2024-2025学年海南省某校高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年海南省某校高一（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.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面积是(

)A.6 B.3C.12 D.62.已知直线2x+y−2m=0与直线4x−my−3=0平行，则它们之间的距离是(

)A.1155 B.115103.若m为直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(

)A.若m//α，n⊂α，则m//n B.若m⊥α，m⊥β，则α⊥β

C.若m//α，m⊥β，则α⊥β D.若m⊂α，α⊥β，则m⊥β4.已知两点A(−3,2)，B(2,1)，过点P(0,−1)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.(−∞,−1]∪(1，+∞)B.[−1,1]C.(−∞,−15]∪[1,+∞)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2cm和4cm)铁皮材料，通过卷曲使得AB边与DC边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为(

)A.32cm B.1cm C.36.如图所示，在平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1中，AM=12MC，A1N=2ND.A.34 B.14 C.237.已知点M是直线y=x+1上一点，A(1,0)，B(2,1)，则|AM|+|BM|的最小值为(

)A.2 B.22 C.1+8.如图，在棱长为6的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为(

)A.16B.13

C.12二、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.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△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列根据条件判断三角形解的情况正确的是(

)A.a=10，b=19，B=130°，无解 B.a=3,b=22,A=45°，有两解

C.a=3,b=22,A=45°11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，G为面对角线A1DA.三棱锥B1−GBC1的体积为定值

B.线段A1D上存在点G，使A1C⊥平面GBC1

C.当点G与点A1重合时，二面角G−BC1−B1的余弦值为63

D.12.已知a=(−1,1,1)，b=(m,0,1)，若(a+b13.O不与A，B，C，D共面，并且ABCD四点在一个平面上，2OD=xOA+y14.已知正三棱锥D−ABC的外接球为球O，底面ABC面积为334，AD=5四、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)

已知在四边形ABCD中，BC⊥CD，AC=3BC，∠ABC=2π3．

(1)求∠ACB的值；

(2)若BC=316.(本小题15分)

已知直线l1：x−2y+3=0，l2：2x+3y−8=0．

(1)求经过点A(1,4)且与直线l2垂直的直线方程；

(2)求经过直线l17.(本小题15分)

如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱与底面垂直，且AA1=AB=AC=2，BC=22，M、N、P、D分别是CC1、BC、A1B1、18.(本小题17分)

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，已知a=2，且_____．

在①m=(cosA,cosB),n=(b−2c,a)，且m⊥n，②acosA+acos(B−C)=23bcosAsinC,③(b+c)2−a2=43S这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答19.(本小题17分)

已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA=a，OB=b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作a,b.定义a与b的“向量积”为：a×b是一个向量，它与向量a，b都垂直，它的模|a×b|=|a|⋅|b|sina,b.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，DP=DA=4，E为AD上一点，|AD×BP|=8

参考答案1.C

2.B

3.C

4.A

5.C

6.D

7.D

8.A

9.BCD

10.CD

11.ABD

12.4

13.16

14.25π415.解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得：ACsin2π3=BCsin∠BAC，AC=3BC，可得sin∠BAC=12，∠BAC为锐角．

∴∠BAC=π6．

∴∠ACB=π−∠ABC−∠BAC=π6．

(2)∵BC⊥CD，∴∠BCD=π2．16.(1)由直线l2：2x+3y−8=0⇒y=−23x+83，可得斜率为−23，

故可设所求直线方程为y=32x+b，

则依题意有4=32×1+b，解得b=52，

所以所求直线方程为y=32x+52，整理得3x−2y+5=0；

(2)联立x−2y+3=02x+3y−8=0，解得x=1y=2，即直线l1与l2的交点为(1,2)，

当直线的截距都不为0时，假设直线方程为xa+y17.(1)证明：因为P，D分别是A1B1，B1C1的中点，则PD//A1C1，

在三棱柱ABC−A1B1C1中，则A1C1//AC，可得PD//AC，

且PD⊂平面PDN，AC⊄平面PDN，∴AC//平面PDN．

(2)解：由题意知三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱与底面垂直，

且AA1=AB=AC=2，BC=22，

故AB 2+AC2=BC2，∴AB⊥AC，

以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，A1(0,0,2)，M(0,2,1)，N(1,1,0)，P(1,0,2)，D(1,1,2)，

∴PM=(−1,2,−1)，PN=(0,1,−2)，DN=(0,0,−2)，

设平面PMN的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅PM=−x+2y−z=0n⋅PN=y−2z=0，

令z=1，则x=3，y=2，故n=(3,2,1)，

则|DN|=2，|n|=14，

可得cos<DN，n>=|DN⋅n||DN|×|n|=22×14=1414，

∴直线DN与平面PMN夹角的正弦值为1414．

18.解：(Ⅰ)若选①，依题意得，m⋅n=(b−2c)cosA+acosB=0，

由正弦定理得，(sinB−2sinC)cosA+sinAcosB=0，

所以sinBcosA+sinAcosB−2sinCcosA=0，

所以sin(A+B)−2sinCcosA=0，即sinC−2sinCcosA=0，

所以sinC(1−2cosA)=0，

因为sinC>0，所以1−2cosA=0，即cosA=12，

又A∈(0,π)，所以A=π3．

若选②，cosA=cos[π−(B+C)]=−cos(B+C)，

因为acosA+acos(B−C)=23bcosAsinC，

所以−acos(B+C)+acos(B−C)=23bcosAsinC，

展开整理得，2asinBsinC=23bcosAsinC，19.解：(1)∵在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，

∴PD⊥底面ABCD，∴易得DA，DC，DP两两相互垂直，

∴易得BC⊥平面PCD，∴平面PCD⊥平面PBC，

又DP=DA=4，E为AD上一点，

且|AD×BP|=85，AD//BC，AD=BC=4，

∴|AD×BP|=BC×BP×sin∠PBC=4×BP×PCBP=4PC=85，

∴PC=25，又DP=4，PD⊥DC，

∴AB=DC=PC2−DP2=20−16=2；

(2)若E为AD的中点，分别延长BE，CD交点F，

∵PD⊥底面ABCD，过D作DH⊥BF于点H，连接PH，

则根据三垂线定理可得∠PHD为二面角P−EB−A的补角，

又DP=DA=4，底面ABCD为矩形，且由(1)知AB=DC=2，

由于DH=AE=2，∠AEB=∠DEF，∠BAE=∠EDF=90°，

∴△AEB≌ΔDEF，由于RtΔABE中，AB=