精品解析：江西省景德镇一中2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

2024-2025学年度高一下学期数学期末考试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）俩部分，满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 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按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则原四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知P为△所在平面外一点，平面∥平面，且交线段于点，若，则:（ ） A. 2∶3 B. 2∶5 C. 4∶9 D. 4∶25 4. 已知 是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若 ，则 B. 若 ，则 C 若 ，则 D. 若 ，则 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. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 在四棱锥中，已知平面，底面是菱形，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线互相垂直且的面积为2，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，棱长为2的正方体中，为棱中点，为棱中点，点在侧面上运动（含边界），若平面，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. 2 D. 1 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则（ ） A. 四点，，，在同一平面内 B. 三条直线，，有公共点 C. 直线与直线相交 D. 直线上存点使，，三点共线 11. 如图，正方体，的棱长为，E，F分别是，的中点，点P是底面内一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角是 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，使得平面 D. 正四面体的高为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把正确答案填在题中横线上） 12. 在长方体的所有棱中，既与AB共面，又与共面的棱有__________条． 13. 已知正方体棱长为4，，分别是棱，的中点，过直线的平面平面AEF，则平面截正方体所得截面的面积为______． 14. 如图，已知正四棱锥的棱长均为2，分别是的中点，是所在平面内的一点，则的最小值为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图所示，已知是所在平面外一点，分别是的中点，平面平面，则： （1）与是否平行？说明理由； （2）与平面是否平行？试证明你的结论． 16. 如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）若，，求点B到平面距离. 17. 如图，在多面体ABCED中，为等边三角形，．点为BC的中点，平面平面ABC. （1）求证：平面BCE； （2）设点为BE上一点，且，求二面角的余弦值. 18. 如图，长方体中，，，点P为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在直线上是否存在点Q使得平面，若存在，则此时为多少；若不存在，请说明理由. 19. 如图，正四棱锥和正四面体A-CDF的所有棱长均相等，G为BE的中点． （1）证明：； （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高一下学期数学期末考试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）俩部分，满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 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 【答案】A 【解析】 【分析】利用棱柱、棱锥的结构特征逐项判断即得. 【详解】对于A，六棱柱有6个侧面、2个底面，共8个面，A是； 对于B，六棱锥有6个侧面、1个底面，共7个面，B不是； 对于C，八棱锥有8个侧面、1个底面，共9个面，B不是； 对于D，五棱柱有5个侧面、2个底面，共7个面，D不是. 故选：A 2. 已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则原四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形先求出梯形的面积，再利用直观图与对应的平面图的面积之间的关系即可求得四边形的面积. 【详解】由题意，四边形的直观图为直角梯形， 其面积为， 故四边形的面积为. 故选：B. 3. 已知P为△所在平面外一点，平面∥平面，且交线段于点，若，则:（ ） A. 2∶3 B. 2∶5 C. 4∶9 D. 4∶25 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行平面的性质得出线线平行，再由面积比等于相似比的平方计算. 【详解】∵平面∥平面，平面平面，平面平面， ，同理可得， ∴:， 又，∴， ∴:. 故选：D 4. 已知 是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若 ，则 B. 若 ，则 C. 若 ，则 D. 若 ，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，通过举反例可判断ABC，由线面平行的性质可判断D. 【详解】对于A，如图所示：，但，故A错误； 对于B，如图所示：满足 ，但，故B错误； 对于C，满足，但不平行，故C错误； 对于D， ，由线面平行的性质可和，故D正确. 故选：D. 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. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据正三棱锥的性质判断①、③，根据正棱柱的概念判断②，根据圆台的概念判断④. 【详解】根据正三棱锥的性质，底面为等边三角形，侧棱长相等， 且顶点在底面的投影为底面正三角形的中心， 侧棱长和底面棱长不一定相等，故①错误、③错误； 底面是正多边形的直棱柱是正棱柱，故②错误； 根据旋转体的定义可知，以直角梯形中垂直两底的腰为轴旋转所得的旋转体为圆台， 另一个腰为轴旋转所得旋转体不是圆台，故④错误. 故真命题的个数为. 故选：A. 6. 在四棱锥中，已知平面，底面是菱形，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，通过平移直线将异面直线所成角转化为相交直线所成角，再利用余弦定理求解该角的余弦值. 【详解】因为，所以就是异面直线与所成的角（或其补角）.  设，因为底面是菱形，，所以是等边三角形，则.  因为平面，平面，所以. 在中，根据勾股定理，已知，可得.  在中，，，， 又因为，，所以. 根据余弦定理，将，，代入可得： .  异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 7. 已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线互相垂直且的面积为2，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二面角的平面角的概念，做出二面角的平面角，求出各边长，在求出二面角的平面角的正弦值，判断角的大小. 【详解】取的中点，连接， 因为，为的中点，则，由垂径定理可得， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， ，则，，， 因平面，则为直线SA与圆锥底面所成角，即， 则在中，，故， 所以，， 因为，故，即二面角的大小为. 故选：C. 8. 如图，棱长为2的正方体中，为棱中点，为棱中点，点在侧面上运动（含边界），若平面，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点分别为，连接，则可证平面平面，故的轨迹为线段，故可求其长度. 【详解】取的中点分别为，连接， 在正方形中，因为为中点，故且， 由正方体可得且， 所以，，故四边形为平行四边形， 故，而，故， 同理，故， 而平面，平面，故平面， 同理平面，而平面， 故平面平面，而平面平面， 结合平面，故的轨迹为线段，其长度为， 故选：A. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，C，利用线面平行的判定定理即可判断；对C，将平面扩展，即可得出AB与平面DEF相交；对D，由与其所在的对角线平行,而与对角线相交，可知AB与平面DEF相交. 【详解】解：对于A，平面DEF，平面DEF， 直线AB与平面DEF平行，故A正确； 对于B，如图，取正方体所在棱的中点G，连接FG并延长，交AB延长线于H，则AB与平面DEF相交于点H，故B错误； 对于C，，平面DEF，平面DEF， 直线AB与平面DEF平行，故C正确； 对于D，AB与DF所在平面的正方形对角线有交点B，DF与该对角线平行， 直线AB与平面DEF相交，故D错误. 故选：AC. 10. 如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则（ ） A. 四点，，，在同一平面内 B. 三条直线，，有公共点 C. 直线与直线相交 D. 直线上存在点使，，三点共线 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，由平面的基本性质分析A、B和D，由异面直线的定义分析C，综合可得答案． 【详解】根据题意，如图： 对于A，连接，则， 而，分别为，的中点，则， 所以，所以四点，，，在同一平面内，故A正确； 对于B，延长，，则，相交于点，又平面， 平面，则平面，平面， 且平面平面，所以，即三条直线，，有公共点，故B正确； 对于C，直线为正方体的体对角线，所以直线与直线不可能在同一平面内，所以直线与直线是异面直线，故C错误； 对于D，，，，均在平面内，连接，则与相交，所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确； 故选：ABD． 11. 如图，正方体，的棱长为，E，F分别是，的中点，点P是底面内一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角是 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，使得平面 D. 正四面体的高为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角，判断A； 根据平行关系作出截面图，即可判断B.当为中点时平面，即可判断C； 选项D，求出正四面体的高即可判断. 【详解】对于A，正方体中，易知， 异面直线与所成的角即直线与所成的角，即， 为等边三角形，则，故A正确； 对于B，因为，分别是，的中点，所以， 在正方体中，易证，所以， 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误； 对于C，当为中点时，因为是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，连接，设平面，连接，平面， 平面，即，又，， 有平面，..平面，所以， 同理可证：，，平面， 所以平面，即平面，则B在底面的射影为的重心， 所以，所以， 即正四面体的高为，故D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把正确答案填在题中横线上） 12. 在长方体的所有棱中，既与AB共面，又与共面的棱有__________条． 【答案】5 【解析】 【分析】作图观察即可. 【详解】作图并观察可知，既与AB共面又与共面的棱有CD，BC，，，，共5条． 故答案：5 13. 已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的中点，过直线的平面平面AEF，则平面截正方体所得截面的面积为______． 【答案】18 【解析】 【分析】先根据面面平行的判定方法作出平面截正方体所得截面，再利用梯形面积公式求面积. 【详解】如图，取的中点，的中点M，连接，，，，， 则，所以，，，四点共面． 因为，平面，平面，所以平面． 因，且，所以四边形为平行四边形. 所以，平面,平面, 所以平面，又都在平面内，所以平面平面， 所以四边形即为平面截正方体所得截面， 易得，，， 所以四边形的面积． 故答案为：18 14. 如图，已知正四棱锥的棱长均为2，分别是的中点，是所在平面内的一点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可证得平面．则关于平面对称，可得即可得出结果. 【详解】如图，连接．因为，都为正三角形，为的中点， 所以，，，所以平面． 所以关于平面对称，，， 当且仅当三点共线时，等号成立，即的最小值为． 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图所示，已知是所在平面外一点，分别是的中点，平面平面，则： （1）与是否平行？说明理由； （2）与平面是否平行？试证明你的结论． 【答案】（1）平行，理由见解析 （2）平行，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质即可求证， （2）根据线面平行的判定即可求证. 【小问1详解】 平行，理由如下： 因为四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． 又平面平面，平面，所以． 【小问2详解】 平行．证明如下：如图所示， 取的中点，连接， 故,又 所以且． 所以四边形是平行四边形，所以． 又平面，平面， 所以平面． 16. 如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，分别为，中点. （1）求证：平面； （2）若，，求点B到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助棱柱性质及中位线性质，再结合线面平行性质定理即可得； （2）借助线面垂直的判定定理与性质定理可得，再借助等体积法计算即可得. 【小问1详解】 由，分别为，的中点，则， 由直三棱柱性质可得，故， 又平面，平面，故平面； 【小问2详解】 由底面为直角三角形，，则， 又，则，由直三棱柱性质可得平面， 又、平面，则、，又、平面， ，故平面，又平面，故， 又、，， 则， 设点B到平面的距离为，则由， 可得，即， 即点B到平面的距离为. 17. 如图，在多面体ABCED中，为等边三角形，．点为BC的中点，平面平面ABC. （1）求证：平面BCE； （2）设点为BE上一点，且，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据面面垂直的性质得出平面ABC，再利用线面垂直的判定可证结论； （2）利用垂直关系找到二面角的平面角，结合余弦定理可求答案. 【小问1详解】 证明：因为平面平面ABC，且平面平面， 平面ACED， 故平面ABC， 因为平面ABC，所以． 又为等边三角形，为BC的中点，故， 因为， 平面BCE， 故平面BCE. 【小问2详解】 由于平面平面BCE，故， 因为为等边三角形，为BC的中点，故， 所以为二面角的平面角. 因为， 故， 所以， 故二面角的余弦值为. 18. 如图，长方体中，，，点P为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值； （3）在直线上是否存在点Q使得平面，若存在，则此时为多少；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，且 【解析】 【分析】（1）借助长方体性质与线面垂直的判定定理可得平面，再借助面面垂直的判定定理即可得证； （2）结合直线与平面所成角的定义可得等于直线与平面所成的角，再借助正弦的定义计算即可得； （3）找出符合要求的点，再借助线面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 由长方体性质可得平面，又平面，故， 又，则底面为正方形，故， 又，、平面，故平面， 又平面，故平面平面； 【小问2详解】 令，连接、，由长方体性质可得， 则直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 由（1）知平面，故等于直线与平面所成的角， ，，则， 即直线与平面所成的角的正弦值为； 【小问3详解】 存在，且，即点与重合，连接、、， 则， ， ， 有，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，故平面， 故在直线上存在点Q使得平面，且. 19. 如图，正四棱锥和正四面体A-CDF的所有棱长均相等，G为BE的中点． （1）证明：； （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． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）不垂直，理由见解析 【解析】 【分析】（1）先证明，，可得平面，再利用线面垂直的 性质即可证明结论； （2）先证明平面，平面，可得两平面重合，再结合平行四边形的性质即可证明结论； （3）利用反证法，假设平面，退导出矛盾，说明假设不成立即可. 【小问1详解】 如图，取中点，连接，，，， 因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点， 所以，， 因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以； 【小问2详解】 因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点， 所以，， 因为，平面，所以平面， 又因为，平面，平面， 所以平面与平面重合， 所以四点共面，设正四面体与正四棱锥的棱长为2a, 则，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为，所以， 所以四点共面； 【小问3详解】 假设平面，因为平面，则， 又因为四边形是平行四边形， 所以四边形是菱形，则， 与，矛盾， 故假设不成立， 所以FG与平面ACD不垂直. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $