2021北京人大附中高一（下）期末数学（教师版）

2021北京人大附中高一（下）期末

数    学

一、选择题（共10小题，每小题4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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）

1．（4分）下列命题正确的是　　

A．棱柱的每个面都是平行四边形 

B．一个棱柱至少有五个面 

C．棱柱有且只有两个面互相平行 

D．棱柱的侧面都是矩形

2．（4分）在中，角，，的对边分别为，，，若，则角为　　

A． B． C． D．

3．（4分）设的内角，，所对的边分别为，，．若，，则的值为　　

A． B． C． D．

4．（4分）下列条件中，能使的条件是　　

A．平面内有无数条直线平行于平面 

B．平面与平面同平行于一条直线 

C．平面内有两条直线平行于平面 

D．平面内有两条相交直线平行于平面

5．（4分）如图，四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则　　

A． B． C． D．以上均有可能

6．（4分）“直线垂直平面内的无数条直线”是“”的　　

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

7．（4分）圆锥的表面积为，母线长为4，则该圆锥的底面半径为　　

A．2 B．3 C．1 D．

8．（4分）已知地与地的距离是4千米，地与地的距离是3千米，地在地的西北方向，地在地的西偏南方向上，则，两地之间的距离是　　

A．千米 B．13千米 C．千米 D．37千米

9．（4分）已知的内角，，所对的边分别为，，，且，则是　　

A．直角三角形 B．等腰直角三角形 

C．等边三角形 D．等腰三角形或直角三角形

10．（4分）如图，是正方体棱的中点，是棱上的动点，下列命题中：

①在平面内总存在与平面平行的直线；

②直线和直线为异面直线；

③四面体的体积为定值．

其中正确命题个数是　　

A．0 B．1 C．2 D．3

二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，请把结果填在答题纸上的相应位置．）

11．（4分）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，则　　．

12．（4分）若正四棱锥的底面边长和高都是2，则其体积为 　　．

13．（4分）阿基米德，公元前287年公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家，他构造了这样的一个几何体；在一个圆柱形容器里放了一个球（如图所示），圆柱的底面直径与高都等于球的直径．若球的体积为，则圆柱的体积为 　　．

14．（4分）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，，，下列四个命题：

①；②；③；④．

其中正确的命题是 　　．（写出所有正确命题的序号）

15．（4分）在中，角，，的对边分别为，，，已知，则　　．

三、解答题（本大题共4小题，共40分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）

16．（10分）如图，在正方体中，点为棱的中点．

（1）求证：直线平面；

（2）求证：．

17．（10分）如图，在中，，，．

（1）求角的值和的面积；

（2）点为上一点且，求的值．

18．（10分）如图1，已知和是两个直角三角形，．现将沿边折起到的位置，如图2所示，使平面平面．

（1）求证：平面平面；

（2）与是否有可能垂直，做出判断并写明理由．

19．（10分）设，，为的三个内角，向量，，且．

（1）求角的大小；

（2）求的取值范围．

Ⅱ卷（共10道题，满分20分）四、选择题（共4小题，每小题5分、共20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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）

20．（5分）若，是两条不同的直线，垂直于平面，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

21．（5分）若在中，角，，的对边分别为，，，，，，则　　

A．或 B． C． D．以上都不对

22．（5分）已知正三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为，则此三棱锥的外接球的表面积为　　

A． B． C． D．

23．（5分）设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中，，2，3，，，，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是，，，，则，，，的大小关系是　　

A． B． C． D．

五、填空题（共6小题，每小题5分，共30分．）

24．（5分）正方体，点在正方形及其内部运动，则点满足条件 　　时，有．

25．（5分）已知锐角，同时满足下列四个条件中的三个：

①；②；③；④．

（1）请指出这三个条件 　　；

（2）的面积为 　　．

26．（5分）棱长为4正方体中，为棱的中点，为棱的中点．设直线与平面交于点．则　　．

27．（5分）如图，三个全等的三角形、、拼成一个等边三角形，且为等边三角形，若，则的值为 　　．

28．（5分）在中，角，，的对边分别是，，，且满足．若，且为锐角三角形，则面积的取值范围为　　．

29．（5分）如图所示，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点，分别为面和线段上的动点，则周长的最小值为　　．

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题4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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）

1．【分析】直接利用棱柱的定义，棱柱的性质判断、、、的结论．

【解答】解：对于：棱柱的每个侧面都是平行四边形，故错误；

对于：棱柱的侧面最少由三个侧面，故一个棱柱最少有五个面，故正确；

对于：正方体是正四棱柱，每个对面都互相平行，故错误；

对于：平行六面体的侧面为平行四边形，故错误；

故选：．

【点评】本题考查的知识要点：棱柱的定义，棱柱的性质，主要考查学生对基础知识的理解，属于基础题．

2．【分析】利用余弦定理，结合已知，可得答案．

【解答】解：在中，由余弦定理得：

，

又，

所以，即，又，

所以，

故选：．

【点评】本题考查余弦定理的应用，考查运算能力，属于基础题．

3．【分析】由已知结合正弦定理即可直接求解．

【解答】解：因为，

由正弦定理得，

因为，则．

故选：．

【点评】本题主要考查了正弦定理，属于基础题．

4．【分析】直接利用平面与平面平行的判定定理以及平面与平面平行的定义，判断选项即可．

【解答】解：对于，如果直线都是平行线，平面不平行于平面，所以不正确；

对于，平面与平面同平行于一条直线，这条直线平行与两个平面的交线，两个平面也不平行，不正确；

对于，平面内有两条直线平行于平面，不满足直线与平面平行的判定定理，所以不正确；

对于，平面内有两条相交直线平行于平面，这是两个平面平行的判定定理，所以正确．

故选：．

【点评】本题考查平面与平面平行的判定定理与定义的应用，基本知识的考查．

5．【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可．

【解答】解：四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，

平面，平面平面，

由直线与平面平行的性质定理可得：．

故选：．

【点评】本题考查直线与平面平行的性质定理的应用，基本知识的考查．

6．【分析】由直线与平面垂直的定义结合充分必要条件的判定得答案．

【解答】解：由直线垂直平面内的无数条直线不能推出，

反之，由能够推出直线垂直平面内的无数条直线，

因此，“直线垂直平面内的无数条直线”是“”的必要不充分条件．

故选：．

【点评】本题考查充分必要条件的判定，考查直线与平面垂直的定义的应用，是基础题．

7．【分析】设圆锥的底面半径为，根据圆锥的表面积列方程求出的值．

【解答】解：设圆锥的底面半径为，所以圆锥的表面积为

，

即，

解得或（不合题意，舍去），

所以该圆锥的底面半径为2．

故选：．

【点评】本题考查了圆锥的表面积计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．

8．【分析】由已知画出图形，利用余弦定理求解．

【解答】解：如图，

由题意可得，千米，千米，，

在中，由余弦定理可得：

，

千米．

故选：．

【点评】本题考查三角形的解法，考查余弦定理的应用，是基础题．

9．【分析】由已知利用二倍角公式，余弦定理化简可得，由勾股定理可得为直角，即可判断的形状．

【解答】解：，

，整理可得：，可得为直角，

是直角三角形．

故选：．

【点评】本题主要考查了二倍角公式，余弦定理，勾股定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．

10．【分析】对于①，作出平面与平面的交线易得①正确；

对于②，当点与重合时，此时直线与直线共面；

对于③，因为点到平面的距离是定值，所以四面体的体积为定值．

【解答】解：对于①，连接，，过点作的平行线交于点，

则，，，四点共面，

若平面，且，则平面，故①正确；

对于②，当点与重合时，此时直线与直线共面，故②错误；

对于③，因为，平面，平面，

所以平面，故上任意一点到平面的距离是相等的，

即点到平面的距离等于点到平面的距离，

所以，故③正确．

所以正确命题个数是2．

故选：．

【点评】本题考查线面的位置关系，考查反证法的应用，考查三棱锥的体积，考查直观想象和逻辑推理的核心素养，属于中档题．

二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，请把结果填在答题纸上的相应位置．）

11．【分析】由已知结合三角形内角和可求，，，然后结合正弦定理可求．

【解答】解：由题意得，，，

由正弦定理得，．

故答案为：．

【点评】本题主要考查了三角形的内角和及正弦定理，属于基础题．

12．【分析】利用正四棱锥的体积公式求解即可．

【解答】解：因为正四棱锥的底面边长和高都是2，

所以正四棱锥的底面面积为，

则其体积为．

故答案为：．

【点评】本题考查了正四棱锥的几何性质的运用，棱体体积公式的运用，考查了运算能力，属于基础题．

13．【分析】由题意结合球的体积公式，求出球的半径，则可得圆柱的底面圆半径以及圆柱的高，由圆柱的体积公式求解即可．

【解答】解：因为球的体积为，设球的半径为，

则有，解得，

又圆柱的底面直径与高都等于球的直径，

所以圆柱的底面圆半径为3，高为，

则圆柱的体积为．

故答案为：．

【点评】本题考查了圆柱几何性质的应用，圆柱的体积公式的运用，解题的关键是正确理解题意，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．

14．【分析】由直线与平面垂直的性质判断①；由直线与平面、平面与平面垂直的关系判断②；由直线与直线垂直、直线与平面垂直的关系分析③；由线面垂直的性质及面面垂直的判定判断④．

【解答】解：①，，可得，又，所以，故①正确；

②，，则或，又，可得与平行或相交或异面，故②错误；

③，，可得或，又，可得或与相交，故③错误；

④，，得，又，所以，故④正确．

故答案为：①④．

【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及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．

15．【分析】利用商数关系将正切值化为正余弦值，利用正弦定理消去边，通过和差角公式及诱导公式求出．

【解答】解：由正弦定理得，左边通分整理得

即，又，且，所以．

又，所以．

故答案为：．

【点评】本题考查正余弦定理在边角关系中的应用，考查三角形内角和公式，诱导公式，商数关系，属于基础题．

三、解答题（本大题共4小题，共40分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）

16．【分析】（1）连接，与交于点，根据题意可得，由线面平行的判定定理，即可得出答案．

（2）根据题意可得，平面，由线面垂直的判定定理可得平面，又平面，即可得出答案．

【解答】解：（1）证明：连接，与交于点

由于几何体是正方体，

所以是中点，

因为为中点，

所以，

因为平面，平面，

所以平面．

（2）证明：由于几何体是在正方体，

所以，

因为平面，

又平面，

所以，

又，

所以平面，

因为平面，

所以．

【点评】本题考查线面的关系，解题中需要熟悉线面的平行的判定，性质定理，属于中档题．

17．【分析】（1）利用余弦定理求出角，再代入面积公式求面积；（2）判断形状得到的长度，先通过余弦定理求出，再转化为．

【解答】解：（1）由余弦定理得，又，所以；

所以．

（2）在中，，，所以为等边三角形，所以，．

在中，由余弦定理得，

又，所以．

【点评】本题考查余弦定理、平方和关系，属于基础题．

18．【分析】（1）由平面平面，，知平面，进而证得平面，再由面面垂直的判定定理，得证；

（2）采用反证法，假设，可推出平面，从而有，与相矛盾，得解．

【解答】（1）证明：平面平面，平面平面，，

平面，

平面，，

，，、平面，

平面，

又平面，

平面平面．

（2）解：与不可能垂直，理由如下：

假设，

，，、平面，

平面，

平面，，与相矛盾，

故假设不成立，即与不可能垂直．

【点评】本题考查空间中线与面的垂直关系，熟练掌握线与面垂直的判定定理或性质定理是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力，属于中档题．

19．【分析】（1）利用向量的模长公式，结合正弦定理、余弦定理，即可（1）求角的大小；

（2）由（1）知，，故，即可求的取值范围．

【解答】解：（1），，且，

，

由正弦定理可得，

，

，

；

（2）由（1）知，，

，

，

，

，

的取值范围是，．

【点评】本题考查正弦定理、余弦定理的运用，考查三角函数的化简与求值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

Ⅱ卷（共10道题，满分20分）四、选择题（共4小题，每小题5分、共20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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）

20．【分析】利用直线与平面平行与垂直关系，判断两个命题的充要条件关系即可．

【解答】解：，是两条不同的直线，垂直于平面，则“”可能“”也可能，

反之，“”一定有“”，

所以，是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的必要而不充分条件．

故选：．

【点评】本题考查空间直线与平面垂直与平行关系的应用，充要条件的判断，基本知识的考查．

21．【分析】由正弦定理可得，进而得出．

【解答】解：由正弦定理可得，．

，．

，为锐角．

．

故选：．

【点评】本题考查了正弦定理、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

22．【分析】判断求解几何体的外接球的半径，然后求解表面积．

【解答】解：正四棱锥的外接球就是棱长为的正方体的外接球，

所以外接球的直径为：，

所以外接球的表面积为：．

故选：．

【点评】本题考查几何体的外接球的表面积的求法，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．

23．【分析】根据所给定义，结合图形，分别计算出，，，的值即可

【解答】解：对于正四面体，其离散曲率；

对于正八面体，其离散曲率；

对于正十二面体，其离散曲率；

对于正二十面体，其离散曲率；

因为，

所以，

故选：．

【点评】本题考查学生阅读理解能力，合情推理能力，涉及正多面体相关知识，数形结合思想，属于中档题

五、填空题（共6小题，每小题5分，共30分．）

24．【分析】利用直线与平面垂直的判定证明平面，再由点在正方形及其内部运动，且，可得在线段上．

【解答】解：如图，

在正方体中，，而为在底面上的射影，

，同理，而，

平面，

又点在正方形及其内部运动，且，

在线段上．

故答案为：在线段上．

【点评】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，考查推理论证能力，是中档题．

25．【分析】（1）直接利用排除法的应用利用锐角三角形为对比条件，判断满足的条件为①②③；

（2）利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．

【解答】解：（1）满足条件①②③，

理由如下：

若同时满足①④时，则在锐角三角形中，由于，故，

由于，所以，故，与三角形为锐角三角形相矛盾，故不能同时满足①④，

所以同时满足②③，

由于，所以，若满足④，则，故，

与锐角三角形矛盾，

故满足①②③．

（2）由于，整理得，解得或7．

当时，，故为钝角，所以不合题意，舍去．

故，

则．

故答案为：（1）①②③；（2）．

【点评】本题考查的知识要点：三角函数的值的应用，正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．

26．【分析】根据题意，取的中点，连接，取的中点，连接，分析可得和，则有，即点在平面上，由此可得点与点重合，分析可得答案．

【解答】解：根据题意，取的中点，连接，取的中点，连接，

为棱的中点，是的中点，则有，

又由是的中点，为棱的中点，则，

则有，即点在平面上，

又由直线与平面交于点．故点与点重合，

故，

故答案为：1

【点评】本题考查线面平行的性质以及应用，注意分析点的位置，属于基础题．

27．【分析】如果设，根据题意可知，，且，由此在中借助于正弦定理，构造出的方程，问题可解．

【解答】解：如，设，，

因为，且与均为等边三角形，

所以，所以，所以．

结合可得，，所以，

在中，由正弦定理得，即，

即，即，

所以，解得．

故答案为：．

【点评】本题考查正余弦定理的应用，以及学生运用方程思想解题的能力和运算能力．属于中档题．

28．【分析】由已知利用余弦定理可求的值，结合的范围可求的值，由锐角，可推出的取值范围，再由正弦定理可得，最后根据三角形的面积公式、正弦的两角差公式和正切函数的性质即可解得三角形面积的取值范围．

【解答】解：因为，可得，

所以由余弦定理知，

因为，

所以，

所以，

又是锐角三角形，

所以，解得，

由正弦定理知，可得，

所以面积

，

因为，

所以，

所以，

故面积的取值范围为，．

故答案为：，．

【点评】本题考查解三角形与三角恒等变换的综合运用，熟练掌握正弦定理、余弦定理与两角和差公式是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

29．【分析】由题意，周长取得最小值时，在上，在平面上，设关于的对称点为，关于的对称点为，求出，即可得出结论．

【解答】解：由题意，周长取得最小值时，在上，

在平面上，设关于的对称点为，关于的对称点为，则

．，，

．

故答案为．

【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．