新教材高一数学第二学期期末试卷二十（原卷版+教师版）

这是一份新教材高一数学第二学期期末试卷二十（原卷版+教师版），共28页。

新教材高一数学第二学期期末试卷
测试时间：120分钟 总分：150
第I卷
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数满足为虚数单位，则（ ）
A B. 1 C. D.
2. 已知函数的部分图象如图所示，且，则（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，在正方体中，点分别为棱和上的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知中，，且，点，是边的两个三等分点，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
5. 在正方体中，为棱上的动点，为线段的中点.给出下列四个

①；
②直线与平面所成角不变；
③点到直线的距离不变；
④点到四点的距离相等.
其中，所有正确结论的序号为（ ）
A. ②③ B. ③④ C. ①③④ D. ①②④

6. 某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为

A. ； B.
C. D.
7. 如图，在正方体中，、、、、、是各条棱的中点.

①直线平面；②；③、、、四点共面；④平面.其中正确的个数为（ ）
A. B. C. D.
8. 正四面体是一种柏拉图多面体，正四面体与自身对偶；正四面体的重心，四条高的交点，外接球、内切球球心共点．4个半径为1的小球装入一个正四面体内，下列四个结论中错误的是（ ）
A. 四面体最小体积
B 四面体最小表面积
C. 四面体最短棱长
D. 四面体最小高




二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. （多选题）已知，则下列式子成立的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 下列选项中，与的值相等的是（ ）
A B.
C. D.
11. 正方体的棱长为分别为的中点，则（ ）
A. 直线与直线夹角
B. 直线与平面平行
C. 平面截正方体所得的截面面积为
D. 点和点到平面的距离相等
12. 正方体棱长为，若是空间异于的一个动点，且，则下列正确的是（ ）

A. 平面
B. 存在唯一一点，使
C. 存在无数个点，使
D. 若，则点到直线的最短距离为
第II卷
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13. 若向量满足，则_________.
14. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则面积的取值范围是___________.
15. 如图，是在斜二测画法下直观图，其中，且，则的面积为___________.

16. 如图，在四面体中，，，､分别是､的中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下面的说法中正确的有___________.

①，
②四面体外接球的表面积为.
③异面直线与所成角的正弦值为
④多边形截面面积的最大值为.
四､解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步
17. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求单调递增区间；
（3）对于任意都有恒成立，求的取值范围.






18. 如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，为的中点．

（1）证明：；
（2）若面积为，求点到面的距离．





19. 中，是角所对的边，.
（1）求的大小；
（2）若的面积为，求的值.















20. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求A；
（2）如图，已知，D为的中点，点P在上，且满足，求的面积．





21. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，点为线段上的点，过三点的平面与交于点.

（1）证明：平面：
（2）若为中点，且，求平面将四棱锥分成两部分的体积比.












22. 在四棱锥中，底面平分为的中点，分别为上一点，且.

（1）求的值，使得平面；
（2）过点作平面的垂线，垂足为，求四棱锥的体积.















新教材高一数学第二学期期末试卷
测试时间：120分钟 总分：150
第I卷
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数满足为虚数单位，则（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】【分析】利用复数的除法求，再由复数的乘法运算求.
【详解】由题设，，且，所以.
故选：A
2. 已知函数的部分图象如图所示，且，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【分析】由正切函数的性质结合函数图象的特征可得函数的解析式，即可得解.
【详解】由图象可知，函数的最小正周期为，
所以，，
由得，所以，
则，
又，所以，所以，
故，从而.
故选:A．
3. 如图，在正方体中，点分别为棱和上的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】【分析】连接、，即可得到，从而即为异面直线与所成角，再根据正方体的性质看得到为等边三角形，即可得解；
【详解】解：如图连接、，因为点、分别为棱和上的中点，
所以，所以即为异面直线与所成角，
在正方体中为等边三角形，所以，即异面直线与所成角为；

故选：B
4. 已知中，，且，点，是边的两个三等分点，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】【分析】由知，，根据平面向量的线性运算可推出
，，故，
展开后代入数据进行运算即可.
【详解】解：∵，∴，
∵点是边的三等分点，
∴.
同理可得，，
∴.
故选：B.
【点睛】本题考查平面向量数量积运算、模的运算、平面向量基本定理，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意基底的选择.
5. 在正方体中，为棱上的动点，为线段的中点.给出下列四个

①；
②直线与平面所成角不变；
③点到直线的距离不变；
④点到四点的距离相等.
其中，所有正确结论的序号为（ ）
A. ②③ B. ③④
C. ①③④ D. ①②④
【答案】C
【解析】【分析】根据的变化情况并找出的轨迹就可判定①③④是否正确，作出直线与平面所成的角，就可判定②是否正确.
【详解】如下图，当在棱上运动时，始终在平面中，由，可得，所以，故①正确，
此时点的轨迹为线段，如下图可知，，过正方形中心且，故③④正确，
如下图，延长与的延长线交于，连接，则即为直线与平面所成角，
当点在上运动时，不变而在变，所以不是定值，
故②错误.
故选：C.

【点睛】(1)判定和动点相关的问题时，只要找出动点的轨迹，就可以根据轨迹的特点进行判断；
(2)判定与动直线相关的位置关系问题时，可找出动直线所在的平面进行判定；
(3)根据定义作出线面角可用来解决运动型的问题.
6. 某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为

A. ； B.
C. D.
【答案】A
【解析】【详解】试题分析：利用余弦定理求出正方形面积；利用三角形知识得出四个等腰三角形面积；故八边形面积.故本题正确答案为A.
考点：余弦定理和三角形面积的求解.
【方法点晴】本题是一道关于三角函数在几何中的应用的题目，掌握正余弦定理是解题的关键；首先根据三角形面积公式求出个三角形的面积；接下来利用余弦定理可求出正方形的边长的平方，进而得到正方形的面积，最后得到答案.
7. 如图，在正方体中，、、、、、是各条棱的中点.

①直线平面；②；③、、、四点共面；④平面.其中正确的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】【分析】利用面面平行的性质定理可判断①的正误；假设，结合线面垂直的判定定理可判断②的正误；证明出，可判断③的正误；利用线面垂直的判定定理可判断④的正误.综合可得出结论.
【详解】对于①，由于四边形为正方形，则且，
、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面，
同理可证平面，因为，所以，平面平面，
平面，平面，①正确；
对于②，假设，平面，平面，，
，平面，
又平面，所以，与矛盾，故②错误；
对于③，因为、分别为、的中点，则，
在正方体中，且，
、分别为、的中点，则且，
四边形为平行四边形，则，，
所以，、、、四点共面，③正确；
对于④，因为四边形为正方形，则，
平面，，
，平面，
平面，，
同理可证，，因此，平面，故④正确.
所有正确的是①③④.

故选：C.
【点睛】本题考查线面平行、线面垂直、线线垂直以及四点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.
8. 正四面体是一种柏拉图多面体，正四面体与自身对偶；正四面体的重心，四条高的交点，外接球、内切球球心共点．4个半径为1的小球装入一个正四面体内，下列四个结论中错误的是（ ）
A. 四面体最小体积
B. 四面体最小表面积
C. 四面体最短棱长
D. 四面体最小高
【答案】A
【解析】【分析】当四球与正四面体内切，且四球两两相切时相关量最小，在此状态下，内切球球心构成正四面体，棱长为2，求出小正四面体与大正四面体的相似比得解.
【详解】由题可知，正四面体体积、表面积、棱长、高达到最小时， 四个球两两相切且与正四面体都相切，设此时正四面体为，内切四球球心构成棱长为2的正四面体.

正四面体中，高为，为中点，，
为直线与面所成角，，
正四面体的表面积为；
正四面体的体积为

球与正四面体内切，切点，，
因为，所以，所以正四面体的高为：，
两个正四面体的相似比为：，所以正四面体的最小体积为：，A错；
正四面体的最小表面积为：，B正确；
正四面体的最小棱长为：，C正确；正四面体的最小高为：.
故选;A.

二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. （多选题）已知，则下列式子成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】【分析】对原式进行切化弦，整理可得：，
结合因式分解代数式变形可得选项.
【详解】∵， ，
整理得，
∴，
即，
即，∴C、D正确.
故选：CD
【点睛】此题考查三角函数的化简变形，根据弦切关系因式分解，结合平方关系变形.
10. 下列选项中，与的值相等的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】【分析】求出的值以及各选项中代数式的值，由此可得出合适的选项.
【详解】.
对于A选项，；
对于B选项，；
对于C选项，；
对于D选项，，化简可得.
故选：BC.
11. 正方体的棱长为分别为的中点，则（ ）
A. 直线与直线夹角
B. 直线与平面平行
C. 平面截正方体所得的截面面积为
D. 点和点到平面的距离相等
【答案】ABC
【解析】【分析】A利用平行关系可得直线与直线夹角为，应用余弦定理求角的大小；B、C由平面的基本性质找到面截正方体所得的截面，根据线面平行的判定及梯形的面积公式判断正误；D利用正方体的对称性及线面平行的性质判断和到平面的距离是否相等即可.
【详解】A：由，则直线与直线夹角为，

而，，，则，
所以，正确；
B：由平面的性质可得平面截正方体所得的截面为，而，
由面，面，故面，即面，正确；
C：由B分析知：平面截正方体所得的截面，且分别为两底边，
而高为，故面积为，正确；

D：由B分析知：到平面的距离与到平面的距离相等，
由正方体的对称性，和到平面的距离不相等，它们到面的距离相等，错误.
故选：ABC
12. 正方体棱长为，若是空间异于的一个动点，且，则下列正确的是（ ）

A. 平面
B. 存在唯一一点，使
C. 存在无数个点，使
D. 若，则点到直线的最短距离为
【答案】ACD
【解析】【分析】点为动点，确定点的运动轨迹是解题的关键，将条件的异面垂直转化为线面垂直，找到的垂面，即可确定点的轨迹，对于A，由面面平行进行判断，对于B，利用反证法和平行的传递性进行判断，对于C，将异面垂直转化为线面垂直，找到的垂面进行判断，对于D，由得到点也在球面上，所以点是球面与平面的并线，考查球截面的问题，类比圆的问题进行解决
【详解】解：对于A，因为平面，所以点在平面上，又因为平面∥平面，所以平面，所以A正确，
对于B，假设存在点，使得，因为∥，所以∥，这与在平面外矛盾，所以假设不成立，即点不存在，所以B错误，
对于C，如图，因为平面，平面平面，所以当点在直线上时，恒有，所以C正确，
如图，若，则点在以为球心，（）为半径的球面上，设平面，则点到平面的距离为，所以点到平面的距离为，所以平面被球面截得的圆的半径为，且圆心为中点，设为，则在等边三角形中，到直线的距离为，所以点到直线的距离的最小值为，所以D正确，
故选：ACD

第II卷
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13. 若向量满足，则_________.
【答案】
【解析】【分析】根据题目条件，利用模的平方可以得出答案
【详解】∵∴∴.
故答案为：.
14. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则面积的取值范围是___________.
【答案】
【解析】【分析】根据已知条件，运用余弦定理，可得，再结合正弦定理，可得，根据的取值范围，可得值得取值范围，即可求解．
【详解】解：，，，
又由余弦定理，可得，，即，
，，，为锐角三角形，，
由正弦定理，可得，即，，

，
，，，，
面积，，，
故面积的取值范围是．
故答案为：．
15. 如图，是在斜二测画法下的直观图，其中，且，则的面积为___________.

【答案】
【解析】【分析】根据直观图与原图形面积之间的关系即可求解.
【详解】解：，且，故，
∴.故 答 案 为：.
16. 如图，在四面体中，，，､分别是､的中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下面的说法中正确的有___________.


①，
②四面体外接球的表面积为.
③异面直线与所成角的正弦值为
④多边形截面面积最大值为.
【答案】①②④
【解析】【分析】连接，进而根据线面垂直得线线垂直可判断①；将其补成长方体，转为为求长方体的外接球表面积可判断②；结合②建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可判断③；根据题意，证明截面为平行四边形，且，由可判断④.
【详解】解：对于①，连接，因为，､分别是､的中点，所以，，因为，所以平面,平面，所以，，故正确；

对于②，该几何体可以在如图2的长方体中截出，设长方体的长宽高分别为，
则，所以，即长方体的体对角线的长度为，
所以四面体的外接球即为该长方体的外接球，半径满足，
所以四面体外接球的表面积为，故正确；

对于③，由②得，如图3，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，,，，故，所以异面直线与所成角的余弦值为，故错误；

对于④，如图4，设平面与分别交于，
，，则由线面平行的性质可得，则,
同理，，所以截面为平行四边形，可得，
则，
设异面直线和所成角为，由③的讨论可得异面直线和所成角为，
所以，则可得，
当且仅当时等号成立，故正确.

故答案为：①②④
【点睛】本题考查空间几何体截面问题，内接外接球问题，线面垂直，线线垂直等位置关系，考查运算求解能力，直观想象能力，是难题.本题解题的关键在于将该几何体放置于长方体中，利用长方体的几何性质求解.
四､解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步
17. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间；
（3）对于任意都有恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】【分析】（1）将函数进行化简，根据三角函数的周期公式即可求函数f（x）的最小正周期T；
（2）利用整体代入法求得函数的单调递增区间；
（3）原问题等价于的最大值小于零，根据在区间上的最大值列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】（1）因为.
所以的最小正周期.
（2）由（1）知.
又函数的单调递增区间为(Z).
由，，得，.
所以的单调递增区间为.
（3）因为，所以.
所以.所以.
当，即时，的最大值为，
又因为对于任意恒成立，所以，即.
所以的取值范围是.
【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数最小正周期、单调区间、最值的求法，属于中档题.
18. 如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，为的中点．

（1）证明：；
（2）若面积为，求点到面的距离．
【答案】（1）证明见解析； （2）.
【解析】【分析】(1)由平面平面，根据面面垂直性质定理证明平面，由此证明，(2)根据锥体体积公式结合等体积法求点到面的距离．
【小问1详解】在等边三角形中，为的中点，所以，
∵ 平面平面，平面面，平面，
∴平面，∵平面，
∴ ；
【小问2详解】∵面积为， ∴ ，，
∵，，∴
在中，， ，，
所以，，
设点到面的距离为，则，
∴ ，即点到面的距离为
19. 中，是角所对的边，.
（1）求的大小；
（2）若的面积为，求的值.
【答案】（1）； （2）.
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角关系及余弦定理求得，即可得的大小；
（2）由三角形面积公式可得，再应用余弦定理求.
【小问1详解】由题设，，故，
又，故.
【小问2详解】由题设，故，
所以，故
20. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求A；
（2）如图，已知，D为的中点，点P在上，且满足，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】【分析】（1）先把边角统一可求出，再由结合余弦定理与正弦定理的边角互化，即可得到答案；
（2）由数量积的定义，余弦定理，再结合三角形面积公式求解即可
【详解】解：（1）由，可得，
又，则．因为，所以．
由，可得，即，所以．
由正弦定理可得，
则，可得，
则或（舍去），所以．
（2）因为，所以．
又因为，所以．
因为，，
两式相加可得，解得．
如图，过点P作，

则．又因为，所以．






21. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，点为线段上的点，过三点的平面与交于点.

（1）证明：平面：
（2）若为中点，且，求平面将四棱锥分成两部分的体积比.
【答案】（1）证明见解析； （2）.
【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定证明平面，再利用线面平行的性质、判定推理作答.
（2）利用线面垂直的性质、判定证明平面，进而证得平面，再应用锥体体积公式求、即可得结果.
【小问1详解】正方形中，，而平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
则，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】因平面ABCD，平面，则，
又，，平面，则平面，
平面，于是得，，
若，E为PB中点，则，，
而，平面，因此平面，
由（1）知：，则，梯形面积，
所以.
而，故，
所以.




22. 在四棱锥中，底面平分为的中点，分别为上一点，且.

（1）求的值，使得平面；
（2）过点作平面的垂线，垂足为，求四棱锥的体积.
【答案】(1)见解析;(2) .
【解析】详解】（1）要使得平面，只需找到平面平面，易得和；
（2）过作，垂足为，进而证明平面，根据即可计算体积.
试题分析：试题解析：（1）在中，为直角，
，则，
又平分，所以，
因为，所以又余弦定理可得，所以.
当时，，
又，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）过作，垂足为，
则，
由得为等腰直角三角形，则也为等腰直角三角形，
因为底面，所以，因为，
所以平面，所以则平面.
过作的垂线，垂足为，则底面，
易得， 因为四边形的面积为，
所以.