2022-2023学年北京市房山区高一（下）期末考试数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市房山区高一（下）期末考试数学试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若角α的终边经过点P(1,−2)，则sinα=( )
A. 55B. −2 55C. −2D. −12
2.在△ABC中，已知a=2，b=3，C=60∘，则c等于( )
A. 7B. 7C. 19D. 19
3.下列命题中，正确的是( )
A. 一条直线和一个点确定一个平面B. 两个平面相交，可以只有一个公共点
C. 三角形是平面图形D. 四边形是平面图形
4.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线A1B，B1C所成角的大小为( )
A. 90∘B. 60∘
C. 45∘D. 30∘
5.如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，O1，O分别为上、下底面中心，E1，E分别为B1C1，BC的中点，则下列结论中错误的是( )
A. O1OCC1是直角梯形B. E1ECC1是直角梯形
C. 直线AD与直线B1B异面D. 直线O1O与直线B1B异面
6.已知平面直角坐标系中的3点A(2,2)，B(6,0)，C(0,0)，则△ABC中最大角的余弦值等于( )
A. − 22B. 22C. − 1010D. 1010
7.在三棱锥V−ABC中，VA，VB，VC两两垂直，VA=VB=VC=1，则点V到平面ABC的距离等于( )
A. 1B. 12C. 3D. 33
8.设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，且m，n⊂α，则“α//β”是“m//β且n//β”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.在△ABC中，若B=3A，则ba的取值范围是( )
A. (1,2)B. (2,3)C. (1,3)D. (0,3)
10.如图，在各棱长均为1的的四面体P−ABC中，E是PA的中点，Q为直线EB上的动点，则AQ+CQ的最小值为( )
A. 1+ 32B. 1 63C. 1+ 32D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.在△ABC中，若csA=−35，则sinA=__________.
12.一个圆锥的侧面展开图是一个扇形，已知扇形的半径为3，圆心角为2π3，则扇形的弧长等于__________；该圆锥的体积等于__________.
13.已知一个长方体的8个顶点都在一个球面上，且长方体的棱长为2，3， 3，则长方体的体对角线的长等于__________；球的表面积等于__________.
14.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，从下列四个条件中选择两个作为已知条件，能够得到l⊥α的是__________.(填入条件的序号即可)①l//m；②α//β；③m⊥α；④l⊥β.
15.如图所示，在倾斜角等于15∘的山坡上有一根旗杆，当太阳的仰角是45∘时，旗杆在山坡上的影子的长是30米，则旗杆的高等于__________米．
16.如图1，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起，点A折起后的位置记为点A1，得到四棱锥A1−BCDE，M为AC的中点，如图2.某同学在探究翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论：
①恒有A1D⊥A1E；②恒有BM//平面A1DE；
③三棱锥A1−DEM的体积的最大值为 212；④存在某个位置，使得平面A1DE⊥平面A1CD.
其中所有正确结论的序号是__________.
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为A1D1，D1C1的中点．
(1)求证：A1A//平面D1B1B；
(2)求证：D1B⊥AC；
(3)求证：A，C，E，F四点共面．
18.(本小题12分)
在△ABC中，A=60∘，a= 6，b=2.
(1)求∠B；
(2)求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin2x+2cs2x−1.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)当x∈[0,π2]时，求f(x)的最小值及取得最小值自变量x的值．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，M为AD的中点．
(1)求证：PM⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)在棱PA上是否存在一点N，使得PC//平面BMN？若存在，求ANNP的值；若不存在，请说明理由．
21.(本小题12分)
某城市计划新修一座城市运动主题公园，该主题公园为平面五边形ABCDE(如图所示)，其中三角形ABE区域为儿童活动场所，三角形BCD区域为文艺活动场所，三角形BDE区域为球类活动场所，AB，BC，CD，DE，EA为运动小道(不考虑宽度)，∠BCD=∠BAE=120∘，BC=CD=2 3kπ，DE=8km.
(1)求BD的长度；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求BE的长度；
(3)在(2)的条件下，应该如何设计，才能使儿童活动场所(即三角形ABE)的面积最大？
条件①：cs∠DBE=35；
条件②：∠CDE=120∘.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】由角α的终边经过点P(1,−2)，利用任意角的三角函数定义求出sinα即可．
解：∵点P(1,−2)，
∴x=1，y=−2，|OP|= 1+−22= 5，
因此，sinα=y|0P|=−25=−2 55.
故选：B.
【点评】此题考查了同角三角函数间的基本关系，以及任意角的三角函数定义，熟练掌握三角函数的定义是解本题的关键．
2.【答案】A
【解析】【分析】利用余弦定理列出关系式，将a，b及csC的值代入即可求出c的值．
解：∵在△ABC中，a=2，b=3，C=60∘，
∴由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcsC=4+9−6=7，
则c= 7.
故选：A.
【点评】此题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．
3.【答案】C
【解析】【分析】根据基本事实1、2和3及基本事实1的推论逐一判断．
解：对于A：一条直线和直线外一点确定一个平面，故A错；
对于B：两个平面相交，有一条公共直线，有无数个公共点，故B错；
对于C：三角形的两条边一定相交，根据基本事实1的推论2“过两条相交直线，有且只有一个平面”，
所以三角形的两条边确定一个平面，而第三边的两个端点在该平面内，
根据基本事实2“如果一条直线上的两点在一个平面内，
那么这条直线在此平面内”确定第三边在该平面内，故三角形是一个平面图形，故C正确；
对于D：如图四边形ACSB不是平面图形，故D错误．
故选：C.
【点评】本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】【分析】先通过平行寻找线线角，再根据解三角形得结果．
解：因为A1B//D1C，所以∠D1CB1为异面直线A1B与B1C所成角的平面角，
因为△D1CB1为正三角形，
所以∠D1CB1=60∘，
即异面直线A1B，B1C所成角的大小为60∘.
故选：B.
【点评】本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】【分析】将正四棱台补全为正四棱锥，再结合正四棱锥的性质一一分析即可．
解：由棱台的定义可知可将正四棱台ABCD−A1B1C1D1补全为如图所示正四棱锥S−ABCD，
因为O1，O分别为上、下底面中心，所以S、O1、O三点共线，
且SO⊥底面ABCD，SO⊥底面A1B1C1D1，OC⊂底面ABCD，O1C1⊂底面A1B1C1D1，
所以SO⊥OC，SO⊥O1C1，
又OC//O1C1，且O1C1≠OC，所以O1OCC1是直角梯形，故A正确；
因为E1，E分别为B1C1，BC的中点，△SBC与△SB1C1均为等腰三角形，且SB=SC，SB1=SC1，
所以SE1⊥B1C1，SE⊥BC，
又E1C1 //EC，E1C1≠EC，所以E1ECC1是直角梯形，故B正确；
因为AD//BC，B1B∩BC=B，所以直线AD与直线B1B异面，故C正确；
由SO∩SB=S，所以直线O1O与直线B1B相交于点S，故D错误．
故选：D.
【点评】本题主要考查异面直线的判定，考查转化能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】【分析】根据夹角公式算出△ABC每个内角的余弦值，然后分析可得结果．
解：A(2,2)，B(6,0)，C(0,0)，
AB=(4,−2)，AC=(−2,−2)，csA=cs(AB,AC>=AB⋅AC|AB||AC|=−44 10= 1010；
CB=(6,0)，CA=(2,2)，csC=cs(CB,CA>=CB⋅CA|CB||CA|=126×2 2= 22,
BA=(−4,2)，BC=(−6,0)，csB=cs(BA,BC>=BA⋅BC|BA||BC|=246×2 5=2 55；
由A，B，C为三角形ABC的内角，
则csA<0，csB>0，csC>0，于是A是钝角，B，C是锐角，最大角是A，余弦值为− 1010.
故选：C.
【点评】本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】【分析】根据VA−VBC=VV−ABC利用等体积法求解即可．
解：设点V到平面ABC的距离为h，
∵VA，VB，VC两两垂直，且VA=VB=VC=1，
∴AB=BC=AC= 2，S△VBC=12×1×1=12，
∴s△ABC=12× 2× 2×sinπ3= 32，
又VA⊥VB，VA⊥VC，VB∩VC=V，VB，VC⊂平面VBC，
所以VA⊥平面VBC，
∵VA−VBC=VV−ABC，即13s△VBC∘VA=13s△ABC⋅h
∴13×12×1=13× 32×h，
∴h= 33，即点V到平面ABC的距离为 33.
故选：D.
【点评】本题主要考查等体积法的运用，考查点到平面的距离求解，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】【分析】由面面平行的判定与性质判断充分性和必要性即可．
解：由面面平行的性质可知：α//βm,n⊂α⇒m//β，且n//β，充分性成立，
当m//n时，若m，n⊂α，m//α，n//β，则α，β可能平行或相交，必要性不成立；
∴“α//β”是“m//β且n//β”的充分而不必要条件．
故选：A.
【点评】本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】【分析】利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及二倍角公式转化为A的三角函数，再结合A的范围计算可得．
解：由正弦定理可得ba=sinBsinA=sin3AsinA=sin2AcsA+cs2AsinAsinA
=2sinAcs2A+cs2AsinAsinA
=2cs2A+cs2A=4cs2A−1；
因为0所以0则1<4cs2A−1<3，即ba∈(1,3).
故选：C.
【点评】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
10.【答案】B
【解析】【分析】根据题意将△BCE和△ABE折成一个平面，可知AQ+CQ≥AC，结合余弦定理运算求解．
解：各棱长均为1的的四面体P−ABC中，E是PA的中点，
则BE⊥PA，AE=12，BE=CE= 32，
在△BCE中，由余弦定理可得cs∠BEC=BE2+CE2−BC22BE⋅CE=34+34−12× 32× 32=13>0，
可知∠BEC为锐角，可得sin∠BEC= 1−cs2∠BEC=2 23，
将△BCE和△ABE折成一个平面，连接AC，
可知AQ+CQ≥AC，当且仅当A，Q，C三点共线时，等号成立，
此时cs∠AEC=cs(∠AEB+∠BEC)=−sin∠BEC=−2 23，
在△ACE中，由余弦定理可得AC2=AE2+CE2−2AE⋅CEcs∠AEC=14+34−2×12× 32×(−2 23)=1+ 63，
即AC= 1+ 63，所以AQ+CQ的最小值为 1+ 63.
故选：B.
【点评】本题主要考查棱锥的结构特征，属于中档题．
11.【答案】45
【解析】【分析】根据同角三角函数基本关系式以及角的范围得答案．
解：因为sin2A+cs2A=1，且csA=−35，所以sinA=±45，
又在△ABC中，A∈(0,π)，sinA>0，所以sinA=45.
故答案为：45.
【点评】本题主要考查三角函数的同角关系，考查转化能力，属于基础题．
12.【答案】2π
2 2π3

【解析】【分析】利用扇形的弧长公式可得扇形的弧长；求出圆锥的底面半径和高可得圆锥的体积．
解：因为扇形的半径为3，圆心角为2π3，则扇形的弧长等于2π3×3=2π，
设圆锥的底面半径为r(r>0)，
所以2π=2π×r，解得r=1，
则圆锥的高为P0= 9−1=2 2，
所以圆锥的体积为13π×2 2=2 2π3.
故答案为：2π；2 2π3.
【点评】本题主要考查了圆锥的体积公式，属于基础题．
13.【答案】4
16π

【解析】【分析】依题意长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为R，利用勾股定理求出体对角线，即可求出R，再根据球的表面积公式计算可得．
解：依题意长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为R，
则(2R)2=22+32+( 3)2=16，
所以2R=4，R=2，
即长方体的体对角线为4，
则外接球的表面积S=4πR2=16π.
故答案为：4；16π.
【点评】本题主要考查了长方体的外接球问题，属于中档题．
14.【答案】①③(或②④)
【解析】【分析】由直线与平面，平面与平面的位置关系对选项一一分析即可得出答案．
解：选①②⇒l⊥α，
若l//m，α//β，则可能l⊂α，不正确；
选①③⇒l⊥α，
若l//m，m⊥α，则l⊥α，正确；
选①④⇒l⊥α，
若l//m，l⊥β，则可能l⊂α，不正确；
选②③⇒l⊥α，
若α//β，m⊥α，则可能l⊂α，不正确；
选②④⇒l⊥α，
若α//β，l⊥β，则l⊥α，正确；
选③④⇒l⊥α，
若m⊥α，l⊥β，则可能l⊂α，不正确．
故答案为：①③(或②④).
【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，属于基础题．
15.【答案】15 2
【解析】【分析】利用正弦定理求解，即可得出答案．
解：如图所示：
由题意得∠BAC=15∘，∠BAD=45∘，
则∠DAC=30∘，∠ADC=45∘，AC=30米，
在△ACD中，由正弦定理得CDsin∠DAC=ACsin∠ADC，即CDsin30∘=30sin45∘，
解得CD=15 2.
故答案为：15 2.
【点评】本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】①②③
【解析】【分析】根据原图形判断①，根据面面平行得出线面平行判断②，结合面面垂直及体积公式判断体积最大值得出③，应用面面垂直的性质定理及反证法得出④．
解：矩形ABCD中，∵AD⊥AE，∴A1D⊥A1E，①正确；
取CD中点H，连接MH，BH，∵M和H分别是A1C，CD的中点，∴MH//A1D，∵MH在平面A1DE外，
∴MH//平面A1DE，∵E是矩形ABCD的AB边中点，∴DH=EB，DH//EB，∴HB//DE，
∵HB在平面A1DE外，∴HB//平面A1DE，又HB∩MH=H，∴平面HBM//平面A1DE，
∵BM⊂平面HBM，∴BM//A1DE，②正确；
取DE的中点O，连接A1O，如图所示：
当平面A1DE⊥平面BCDE时，A1到平面BCDE的距离最大．
因为A1D=AE，O为DE中点，所以A1O⊥DE.
又因为平面A1DE∩平面BCDE=DE，所以A1O⊥BCDE.
DE= 12+12= 2，所以A10= 22.
所以四棱锥A1−BCDE体积最大值为13×(1+2)×12× 22= 24，
所以四棱锥A1−CDE体积最大值为23×vA1−BCDE=23× 24= 26，
M为AC的中点，三棱锥A1−DEM的体积的最大值为12×vA1−CDE=12× 26= 212，故③正确；
平面A1DE⊥平面A1CD，平面A1DE∩平面A1CD=A1D，A1E⊥A1D，A1E⊂平面A1DE，
∴A1E⊥平面A1CD，∴A1E⊥A1C，A1E=1，EC= 2，
∴A1C=1，△A1DC，A1D=1，∴A1C+A1D=2=DC，④错误．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查线线垂直的证明，线面平行的证明，三棱锥的体积的最值的求解，属中档题．
17.【答案】【解答】证明：(1)由正方体的性质A1A//BB1，A1A⊄平面D1B1B，BB1⊂平面D1B1B，
所以A1A//平面D1B1B.
(2)由正方体的性质DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，
又ABCD为正方形，所以AC⊥BD，BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面BB1D1D，
所以AC⊥平面BB1D1D，又D1B⊂平面BB1D1D，
所以D1B⊥AC.
(3)连接A1C1，因为E，F分别为A1D1，D1C1的中点，
所以EF//A1C1，
又AA1 //CC1且AA1=CC1，所以AA1C1C为平行四边形，
所以AC//A1C1，
所以AC//EF，所以A，C，E，F四点共面．

【解析】【分析】(1)由正方体的性质得到A1A//BB1，即可得证；
(2)通过证明AC⊥平面BB1D1D，即可得证；
(3)连接A1C1，即可得到EF//A1C1，再由正方体的性质得到AC//A1C1，即可得证．
【点评】本题主要主要考查直线与平面垂直，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为A=60∘，a= 6，b=2，
由正弦定理asinA=bsinB，即 6sin60∘−2sinB，解得sinB= 22，
又a>b，所以A>B，所以B=45∘；
(2)由(1)可得C=180∘−60∘−45∘=75∘，
所以sinC=sin75∘=sin(45∘+30∘)=sin45∘cs30∘+cs45∘sin30∘ 6+ 24，
所以s△ABC=12absinC=12×2× 6× 6+ 24=3+ 32.

【解析】【分析】(1)利用正弦定理计算可得；
(2)首先利用两角和的正弦公式求出sinC，在根据面积公式计算可得．
【点评】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
19.【答案】解：(1)f(x)=sin2x+2cs2x−1=sin2x+cs2x= 2sin(2x+π4)，
故最小正周期为T=2π2=π，
(2)由于x∈[0,π2]，则2x+π4∈[π4,5π4]，
注意到y=sinx在[0,π]上满足sinx≥0，(π,5π4]上sinx<0，
于是要求f(x)的最小值只用考虑(π,5π4]的情况，
由y=sinx在[π2,3π2]上单调递减，(π,5π4]⊆[π2,3π2],
于是y=sinx在(π,5π4]上递减，
故2x+π4=5π4时，即x=π2，f(x)取到最小值f(π2)=−1.

【解析】【分析】(1)根据二倍角公式，辅助角公式将函数化简，然后根据三角函数的周期公式求解；
(2)根据三角函数的单调区间，结合x∈[0,π2]的范围进行求解．
【点评】本题主要考查三角函数的最值，属于基础题．
20.【答案】解：(1)证明：因为PA=PD，M为AD的中点，所以PM⊥AD，
又底面ABCD为矩形，所以AD//BC，所以PM⊥BC.
(2)证明：∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
又PA⊥PD，PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，∴PD⊥平面PAB，
而PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD；
(3)存在，且ANNP=12，理由如下：
连接BM、AC，BM∩AC=O，连接ON，
因为ABCD是矩形，且M为AD的中点，所以△COB∽△AOM，所以A00C=AMBC=12，
又PC//平面BMN，平面APC∩平面BMN=ON，PC⊂平面APC，
所以ON//PC，
所以ANNP=A00C=12.

【解析】【分析】(1)依题意可得PM⊥AD，再由底面ABCD为矩形，则AD//BC，即可得证；
(2)由已知证明PD⊥平面PAB，进一步可得平面PAB⊥平面PCD；
(3)连接BM、AC，BM∩AC=O，连接ON，依题意可得△COB∽△AOM，则A00C=AMBC=12，再由线面平行的性质得到ON//PC，即可得解．【点评】本题考查线线垂直的证明，面面垂直的证明，线面平行的性质定理，属中档题．
21.【答案】解：(1)在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs∠BCD=24−24cs120∘=36，
∴BD=6km；
(2)若选条件①：由(1)得BD=6km，
在△BDE中，由余弦定理得DE2=BD2+BE2−2BD⋅BEcs∠DBE=36+BE2−365BE=64，
解得BE=−145(不合题意，舍去)或BE=10，
∴BE=10km；
若选条件②：∵BC=CD，∠BCD=120∘，
∴∠BDC=30∘，
∴∠BDE=∠CDE−∠BDC=90∘，
∴BE= DE2+BD2=10km.
(3)在△ABE中，由余弦定理得BE2=AB2+AE2−2AB⋅AEcs∠BAE=AB2+AE2+AB⋅AE=100，
∵AB2+AE2≥2AB⋅AE，当且仅当AB=AE时等号成立，
∴100≥3AB⋅AE，
∴AB⋅AE≤1003，当且仅当AB=AE时等号成立，
∴(S△ABE)max=12×1003×sin120∘=25 33，
即当AB=AE时，儿童活动场所(即三角形ABE)的面积最大．
【点评】本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

【解析】【分析】(1)在△BCD中，利用余弦定理，即可得出答案；
(2)若选①，在△BDE中，利用余弦定理构造方程求解；若选②，利用勾股定理直接求解；
(3)在△ABE中，利用余弦定理，结合基本不等式可求得AB⋅AE的最大值，代入三角形面积公式即可求得结果．
【点评】本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．