江西省景德镇一中2024-2025学年高一（下）期末数学试卷（含答案）含答案解析

这是一份江西省景德镇一中2024-2025学年高一（下）期末数学试卷（含答案）含答案解析，共10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.下列几何体中，有且仅有8个面的是( )
A. 六棱柱B. 六棱锥C. 八棱锥D. 五棱柱
2.已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′//B′C′，∠O′A′B′=90°，O′A′=2，B′C′=4，则原四边形OABC的面积为( )
A. 24 2
B. 12 2
C. 6 2
D. 3 2
3.已知P为△ABC所在平面外一点，平面α//平面ABC，且α交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若PA′：AA′=2：3，则S△A′B′C′：S△ABC=( )
A. 2：3B. 2：5C. 4：9D. 4：25
4.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若m⊥α，n//β，α⊥β，则m⊥n
B. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
C. 若m//n，m//α，n//β，则α//β
D. 若a//α，a⊂β，α∩β=b，则a//b
5.给出下列四个命题：
①正三棱锥所有的棱长相等；
②底面是正多边形的棱柱是正棱柱；
③底面是等边三角形的三棱锥是正三棱锥；
④以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台．
其中真命题的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
6.在四棱锥P−ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA=AB，则异面直线PB与AD所成角的余弦值为( )
A. 26B. 25C. 24D. 23
7.已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且△SAB的面积为2，直线SA与圆锥底面所成角为π6，则二面角S−AB−O的大小为( )
A. π12
B. π6
C. π4
D. π3
8.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱C1D1中点，F为棱CC1中点，点G在侧面CC1D1D上运动(含边界)，若AG//平面A1EF，则点G的轨迹长度为( )
A. 2
B. 22
C. 2
D. 1
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.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，D，E，F为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面DEF平行的是( )
A. B. C. D.
10.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，B1C1的中点，O，M分别为BD，EF的中点，则( )
A. 四点B，D，E，F在同一平面内
B. 三条直线BF，DE，CC1有公共点
C. 直线A1C与直线OF相交
D. 直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为 2，E，F分别是AD，DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的是( )
A. 异面直线A1B与AD1所成的角是π3
B. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是菱形
C. 存在点P，使得FP//平面ABC1D1
D. 正四面体A1−BDC1的高为2 63
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在长方体ABCD−A1B1C1D1的所有棱中，既与AB共面，又与CC1共面的棱有______条.
13.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α//平面AEF，则平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为______．
14.如图，已知正四棱锥P−ABCD的棱长均为2，M，N分别是BP，BC的中点，T是△AMC所在平面内的一点，则BT+NT的最小值为______．
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)
如图所示，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点，平面PAD∩平面PBC=l．
(1)求证：l//BC;
(2)MN与平面PAD是否平行？试证明你的结论．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为直角三角形，AB=BC，D，E分别为BC，AC的中点.求证：
(1)A1B1//平面DEC1；
(2)若A1A=4，AB=2，求点B到平面B1ED的距离．
17.(本小题15分)
如图，在多面体ABCED中，△ABC为等边三角形，AD//CE，AC⊥CE，AC=CE=2AD=2.点F为BC的中点，平面ACED⊥平面ABC．
(1)求证：AF⊥平面BCE；
(2)设点G为BE上一点，且BG=23BE，求二面角B−AF−G的余弦值．
18.(本小题17分)
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点．
(1)求证：平面PAC⊥平面BDD1B1；
(2)求直线A1B与平面BDD1B1所成的角的正弦值；
(3)在直线BB1上是否存在点Q使得PQ⊥面ACP，若存在，则此时B1QBQ为多少；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
如图，正四棱锥A−BCDE和正四面体A−CDF的所有棱长均相等，G为BE的中点．
(1)证明：FG⊥CD；
(2)证明：点A，B，C，F共面；
(3)判断FG是否垂直于平面ACD，若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.D
5.A
6.C
7.C
8.A
9.AC
10.ABD
11.ACD
12.5
13.18
14. 3
15.解：(1)证明：
因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD．
又因为平面PBC∩平面PAD=l，
所以BC//l;
(2)平行．
如图：
取PD的中点E，连接AE、NE，
∵N是PC的中点，E是PD的中点，
∴NE//CD，且NE=12CD，
∵CD//AB，M是AB的中点，
∴NE//AM且NE=AM．
所以四边形AMNE为平行四边形，
所以MN//AE．
又∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，
所以MN//平面PAD．
16.解：(1)证明：因为D，E分别为BC，AC的中点，所以DE//AB，
因为直三棱柱性质可得AB//A1B1，所以DE//A1B1，
又因为DE⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，
所以A1B1//平面DEC1；
(2)由底面ABC为直角三角形，AB=BC，则AB⊥BC，
又DE//AB，则DE⊥BC，
由直三棱柱性质可得BB1⊥平面ABC，
又BC、DE⊂平面ABC，则BB1⊥BC、BB1⊥DE，又BB1、BC⊂平面BB1C1C，
BB1∩BC=B，
故DE⊥平面BB1C1C，又DB1⊂平面BB1C1C，
故DE⊥DB1，
又BD=12BC=1、DE=12AB=1，B1D= BD2+BB12= 12+42= 17，
则VB1−BDE=13×S△BDE×BB1=13×12×BD×DE×BB1=16×1×1×4=23，
设点B到平面B1ED的距离为d，
则由VB1−BDE=VB−B1DE，
可得13×S△B1DE×d=13×12×DE×DB1×d=13×12×1× 17×d= 176⋅d=23，
即d=4 1717，
即点B到平面B1ED的距离为4 1717．
17.(1)证明：因为平面ACED⊥平面ABC，且平面ACDE∩平面ABC=AC，
AC⊥CE，CE⊂平面ACED，
故CE⊥平面ABC，
因为AF⊂平面ABC，所以CE⊥AF．
又△ABC为等边三角形，F为BC的中点，故AF⊥BC，
因为CE∩BC=C，CE，BC⊂平面BCE，
所以AF⊥平面BCE．
(2)由于AF⊥平面BCE，FG⊂平面BCE，故AF⊥FG，
因为△ABC为等边三角形，F为BC的中点，故AF⊥BF，
所以∠BFG为二面角B−AF−G的平面角．
因为BG=23BE=4 23,BF=12BC=1,∠FBG=45°，
故GF= BG2+BF2−2BG⋅BFcs45°= 173，
所以cs∠BFG=BF2+GF2−BG22BF⋅GF=1+179−3292× 173=− 1717，
故二面角B−AF−G的余弦值为− 1717．
18.(1)证明：因为DD1⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC，
又因为AB=AD，则底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又因为DD1∩DB=D，DD1、DB⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥平面BDD1B1，
又因为AC⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面BDD1B1；
(2)令AC∩BD=O，连接CD1、D1O，由长方体性质可得A1B//D1C，
则直线A1B与平面BDD1B1所成的角等于直线D1C与平面BDD1B1所成的角，
由(1)知AC⊥平面BDD1B1，
所以∠CD1O等于直线A1B与平面BDD1B1所成的角，
CO= 22AB= 22，CD1= 12+22= 5，
则sin∠CD1O=COCD1= 1010，
即直线A1B与平面BDD1B1所成的角的正弦值为 1010；
(3)存在，且B1QBQ=0，即点Q与B1重合，连接PO、PB1、OB1，
则PO2=PD2+OD2=12+( 22)2=32，
PB12=D1P2+DB2=12+( 2)2=3，
B1O2=B1B2+BO2=22+( 22)2=92，
有PO2+PB12=B1O2，所以PO⊥PB1，
由AC⊥平面BDD1B1，PB1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥PB1，
又AC∩PO=O，AC、PO⊂平面ACP，所以PB1⊥平面ACP，
故在直线BB1上存在点Q使得PQ⊥平面ACP，且B1QBQ=0．
19.解；(1)证明：取CD中点H，连接GH，FH，AG，AH，
∵A−BCDE是正四棱锥，A−CDF是正四面体，G为BE的中点，
∴CD⊥GH，CD⊥FH，
∵GH∩FH=H，GH，FH⊂平面AFH，
∴CD⊥平面FGH，又∵FG⊂平面FGH，
∴FG⊥CD；
(2)证明：∵A−BCDE是正四棱锥，A−CDF是正四面体，G为BE的中点，
∴CD⊥GH，CD⊥AH，CD⊥FH
∵GH∩AH=H，GH，AH⊂平面AGH，∴CD⊥平面AGH，
又∵FH∩AH=H，FH，AH⊂平面AGH，CD⊥平面AFH，
∴平面AGH与平面AFH重合，
∴A，G，H，F四点共面，
设正四面体与正四棱锥的棱长为2a，
则AG=HF=2a× 32= 3a，GH=AF=2a，
∴四边形AGHF是平行四边形，
∴GH//AF，∵BC//GH，∴BC//AF，
∴A，B，C，F四点共面；
(3)假设FG⊥平面ACD，∵AH⊂平面ACD，∴FG⊥AH，
又∵四边形AGHF是平行四边形，
∴四边形AGHF是菱形，则AG=GH，
与AG= 3a，GH=2a矛盾，
故假设不成立，
∴FG与平面ACD不垂直．