以，所以AD4，VVSBDEh，所以SBDEBDDE222，点S到平面BDE的距离为h，当A1D平面BDE时，hmaxA1D4，所以SBDE最大24，故正确

15、故答案为：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如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，M为AB的中点（）求证：CM平面ABB1A1；（）求证：AC1平面CMB1【解答】（）证明：由直三棱柱的性质知，AA1平面ABC，CM平面ABC，AA1CM，ACBC，M为AB的中点，CMAB，又AA1ABA，AA1、AB平面ABB1A1，CM平面ABB1A1（）证明：连接BC1，交B1C于点O，连接OM，则O为BC1的中点，M为AB的中点，OMAC1，OM平面CMB1，AC1平面CMB1，AC1平面CMB118已知ABC中，a3再从条件、条件这两个条件中选择一

16、个作为已知，求：（）b的值；（）ABC的面积条件：b2c；条件：b+c6解：若选条件：b2c，（）因为，a3，所以由余弦定理c2a2+b22abcosC，可得：9+b223b，可得b27b+120，解得b4，或3；（）因为sinC，所以ABC的面积SabsinC，或若选条件：b+c6，即c6b，（）因为，a3，所以由余弦定理c2a2+b22abcosC，可得：（6b）29+b223b，可解得b4（）因为sinC，所以ABC的面积SabsinC19在ABC中，asinBbcosA（）求A的大小；（）求的最大值解：（）asinBbcosA，由正弦定理可得sinAsinBsinBcosA，sinB0

17、，sinAcosA，即tanA1，A（0，），A（）cosB+cosCcosB+cos（B）cosB+（cosB+sinB）sinB1，当B时等号成立，可得cosB+cosC的最大值为120如图，四棱锥PABCD的底面是平行四边形，平面PDC平面ABCD，且PDC是正三角形，点O是CD的中点，点E，F分别在棱PD，PC上（）求证：POAD；（）若A，B，E，F共面，求证：EFAB；（）在侧面PAD中能否作一条直线段使其与平面PBO平行？如果能，请写出作图的过程并给出证明；如果不能，请说明理由解：（I）证明：PDC是正三角形，点O是CD的中点，POCD，又平面PDC平面ABCD，平面PDC平面A

18、BCDCD，PO平面ABCD，AD平面ABCD，POAD（II）证明：又底面ABCD是平行四边形，ABCD，又CD平面PDC，AB平面PDC，AB平面PDC，平面ABEF平面PDCEF，AB平面ABEF，EFAB（）取PA的中点M，取PB的中点N，连接DM，ON，MN，MN是PAB的中位线，MNAB，MNAB，点O是DC的中点，且DOAB，DOAB，则MNDO，MNDO，四边形MNOD是平行四边形，DMON，ON平面PBO，DM平面PBO，DM平面PBO，DM平面PAD，在平面PAD中能作出直线段DM21若函数f（x）asinx+bcosx（a，bR），非零向量（a，b），我们称为函数f（x）

19、的“相伴向量”，f（x）为向量的“相伴函数”（）已知函数f（x）2cos2+sinx1，求f（x）的“相伴向量”；（）记向量的“相伴函数”为g（x），将g（x）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数h（x），若，求sin的值；（）对于函数（x）sinxcos2x，是否存在“相伴向量”？若存在，求出（x）的“相伴向量”；若不存在，请说明理由解：（）函数f（x）2cos2+sinx11+cosx+sinx1sinx+cosx，由题意可知，f（x）的“相伴向量”为（1，1）；（）由题意，g（x），将g（x）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数，再所得的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数h（x），故h（x），因为，则，又，则，故，所以sin；（）若函数（x）sinxcos2x存在“相伴向量”，则存在a，b使得sinxcos2xasinx+bcosx对任意的xR恒成立，令x0，则b0，因此sinxcos2xasinx，即sinx0或cos2xa，上式显然对于任意的xR不恒成立，所以函数（x）sinxcos2x不存在“相伴向量”