2020北京人大附中高一（下）期末数学（教师版）

这是一份2020北京人大附中高一（下）期末数学（教师版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020北京人大附中高一（下）期末数    学必修第四册学分认定考核试卷说明：本试卷选择题（1-10题）为客观性试题（闭卷30分钟，共40分），填空题与四道大题（11-19题）为主观性试题（开卷60分钟，共60分（其中含卷面书写分5分）），全卷共100分；请将答案写在答题纸的相应位置上.一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置）1. 下面四个说法中，正确说法的个数为（    ）（1）如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；（2）两条直线可以确定一个平面；（3）若，，，则；（4）空间中，两两相交的三条直线在同一平面内.A. 1 B. 2 C. 3 D. 42. 设是一条直线，、是两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（    ）A. 若，，则B. 若，，则C 若，，则D. 若，，则3. 在中，，，，则等于（    ）A.  B. 3 C.  D. 214. 在中，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是（    ）A. ，， B. ，，C ，， D. ，，5. 若轴截面为正方形的圆柱的侧面积是S，则圆柱的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 6. 把边长为4的正方形，沿对角线折成空间四边形，使得平面平面，则空间四边形的对角线的长为（    ）A. 4 B.  C. 2 D. 7. 在中，，，，则的面积是（    ）A.  B.  C.  D. 8. 已知过球面上三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且，则球面积是（   ）A.  B.  C.  D. 9. 如图，在正方体中，点在面对角线上运动，给出下列四个命题：①平面；②；③平面平面；④三棱锥的体积不变.则其中所有正确命题的序号是（    ）A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④10. 三棱锥中，侧面底面，，，.则（    ）A.  B.  C.  D. 二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在答题纸中相应位置上.11. 在中，角，，的对边分别为，，.若，则角的大小为________.12. 在中，若，，，则等于________.13. 在平地上有、两点，在山的正东，在山的东南，且在的南偏西距离点300米的地方，在测得山顶的仰角是，则山高为________米.14. 已知正四棱锥的高为4，侧面积为，则该棱锥的侧棱长为________.15. 如图，在直三棱柱中，，，的中点为，点在棱上，平面，则的值为________.三、解答题：本大题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16. 如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，、分别是棱、的中点.（1）求证：平面；（2）求证：.17. 在中，，，面积为.（1）求；（2）求的值.18. 在中，设内角，，所对的边分别为，，，.（1）求；（2）若，边上的中线长为，求边.19. 如图所示，在正方体中，点在棱上，且，点、、分别是棱、、的中点，为线段上一点，.（1）若平面交平面于直线，求证：；（2）若直线平面，①求三棱锥表面积；②试作出平面与正方体各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹设平面与棱交于点，求三棱锥的体积. 
2020北京人大附中高一（下）期末数学参考答案一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置）1. 【答案】A【解析】【分析】如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，即可判断；利用两条异面直线不能确定一个平面即可判断；利用平面的基本性质中的公理判断即可；若两两相交的三条直线相交于同一点，则相交于同一点的三直线不一定在同一平面内（如棱锥的3条侧棱），即可判断.【详解】如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，故（1）不正确；两条异面直线不能确定一个平面，故（2）不正确；利用平面的基本性质中的公理判断（3）正确；空间中，若两两相交的三条直线相交于同一点，则相交于同一点的三直线不一定在同一平面内（如棱锥的3条侧棱），故（4）不正确，综上所述只有一个说法是正确的，故选：A．【点睛】本题主要考查了空间中点，线，面的位置关系.属于较易题.2. 【答案】C【解析】【分析】对于选项A：根据面面垂直的性质定理即可判断；对于选项B：根据面面垂直的性质定理即可判断；对于选项C：根据面面平行的性质定理判断即可；对于选项D：根据线面的位置关系判断即可.【详解】对于选项A：若，，则或，故A不正确；对于选项B：若，，则或或，故B不正确；对于选项C：若，，根据面面平行的性质定理可得，故C正确；对于选项D：若，，则或，故D不正确.故选：C.【点睛】本题主要考查了面面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理.属于较易题.3. 【答案】A【解析】【分析】直接根据余弦定理即可得出结果.【详解】因为，，，所以，即，故选：A.【点睛】本题主要考查了通过余弦定理解三角形，属于基础题.4. 【答案】D【解析】【分析】在已知两边及一边对角用正弦定理解三角形时才可能出现两解．根据正弦定理判断．【详解】A：已知两角和一边，三角形确定，只有一解；B：已知两边及夹角用余弦定理，只有一解；C：已知两边及一边对角，但已知的是大边所对的角，小边所对角只能是锐角，不可能有两解；D：，有两解．故选：D.【点睛】本题主要考查三角形解的个数问题，掌握正弦定理和余弦定理是解题关键．三角形解的个数中只有在已知两边及一边对角用正弦定理解三角形时才可能出现两解，注意判断方法．属于较易题.5. 【答案】D【解析】【分析】设出圆柱的高，找到侧面积和之间的关系，即可求得体积.【详解】根据题意，不妨设圆柱的高为，又因为轴截面为正方形，故可得底面半径为.则，解得，故可得圆柱体积.故选：D.【点睛】本题考查圆柱的侧面积和体积的求解，属基础题.6. 【答案】A【解析】【分析】先利用正方形对角线垂直知对折后平面即，在求即可.【详解】如图所示，正方形，对角线交于O点，则，沿对角线折成空间四边形后，有，，而平面平面，交线是BD，故平面，即，所以是等腰直角三角形，故.故选：A.【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理，属于基础题.7. 【答案】C【解析】【分析】利用已知条件先求出，在中，利用正弦定理求出，再利用三角形面积公式求解即可.【详解】由，，得，在中，由正弦定理得：，则的面积是：，所以的面积是.故选：C.【点睛】本题主要考查了正弦定理以及三角形面积公式,考查了两角和的正弦公式.属于较易题.8. 【答案】C【解析】∵ D是正△ABC的中心，∴ AD是△ABC的外接圆半径.∵ AD＝ ，又OD＝ ＝OA，OA  ＝OD  ＋AD  ，∴ R  ＝ ，∴ R  ＝   ，∴ 球的表面积S＝4πR  ＝.故选C9. 【答案】C【解析】【分析】由面面平行的判定与性质判断①正确；由特殊点可以说明②错误；由线面垂直的判定及面面垂直的判定判断③正确；利用等积法说明④正确．【详解】对于①，连接，，可得，，∴平面平面，从而有平面，故①正确；对于②，连接，可知是等边三角形，三角形内角为，所以所成角为，所以当点与重合时，不满足，故②错误；对于③，连接，由且，可得平面，又平面，由面面垂直的判定知平面平面，故③正确；对于④，容易证明，从而平面，故上任意一点到平面的距离均相等，∴以为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故④正确．∴正确命题的序号是①③④．故选：C．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查空间几何元素位置关系的证明，考查三棱锥的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10. 【答案】C【解析】【分析】由已知条件得到，设的中点为，的中点为，连接，利用面面垂直性质定理得到面，进而得到；再利用线面垂直的判定定理得到面，进而得到；最后利用线面垂直的判定定理得到面，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，设，写出点坐标，利用两个向量的数量积是否为判断两条线的垂直关系即可.【详解】由，，得，故选项A错误；设的中点为，的中点为，连接，由题意得：，又面面，且面面，面，所以面，又面所以；,所以，又 ，,面，则面，所以；又,面，所以面，则，所以以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，设，则，所以，，所以，故，选项BD错误，选项C正确.故选：C.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定定理以及面面垂直的性质定理，考查了利用空间向量求解两条直线的垂直问题.属于中档题.二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在答题纸中相应位置上.11. 【答案】【解析】【分析】利用余弦定理结合已知条件求的余弦值即得结果.【详解】因为，所以，又中，，故，故答案为：.【点睛】本题考查了利用余弦定理求角，属于基础题.12. 【答案】或.【解析】【分析】由正弦定理，求得，得到或，分类讨论，即可求得的值.【详解】由正弦定理，可得，所以，因为，所以或，当时，，可得；当时，，此时，综上可得或.故答案为：或.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中利用正弦定理求得的值，得出的大小是解答的关键，着重考查分类讨论，以及运算与求解能力.13. 【答案】【解析】【分析】先设山高，依题意可得，由正弦定理可求得，在直角中，计算得出结果即可.【详解】设山高，，，由正弦定理得.在直角中，（米）.故山高为米.故答案为：.【点睛】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于较易题.14. 【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，设正四棱锥的底面边长为，由侧面积列式求得值，进一步求得侧棱长即可.详解】如图，设正四棱锥的底面边长为a，底面中心为O，取BC的中点M，连接OM，PM，则，斜高，∴该棱锥的侧面积，解得，又，∴该棱锥的侧棱长为，故答案：.【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查正四棱锥侧面积的求法，属于基础题.15. 【答案】【解析】【分析】先取中点得到过的一个平面平行平面，即知.【详解】取中点，连接，故，，又在平面外，平面所以平面，平面，又相交在平面内，故平面平面，即平面，故.故答案为：.【点睛】本题考查了面面平行的判定定理，属于基础题.三、解答题：本大题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16. 【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解.【解析】【分析】（1）由、分别是棱、的中点，可得：，利用线面平行的判定定理证明即可；（2）利用已知条件得到，，利用线面垂直的判定定理证明面，所以，又由（1）得，即可得证.【详解】证明：（1）由、分别是棱、的中点，可得：，又平面，平面，所以平面；（2）∵底面为正方形，，又平面，所以，又，面，所以面，所以，又由（1）得，所以.【点睛】本题主要考查了线面垂直、线面平行的判定定理，考查了推理能力与空间想象能力，属于较易题.17. 【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析】（1）根据三角形的面积公式求得的值，从而可以确定出角的大小；（2）由余弦定理求出，结合正弦定理可求出值.【详解】（1）因为，，的面积为，所以有，所以，因为，所以或；（2）由余弦定理可得：当时，，所以，由正弦定理，，得，当时，，所以，由正弦定理，，得，所以的值为或.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有三角形的面积公式，余弦定理解三角形，正弦定理解三角形，属于简单题目.18. 【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题中条件，根据正弦定理，先得到，代入，即可得出结果；（2）根据为边上的中线，得到，根据余弦定理，得出，再由得出，两式联立，即可得出结果.【详解】（1）因为，在中，由正弦定理可得，则，所以，解得（负值舍去）；（2）因为为边上的中线，所以与互补，则，因为，，，由余弦定理可得，，则，所以，又在中，，则，因此，整理得，解得或（舍）.【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.19. 【答案】（1）答案见详解；（2）①；②作图步骤见解析，三棱锥 的体积为．【解析】【分析】（1）根据面面平行的性质即可得到，再结合线线平行的传递性即可证明结论；（2）①先根据直线平面得到，进而得到是的中点，然后依次求出三棱锥的四个面的面积再相加即可得到三棱锥的表面积；②根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面与正方体各个面的交线即可；根据四点共面，且三角形与三角形面积相等，那么三棱锥的体积等于三棱锥的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可．【详解】（1）在正方体中，因为平面平面，平面平面，所以，因为点、 分别是棱、 的中点，所以，所以．（2）①因为直线平面，平面，所以，又因为△，所以，所以，因为，，，所以三棱锥的表面积为．②作图步骤如下：连接，过点作于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点交的延长线于点，再连接交于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，再连接，，，则图中，，，，，即为平面与正方体各个面的交线．设，由题知，所以，所以，解得，因为，，，所以，如上图，设为线段的中点，可证点在平面内，且三角形与三角形面积相等，所以，三棱锥的体积三棱锥的体积三棱锥的体积，所以三棱锥 的体积为．【点睛】本题考查面面平行的性质定理和线面平行的性质定理的应用，直线与平面垂直以及几何体的表面积和体积的求法，考查空间想象能力记忆计算能力，属于难题．