2021北京房山高一（下）期末数学（教师版）

这是一份2021北京房山高一（下）期末数学（教师版），共14页。试卷主要包含了解答题共5小题，共70分等内容，欢迎下载使用。
2021北京房山高一（下）期末数    学一、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．（5分）“直线不在平面内”用数学符号表示为　　A． B． C． D．2．（5分）已知角的终边经过点，则　　A． B． C． D．3．（5分）已知球的体积为，则它的半径为　　A．2 B． C．4 D．4．（5分）在中，已知，，，则　　A． B． C． D．5．（5分）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．（5分）已知正四棱锥的高为，底面边长为2，则正四棱锥的侧面积为　　A． B．8 C． D．47．（5分）在三棱锥中，平面，，，则侧面与底面所成的二面角的大小是　　A． B． C． D．8．（5分）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，，，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9．（5分）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该长方体所得截面的面积为　　A．3 B． C． D．10．（5分）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，与相交于点，是底面内（含边界）的动点，总有，则动点的轨迹的长度为　　A．2 B． C． D．3二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。11．（5分）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．（5分）如图，在正方体中，直线与所成角的大小为 　　．13．（5分）函数的最小正周期是，则　　，在上的最小值为 　　．14．（5分）如图，在等腰梯形中，，，，点为线段上一个动点（含端点），则的最大值为 　　．15．（5分）已知三个不同的平面，，和一条直线，给出五个论断：①；②；③；④；⑤．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．（5分）如图1，在中，，，，，分别是，上的点，且，，将沿折起，使到，得到四棱锥，如图2．在翻折过程中，有下列结论：①平面恒成立；②若是的中点，是的中点，总有平面；③异面直线与所成的角为定值；④三棱锥体积的最大值为．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．（15分）如图，已知直三棱柱中，，为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面．18．（14分）已知中，，．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）的值；（Ⅱ）的面积．条件①：；条件②：．19．（14分）在中，．（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）求的最大值．20．（14分）如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面平面，且是正三角形，点是的中点，点，分别在棱，上．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若，，，共面，求证：；（Ⅲ）在侧面中能否作一条直线段使其与平面平行？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．（13分）若函数，，非零向量，我们称为函数的“相伴向量”， 为向量的“相伴函数”．（Ⅰ）已知函数，求的“相伴向量”；（Ⅱ）记向量的“相伴函数”为，将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，若，，求的值；（Ⅲ）对于函数，是否存在“相伴向量”？若存在，求出的“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。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．【分析】利用直线与平面的位置关系的数学符号直接表示．【解答】解：“直线不在平面内”用数学符号表示为：．故选：．【点评】本题考查两直线位置关系的判断，考查空间中线面间的位置关系等基础知识，是基础题．2．【分析】先求出角的终边上的点到原点的距离为，再利用任意角的三角函数的定义求出结果．【解答】解：角的终边上的点到原点的距离为：，由任意角的三角函数的定义得．故选：．【点评】本题考查任意角的三角函数的定义，两点间的距离公式的应用，考查计算能力，属于基础题．3．【分析】设出球的半径，代入球的体积公式得答案．【解答】解：设球的半径为，由球的体积公式可得：，即．故选：．【点评】本题考查球的体积公式的应用，是基础题．4．【分析】由已知结合正弦定理即可直接求解．【解答】解：由正弦定理，得，所以．故选：．【点评】本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．5．【分析】根据棱锥、棱台的概念与结构特征，即可得解．【解答】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”，即选项错误；圆锥有无数条母线，即选项正确．故选：．【点评】本题考查简单空间几何体的概念与结构特征，考查空间立体感，属于基础题．6．【分析】根据题意计算正四棱锥侧面的高，求出它的侧面积．【解答】解：正四棱锥底面边长为2，高为，则侧面的斜高为，所以正四棱锥的侧面积为．故选：．【点评】本题考查了正四棱锥的结构特征以及侧面积的求法，是基础题．7．【分析】可证明平面，利用线面垂直的性质定理得到，又，由二面角的平面角的定义可知，即为侧面与底面所成的二面角的平面角，在三角形中由边角关系求解即可．【解答】解：因为平面，平面，则，又，，，平面，则平面，又平面，所以，则即为侧面与底面所成的二面角的平面角，在中，，所以，则侧面与底面所成的二面角的大小是．故选：．【点评】本题考查了线面垂直的判定定理和性质定理的应用，二面角的求解，解题的关键是利用二面角的定义确定所求解的角，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．8．【分析】由，，，可得；反之，由，，，可得，再由充分必要条件的判定得答案．【解答】解：，若，则，又，；反之，，若，则，又，．可得，，则“”是“”的充分必要条件．故选：．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查推理论证能力，是基础题．9．【分析】由过的平面与直线平行，得平面是矩形，由此能求出平面截该正方体所得截面的面积．【解答】解：在中，，分别是棱，的中点，过的平面与直线平行，又，平面是平面，取中点，连结，，平面截该正方体所得截面为矩形，，，平面截该正方体所得截面的面积为．故选：．【点评】本题考查平面截正方体所得平面面积的求法，考查线面平行的判定定理、线面平行的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．10．【分析】由，面，可得面，即可得当在底面内（含边界）时，总有，则的运动轨迹就是线段，求得的长度即可．【解答】解：如图，面，面，即可得垂直面内任意直线，当在底面内（含边界）时，总有，则的运动轨迹就是线段，则动点的轨迹的长度为．故选：．【点评】本题考查了空间线线、线面位置关系，考查了空间动点轨迹问题，属于中档题．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。11．【分析】根据已知条件，结合长方体的体对角线公式，即可求解．【解答】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：．【点评】本题考查了长方体的体对角线公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．12．【分析】连接，，由，可得直线与所成的角为或其补角，由正方体的结构特征即可求解．【解答】解：如图，连接，，在正方体中，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以直线与所成的角为或其补角，因为△为等边三角形，所以，所以直线与所成角的大小为．故答案为：．【点评】本题主要考查异面直线及其所成的角，考查转化思想与运算求解能力，属于基础题．13．【分析】由三角函数的周期性及其求法即可求的值，根据正弦三角函数图象的单调性解答．【解答】解：函数的最小正周期是，，解得：，故．当时，，所以当时，的最小值为．故答案为：2，．【点评】本题主要考查了三角函数的周期性及其求法，属于基础题．14．【分析】即可解决此题．【解答】解：如图： 过点、分别作，，垂足分别为、，得矩形，，又在等腰梯形中，，，，得，在中，，，，当点与重合时取最大值为，故答案为：12．【点评】本题考查平面向量加法及数量积运算，属于中档题．15．【分析】从五个论断中依次取出两个作为条件，分析结论是否成立即可．【解答】解：由，，可得，即①②③；由，，可得，即③⑤④；由，，可得，即④⑤③．故答案为：①②③，或③⑤④，或④⑤③．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．16．【分析】对于①：由，，则，，由线面垂直的判定定理，即可判断①是否正确；对于②：若是的中点，是的中点，则，由线面平行的判定定理，即可判断②是否正确；对于③：由①知异面直线与所成的角为，在△中，，即可判断③是否正确；对于④：根据题意可得，解得，由等体积法，可得，即可判断④是否正确．【解答】解：对于①：因为，，所以，，又，所以平面，故①正确；对于②：若是的中点，是的中点，所以，又平面，平面，所以平面，故②正确；对于③：由①知，平面，所以平面，因为平面，所以，所以异面直线与所成的角为，所以在△中，，在翻折过程中，长度在变化，在变化，故③错误；对于④：根据题意可得，所以，所以，，所以，点到平面的距离为，当平面时，，所以，故④正确．故答案为：①②④．【点评】本题考查立体几何中线面位置关系，体积，属于中档题．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．【分析】（Ⅰ）由直三棱柱的性质课推出，由等腰三角形的性质知，然后由线面垂直的判定定理，得证；（Ⅱ）连接，交于点，连接，易知，再由线面平行的判定定理，得证．【解答】（Ⅰ）证明：由直三棱柱的性质知，平面，平面，，，为的中点，，又，、平面，平面． （Ⅱ）证明：连接，交于点，连接，则为的中点，为的中点，，平面，平面，平面．【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，熟练掌握线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力是解题的关键，属于基础题．18．【分析】若选条件①：（Ⅰ）由已知利用余弦定理可得，解方程可得的值；（Ⅱ）利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据三角形的面积公式即可求解．若选条件②：（Ⅰ）由已知可得，利用余弦定理可得的值；（Ⅱ）利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据三角形的面积公式即可求解．【解答】解：若选条件①：，（Ⅰ）因为，，所以由余弦定理，可得：，可得，解得，或3；（Ⅱ）因为，所以的面积，或．若选条件②：，即，（Ⅰ）因为，，所以由余弦定理，可得：，可解得．（Ⅱ）因为，所以的面积．【点评】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．19．【分析】（Ⅰ）由正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式，结合，可得，结合范围，可得的值．（Ⅱ）利用三角函数恒等变换的应用可求，根据正弦函数的性质即可求解其最大值．【解答】解：（Ⅰ），由正弦定理可得，，，即，，．（Ⅱ），当时等号成立，可得的最大值为1．【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角函数恒等变换以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．20．【分析】由题意利用面面垂直的性质可证平面，进而根据线面垂直的性质即可证明．由底面是平行四边形，可得，利用线面平行的判定即可证明平面，进而根据线面平行的性质即可证明．（Ⅲ）取的中点，取的中点，连接，，，由题意可证四边形是平行四边形，通过证明，利用线面平行的判定可证平面，即可得解．【解答】解：证明：是正三角形，点是的中点，，又平面平面，平面平面，平面，平面，．证明：又底面是平行四边形，，又平面，平面，平面，平面平面，平面，．（Ⅲ）取的中点，取的中点，连接，，，是的中位线，，，点是的中点，且，，则，，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面，平面，在平面中能作出直线段．【点评】本题主要考查了面面垂直的性质，线面垂直的性质，线面平行的判定和性质，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．21．【分析】（Ⅰ）先由二倍角公式化简的解析式，由“相伴向量”的定义求解即可；（Ⅱ）先将的解析式化简，然后利用三角函数的图象变换求出的解析式，由题意得到，然后由同角三角函数关系式结合角的变换以及两角差的正弦公式求解即可；（Ⅲ）假设函数存在“相伴向量”，则存在，使得对任意的恒成立，通过对的值进行验证，即可判断．【解答】解：（Ⅰ）函数，由题意可知，的“相伴向量”为；（Ⅱ）由题意，，将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，故，因为，则，又，则，故，所以；（Ⅲ）若函数存在“相伴向量”，则存在，使得对任意的恒成立，令，则，因此，即或，上式显然对于任意的不恒成立，所以函数不存在“相伴向量”．【点评】本题考查了新定义问题，三角函数的化简求值问题，主要考查了同角三角函数关系、二倍角公式、两角和差公式的运用，解决此类问题的关键是将要求的角转化为已知的角表示，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．