北京市北京亦庄实验中学2021-2022学年高一下学期期末教与学质量诊断数学II试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页北京市北京亦庄实验中学2021-2022学年高一下学期期末教与学质量诊断数学II试题第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1．若，，则的值为（

）A． B． C． D．2．“点在直线上，在平面内”可表示为（

）A．， B．，C．， D．，3．运用斜二测画法作图时，下列情况中可能出现的是（

）A．z轴方向上的线段的长度在直观图中是原来的一半B．平行四边形在所在平面内的直观图不是平行四边形C．以相交于一个顶点的三条棱所在直线为轴作图，正方体的直观图中所有棱长相等D．直角三角形的直观图还是直角三角形4．圆锥的母线长为5，高为3，则圆锥的侧面积为（

）A． B．C． D．5．已知平面向量满足，则“与互相垂直”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6．函数的部分图象如图所示，则的值为（

）A． B．C． D．17．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①如果，，，，那么；②如果，，那么；③如果，，，那么；④如果，，，那么.其中正确命题的个数有（

）A．4个 B．3个C．2个 D．1个8．已知的最大值是2，则在中的最大值是（

）A． B．3C． D．9．已知在中，，则的大小随三角形形状而变化时（

）A．有最大值，无最小值 B．无最大值，有最小值C．既有最大值，又有最小值 D．既无最大值，也无最小值10．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（

）A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题11．一个球的半径为，若它的体积值是表面积值的2倍，则的值是________.12．在中，角，则________.13．已知，是两个不同的平面，m，n是平面及之外的两条不同直线，给出四个论断：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：______.14．如图，在△ABC中，D是AC边上的点，且AB＝AD＝BD，BC＝2BD，则sinC的值是________．15．如图，AB是半圆O的直径，C，D是弧AB的三等分点，M，N是线段AB的三等分点，若OA=6，则的值是_____.16．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD，ABFE，CDEF均为等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝6，CD＝8，EF＝10，EF到平面ABCD的距离为3，CD与AB间的距离为10，则这个羡除的体积是________．17．正多面体与正多边形一样，具有很多优美的性质，也是立体几何学习中的常见模型.在棱长为1的正方体中，分别将6个正方形的中心点依次记为给出下列结论:①正方体的所有截面中，正多边形只有正三角形和正方形;②以为顶点连成一个几何体，这个几何体是正八面体;③三棱锥是正四面体，它的外接球半径是；④将②中多面体MNPQRS的各个面的中心标出，用线段将这些中心点连成几何体，可以得到一个新的正方体，它的棱长是.则其中正确的有________.评卷人得分三、双空题18．如图，已知垂直于正方形所在的平面，连接、、、、，则图中所标的各线段中，一定与垂直的线段有________条；若，则的值是________.评卷人得分四、解答题19．已知向量，函数.(1)当时，求的取值范围.(2)当和的夹角为锐角时，求的取值范围.20．如图，已知正方体，点为棱的中点.(1)证明：平面.(2)证明：.(3)在图中作出平面截正方体所得的截面图形(如需用到其它点，需用字母标记并说明位置)，并说明理由.21．已知的面积为，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（1）b和c的值；（2）的值.条件①：，；条件②：，.22．如图，在三棱锥中，已知是正三角形，平面，，为的中点，在棱上，且.(1)求三棱锥的体积;(2)求证：平面；(3)若为中点，是否存在在棱上，，且平面?若存在，求的值并说明理由;若不存在，给出证明.23．定义:在中，若其某一内角等于另一内角的二倍，则称为“二倍三角形”(1)若为二倍三角形，，求的面积(2)对于二倍三角形，记，用含的代数式表示的比.(3)根据（2）的计算结果，是否存在三边长皆为整数的二倍三角形?若存在，举出一例并验证;若不存在，则说明理由.24．我们知道，二元实数对可以表示平面直角坐标系中点的坐标；那么对于元实数对，是整数，也可以把它看作一个由条两两垂直的“轴”构成的高维空间（一般记为中的一个“点”的坐标表示的距离.(1)当时，若，，，求，和的值；(2)对于给定的正整数，证明中任意三点满足关系；(3)当时，设，，，其中，，，．求满足点的个数，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．A【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系计算可得；【详解】解：因为且，所以，所以；故选：A2．B【解析】【分析】根据点与线，线与面的关系书写即可.【详解】解：因为点在直线上，在平面内。所以符号语言为：，故选：B3．D【解析】【分析】根据斜二测画法的概念判断A、B、C，利用特例说明D.【详解】解：根据斜二测画法可知，与轴平行的线长度不变，故A错误；斜二测画法画平面图形的直观图，原来平行的线依然平行，故平行四边形的直观图依然是平行四边形，故B错误；正方体的直观图中，与、轴平行的线长度不变，与轴平行的线长度变为原来的一半，故C错误；对于D：如图直角三角形，，，则其直观图如下所示：则，，又，则，所以，故D正确；故选：D4．B【解析】【分析】首先根据勾股定理求得底面半径，则可以得到底面周长，然后利用扇形的侧面积公式即可求解.【详解】解：底面半径是：，则底面周长是，则圆锥的侧面积是：，故选：B.5．C【解析】【分析】第一点：充分利用非零向量垂直与两向量数量积为零的相互转化；第二点：紧扣充分，必要条件的概念.【详解】若与互相垂直，则，展开得，把代入解得，，所以.若，则，有，所以与互相垂直.综上可知，“与互相垂直”是的充分必要条件.故选：C.6．B【解析】【分析】先根据函数的图象求出函数的解析式，再求得解.【详解】由图可得，∴，由图可得，又，∴，所以，∴.故选：B.7．D【解析】【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】解：对于①如果，，，，那么或与相交，故①错误；对于②如果，，由线面垂直的性质可知，故②正确；对于③如果，，，那么或或与相交（不垂直）或与异面（不垂直），故③错误；对于④如果，，，那么或与相交（不垂直），当且仅当，，，，那么，故④错误.故选：D8．C【解析】【分析】由的最大值为2，利用辅助角公式可求的值，代入，并根据辅助角公式可得，根据正弦函数的图像与性质可得，根据两角和的正弦公式可求解.【详解】解：根据辅助角公式可得，其中.由的最大值为2可得,解得.∴.∵，∴.∴当，即时，取得最大值.故.故选:C.9．A【解析】【分析】利用正弦定理可得，进而可得，利用正弦函数的性质结合条件即得.【详解】由正弦定理可得，所以，又，，，，所以，又，所以，即有最大值，无最小值.故选：A.10．D【解析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果.【详解】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为，分别为的中点，则，，，，所以，设，则，因为，所以，，当时，；当时，；取，，，，连接，，，，则，，所以四边形为矩形，则，，即，，又，且平面，平面，所以平面，又，，所以为中点，则平面，所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，因此点不可能是棱的中点，即A错；又，，所以，则点的轨迹不是正方形；且矩形的周长为，故C错，D正确；因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错.故选：D.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解.11．6【解析】【分析】根据球的表面积公式与体积公式列方程即可求解.【详解】解：由球的体积值是表面积值的2倍，可得，解得.故答案为:6.12．【解析】【分析】利用正弦定理可得，然后利用诱导公式及同角关系式即得.【详解】由正弦定理可得，所以，又，所以，，所以.故答案为：.13．①③④②（或②③④①）【解析】，，，由面面垂直的性质定理得；，，，由面面垂直的判定定理得．【详解】∵，是两个不同的平面，m，n是平面及之外的两条不同的直线，若①，③，则.又∵④，∴②.即①③④②.若②，③，则.又∵④，∴①.即②③④①.故答案为：①③④②（或②③④①）【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力，属于中档题．14．【解析】【分析】直接利用正弦定理和三角函数的值，即可得答案．【详解】设则，，，，如图所示：过点作，在中，所以，解得，所以，在中，利用正弦定理，，整理得．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题关键掌握正弦定理在几何中的基本运用．15．【解析】【分析】根据已知条件，得到，利用平面向量的线性运算表示出，由此求得.【详解】连接，依题意可知，由于，是线段的三等分点，所以.，，所以故答案为：【点睛】本小题主要考查平面向量的线性运算，考查平面向量数量积的运算，属于基础题.16．120【解析】【分析】如图，过点作，过点作，垂足分别为，连接，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，从而可求得体积【详解】解：如图，过点作，过点作，垂足分别为，连接，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，则由题意可得底面积为，棱柱的高为8，所以体积为，故答案为：12017．②④【解析】【分析】对①，举反例判断即可；对②，画图分析即可；对③，取正方体中心，的中点分别为，可判断出三棱锥是正四面体，且与正方体的外接球相同，从而得到外接球半径即可；对④，先根据线面垂直的性质，结合③中信息可得多面体MNPQRS的各个面的中心即正方体体对角线的所有三分点，进而判断出为正方体及其棱长即可.【详解】对①，正方体的所有截面中，正多边形还可以有正六边形，故①错误；对②，根据正方体的对称性可得，以为顶点连成一个八面体，且各边相等，且，，均为正方形，故为正八面体，故②正确；对③，取正方体中心，的中点分别为，连接如图，易得为正方体，且棱长为，故三棱锥是正四面体，其外接球半径与正方体的外接球相同，半径为，故③错误；对④，设为的中心，由③可得三棱锥是正四面体，故平面.连接如图，由正方体可得，且，又，平面，故平面，又平面，故，同理，又由中位线性质可得，，故，，又，平面，故平面.又平面，故三点共线.因为，，故，故，即为的三分点.同理可得多面体MNPQRS的各个面的中心即正方体体对角线的所有三分点.故多面体MNPQRS的各个面的中心连成的几何体的为正方体，且根据体对角线的长度比例可得，该几何体与正方体的比例为，即棱长为，故④正确；故答案为：②④18．

【解析】【分析】依题意可得，再由线面垂直得到，即可得到平面，再设，即可求出、、，最后由余弦定理计算可得.【详解】解：因为垂直于正方形所在的平面，则，又平面，平面，所以，，平面，所以平面，又平面，所以，显然、、、与均不垂直，又，所以，所以与垂直的线段只有、、共条，设，则，，所以，所以，在中，由余弦定理；故答案为：；．19．(1)(2)【解析】【分析】（1）由向量的数量积运算和三角恒等变换化简函数，再根据角的范围和正弦函数的性质可求得答案；（2）由向量的数量积运算得，且，求解即可.（1）因为，所以，因为，所以，所以，所以，所以的取值范围为.（2）当和的夹角为锐角时，则，且，即且且，解得或，所以的取值范围为.20．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)图形见解析，证明见解析.【解析】【分析】（1）连接，交于点，连接，即可得到，从而得证；（2）由正方体的性质可得，再由，即可得到平面，从而得证；（3）取的中点，连接、，则为平面截正方体所得的截面，取的中点，连接、，由正方体的性质可得、，即可得证.（1）证明：连接，交于点，连接，因为是正方形，所以为的中点，又为棱的中点，所以，平面，平面，所以平面，（2）证明：在正方体中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，

又平面，所以.（3）解：如图取的中点，连接、，则为平面截正方体所得的截面，证明：取的中点，连接、，因为为棱的中点所以且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，即、、、四点共面，即为平面截正方体所得的截面；21．若选择条件①：（1），；（2）.若选择条件②：（1），；（2）.【解析】【分析】若选择条件①：（1）由，可得，再由三角形面积可求出，再由余弦定理求出c的值；（2）由正弦定理，分别求出、的值，再由同角三角函数的平方关系求出、的值，最后利用两角差的正弦公式计算的值即可.若选择条件②：（1）易得，由可得，由三角形面积，列式计算，进而求出的值，再由余弦定理，求出的值；（2）由正弦定理得，可求得，进而由同角三角函数的平方关系求得，最后利用两角差的正弦公式计算的值即可.【详解】若选择条件①：（1）在中，因为，所以，，

因为，，所以，由余弦定理，，可得；（2）由正弦定理，可得，所以，，因为A，，所以，，所以.若选择条件②：（1）在中，因为，所以，因为，所以，，因为，所以，由余弦定理，，所以；（2）由正弦定理得，所以，因为，所以，所以．22．(1)(2)证明见解析(3)，理由见解析【解析】【分析】（1）利用，结合锥体的体积公式，即可求解；（2）取的中点，连接，证得，根据，证得，由是正三角形，得到，证得，再由平面，证得，进而证得平面.（3）当时，连接，设，连接，得到，进而得到，结合线面平行的判定定理，即可求解.（1）解：因为为等边三角形，且，所以，又因为平面，且，即三棱锥的高为，所以.（2）证明：取的中点，连接，因为，可得，又因为，可得为的中点，因为为的中点，所以，则，又因为是正三角形，所以，因为平面，平面，所以，又因为，所以平面，又平面所以，因为且平面，所以平面.（3）解：存在这样的点，当时，平面，证明：当时，连接，设，连接，由条件知为的重心，所以，所以当时，,因为平面，平面，所以平面.即时，平面.23．(1)1或(2)(3)存在【解析】【分析】（1）若，则，求得三角形的边可得的面积；若，则，求得三角形的边可得的面积；（2）由正弦的二倍角公式和正弦的和角公式求得，再由正弦定理可得答案；（3）设，若存在三边长皆为整数的二倍三角形，则k为大于0的整数，由此可得结论.（1）因为为二倍三角形，若，则，又，所以，所以的面积为；若，则，又，所以，所以的面积为；（2）因为二倍三角形，，所以，，所以，所以；（3）存在三边长皆为整数的二倍三角形，理由如下：由（2）得，则设，若存在三边长皆为整数的二倍三角形，则k为大于0的整数，如，时，，即满足题意.所以存在三边长