精品解析：北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末数学练习附加题

人大附中2024~2025学年度第二学期高一年级数学期末练习附加题 制卷人：侯立伟李华斌 审卷人：吴中才 2025年7月8日 一、单项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知空间中四条直线，，，满足：，，，，，则直线与位置关系为（ ） A. 垂直 B. 平行 C. 相交 D. 异面 2. 如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 在手工课上，小明将一张半径为2cm的半圆形纸片折成了一个圆锥（无裁剪无重叠），接着将一个光滑的彩球放置于圆锥底部，制作成一个冰淇淋模型，如下图.已知该彩球的表面积为，则该冰淇淋模型的高（圆锥顶点到球面上点的最远距离）为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高，分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.诸把结果填在答题纸上的相应位置.） 5. 以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为______. 6. 如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，点为正方形内（含边界）动点，若，则的最小值是_____. 7. 正方体的棱长为1，是棱上的一个动点，平面与棱交于点. （1）给出下列三个结论： ①四棱锥的体积为定值； ②四边形可能是正方形； ③若在棱上存在点，使得平面，则线段； 其中所有正确结论的序号是_______. （2）当点不是棱的端点时，设，，记和四边形的面积分别为，，则的取值范围是_______. 三、解答题（本大题共1小题，共15分.请把结果填在答题纸上的相应位置.） 8. 如图，在四棱锥中，面，且，，，，是的中点，. （1）求证：平面； （2）设平面平面，判断并证明与平面的位置关系； （3）判断四棱锥是否存在外接球，如果存在，直接指出球心的位置，并写出球的体积；如果不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2024~2025学年度第二学期高一年级数学期末练习附加题 制卷人：侯立伟李华斌 审卷人：吴中才 2025年7月8日 一、单项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知空间中四条直线，，，满足：，，，，，则直线与位置关系为（ ） A. 垂直 B. 平行 C. 相交 D. 异面 【答案】B 【解析】 【分析】分为相交垂直和异面垂直两种情况，结合平面的基本性质，线面垂直的判定和线面垂直的性质得. 【详解】若直线为相交垂直，故这两条直线确定一个平面，设为， 又因为直线满足，，，， 由线面垂直的判定定理得，，由线面垂直的性质定理得， 若直线为异面垂直，将两条直线平移到， 一定能让两条直线相交垂直，从而确定一个平面， 同上，可以得到， 综上，直线与位置关系为平行. 故选：B 2. 如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接CD，交PE于点G，连接FG，由线面平行性质证明，再利用重心性质求解即可. 【详解】如图，连接CD，交PE于点G，连接FG， 因为平面PEF，平面ADC，平面平面，所以， 因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是的重心，所以. 故选：C. 3. 在手工课上，小明将一张半径为2cm的半圆形纸片折成了一个圆锥（无裁剪无重叠），接着将一个光滑的彩球放置于圆锥底部，制作成一个冰淇淋模型，如下图.已知该彩球的表面积为，则该冰淇淋模型的高（圆锥顶点到球面上点的最远距离）为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出彩球的半径，圆锥的底面半径和高，从而求出，从而得到该冰淇淋模型的高为. 【详解】设彩球的半径为，则，解得， 设圆锥的底面半径为，则，解得， 设圆锥的高为，则， 如图所示，，由勾股定理得， 故该冰淇淋模型的高为. 故选：B 4. 如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高，分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点，分析四棱锥的底和高，可得所求几何体体积. 【详解】 连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，又，所以四边形是矩形， 所以，， 又，分别为AB，CD的中点，所以，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 又对角线，所以点E为线段的中点. 连接，交EF于点N，过点作于M， 由题意知，故， 又，，，平面，所以平面， 故，又，，平面， 所以平面，即是四棱锥的高， 同理可得点F为线段的中点，所以，， 在中，，则，所以， 因为， 所以. 故选：B. 二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.诸把结果填在答题纸上的相应位置.） 5. 以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出图形，分析得到中的四边形为正方形，对角线，均为等边三角形，取两个等边三角形的中心，连接，即为正方体的一条棱，并根据比例关系求出棱长. 【详解】正方体各面中心为顶点的凸多面体为正八面体， 如图，中的四边形对角线， 且⊥，且对角线互相平分，故四边形为正方形， 以各个面的中心为顶点的图形为正方体， 取的中点，连接，则， 均为等边三角形，取两个等边三角形的中心，连接， 分别在上，且， 所以即为正方体的一条棱，且. 故答案为： 6. 如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，点为正方形内（含边界）动点，若，则的最小值是_____. 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，得到⊥平面，当点在线段上时，平面，故，求出各边长，利用余弦定理得到为钝角，则的最小值为的长度. 【详解】取的中点，连接，，， 故， 因为⊥，所以⊥， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，，， 所以≌，故， 所以，故⊥， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 当点在线段上时，平面，故， 其中，，， ，故为钝角， 则的最小值为的长度. 故答案为： 7. 正方体的棱长为1，是棱上的一个动点，平面与棱交于点. （1）给出下列三个结论： ①四棱锥的体积为定值； ②四边形可能是正方形； ③若在棱上存在点，使得平面，则线段； 其中所有正确结论的序号是_______. （2）当点不是棱的端点时，设，，记和四边形的面积分别为，，则的取值范围是_______. 【答案】 ①. ①③； ②. 【解析】 【分析】（1）①证明出四边形为平行四边形，求出，四棱锥的体积为定值，①正确；②得到与与垂直不能同时成立，故不可能为正方形；③分，，和四种情况，得到前三种情况满足要求，第四种不合要求，得到结论； （2）由（1）知，四边形为平行四边形，设，则，，由相似可得面积比例，表达出，故，由基本不等式求出最小值，得到答案. 【详解】（1）①因为平面平面，平面平面， 平面平面， 所以，同理可得，故四边形为平行四边形， 其中，， ， 所以，四棱锥的体积为定值，①正确； 对于②，四边形要是正方形，对角线与要相等且垂直平分， ，此时与重合，与重合，或与重合，与重合， 但这两种情况下，与不垂直，故四边形不可能是正方形，②错误； 对于③，当时，取的中点，连接， 易知，， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， ，平面，故平面平面， 因为平面，所以平面， 故此时点重合，满足要求； 当时，此时点与点重合时，满足平面； 若，在上取点，使得，连接，则， 因为平面，平面，所以平面， 在上取点，使得，连接，则， 同理可得平面， 因为，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，满足要求； 若，此时点或落在的延长线上，不合要求； 综上，若在棱上存在点，使得平面，则线段，③正确； 故正确结论的序号为①③； （2）由（1）知，四边形为平行四边形， 当点不是棱的端点时，设，则，， 因为，所以， 同理，所以， 所以，， 其中， 所以, 故， 当且仅当时，即时，等号成立， 则的取值范围为. 故答案为：①③， 三、解答题（本大题共1小题，共15分.请把结果填在答题纸上的相应位置.） 8. 如图，在四棱锥中，面，且，，，，是的中点，. （1）求证：平面； （2）设平面平面，判断并证明与平面的位置关系； （3）判断四棱锥是否存在外接球，如果存在，直接指出球心的位置，并写出球的体积；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：面，平面，所以， 因为，，，由勾股定理得， 又，所以， 因为是的中点，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面； （2）与平面平行，理由如下： 因为，，由余弦定理得 ， 又，故，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面； （3）四棱锥存在外接球，球心的位置为的中点，球的体积为. 【解析】 【分析】（1）先得到，由勾股定理和等腰三角形三线合一得到⊥，从而得到线面垂直； （2）由余弦定理得到，，从而得到平面，由线面平行的性质得到，从而得到平面； （3）四棱锥是否存在外接球，取决于四边形是否有外接圆，由于⊥，，故的中点即为四边形的外接圆圆心，又面，从而确定球心的位置为的中点，并求出外接球半径和体积. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 与平面平行，理由略； 【小问3详解】 四棱锥是否存在外接球，取决于四边形是否有外接圆， 由于⊥，，故的中点即为四边形的外接圆圆心， 取的中点，连接，又面，则⊥平面， 且，所以球心的位置为的中点， 且半径为，球的体积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $