海南省某校2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

试卷第 1页，共 17页 高一下学期期末考试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图所示，△�'�'�'是水平放置的△ ���的直观图，且 4OB   ， 3OA   ，则△���的 面积是（ ） A．6 B．3 2 C．6 2 D．12 【答案】D 【分析】根据斜二测画法的规则得出边长再计算求解. 【详解】因为 4OB   ， 3OA   ， 所以 4, 6OB OA  ， 则 OAB 的面积是 1 1 4 6 12 2 2OAB S OA OB      . 故选：D. 2．已知直线 2 2 0x y m   与直线4 3 0x my   平行，则它们之间的距离是（ ） A．11 5 5 B．11 5 10 C． 3 5 10 D． 9 5 5 【答案】B 【分析】先求出m，然后由平行线之间的距离求解即可. 【详解】直线 2 2 0x y m   即直线 4 2 4 0x y m   ，与直线4 3 0x my   平行，则 2m   ， 故所求即为平行直线 4 2 8 0x y   与 4 2 3 0x y   之间的距离， 即所求为 8 3 11 5 1016 4    . 故选：B. 3．若 m为直线， ,  为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A．若 // ,m n  ，则 //m n B．若 ,m m   ，则  C．若 // ,m m  ，则  D．若 ,m     ，则m  【答案】C 【分析】根据线面平行的定义可判断 A 的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断 BCD 的 正误. 试卷第 2页，共 17页 【详解】对于 A，若 // ,m n  ，则 ,m n可平行或异面，故 A 错误； 对于 B，若 ,m m   ，则 //  ，故 B 错误； 对于 C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面， 现 // ,m a m  ，故 a  ，故 C 正确； 对于 D， ,m     ，则m与 可平行或相交或m  ，故 D 错误； 故选：C. 4．已知两点  3,2A  ，  2,1B ，过点  0, 1P  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．( − ∞, − 1 5 ] ∪ [1, + ∞) D． 1 ,1 5     【答案】A 【分析】求出直线 PA、 PB 的斜率后即可求直线/的斜率的范围. 【详解】如图所示： 1 2 1 0 3PA k      ，而 1 1 1 0 2PB k     ， 故直线 l的取值范围为    , 1 1,     . 故选：A. 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． 3 cm 2 B．1cm C． 3cm D． 3 3 cm 2 【答案】C 试卷第 3页，共 17页 【分析】根据圆台的侧面展开图求得 1 2 2 r R l      ，再结合圆台的结构特征分析求解. 【详解】设圆台的上底面半径为 cmr ，下底面半径为 cmR ，母线长为 cml ，高为 cmh ， 由题意可得： 12π 2π 2 2 12π 2π 4 2 2 r R l             ，解得 1 2 2 r R l      ， 所以该圆台的高为    22 3 cmh l R r    . 故选：C. 6．如图所示，在平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1 2 AM MC ， 1 2AN ND .设 AB a   ，AD b   ， 1AA c   ，MN xa yb zc      ，则 x y z  （ ） A． 3 4 B． 14 C． 2 3 D． 1 3 【答案】D 【分析】根据空间向量的线性运算得 1 1 1 1 1 3 3 3 MN MA AA A N a b c              ，则得到其和值. 【详解】因为 1 2 AM MC ， 1 2AN ND ， 则  1 1 1 1 1 11 2 1 2( )3 3 3 3MN MA AA A N AC AA AD AB AD AA AD AA                         1 1 2 2 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 a b c b c a b c                  ， 所以 1 1, 3 3 x y z    ，故 1 3 x y z   . 故选：D. 7．已知点M 是直线 1y x  上一点， (1,0), (2,1)A B ，则 | | | |AM BM 的最小值为（ ） 试卷第 4页，共 17页 A． 2 B． 2 2 C．1 2 D． 10 【答案】D 【分析】先求出点  1,0A 关于直线 1y x  的对称点  1,2A  ，从而当 , ,A M B 三点共线时 得到最小值. 【详解】解析：设 ( )1,0A 关于直线 1y x  的对称点为  ,A a b ，所以 1 1 1 1 2 2 AA bk a b a            ， 解得: 1 2 a b     ，所以：  1,2A  ， 当 , ,A M B 三点共线时有最小值： 23 1 10A B    ， 所以： AM BM 的最小值等于 10A B  .故 D 项正确. 故选：D. 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． 1 6 B． 1 3 C． 1 6  D． 1 3  【答案】A 【分析】作 AO 平面 BCD，连接OC，以O为坐标原点，直线OC，OA分别为 y轴，z轴， 过点O平行 BD为 x轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解 ,BE CF   ，再利 用向量的夹角余弦值的坐标运算得所求. 【详解】作 AO 平面 BCD，垂足为O，连接OC，则O为 BCD△ 的中心， 以O为坐标原点，直线OC，OA分别为 y轴， z轴，过点O平行 BD为 x轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 试卷第 5页，共 17页 因为正四面体的棱长为 6，求得 2 36 2 3 3 2 OC     ， 2 2 2 6OA AC OC   ， 可得 (0,0, 2 6)A ， (3, 3,0), (0, 2 3,0), ( 3, 3,0)B C D   ， 所以 3 3 3 3 9 3 3 5 3, , 6 , , , 6 , , , 6 , , , 6 2 2 2 2 2 2 2 2 E F BE CF                                        ， 设 BE，CF所成的角为，所以 9 12cos cos , 63 3 3 3 BE CF BE CF BE CF                ． 故选：A. 二、多选题 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 【答案】BCD 【分析】举出反例判断选项 A,，根据定义进行判断选项 B,C,D. 【详解】由五个面围成的多面体也可以是四棱锥，判断 A 错误； 根据棱台的定义判断出 B 正确； 根据圆柱的母线定义判断 C 正确； 根据正方体的定义判断 D 正确． 故选：BCD. 10．在△ ���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（ ） 试卷第 6页，共 17页 A． 10, 19, 130a b B   ，无解 B． 3, 2 2, 45a b A   ，有两解 C． 3, 2 2, 45a b A   ，只有一解 D． 7, 7, 75a b A   ，只有一解 【答案】CD 【详解】对于A, , 130a b B  ，显然有唯一结果，即只有一解，A 错误； 对于 B， 3, 2 2, 45a b A   ，由正弦定理得 sin 2 2sin45 2sin 1 3 3 b AB a      ，无解， B 错误； 对于 C， 3, 2 2, 45a b A   ，有 a b ，则 45B A  ，由正弦定理得 sin 2 2sin45 2sin 1 3 3 b AB a      ，有唯一解，C 正确； 对于D, 7, 7, 75a b A   ，有 a b ，则 75B A  ，此时 30C  ，有唯一解，D 正确． 故选：CD． 11．如图，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，G为面对角线 1AD上的一个动点（包 含端点），则下列选项中正确的有（ ） A．三棱锥 1 1B GBC 的体积为定值 B．线段 1AD上存在点G，使 1AC 平面 1GBC C．当点G与点 1A重合时，二面角 1 1G BC B  的余弦值为 6 3 D．设直线 BG与平面 1 1BCC B 所成角为 ，则 tan的最大值为 2 【答案】ABD 【分析】对于 A 选项，利用等体积法判断；对于 B、C、D 三个选项可以建立空间直角坐标 试卷第 7页，共 17页 系，利用空间向量求解. 【详解】对于 A，因为三棱锥 1 1B GBC 的体积 1 1 1 1 1 1 1 3B GBC G BB C BB C V V S DC    ， 易得平面 1 1 //ADD A 平面 1 1BCC B ，DC 平面 1 1BCC B ， 所以G到平面 1 1BCC B 的距离为定值DC，又 1 1BCS△B 为定值，所以三棱锥 1 1B GBC 体积为定 值，故 A 正确． 对于 B，如图所示，以D为坐标原点，DA为 x轴， DC为 y轴， 1DD 为 z轴，建立空间直 角坐标系， 则  1,0,0A ，    1,1,0 , 0,0,0B D ,  0,1,0C ，  1 1,0,1A ，  1 0,0,1D ，  1 0,1,1C ， 设  1 0 1DG DA      ，所以  ,0,G   ，  1 1,1, 1AC     ， 设  , ,n x y z   平面 1GBC ，  1 1,0,1BC    ，  1 , 1, 1CG      ， 则   1 1 0 1 0 n BC x z n CG x y z                 ，取 1x  ，则 1, 2 1z y    ，则  1,2 1,1n    ， 要使 1AC 平面 1GBC ，即 1 / /AC n   ， 1AC n    ，此时  =0 1,1   ，故 B 正确. 对于 C，当点G与点 1A重合时，此时  1, 0,1G ， 设  1 1 1, ,m x y z   平面 1GBC ，  1 1,0,1BC    ，  0, 1,1BG    ， 则 1 1 1 1 1 0 0 m BC x z m BG y z               ，取 1 1x  ，则 1 11, 1z y  ，则  1,1,1n   ， 设  0,1,0p   平面 1 1BB C ，设二面角 1 1G BC B  所成角为 ， 试卷第 8页，共 17页 所以 1 3cos cos , 33 m pm p m p            ， 因为 为锐二面角，  0, π  ，所以 3cos 3   ，故 C 不正确； 对于 D，  ,0,G   ，    1,1,0 , 1, 1,B BG      ， 设  0,1,0p   平面 1 1BCC B ， 设直线 BG与平面 1 1BCC B 所成角为， π0, 2      ， 所以    2 2 2 1sin cos , 1 1 BG pBG p BG p                  ， 2 2 1 1 2 2 2 1 32 2 2              ， 因为 sin , tany x y x  在 π0, 2      上单调递增， 所以当 sin 取得最大值时， tan取得最大值， 当 1= 2  时，  max 1 6sin 33 2    ，此时 3 cos 3   ， 所以  max 2tan 2   ，所以 D 正确 故选：ABD. 三、填空题 12．已知  1,1,1a   ，  , 0,1b m  ，若  a b a    ，则m  ． 【答案】4 【分析】根据题意，由向量垂直的坐标表示，代入计算，即可得到结果. 试卷第 9页，共 17页 【详解】先计算    1 ,1 0,1 1 1,1,2a b m m         ，由题意可得：      1 1 1 1 2 1 1 1 2 4 0a b a m m m                     ， 所以 4m  . 故答案为：4 【点睛】 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       （ , 0x y  ）， 则 1 9 x y  的最小值为 ． 【答案】16 【分析】由向量共面定理有 1x y  ，再应用基本不等式“1”的代换求最小值. 【详解】由题设 2OD xOA yOB OC       ，O不与 , , ,A B C D共面，且 ABCD四点共面， 所以 2 1x y   ，可得 1x y  ，且 , 0x y  ， 所以 1 9 1 9 9 9( )( ) 10 10 2 16y x y xx y x y x y x y x y            ， 当且仅当 1 3, 4 4 x y  时取等号，则最小值为 16. 故答案为：16 14．已知正三棱锥D ABC 的外接球为球O，底面△ ���面积为 3 3 4 ， 5AD  ，则球O的 表面积为______________ 【答案】A 【分析】设 1O 为等边三角形 ABC的中心，则 1DO 平面 ABC，正三棱锥D ABC 的外接球 的球心O在 1DO 上，在 1Rt DO A△ 中利用勾股定理求出 1DO 的长，在 Rt 1OO A△ 中利用勾股 定理即可求出 R的值，从而得到球O的表面积． 【详解】如图所示： 试卷第 10页，共 17页 设 1O 为等边三角形 ABC的中心，连接 1DO ，则 1DO 平面 ABC， 正三棱锥D ABC 的外接球的球心O在 1DO 上， 设外接球的半径为 R，连接 1,AO AO， ABC 为等边三角形且其面积为 3 3 4 ， 2 3 3 4 3 4 AB  ， 3AB  ， 1 3 2 1 2 3 3 AO     ， 又 5AD  ，在 Rt 1DO A 中， 2 21 1 5 1 2DO DA AO     ， 在 Rt 1OO A△ 中， 1 1 1, 2 , 1OA R OO DO DO R AO      ，  22 1 2R R    ，解得 54R  ， 球O的表面积为 2 25π4π 4π 16 25 4 S R    ． 故选：A． 四、解答题 15.已知在四边形 ABCD中， BC CD ， 3AC BC ， 2 3 ABC   . 试卷第 11页，共 17页 （1）求 ACB 的值； （2）若 3BC  ， 13AD  ，求 BD的长. 【答案】（1） 6  ；（2） 19 . 【解析】（1）在 ABC 中，由正弦定理可得 2 sinsin 3 AC BC BAC   ， 3AC BC ，可得 sin BAC ， 可得 BAC ，可得再利用三角形的内角和定理可得 ACB ； （2）由 BC CD ，可得 BCD ，可得 ACD ，设CD x ，在 ACD 中，利用余弦定理解 得 x，再利用勾股定理可得 BD． 【详解】（1）在 ABC中，由正弦定理可得 2 sinsin 3 AC BC BAC   ， 3AC BC ， 可得 1sin 2 BAC  ， BAC 为锐角， 6 BAC   ， 因此 6 ACB ABC BAC      ； （2） BC CD ， 2 BCD   ， 3 ACD   . 设CD x ，在 ACD 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cos 3 AD AC CD AC CD      ， 即  2 2 2 113 3 2 3 2x x      ，整理得 2 3 4 0x x   ， 0x > ，解得 4x  . 因此，  22 2 23 4 19BD BC CD     . 【点睛】本题考查了正弦定理余弦定理、勾股定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档 题． 16．已知直线 1 2: 2 3 0, : 2 3 8 0l x y l x y      ． (1)求经过点 (1, 4)A 且与直线 2l 垂直的直线方程； (2)求经过直线 1l 与 2l 的交点，且在两坐标上的截距相等的直线方程． 【答案】(1)3 2 5 0x y   (2) 2y x 或 3 0x y   【分析】（1）利用垂直的性质可设斜截式直线方程，利用待定系数法求解直线即可； （2）利用截距为 0 和不为 0 分类讨论，再结合过原点直线方程和截距式直线方程求解即可. 试卷第 12页，共 17页 【详解】（1）由直线 2 2 8: 2 3 8 0 3 3 l x y y x       可得斜率为 2 3  ， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为 3 + 2 y x b ， 则依题意有 34 1+ 2 b  ，解得 5 2 b  ， 所以所求直线方程为 3 5+ 2 2 y x ，整理得3 2 5 0x y   ； （2）联立 2 3 0 2 3 8 0 x y x y        ，解得 1 2 x y    ，即直线 1l 与 2l 的交点为 (1, 2)， 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 2k  ，此时 2y x ； 当直线的截距都不为 0 时，假设直线方程为 1( , 0) x y a b a b    ， 依题意 1 2 1 a b a b      ，解得 3a b  ，此时直线方程为 1 3 3 x y   ，即 3 0x y   综上所述：所求直线方程为 2y x 或 3 0x y   ． 17．如图，已知三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，侧棱与底面垂直，且 1 2, 2 2AA AB AC BC    ， M N P D､ ､ ､ 分别是 1 1 1 1 1CC BC AB BC､ ､ ､ 的中点． (1)求证： AC ∥平面 PDN； (2)求直线��平面 PMN夹角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析. (2) 14 14 . 【分析】（1）由已知证明 1 1PD AC∥ ，又 1 1AC AC∥ ，从而证明 PD AC∥ ，可证 AC ∥平面 PDN ﹔ （2）建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面 PMN与平面 ABC 试卷第 13页，共 17页 法向量，由向量的夹角公式求解即可； 【详解】（1）证明：∵ ,P D 分别是 1 1 1 1,AB BC 的中点, ∴ 1 1PD AC∥ ，又三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1 1AC AC∥ ，故 PD AC∥ ， 又 PD  平面 PDN ， AC  平面 PDN，所以 AC∥ 平面 PDN； （2）由题意知三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，侧棱与底面垂直， 且 1 2, 2 2AA AB AC BC    ， 故 2 2 2 ,AB AC BC AB AC    , 以点 A为坐标原点， 1, ,AB AC AA所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,如图所示， 则 1(0,0,0), (0,0, 2), (2,0,0), (0, 2,1), (1,1,0), (1,0, 2)A A B M N P �(1,1,2), 所 (0,1, 2)PN    , ( 1, 2, 1)PM     �� = (0,0, − 2) 设平面 PMN的法向量为 ( , , )n x y z  , 则 0 2 0 , 2 00 n PM x y z y zn PN                ， 令 1z  ，则 3, 2x y  ，故 (3,2,1)n   ， ∴|�� | = 2，|� | = 14 故 sin < DN , n >= |DN ∙n | |DN |×|n | = 2 2× 14 = 14 14 ， 则直线��平面 PMN夹角为 14 14 . 18.在△ ���中，内角 A B C， ， 的对边分别为 a b c ABC， ， ， 的面积为S，已知 2a  ，且 _______．在①    cos ,cos 2 ,m A B n b c a     ， ，且m n   ，②����� + ����(� − �) = 试卷第 14页，共 17页 2 3���������，③(� + �)2 − �2 = 4 3�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） (1)求A ； (2)求 2b c 的取值范围． 【答案】(1) π 3 A  (2)  4,2 【分析】（1）分别就三种情况，运用正弦定理和余弦定理，三角形内角和与和角、差角公式 对已知等式进行合理变形，最后借助于角的范围即可求得； （2）由正弦定理将边 ,b c分别用C的三角函数式表示，代入所求式，化简得 π2 4sin 6 b c C        ，利用角的范围和正弦函数的图象即得所求式的范围. 【详解】（1）若选①，依题意，  2 cos cos 0m n b c A a B      ， 由正弦定理，  sin 2sin cos sin cos 0B C A A B   ， 则 sin cos sin cos 2sin cos 0B A A B C A   ，整理得，  sin 1 2cos 0C A  ， 因 sin 0C  ，则有 1cos 2 A ， 又0 πA  ，故 π 3 A  ； 若选②，由  cos cos 2 3 cos sina A a B C b A C   ， 因    cos cos cosA B C B C        ，代入得，    cos cos 2 3 cos sina B C a B C b A C    ， 展开整理得， 2 sin sin 2 3 cos sin 0a B C b A C  ，即  sin sin 3 cos 0C a B b A  ， 因 sin 0C  ，则有 sin 3 cos 0a B b A  ，由正弦定理， sin sin 3sin cos 0A B B A  ， 又因 sin 0B  ，故得 tan 3A  ， 因0 πA  ，则 π 3 A  ； 若选③，因为 2 2( ) 4 3b c a S   ，所以 2 2 2 12 4 3 sin 2 b c a bc bc A     ，即 2 2 2 1 3sin 2 b c a A bc     ， 试卷第 15页，共 17页 由余弦定理，得 π π 13sin cos 1,2sin 1,sin 6 6 2 A A A A                ， 在三角形中  0, πA ，则 π π 6 6 A  或 5π 6 （舍）， 故 π 3 A  ． （2）因为 4 3 sin sin sin 3 b c a B C A    ，则  4 32 sin 2sin 3 b c B C   ， 因为 2π 3 B C  ， 所以 2π 3 1sin sin cos sin 3 2 2 B C C C        ， 所以 4 3 3 3 π2 cos sin 4sin 3 2 2 6 b c C C C                 ． 因为 2π0, 3 C      ，所以 π π π, 6 6 2 C        ，所以 π 1sin ,1 6 2 C             ， 所以  π2 4sin 4, 2 6 b c C          ． 19．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< � , � >，.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|� × � | = |� | ∙ |� |��� < � , � >.如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD为 矩形， PD 底面 ABCD， 4DP DA  ， E为 AD上一点， 8 5AD BP    . (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 EM     ，求  . 【答案】(1)2 (2) 1 3  (3)10 试卷第 16页，共 17页 【详解】（1）因为底面 ABCD为矩形， 所以 //AD BC， BC DC ， 因为 PD 底面 ABCD， BC 底面 ABCD， 所以 PD BC ， 又PD DC D  ， ,PD DC 平面 PDC， 所以 BC 平面 PDC， 又 PC 平面 PDC，所以 BC PC ， 因为 //AD BC， 所以 PBC 为直线 AD与 PB所成的角，即 ,AD BP PBC    ， 设  0AB x x  ，则 2 2 24 16PC x x    ， 2 2 2 24 4 32PB x x     ， 在Rt PBC 中 2 2 2 s n 3 i 16PC xPBC PB x      ， 又 8 5AD BP    ，所以 2 2 2 5164 32 3 8 2 xx x     ，解得 2x  或 2x   （舍去）， 所以 2AB  ； （2）∵PD⊥平面 ABCD 且底面 ABCD 是矩形 ∴DA、DC、DP 两两垂直 ∴分别以 DA、DC、DP 为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 ∴P(0,0,4),E(2,0,0),B(4,2,0) ∴�� = (2，0， − 4)，�� = (4，2， − 4) 设平面 PEB 的法向量� = (�, �, �) ∴ PE ∙ n = 0 PB ∙ n = 0 即 2� − 4� = 0 4� + 2� − 4� = 0，取� = (2, − 2,1) ∵PB⊥平面 ABE ∴平面 ABE 的法向量� = (0,0,1) ∴cos < m , n >= n m|n ||,| = 1 3 设二面角 P-EB-A 的平面角为θ，由图纸 90°＜θ＜180° ∴cosθ =− cos < m , n >=− 1 3 （3）设�� × �� = � = (�, �, �) 试卷第 17页，共 17页 由条件知 � ⊥ �� � ⊥ �� |� | = 8 5 ∴ � ∙ �� = 0 � ∙ �� = 0 |� | = 8 5 ∴ −4� = 0 �2 + �2 + �2 = 320解得� = (0,16,8) ∴��� = � ∴�� = 1 � � = (0, 16 � , 8 � ) 设 E(t,0,0) ∴�� = �� + �� = �� + ��� = ( − �, 0,4) + �(4,2, − 4) = (4� − �, 2�, 4 − 4�) = (0, 16 � , 8 � ) ∴ 2� = 16 � 4 − 4� = 8 � 解得|�| = 10 试卷第 1页，共 4页 2024-2025学年度第二学期期末考试 高一数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 19小题，共 150 分，考试时间 120 分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本 试卷上无效. 第Ⅰ卷（共 58 分） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题所给出的四 个选项中，只有一项是符合题目要求的. 一、单选题 1．如图所示，△�'�'�'是水平放置的△ ���的直观图，且 4OB   ， 3OA   ，则△���的 面积是（ ） A．6 B．3 2 C．6 2 D．12 2．已知直线 2 2 0x y m   与直线4 3 0x my   平行，则它们之间的距 离是（ ） A．11 5 5 B．11 5 10 C． 3 5 10 D． 9 5 5 3．若 m为直线， ,  为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A．若 // ,m n  ，则 //m n B．若 ,m m   ，则  C．若 // ,m m  ，则  D．若 ,m     ，则m  4．已知两点  3,2A  ，  2,1B ，过点  0, 1P  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．( − ∞, − 1 5 ] ∪ [1, + ∞) D． 1 ,1 5     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． 3 cm 2 B．1cm C． 3cm D． 3 3 cm 2 试卷第 2页，共 4页 6．如图所示，在平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1 2 AM MC ， 1 2AN ND 设 AB a   ， AD b   ， 1AA c   ，MN xa yb zc      ，则 x y z  （ ） A． 3 4 B． 14 C． 2 3 D． 1 3 7.已知点M 是直线 1y x  上一点， (1,0), (2,1)A B ，则 | | | |AM BM 的最小值为（ ） A． 2 B． 2 2 C．1 2 D． 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． 1 6 B． 1 3 C． 1 6  D． 1 3  二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个 选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有 选错的得 0 分． 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△ ���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． 10, 19, 130a b B   ，无解 B． 3, 2 2, 45a b A   ，有两解 C． 3, 2 2, 45a b A   ，只有一解 D． 7, 7, 75a b A   ，只有一解 11．如图，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，G为面对角线 1AD上的一个动点（包 含端点），则下列选项中正确的有（ ） A．三棱锥 1 1B GBC 的体积为定值 B．线段 1AD上存在点G，使 1AC 平面 1GBC C．当点G与点 1A重合时，二面角 1 1G BC B  的余弦值为 6 3 D．设直线 BG与平面 1 1BCC B 所成角为 ，则 tan的最大值为 2 试卷第 3页，共 4页 第Ⅱ卷（共 92 分） 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分 12．已知  1,1,1a   ，  , 0,1b m  ，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       （ , 0x y  ）， 则 1 9 x y  的最小值为 ． 14．已知正三棱锥D ABC 的外接球为球O，底面△ ���面积为 3 3 4 ， 5AD  ，则球O的 表面积为______________ 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程 或演算步骤． 15．（本小题满分 13 分）已知在四边形 ABCD中，BC CD ， 3AC BC ， 2 3 ABC   . （1）求 ACB 的值； （2）若 3BC  ， 13AD  ，求 BD的长. 16．（本小题满分 15 分）已知直线 1 2: 2 3 0, : 2 3 8 0l x y l x y      ． (1)求经过点 (1, 4)A 且与直线 2l 垂直的直线方程； (2)求经过直线 1l 与 2l 的交点，且在两坐标上的截距相等的直线方程． 17．（本小题满分 15 分）如图，已知三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，侧棱与底面垂直，且 1 2, 2 2AA AB AC BC    ，M N P D､ ､ ､ 分别是 1 1 1 1 1CC BC AB BC､ ､ ､ 的中点． (1)求证： AC ∥平面 PDN； (2)求直线��平面 PMN所成角的正弦值； 试卷第 4页，共 4页 18.（本小题满分 17 分）在△ ���中，内角 A B C， ， 的对边分别为 a b c ABC， ， ， 的面积 为S，已知 2a  ，且_______．在①    cos ,cos 2 ,m A B n b c a     ， ，且m n   ，②���sA + acos(B − C) = 2 3���������，③(� + �)2 − �2 = 4 3�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） (1)求A ； (2)求 2b c 的取值范围． 19．（本小题满分 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< � , � >.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.|� × � | = |� | ∙ |� |��� < � , � >如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD为矩形， PD 底面 ABCD， 4DP DA  ， E为 AD上一点， 8 5AD BP    . (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 EM     ，求  .