江西省景德镇一中2024-2025学年高一下学期期末数学试卷

第 1 页，共 10 页 2024-2025 学年江西省景德镇一中高一（下）期末数学试卷 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，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𝑂𝐴𝐵𝐶按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中𝑂′𝐴′ //𝐵′𝐶′，∠𝑂′𝐴′𝐵′ = 90°， 𝑂′𝐴′ = 2，𝐵′𝐶′ = 4，则原四边形𝑂𝐴𝐵𝐶的面积为( ) A. 24 2 B. 12 2 C. 6 2 D. 3 2 3.已知𝑃为 △ 𝐴𝐵𝐶所在平面外一点，平面𝛼//平面𝐴𝐵𝐶，且𝛼交线段𝑃𝐴，𝑃𝐵，𝑃𝐶于点𝐴′，𝐵′，𝐶′，若𝑃𝐴′： 𝐴𝐴′ = 2：3，则𝑆△ 𝐴 ′ 𝐵 ′ 𝐶 ′：𝑆△ 𝐴𝐵𝐶 = ( ) A. 2：3 B. 2：5 C. 4：9 D. 4：25 4.已知𝑚，𝑛是两条不重合的直线，𝛼，𝛽是两个不重合的平面，则下列说法正确的是( ) A. 若𝑚 ⊥ 𝛼，𝑛//𝛽，𝛼 ⊥ 𝛽，则𝑚 ⊥ 𝑛 B. 若𝑚 ⊥ 𝑛，𝑚 ⊥ 𝛼，𝑛//𝛽，则𝛼 ⊥ 𝛽 C. 若𝑚//𝑛，𝑚//𝛼，𝑛//𝛽，则𝛼//𝛽 D. 若𝑎//𝛼，𝑎 ⊂ 𝛽，𝛼 ∩ 𝛽 = 𝑏，则𝑎//𝑏 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； 第 2 页，共 10 页 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𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，已知𝑃𝐴 ⊥ 平面𝐴𝐵𝐶𝐷，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐴𝐵𝐶 = 60°，𝑃𝐴 = 𝐴𝐵，则异面直线 𝑃𝐵与𝐴𝐷所成角的余弦值为( ) A. 2 6 B. 2 5 C. 2 4 D. 2 3 7.已知圆锥的顶点为𝑆，𝑂为底面圆心，母线𝑆𝐴，𝑆𝐵互相垂直且 △ 𝑆𝐴𝐵的面积为2，直线𝑆𝐴与圆锥底面所成 角为 𝜋 6，则二面角𝑆−𝐴𝐵−𝑂的大小为( ) A. 𝜋 12 B. 𝜋 6 C. 𝜋 4 D. 𝜋 3 8.如图，棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸为棱𝐶1𝐷1中点，𝐹为棱𝐶𝐶1中点，点𝐺在侧面𝐶𝐶1𝐷1𝐷上运 动(含边界)，若𝐴𝐺//平面𝐴1𝐸𝐹，则点𝐺的轨迹长度为( ) A. 2 B. 2 2 C. 2 D. 1 二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.如图，在下列四个正方体中，𝐴，𝐵为正方体的两个顶点，𝐷，𝐸，𝐹为所在棱的中点，则在这四个正方体 中，直线𝐴𝐵与平面𝐷𝐸𝐹平行的是( ) A. B. C. D. 第 3 页，共 10 页 10.如图，在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸，𝐹分别为𝐶1𝐷1，𝐵1𝐶1的中点，𝑂，𝑀分别为𝐵𝐷，𝐸𝐹的中点， 则( ) A. 四点𝐵，𝐷，𝐸，𝐹在同一平面内 B. 三条直线𝐵𝐹，𝐷𝐸，𝐶𝐶1有公共点 C. 直线𝐴1𝐶与直线𝑂𝐹相交 D. 直线𝐴1𝐶上存在点𝑁使𝑀，𝑁，𝑂三点共线 11.如图，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为 2，𝐸，𝐹分别是𝐴𝐷，𝐷𝐷1的中点，点𝑃是底面𝐴𝐵𝐶𝐷内一动 点，则下列结论正确的是( ) A. 异面直线𝐴1𝐵与𝐴𝐷1所成的角是 𝜋 3 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𝐹𝑃//平面𝐴𝐵𝐶1𝐷1 D. 正四面体𝐴1−𝐵𝐷𝐶1的高为2 6 3 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12.在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的所有棱中，既与𝐴𝐵共面，又与𝐶𝐶1共面的棱有______条. 13.已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为4，𝐸，𝐹分别是棱𝐴1𝐷1，𝐴1𝐵1的 中点，过直线𝐵𝐷的平面𝛼//平面𝐴𝐸𝐹，则平面𝛼截正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 所得截面的面积为______． 14.如图，已知正四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的棱长均为2，𝑀，𝑁分别是𝐵𝑃，𝐵𝐶的中 点，𝑇是 △ 𝐴𝑀𝐶所在平面内的一点，则𝐵𝑇 + 𝑁𝑇的最小值为______． 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或 演算步骤。 15.(本小题13分) 如图所示，已知𝑃是平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷所在平面外一点，𝑀、𝑁分别是𝐴𝐵、𝑃𝐶的中点，平面𝑃𝐴𝐷 ∩ 平面 𝑃𝐵𝐶 = 𝑙． (1)求证：𝑙//𝐵𝐶; (2)𝑀𝑁与平面𝑃𝐴𝐷是否平行？试证明你的结论． 第 4 页，共 10 页 16.(本小题15分) 如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，底面𝐴𝐵𝐶为直角三角形，𝐴𝐵 = 𝐵𝐶，𝐷，𝐸分别为𝐵𝐶，𝐴𝐶的中点.求 证： (1)𝐴1𝐵1//平面𝐷𝐸𝐶1； (2)若𝐴1𝐴 = 4，𝐴𝐵 = 2，求点𝐵到平面𝐵1𝐸𝐷的距离． 17.(本小题15分) 如图，在多面体𝐴𝐵𝐶𝐸𝐷中， △ 𝐴𝐵𝐶为等边三角形，𝐴𝐷//𝐶𝐸，𝐴𝐶 ⊥ 𝐶𝐸，𝐴𝐶 = 𝐶𝐸 = 2𝐴𝐷 = 2.点𝐹为𝐵𝐶的中 点，平面𝐴𝐶𝐸𝐷 ⊥ 平面𝐴𝐵𝐶． (1)求证：𝐴𝐹 ⊥ 平面𝐵𝐶𝐸； (2)设点𝐺为𝐵𝐸上一点，且𝐵𝐺 = 23𝐵𝐸，求二面角𝐵−𝐴𝐹−𝐺的余弦值． 18.(本小题17分) 如图，长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 1，𝐴𝐴1 = 2，点𝑃为𝐷𝐷1的中点． (1)求证：平面𝑃𝐴𝐶 ⊥ 平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1； 第 5 页，共 10 页 (2)求直线𝐴1𝐵与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角的正弦值； (3)在直线𝐵𝐵1上是否存在点𝑄使得𝑃𝑄 ⊥ 面𝐴𝐶𝑃，若存在，则此时 𝐵1𝑄 𝐵𝑄 为多少；若不存在，请说明理由． 19.(本小题17分) 如图，正四棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷𝐸和正四面体𝐴−𝐶𝐷𝐹的所有棱长均相等，𝐺为𝐵𝐸的中点． (1)证明：𝐹𝐺 ⊥ 𝐶𝐷； (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 6 页，共 10 页 参考答案 1.𝐴 2.𝐵 3.𝐷 4.𝐷 5.𝐴 6.𝐶 7.𝐶 8.𝐴 9.𝐴𝐶 10.𝐴𝐵𝐷 11.𝐴𝐶𝐷 12.5 13.18 14. 3 15.解：(1)证明： 因为𝐵𝐶//𝐴𝐷，𝐵𝐶⊄平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐷 ⊂ 平面𝑃𝐴𝐷， 所以𝐵𝐶//平面𝑃𝐴𝐷． 又因为平面𝑃𝐵𝐶 ∩ 平面𝑃𝐴𝐷 = 𝑙， 所以𝐵𝐶//𝑙; (2)平行． 如图： 取𝑃𝐷的中点𝐸，连接𝐴𝐸、𝑁𝐸， ∵ 𝑁是𝑃𝐶的中点，𝐸是𝑃𝐷的中点， 第 7 页，共 10 页 ∴ 𝑁𝐸//𝐶𝐷，且𝑁𝐸 = 12𝐶𝐷， ∵ 𝐶𝐷//𝐴𝐵，𝑀是𝐴𝐵的中点， ∴ 𝑁𝐸//𝐴𝑀且𝑁𝐸 = 𝐴𝑀． 所以四边形𝐴𝑀𝑁𝐸为平行四边形， 所以𝑀𝑁//𝐴𝐸． 又 ∵ 𝑀𝑁⊄平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐸 ⊂ 平面𝑃𝐴𝐷， 所以𝑀𝑁//平面𝑃𝐴𝐷． 16.解：(1)证明：因为𝐷，𝐸分别为𝐵𝐶，𝐴𝐶的中点，所以𝐷𝐸//AB， 因为直三棱柱性质可得𝐴𝐵//𝐴1𝐵1，所以𝐷𝐸//𝐴1𝐵1， 又因为𝐷𝐸 ⊂ 平面𝐷𝐸𝐶1，𝐴1𝐵1⊄平面𝐷𝐸𝐶1， 所以𝐴1𝐵1//平面𝐷𝐸𝐶1； (2)由底面𝐴𝐵𝐶为直角三角形，𝐴𝐵 = 𝐵𝐶，则𝐴𝐵 ⊥ 𝐵𝐶， 又𝐷𝐸//𝐴𝐵，则𝐷𝐸 ⊥ 𝐵𝐶， 由直三棱柱性质可得𝐵𝐵1 ⊥ 平面𝐴𝐵𝐶， 又𝐵𝐶、𝐷𝐸 ⊂ 平面𝐴𝐵𝐶，则𝐵𝐵1 ⊥ 𝐵𝐶、𝐵𝐵1 ⊥ 𝐷𝐸，又𝐵𝐵1、𝐵𝐶 ⊂ 平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶， 𝐵𝐵1 ∩ 𝐵𝐶 = 𝐵， 故 DE ⊥ 平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，又𝐷𝐵1 ⊂ 平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶， 故 DE ⊥ 𝐷𝐵1， 又𝐵𝐷 = 12𝐵𝐶 = 1、𝐷𝐸 = 1 2𝐴𝐵 = 1，𝐵1𝐷 = 𝐵𝐷2 + 𝐵𝐵21 = 12 + 42 = 17， 则𝑉𝐵1−𝐵𝐷𝐸 = 1 3 × 𝑆△ 𝐵𝐷𝐸 × 𝐵𝐵1 = 1 3 × 1 2 × 𝐵𝐷 × 𝐷𝐸 × 𝐵𝐵1 = 1 6 × 1 × 1 × 4 = 2 3， 设点𝐵到平面𝐵1𝐸𝐷的距离为𝑑， 则由𝑉𝐵1−𝐵𝐷𝐸 = 𝑉𝐵−𝐵1𝐷𝐸， 可得 1 3 × 𝑆△𝐵1𝐷𝐸 × 𝑑 = 1 3 × 1 2 × 𝐷𝐸 × 𝐷𝐵1 × 𝑑 = 1 3 × 1 2 × 1 × 17 × 𝑑 = 17 6 ⋅ 𝑑 = 23， 即𝑑 = 4 17 17 ， 即点𝐵到平面𝐵1𝐸𝐷的距离为4 17 17 ． 17.(1)证明：因为平面𝐴𝐶𝐸𝐷 ⊥ 平面𝐴𝐵𝐶，且平面𝐴𝐶𝐷𝐸 ∩ 平面𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐶， 𝐴𝐶 ⊥ 𝐶𝐸，𝐶𝐸 ⊂ 平面𝐴𝐶𝐸𝐷， 故 CE ⊥ 平面𝐴𝐵𝐶， 第 8 页，共 10 页 因为𝐴𝐹 ⊂ 平面𝐴𝐵𝐶，所以𝐶𝐸 ⊥ 𝐴𝐹． 又 △ 𝐴𝐵𝐶为等边三角形，𝐹为𝐵𝐶的中点，故 AF ⊥ 𝐵𝐶， 因为𝐶𝐸 ∩ 𝐵𝐶 = 𝐶，𝐶𝐸，𝐵𝐶 ⊂ 平面𝐵𝐶𝐸， 所以𝐴𝐹 ⊥ 平面𝐵𝐶𝐸． (2)由于𝐴𝐹 ⊥ 平面𝐵𝐶𝐸，𝐹𝐺 ⊂ 平面𝐵𝐶𝐸，故 AF ⊥ 𝐹𝐺， 因为 △ 𝐴𝐵𝐶为等边三角形，𝐹为𝐵𝐶的中点，故 AF ⊥ 𝐵𝐹， 所以∠𝐵𝐹𝐺为二面角𝐵−𝐴𝐹−𝐺的平面角． 因为𝐵𝐺 = 23𝐵𝐸 = 4 2 3 ,𝐵𝐹 = 12𝐵𝐶 = 1,∠𝐹𝐵𝐺 = 45°， 故𝐺𝐹 = 𝐵𝐺2 + 𝐵𝐹2−2𝐵𝐺 ⋅ 𝐵𝐹𝑐𝑜𝑠45° = 17 3 ， 所以cos∠𝐵𝐹𝐺 = 𝐵𝐹 2+𝐺𝐹2−𝐵𝐺2 2𝐵𝐹⋅𝐺𝐹 = 1+179 − 32 9 2× 17 3 = − 17 17 ， 故二面角𝐵−𝐴𝐹−𝐺的余弦值为− 17 17 ． 18.(1)证明：因为𝐷𝐷1 ⊥ 平面𝐴𝐵𝐶，又因为𝐴𝐶 ⊂ 平面𝐴𝐵𝐶𝐷， 所以𝐷𝐷1 ⊥ 𝐴𝐶， 又因为𝐴𝐵 = 𝐴𝐷，则底面𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，所以𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐷， 又因为𝐷𝐷1 ∩ 𝐷𝐵 = 𝐷，𝐷𝐷1、𝐷𝐵 ⊂ 平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1， 所以𝐴𝐶 ⊥ 平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1， 又因为𝐴𝐶 ⊂ 平面𝑃𝐴𝐶， 所以平面𝑃𝐴𝐶 ⊥ 平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1； (2)令𝐴𝐶 ∩ 𝐵𝐷 = 𝑂，连接𝐶𝐷1、𝐷1𝑂，由长方体性质可得𝐴1𝐵//𝐷1𝐶， 则直线𝐴1𝐵与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角等于直线𝐷1𝐶与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角， 由(1)知𝐴𝐶 ⊥ 平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1， 所以∠𝐶𝐷1𝑂等于直线𝐴1𝐵与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角， 第 9 页，共 10 页 𝐶𝑂 = 2 2 𝐴𝐵 = 2 2 ，𝐶𝐷1 = 12 + 22 = 5， 则sin∠𝐶𝐷1𝑂 = 𝐶𝑂 𝐶𝐷1 = 10 10 ， 即直线𝐴1𝐵与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角的正弦值为 10 10 ； (3)存在，且𝐵1𝑄𝐵𝑄 = 0，即点𝑄与𝐵1重合，连接𝑃𝑂、𝑃𝐵1、𝑂𝐵1， 则𝑃𝑂2 = 𝑃𝐷2 +𝑂𝐷2 = 12 +( 2 2 )2 = 32， 𝑃𝐵21 = 𝐷1𝑃2 +𝐷𝐵2 = 12 +( 2)2 = 3， 𝐵1𝑂2 = 𝐵1𝐵2 +𝐵𝑂2 = 22 +( 2 2 )2 = 92， 有𝑃𝑂2 +𝑃𝐵21 = 𝐵1𝑂2，所以𝑃𝑂 ⊥ 𝑃𝐵1， 由𝐴𝐶 ⊥ 平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，𝑃𝐵1 ⊂ 平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，所以𝐴𝐶 ⊥ 𝑃𝐵1， 又𝐴𝐶 ∩ 𝑃𝑂 = 𝑂，𝐴𝐶、𝑃𝑂 ⊂ 平面𝐴𝐶𝑃，所以𝑃𝐵1 ⊥ 平面𝐴𝐶𝑃， 故在直线𝐵𝐵1上存在点𝑄使得𝑃𝑄 ⊥ 平面𝐴𝐶𝑃，且 𝐵1𝑄 𝐵𝑄 = 0． 19.解；(1)证明：取𝐶𝐷中点𝐻，连接𝐺𝐻，𝐹𝐻，𝐴𝐺，𝐴𝐻， ∵ 𝐴−𝐵𝐶𝐷𝐸是正四棱锥，𝐴−𝐶𝐷𝐹是正四面体，𝐺为𝐵𝐸的中点， ∴ 𝐶𝐷 ⊥ 𝐺𝐻，𝐶𝐷 ⊥ 𝐹𝐻， ∵ 𝐺𝐻 ∩ 𝐹𝐻 = 𝐻，𝐺𝐻，𝐹𝐻 ⊂ 平面𝐴𝐹𝐻， ∴ 𝐶𝐷 ⊥ 平面𝐹𝐺𝐻，又 ∵ 𝐹𝐺 ⊂ 平面𝐹𝐺𝐻， ∴ 𝐹𝐺 ⊥ 𝐶𝐷； 第 10 页，共 10 页 (2)证明： ∵ 𝐴−𝐵𝐶𝐷𝐸是正四棱锥，𝐴−𝐶𝐷𝐹是正四面体，𝐺为𝐵𝐸的中点， ∴ 𝐶𝐷 ⊥ 𝐺𝐻，𝐶𝐷 ⊥ 𝐴𝐻，𝐶𝐷 ⊥ 𝐹𝐻 ∵ 𝐺𝐻 ∩ 𝐴𝐻 = 𝐻，𝐺𝐻，𝐴𝐻 ⊂ 平面𝐴𝐺𝐻， ∴ 𝐶𝐷 ⊥ 平面𝐴𝐺𝐻， 又 ∵ 𝐹𝐻 ∩ 𝐴𝐻 = 𝐻，𝐹𝐻，𝐴𝐻 ⊂ 平面𝐴𝐺𝐻，𝐶𝐷 ⊥ 平面𝐴𝐹𝐻， ∴ 平面𝐴𝐺𝐻与平面𝐴𝐹𝐻重合， ∴ 𝐴，𝐺，𝐻，𝐹四点共面， 设正四面体与正四棱锥的棱长为2𝑎， 则𝐴𝐺 = 𝐻𝐹 = 2𝑎 × 3 2 = 3𝑎，𝐺𝐻 = 𝐴𝐹 = 2𝑎， ∴ 四边形𝐴𝐺𝐻𝐹是平行四边形， ∴ 𝐺𝐻//𝐴𝐹， ∵ 𝐵𝐶//𝐺𝐻， ∴ 𝐵𝐶//𝐴𝐹， ∴ 𝐴，𝐵，𝐶，𝐹四点共面； (3)假设𝐹𝐺 ⊥ 平面𝐴𝐶𝐷， ∵ 𝐴𝐻 ⊂ 平面𝐴𝐶𝐷， ∴ 𝐹𝐺 ⊥ 𝐴𝐻， 又 ∵ 四边形𝐴𝐺𝐻𝐹是平行四边形， ∴ 四边形𝐴𝐺𝐻𝐹是菱形，则𝐴𝐺 = 𝐺𝐻， 与𝐴𝐺 = 3𝑎，𝐺𝐻 = 2𝑎矛盾， 故假设不成立， ∴ 𝐹𝐺与平面𝐴𝐶𝐷不垂直．