北京市房山区2022-2023学年高一下学期期末数学检测试题

这是一份北京市房山区2022-2023学年高一下学期期末数学检测试题，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
2．在中，已知，，，则等于（ ）
A．B．7C．D．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．在如图所示的正方体中，异面直线与所成角的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
5．如图，在正四棱台中，，分别为上、下底面中心，，分别为，的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A．是直角梯形B．是直角梯形
C．直线与直线异面D．直线与直线异面
6．已知平面直角坐标系中的3点，则中最大角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
7．在三棱锥中，两两垂直，，则点到平面的距离等于（ ）
A．1B．C．D．
8．设是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，则“”是“且”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．在中，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在各棱长均为1的的四面体中，E是PA的中点，Q为直线EB上的动点，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．2
二、填空题
11．在中，若，则 .
三、双空题
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，则扇形的弧长等于 ；该圆锥的体积等于 .
13．已知一个长方体的个顶点都在一个球面上，且长方体的棱长为，，，则长方体的体对角线的长等于 ；球的表面积等于 .
四、填空题
14．已知l，m是两条不同的直线，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，能够得到的是 .（填入条件的序号即可）
①；②；③；④.
15．如图所示，在倾斜角等于的山坡上有一根旗杆，当太阳的仰角是时，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，，E为AB的中点，将沿DE折起，点A折起后的位置记为点，得到四棱锥，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； ②恒有平面；
③三棱锥的体积的最大值为； ④存在某个位置，使得平面平面.
其中所有正确结论的序号是 .
五、解答题
17．如图，在正方体中，，分别为，的中点.

(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)求证：，，，四点共面.
18．在中，，，.
(1)求；
(2)求的面积.
19．已知函数.
(1)求的最小正周期；
(2)当时，求的最小值及取得最小值自变量的值.
20．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点.

(1)求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)在棱上是否存在一点，使得平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
21．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（如图所示），其中三角形区域为儿童活动场所，三角形区域为文艺活动场所，三角形区域为球类活动场所，为运动小道（不考虑宽度），，，.

(1)求的长度；
(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）的面积最大？
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
参考答案：
1．B
【分析】根据给定条件，利用正弦的定义直接计算作答.
【详解】角的终边经过点，则，
所以.
故选：B.
2．A
【分析】利用余弦定理列出关系式，将，及的值代入即可求出的值．
【详解】在中，，，，
由余弦定理得：，
则．
故选：．
【点睛】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．C
【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．
【详解】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：如图四边形不是平面图形，故D错误；
故选：C
4．C
【分析】根据异面直线所成角的定义及正方体的特征求解
【详解】连接，，如图，
因为正方体中，
所以就是与所成的角，
在中，.
∴.
故选：C
5．D
【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.
【详解】由棱台的定义可知可将正四棱台补全为如图所示正四棱锥，
因为，分别为上、下底面中心，所以、、三点共线，
且底面，底面，底面，底面，
所以，，
又，且，所以是直角梯形，故A正确；
因为，分别为，的中点，与均为等腰三角形，且，，
所以，，
又，，所以是直角梯形，故B正确；
因为，，所以直线与直线异面，故C正确；
由，所以直线与直线相交于点，故D错误.
故选：D
6．C
【分析】根据夹角公式算出每个内角的余弦值，然后分析可得结果.
【详解】，根据夹角公式，；
，根据夹角公式，；
，根据夹角公式，.
由，，，于是是钝角，是锐角，最大角是，余弦值为.
故选：C
7．D
【分析】根据利用等体积法求解即可.
【详解】设点到平面的距离为，
∵两两垂直，且，
∴，，
∴，
又，，，平面，
所以平面，
∵，即
∴，
∴，即点到平面的距离为，
故选：D
8．A
【分析】由面面平行的判定与性质判断充分性和必要性即可.
【详解】由面面平行的性质可知：且，充分性成立；
当时，若，，，则可能平行或相交，必要性不成立；
“”是“且”的充分而不必要条件.
故选：A.
9．C
【分析】利用正弦定理将边化角，在利用两角和的正弦公式及二倍角公式转化为的三角函数，在结合的范围计算可得.
【详解】由正弦定理可得
因为，所以，所以，则，
则，即.
故选：C
10．B
【分析】根据题意将和折成一个平面，可知，结合余弦定理运算求解.
【详解】由题意可知：，
在中，由余弦定理可得，
可知为锐角，可得，
将和折成一个平面，连接，
可知，当且仅当三点共线时，等号成立，

此时，
在中，由余弦定理可得，
即，所以的最小值为.
故选：B.
11．/
【分析】根据同角三角函数基本关系式以及角的范围得答案.
【详解】因为，且，所以，
又在中，，，所以.
故答案为: .
12．
【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.
【详解】因为扇形的半径为3，圆心角为，则扇形的弧长等于；
设圆锥的底面半径为，所以，解得，
则圆锥的高为，
所以圆锥的体积为.
故答案为：；.
13．
【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，利用勾股定理求出体对角线，即可求出，再根据球的表面积公式计算可得.
【详解】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，
则，所以，，即长方体的体对角线为，
则外接球的表面积.
故答案为：；
14．①③（或②④）
【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.
【详解】选①②，
若，，则可能，不正确；
选①③，
若，，则，正确；
选①④，
若，，则可能，不正确；
选②③，
若，，则可能，不正确；
选②④，
若，，则，正确；
选③④，
若，，则可能，不正确；
故答案为：①③（或②④）
15．
【分析】利用正弦定理计算可得.
【详解】如图，，则，，
米，由正弦定理，即，解得.

故答案为：
16．①②③
【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.
【详解】矩形ABCD中, ,①正确；
取CD中点H，连接MH，BH，M和H分别是，CD的中点，，在平面外，
平面，E是矩形ABCD的AB边中点，，，，
在平面外，平面，又，平面平面，
平面，，②正确；
取的中点，连接，如图所示：
当平面平面时，到平面的距离最大.
因为，为中点，所以.
又因为平面平面，所以.
，所以.
所以四棱锥体积最大值为，
所以四棱锥体积最大值为，
M为AC的中点，三棱锥的体积的最大值为故③正确.
平面平面,平面平面平面,
平面,,,④错误
故答案为：①②③.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由正方体的性质得到，即可得证；
（2）通过证明平面，即可得证；
（3）连接，即可得到，再由正方体的性质得到，即可得证.
【详解】（1）由正方体的性质，平面，平面，
所以平面.
（2）由正方体的性质平面，平面，所以，
又为正方形，所以，，平面，
所以平面，又平面，
所以.

（3）连接，因为，分别为，的中点，
所以，
又且，所以为平行四边形，所以，
所以，所以，，，四点共面.
18．(1)
(2)
【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，在根据面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，，，
由正弦定理，即，解得，
又，所以，所以.
（2）由（1）可得，
所以，
所以.
19．(1)
(2)最小值为，当时取得.
【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，结合的范围进行求解.
【详解】（1），
故最小正周期为
（2）由于，则，
注意到在上满足，上，
于是要求的最小值只用考虑的情况，
由在上单调递减，，
于是在上递减，
故时，即，取到最小值.
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，且，理由见解析
【分析】（1）依题意可得，再由底面为矩形，则，即可得证；
（2）由已知证明平面，进一步可得平面平面；
（3）连接、，，连接，依题意可得，则，再由线面平行的性质得到，即可得解.
【详解】（1）因为，为的中点，所以，
又底面为矩形，所以，所以.
（2）底面为矩形，．
平面平面，平面平面，
平面，平面，
又平面，．
又，，、平面，平面，
而平面，平面平面；
（3）存在，且，理由如下：
连接、，，连接，
因为是矩形，且为的中点，所以，所以，
又平面，平面平面，平面，
所以，
所以.

21．(1)
(2)
(3)当时，儿童活动场所（即三角形）的面积最大
【分析】（1）在中，利用余弦定理可直接求解；
（2）若选①，在中，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）在中，利用余弦定理，结合基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式即可求得结果.
【详解】（1）在中，由余弦定理得：，.
（2）若选条件①，由（1）知：，
在中，由余弦定理得：，
解得：（舍）或，；
若选条件②，，，，
，.
（3）在中，由余弦定理得：，
（当且仅当时取等号），
，（当且仅当时取等号），
；
即当时，儿童活动场所（即三角形）的面积最大.