精品解析：北京市房山区2024-2025学年高一下学期学业水平调研（二）数学试题

房山区2024-2025学年度第二学期学业水平调研（二） 高一数学 本试卷共5页，满分150分，考试时长120分钟.考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共50分） 一、选择题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 如图，在长方体中，，，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 在四棱柱中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，，则该四棱柱的表面积为（ ） A. 10 B. 8 C. 4 D. 2 3. 已知是的最大内角，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”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 5. 在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 6. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线与的位置关系为（ ） A. 相交 B. 平行 C. 异面并且垂直 D. 异面但不垂直 8. 如图，甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向南偏西60°方向行驶，当甲、乙两船相距最近时，行驶的时间为（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 9. 如图，在正方体中，Ω是正方形ABCD及其内部的点构成的集合.给出下列四个结论： ①，； ②，； ③，； ④， 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①②④ 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 第二部分（非选择题 共100分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分. 11. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则_____. 12. 已知球的半径为，则它的表面积为_________，体积为_________. 13. 设的内角的对边分别为，且，，，则______. 14. 如图，在长方体中，，，则四棱锥的体积为______cm3． 15. 已知是两个不同的平面，是平面及之外的两条不同的直线，给出下列四个论断： ①；②；③；④. 以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：______.（用序号表示） 16. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，给出下列四个结论： ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则. 其中正确结论的序号_________. 三、解答题共5小题，每小题14分，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 17. 已知的内角，，的对边分别为，，，且，，. （1）求； （2）求的面积. 18. 如图，在直三棱柱中，，，，E，F分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面BCE； （3）求点B到平面ACE的距离. 19. 已知的内角的对边分别为，且，，. （1）求； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积. 条件①：，为锐角； 条件②： 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 20. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. （1）求证：平面平面PAC； （2）设M是PA上任意一点，证明：； （3）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面CEF？并说明理由. 21. 若函数满足：对于任意是一个三角形的三边长，都有，，也是某个三角形的三边长，则称为“保三角形函数”. （1）判断，是否为“保三角形函数”，并说明理由； （2）如果是定义在上的周期函数，且值域为，判断是否为“保三角形函数”，并进行证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 房山区2024-2025学年度第二学期学业水平调研（二） 高一数学 本试卷共5页，满分150分，考试时长120分钟.考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共50分） 一、选择题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 如图，在长方体中，，，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据长方体的性质求解. 【详解】在长方体中，， 故选：B 2. 在四棱柱中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，，则该四棱柱的表面积为（ ） A. 10 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用正四棱柱的表面积公式列式求解即可. 【详解】在四棱柱中，底面是正方形，底面， 则四棱柱为正四棱柱，其表面积为. 故选：A 3. 已知是的最大内角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据题意可知或，再结合是的最大内角，可知结果. 【详解】由题可知：在中，或， 又是的最大内角，则，若，则不满足三角形内角和为，所以. 故选：D 4. 设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”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 【答案】B 【解析】 【详解】，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到； ，，则没有公共点，∴，即能得到； ∴“”是“”的必要不充分条件． 5. 在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】将已知等式两边利用正弦定理化边为角，运用差角的正弦公式整理分析即得. 【详解】因，由正弦定理，，即, 因,则，故, ,即，故是等腰三角形. 故选：B. 6. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件底面积和侧面积建立方程，求出圆锥的底面半径和母线，再求出高，然后再求体积即可. 【详解】设圆锥的底面半径、高、母线长分别为，，，已知底面周长，解得；侧面积，代入可得到母线长；由勾股定理可得高；则体积. 故选： 7. 如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线与的位置关系为（ ） A. 相交 B. 平行 C. 异面并且垂直 D. 异面但不垂直 【答案】D 【解析】 【分析】将展开图还原成正方体，即可判断两直线的位置关系. 【详解】将展开图还原成正方体，由下图可知，直线与的位置关系是：异面. 连接BE，则，或其补角即为直线与的夹角， ，所以直线与不垂直. 故选：D. 8. 如图，甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向南偏西60°方向行驶，当甲、乙两船相距最近时，行驶的时间为（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 【答案】A 【解析】 【分析】设行驶时间为小时，甲、乙两船相距最近，根据余弦定理表达出，由二次函数开口方向和对称轴，得到答案. 【详解】设行驶时间为小时，甲、乙两船相距最近，设距离为， 其中，显然， 则 其中开口向上，对称轴为， 故当小时，取得最小值，也即取得最小值. 故选：A 9. 如图，在正方体中，Ω是正方形ABCD及其内部的点构成的集合.给出下列四个结论： ①，； ②，； ③，； ④， 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】对于①，当与重合时，，当不与重合时，，①正确；对于②，当与重合时，，②正确；对于③，举出反例；对于④，当与重合时，. 【详解】对于①，当与重合时，，当不与重合时，， 故，，①正确； 对于②，因为⊥平面，平面，所以⊥， 当与重合时，，，，②正确； 对于③，当与重合时，，③错误； 对于④，当与重合时，显然，，，④正确. 故选：D 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理及基本不等式计算可得. 【详解】由余弦定理得， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为． 故选：A. 第二部分（非选择题 共100分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分. 11. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理可得三边比值，利用勾股定理即可得解. 【详解】由和正弦定理可知，， 设， 因为，所以. 故答案为： 12. 已知球的半径为，则它的表面积为_________，体积为_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】将球的半径代入球的表面积公式和体积公式计算即可. 【详解】①球的半径为，则它的表面积为， 故答案为：； ②球的半径为，则它的体积为， 故答案为：， 13. 设的内角的对边分别为，且，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理可得，由，可得为锐角，又由，可得为锐角，再由正弦定理求解即可. 【详解】解：由余弦定理可得， 所以， 所以， 所以， 又因为， 所以为锐角，为锐角，且， 由正弦定理可得， 所以. 故答案为： 14. 如图，在长方体中，，，则四棱锥的体积为______cm3． 【答案】6． 【解析】 【分析】如图，过作于，可证平面，利用体积公式计算即可. 【详解】如图，过作于，∵长方体底面是正方形，∴中，，，又由，，∴平面，∴． 考点：棱锥体积的计算． 【点睛】本题考查四棱锥体积的计算，关键是高的计算，需利用线面垂直来求，本题属于基础题. 15. 已知是两个不同的平面，是平面及之外的两条不同的直线，给出下列四个论断： ①；②；③；④. 以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：______.（用序号表示） 【答案】①③④②(或②③④①) 【解析】 【分析】已知①③④时，将平移到相交位置，根据线面垂直的判定与性质以及直二面角的定义可推出②；已知②③④时，根据直二面角的定义可推出①. 【详解】若，，，则. 证明：过平面和平面外一点，作，交于，作，交于， 则，，， 显然与不平行，设，则，， 因为，平面，所以平面， 延展平面交于点，连，则，， 则是二面角的一个平面角， 因为，，所以，同理有， 又，所以四边形为矩形，则， 则平面和平面形成的二面角的平面角直二面角，故， 若，，，则. 证明：因为，所以与所成的二面角为， 因为，，所以直线所成的角也为，即. 若，，，则与相交或或. 若，，，则与相交或或. 故答案为：①③④②(或②③④①). 16. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，给出下列四个结论： ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则. 其中正确结论的序号_________. 【答案】②③ 【解析】 【分析】利用余弦定理与基本不等式判断①②；利用反证法结合不等式的基本性质判断③；利用特殊值法判断④即可. 【详解】对于①，由余弦定理得，而，则，故①错误； 对于②，，由余弦定理得， 而，则，故②正确； 对于③，假设，则，即，而， 则，与矛盾，假设不成立，因此，故③正确； 对于④，取，，满足，且，此时为锐角，故④错误. 故答案为：②③ 三、解答题共5小题，每小题14分，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 17. 已知的内角，，的对边分别为，，，且，，. （1）求； （2）求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理可以得到，得到即可. （2）根据三角形的面积公式得出的面积即可. 【小问1详解】 ，，，且由余弦定理可得， 则，， 又， 【小问2详解】 根据三角形的面积公式可得， 的面积为. 18. 如图，在直三棱柱中，，，，E，F分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面BCE； （3）求点B到平面ACE的距离. 【答案】（1）证明：在直三棱柱中，平面，平面，所以， 又，，、平面，所以平面； （2）证明：取为的中点，连接，因为F是的中点，故，且， 又，且，所以，且， 又，所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，而平面，平面，平面BCE； （3） 【解析】 【分析】（1）由平面得，结合利用线面垂直的判定定理可证； （2）取为的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理可证； （3）利用等体积法计算出三棱锥的体积，再求出的面积，即可求得点B到平面ACE的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，，，所以， 因为E是的中点，平面， 所以，所以， 又， 设点B到平面ACE的距离为，则，解得， 所以点B到平面ACE的距离为. 19. 已知的内角的对边分别为，且，，. （1）求； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积. 条件①：，为锐角； 条件②： 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）； （2）选①，；选②， 【解析】 【分析】（1）由，可得为锐角，利用二倍角公式求解即可； （2）选①，由正弦定理可得，从而得，即可求得，代入求解即可；选②，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，代入求解即可. 【小问1详解】 因为，所以为锐角， 由，可得， 故； 【小问2详解】 选①，，为锐角，，， 由正弦定理，可得，即， 所以， 所以， 所以； 选②，，，，， 由正弦定理，可得，即， 由余弦定理，可得，即， 解得(负根舍去)， 所以. 20. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. （1）求证：平面平面PAC； （2）设M是PA上任意一点，证明：； （3）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面CEF？并说明理由. 【答案】（1）证明：由题意，因为平面，又由平面，所以， 又，且都在平面内，所以平面， 又平面，所以平面平面PAC； （2）证明：由（1）平面，因为， 所以平面，而平面，所以； （3）为中点.证明：当为中点时，平面，理由如下， 如图，取中点，连接， 证明：为中点，为的中点，故， 平面，且平面，故平面. 【解析】 【分析】（1）分别证得和，由线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据平面及得平面，进而利用线面垂直性质定理证明即可； （3）取中点，连接，证得，根据线面平行的判定定理，即可证得平面. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 21. 若函数满足：对于任意是一个三角形的三边长，都有，，也是某个三角形的三边长，则称为“保三角形函数”. （1）判断，是否为“保三角形函数”，并说明理由； （2）如果是定义在上的周期函数，且值域为，判断是否为“保三角形函数”，并进行证明. 【答案】（1） 为“保三角形函数”，不是“保三角形函数”，理由如下： 不妨设，则，即 因为是一个三角形的三边长，所以， 所以，即， 又，所以，，也是某个三角形的三边长， 所以为“保三角形函数”. 易知是一个三角形的三边长， 因为，且， 所以不满足定义，即不是“保三角形函数”. （2） 不是“保三角形函数”，证明如下： 因为函数的值域为，所以不是常数函数， 所以函数的最小正周期，存在使得， 取正整数，则， 易知可以是一个三角形的三边长， 因为，， 所以不是任何三角形的三边， 即不是“保三角形函数”. 【解析】 【分析】（1）给定的大小关系可得的大小关系，即可判断；取特值验证可判断； （2）取使得，取，取验证即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $