2024-2025学年海南省某校高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年海南省某校高一（下）期末数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面积是( )
A. 6B. 3 2
C. 12D. 6 2
2.已知直线2x+y−2m=0与直线4x−my−3=0平行，则它们之间的距离是( )
A. 11 55B. 11 510C. 3 510D. 9 55
3.若m为直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//nB. 若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C. 若m//α，m⊥β，则α⊥βD. 若m⊂α，α⊥β，则m⊥β
4.已知两点A(−3,2)，B(2,1)，过点P(0,−1)的直线l与线段AB(含端点)有交点，则直线l的斜率的取值范围为( )
A. (−∞,−1]∪(1，+∞) B. [−1,1] C. (−∞,−15]∪[1,+∞) D. [−15,1]
5.某学生为制作圆台形容器，利用如图所示的半圆环(其中小圆和大圆的半径分别是2cm和4cm)铁皮材料，通过卷曲使得AB边与DC边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为( )
A. 32cmB. 1cmC. 3cmD. 3 32cm
6.如图所示，在平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1中，AM=12MC，A1N=2ND.设AB=a，AD=b，AA1=c，MN=xa+yb+zc，则x+y+z=( )
A. 34B. 14C. 23D. 13
7.已知点M是直线y=x+1上一点，A(1,0)，B(2,1)，则|AM|+|BM|的最小值为( )
A. 2B. 2 2C. 1+ 2D. 10
8.如图，在棱长为6的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为( )
A. 16 B. 13
C. 12 D. 59
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列结论正确的是( )
A. 由五个面围成的多面体只能是三棱柱
B. 棱台各侧棱的延长线交于一点
C. 圆柱侧面上平行于轴的直线段都是圆柱的母线
D. 各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列根据条件判断三角形解的情况正确的是( )
A. a=10，b=19，B=130°，无解B. a= 3,b=2 2,A=45°，有两解
C. a=3,b=2 2,A=45°，只有一解D. a=7，b=7，A=75°，只有一解
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，G为面对角线A1D上的一个动点(包含端点)，则下列选项中正确的有( )
A. 三棱锥B1−GBC1的体积为定值
B. 线段A1D上存在点G，使A1C⊥平面GBC1
C. 当点G与点A1重合时，二面角G−BC1−B1的余弦值为 63
D. 设直线BG与平面BCC1B1所成角为θ，则tanθ的最大值为 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(−1,1,1)，b=(m,0,1)，若(a+b)⊥a，则m=______．
13.O不与A，B，C，D共面，并且ABCD四点在一个平面上，2OD=xOA+yOB+OC(x,y>0)，则1x+9y的最小值为______．
14.已知正三棱锥D−ABC的外接球为球O，底面ABC面积为3 34，AD= 5，则球O的表面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知在四边形ABCD中，BC⊥CD，AC= 3BC，∠ABC=2π3．
(1)求∠ACB的值；
(2)若BC= 3，AD= 13，求BD的长．
16.(本小题15分)
已知直线l1：x−2y+3=0，l2：2x+3y−8=0．
(1)求经过点A(1,4)且与直线l2垂直的直线方程；
(2)求经过直线l1与l2的交点，且在两坐标上的截距相等的直线方程．
17.(本小题15分)
如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱与底面垂直，且AA1=AB=AC=2，BC=2 2，M、N、P、D分别是CC1、BC、A1B1、B1C1的中点．
(1)求证：AC//平面PDN；
(2)求直线DN平面PMN所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，已知a=2，且_____．
在①m=(csA,csB),n=(b−2c,a)，且m⊥n，②acsA+acs(B−C)=2 3bcsAsinC,③(b+c)2−a2=4 3S这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答.(注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分)
(Ⅰ)求A；
(Ⅱ)求b−2c的取值范围．
19.(本小题17分)
已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA=a，OB=b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作a,b.定义a与b的“向量积”为：a×b是一个向量，它与向量a，b都垂直，它的模|a×b|=|a|⋅|b|sina,b.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，DP=DA=4，E为AD上一点，|AD×BP|=8 5．
(1)求AB的长；
(2)若E为AD的中点，求二面角P−EB−A的余弦值；
(3)若M为PB上一点，且满足AD×BP=λEM，求|λ|．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.A
5.C
6.D
7.D
8.A
9.BCD
10.CD
11.ABD
12.4
13.16
14.25π4
15.解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得：ACsin2π3=BCsin∠BAC，AC= 3BC，可得sin∠BAC=12，∠BAC为锐角．
∴∠BAC=π6．
∴∠ACB=π−∠ABC−∠BAC=π6．
(2)∵BC⊥CD，∴∠BCD=π2．
∴∠ACD=π3．
设CD=x，在△ACD中，( 13)2=32+x2−6xcsπ3．
解得x=4．
∴BD= ( 3)2+42= 19．
16.(1)由直线l2：2x+3y−8=0⇒y=−23x+83，可得斜率为−23，
故可设所求直线方程为y=32x+b，
则依题意有4=32×1+b，解得b=52，
所以所求直线方程为y=32x+52，整理得3x−2y+5=0；
(2)联立x−2y+3=02x+3y−8=0，解得x=1y=2，即直线l1与l2的交点为(1,2)，
当直线的截距都不为0时，假设直线方程为xa+yb=1(a,b≠0)，
依题意a=b1a+2b=1，解得a=b=3，此时直线方程为x3+y3=1，即x+y−3=0，
当直线经过原点时，满足题意，假设直线方程为y=kx，
代入(1,2)得k=2，此时y=2x；
综上所述：所求直线方程为y=2x或x+y−3=0．
17.(1)证明：因为P，D分别是A1B1，B1C1的中点，则PD//A1C1，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，则A1C1//AC，可得PD//AC，
且PD⊂平面PDN，AC⊄平面PDN，∴AC//平面PDN．
(2)解：由题意知三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱与底面垂直，
且AA1=AB=AC=2，BC=2 2，
故AB 2+AC2=BC2，∴AB⊥AC，
以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，A1(0,0,2)，M(0,2,1)，N(1,1,0)，P(1,0,2)，D(1,1,2)，
∴PM=(−1,2,−1)，PN=(0,1,−2)，DN=(0,0,−2)，
设平面PMN的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PM=−x+2y−z=0n⋅PN=y−2z=0，
令z=1，则x=3，y=2，故n=(3,2,1)，
则|DN|=2，|n|= 14，
可得cs=|DN⋅n||DN|×|n|=22× 14= 1414，
∴直线DN与平面PMN夹角的正弦值为 1414．
18.解：(Ⅰ)若选①，依题意得，m⋅n=(b−2c)csA+acsB=0，
由正弦定理得，(sinB−2sinC)csA+sinAcsB=0，
所以sinBcsA+sinAcsB−2sinCcsA=0，
所以sin(A+B)−2sinCcsA=0，即sinC−2sinCcsA=0，
所以sinC(1−2csA)=0，
因为sinC>0，所以1−2csA=0，即csA=12，
又A∈(0,π)，所以A=π3．
若选②，csA=cs[π−(B+C)]=−cs(B+C)，
因为acsA+acs(B−C)=2 3bcsAsinC，
所以−acs(B+C)+acs(B−C)=2 3bcsAsinC，
展开整理得，2asinBsinC=2 3bcsAsinC，
所以sinC(asinB− 3bcsA)=0，
因为sinC>0，所以asinB− 3bcsA=0，
由正弦定理得，sinAsinB− 3sinBcsA=0，
因为sinB>0，所以sinA− 3csA=0，即tanA= 3，
又A∈(0,π)，所以A=π3．
若选③，因为(b+c)2−a2=4 3S，所以b2+c2−a2+2bc=4 3⋅12bcsinA，即b2+c2−a22bc+1= 3sinA，
由余弦定理得，csA=b2+c2−a22bc，
所以csA+1= 3sinA，
所以2sin(A−π6)=1，即sin(A−π6)=12
因为A∈(0,π)，所以A−π6=π6或5π6，即A=π3或π(舍)，
所以A=π3．
(Ⅱ)由正弦定理得，bsinB=csinC=asinA=4 33，
所以b−2c=4 33(sinB−2sinC)，
因为B+C=2π3，
所以sinB=sin(2π3−C)= 32csC+12sinC，
所以b−2c=4 33( 32csC−32sinC)=−4sin(C−π6)，
因为C∈(0,2π3)，所以C−π6∈(−π6,π2)，所以sin(C−π6)∈(−12,1)，
所以b−2c=−4sin(C−π6)∈(−4,2)．
19.解：(1)∵在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，
∴PD⊥底面ABCD，∴易得DA，DC，DP两两相互垂直，
∴易得BC⊥平面PCD，∴平面PCD⊥平面PBC，
又DP=DA=4，E为AD上一点，
且|AD×BP|=8 5，AD//BC，AD=BC=4，
∴|AD×BP|=BC×BP×sin∠PBC=4×BP×PCBP=4PC=8 5，
∴PC=2 5，又DP=4，PD⊥DC，
∴AB=DC= PC2−DP2= 20−16=2；
(2)若E为AD的中点，分别延长BE，CD交点F，
∵PD⊥底面ABCD，过D作DH⊥BF于点H，连接PH，
则根据三垂线定理可得∠PHD为二面角P−EB−A的补角，
又DP=DA=4，底面ABCD为矩形，且由(1)知AB=DC=2，
由于DH=AE=2，∠AEB=∠DEF，∠BAE=∠EDF=90°，
∴△AEB≌ΔDEF，由于RtΔABE中，AB=AE=90°，
∴△DEF为等腰直角三角形，∴DH=12EF= 2，
∴PH= DH2+PD2= 2+16=3 2，
∴cs∠PHD=DHPH= 23 2=13，
∴二面角P−EB−A的余弦值为−13；
(3)过D作DG⊥PC于点G，由(1)知平面PCD⊥平面PBC，
∴DG⊥平面PBC，又根据新定义可知DG//(AD×BP)，
又AD×BP=λEM，∴EM//DG，
∵PD=4，DC=2，∴PC=2 5，∴DG=PD×DCPC=82 5=4 5，
∴CG= DC2−DG2= 4−165=2 5=2 55，
∴PG=PC−CG=2 5−2 55=8 55，∴PGPC=45，
过G作GM//CB，且GM∩PB=M，在DA上取靠近A的五等分点，
∴ED=45AD=45BC，
则易知MG//BC//ED，且MGBC=PGPC=45，∴MG=45BC，
∴ED//MG，且ED=MG，
∴四边形DGME为平行四边形，∴EM//DG，又DG⊥平面PBC，
∴EM⊥平面PBC，
又EM=DG=4 5=4 55，|AD×BP|=8 5，
∴|λ|=|AD×BP||EM|=8 54 55=10．