精品解析：海南省某校2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

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. 1. 如图所示，是水平放置的直观图，且，，则的面积是（ ） A. 6 B. C. D. 12 2. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ） A. B. C. D. 3. 若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知两点，，过点的直线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. B. C. D. 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和）铁皮材料，通过卷曲使得边与边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，在平行六面体中，，.设，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知点是直线上一点，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为6的正四面体中，E，F分别为棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A B. C. D. 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，内角所对的边分别为，下列根据条件判断三角形解的情况正确的是（ ） A ，无解 B. ，有两解 C. ，只有一解 D. ，只有一解 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为面对角线上的一个动点（包含端点），则下列选项中正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 线段上存在点，使平面 C. 当点与点重合时，二面角的余弦值为 D. 设直线与平面所成角为，则最大值为 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，，若，则________． 13. 不与共面，并且四点在一个平面上，（），则的最小值为 ______． 14. 已知正三棱锥的外接球为球，底面面积为，，则球的表面积为_____. 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. 已知在四边形中，，，. （1）求的值； （2）若，，求的长. 16. 已知直线． （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 17. 如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，M、N、P、D分别是、、、的中点. （1）求证：平面； （2）求直线平面所成角的正弦值. 18. 在中，内角的对边分别为的面积为S，已知，且________在①，，且，②，③.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）求的取值范围. 19. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. （1）求的长； （2）若为的中点，求二面角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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. 1. 如图所示，是水平放置的的直观图，且，，则的面积是（ ） A. 6 B. C. D. 12 【答案】D 【解析】 【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，， 所以，， 则的面积是. 故选：D. 2. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，然后由平行线之间的距离求解即可. 【详解】直线即直线，与直线平行，则， 故所求即为平行直线与之间的距离， 即所求为. 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，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【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. 详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4. 已知两点，，过点的直线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. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线 、 的斜率后即可求直线/的斜率的范围. 【详解】如图所示： ，而， 故直线的取值范围为. 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和）铁皮材料，通过卷曲使得边与边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的侧面展开图求得，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，下底面半径为，母线长为，高为， 由题意可得：，解得， 所以该圆台的高为. 故选：C. 6. 如图所示，在平行六面体中，，.设，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算得，则得到其和值. 【详解】因为，， 则 ， 所以，故. 故选：D. 7. 已知点是直线上一点，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出点关于直线的对称点，从而当三点共线时得到最小值. 【详解】解析：设关于直线的对称点为，所以， 解得:，所以：， 当三点共线时有最小值：， 所以：最小值等于.故D项正确. 故选：D. 8. 如图，在棱长为6的正四面体中，E，F分别为棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作平面，连接，以为坐标原点，直线，分别为轴，轴，过点平行为轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解，再利用向量的夹角余弦值的坐标运算得所求. 【详解】作平面，垂足为，连接，则为的中心， 以为坐标原点，直线，分别为轴，轴，过点平行为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正四面体的棱长为6，求得，， 可得，， 所以， 设，所成的角为，所以． 故选：A. 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 【答案】BCD 【解析】 【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，内角所对的边分别为，下列根据条件判断三角形解的情况正确的是（ ） A. ，无解 B. ，有两解 C. ，只有一解 D. ，只有一解 【答案】CD 【解析】 【详解】对于，显然有唯一结果，即只有一解，A错误； 对于B，，由正弦定理得，无解，B错误； 对于C，，有，则，由正弦定理得，有唯一解，C正确； 对于，有，则，此时，有唯一解，D正确． 故选：CD． 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为面对角线上的一个动点（包含端点），则下列选项中正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 线段上存在点，使平面 C. 当点与点重合时，二面角的余弦值为 D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【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系，利用空间向量求解. 【详解】对于A，因为三棱锥的体积， 易得平面平面，平面， 所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥体积为定值，故A正确． 对于B，如图所示，以为坐标原点，为轴， 为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，,，，，， 设，所以，， 设平面，，， 则，取，则，则， 要使平面，即，，此时，故B正确. 对于C，当点与点重合时，此时， 设平面，，， 则，取，则，则， 设平面，设二面角所成角为， 所以， 因为为锐二面角，，所以，故C不正确； 对于D，，， 设平面， 设直线与平面所成角为，， 所以， ， 因为在上单调递增， 所以当取得最大值时，取得最大值， 当时，，此时， 所以，所以D正确 故选：ABD. 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，，若，则________． 【答案】4 【解析】 【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. 【详解】先计算，由题意可得： ， 所以. 故答案为：4 【点睛】 13. 不与共面，并且四点在一个平面上，（），则的最小值为 ______． 【答案】16 【解析】 【分析】由向量共面定理有，再应用基本不等式“1”的代换求最小值. 【详解】由题设，不与共面，且四点共面， 所以，可得，且， 所以， 当且仅当时取等号，则最小值为16. 故答案为：16 14. 已知正三棱锥的外接球为球，底面面积为，，则球的表面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】设为等边三角形的中心，则平面，从而有外接球的球心在上，利用几何关系求出外接球半径的值，从而得到球的表面积. 【详解】如图所示： 设为等边三角形的中心，连接，则平面， 且正三棱锥的外接球的球心在上， 设外接球的半径为，连接，， ∵为等边三角形且其面积为， ∴，∴，∴， 又∵，∴在中，， 在中，，，， ∴，解得， ∴球的表面积为， 故答案为：. 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. 已知在四边形中，，，. （1）求的值； （2）若，，求的长. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）在中，由正弦定理可得，，可得，可得，可得再利用三角形的内角和定理可得； （2）由，可得，可得，设，在中，利用余弦定理解得，再利用勾股定理可得． 【详解】（1）在中，由正弦定理可得，， 可得，为锐角，， 因此； （2），，. 设，在中，由余弦定理得， 即，整理得，，解得. 因此，. 【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）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【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. 【小问1详解】 由直线可得斜率为， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线方程为，整理得； 【小问2详解】 联立，解得，即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，假设直线方程为， 代入得，此时； 当直线的截距都不为0时，假设直线方程为， 依题意，解得，此时直线方程为，即 综上所述：所求直线方程为或． 17. 如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，M、N、P、D分别是、、、的中点. （1）求证：平面； （2）求直线平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知证明，，可得，可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面与平面法向量，由向量的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 因为P，D分别是，的中点，则， 在三棱柱中，则，可得， 且平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 由题意知三棱柱中，侧棱与底面垂直， 且，， 故，∴， 以点为坐标原点，，，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，故， 则，， 可得， 所以直线平面夹角的正弦值为. 18. 在中，内角的对边分别为的面积为S，已知，且________在①，，且，②，③.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）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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分别用角C的三角函数式表示，代入所求式，化简得，再利用角的范围和正弦函数的图象，即得所求式的范围. 【小问1详解】 若选①，由得，， 由正弦定理，， 则，整理得，， 因，则有，又，故； 若选②，， 因， 代入得，， 展开整理得，，即， 因，则有，由正弦定理，， 又因，故得，因为，所以； 若选③，因为，所以， 即， 由余弦定理，得，，， 在三角形中，则或（舍），故. 【小问2详解】 因为，则， 因为， 所以， 所以. 因为，所以，所以， 所以. 19. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. （1）求的长； （2）若为的中点，求二面角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 【答案】（1）2 （2） （3）10 【解析】 【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长； （2）过点作交延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其大小，结合二面角 与二面角互补可得结论； （3）过点作，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求. 【小问1详解】 因为底面为矩形， 所以，， 因为底面，底面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则，， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； 【小问2详解】 在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面，底面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为为的中点， 所以，， 所以， 设二面角的平面角为，则， 所以， 即二面角的余弦值为； 【小问3详解】 依题意，，又， 所以，，又，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$