【文档说明】新疆生产建设兵团第一师高级中学2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题 含解析.docx，共(24)页，3.079 MB，由小赞的店铺上传

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2021-2022学年下学期期末考试数学试题试卷分值：150分考试时间120分钟本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．第I卷（选择题）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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）1.已知三点(1,1),(,3),(4,5)ABaC−在同一直线上，则实数a的值是（）A.1B.4C.3D.不确定【答案】C【解析】【分析】将点共线转化为向量共线，由坐标运算即可求解.【详解】由题得()()1,4,3,6ABaAC=−=,由,,ABC三点共线，可得//ABAC，故()611

23aa−==，故选：C2.已知(1,2)A−，(,2)Bm，直线1:+12lyx=−垂直于直线AB,则实数m的值为（）A.12−B.12C.3D.4【答案】C【解析】【分析】先由直线l的方程得到l的斜率，再由,AB坐标表示出其斜率，根据题意，即可求出结

果.【详解】由直线1:12lyx=−+，可得l的斜率12k=−,又过(1,2)A−，(,2)Bm的直线的斜率为2(2)411mm−−=−−,且直线l垂直于直线AB,所以421m=−，解得3m=，故选C.

【点睛】本题主要考查由两直线垂直求参数的问题，熟记斜率的公式即可，属于基础题型.3.过两直线1l：310xy−+=，2l：260xy++=的交点且与310xy+−=平行的直线方程为（）A.310xy−+=B.370xy++=C.

3110xy−−=D.3130xy++=【答案】D【解析】【分析】求出两直线1l、2l的交点坐标，再设与310xy+−=平行的直线方程为30xym++=，代入交点坐标求出m的值，即可写出方程.【详解】解：两直线1l：310xy−+=，2l：2

60xy++=的交点为310260xyxy−+=++=解得41xy=−=−，即()4,1−−；设与310xy+−=平行的直线方程为30xym++=则3(4)(1)0m−+−+=解得13m=所求的直线方程为3130xy++=.故选：D【点睛

】本题考查了直线方程的应用问题，是基础题.4.如图，一个水平放置的面积是22+的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形，其中''//''ADBC，则等腰梯形面积为（）A.1222+B.212+C.12+D.22+【答案】A【解析】【分析】根据斜

二测画法的规则得出原水平放置的平面图，利用梯形的面积公式表示出直观图的面积：()1222ABCDSADBCAB=+，即可求解.【详解】根据斜二测画法的规则得原水平放置的平面图：上底为AD，下底为BC

，高为2AB的直角梯形，所以水平放置的平面图形的面积为：()12222SADBCAB=+=+则()1222ABCDSADBCAB=+()()2121222242422ADBCAB=+=+=+.故选：A【点睛】本题考查了斜

二测画法的规则，考查了基本运算能力，属于基础题5.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积为A.()251π++B.521π2++C.512π22++D.51π22+

【答案】C【解析】【分析】三视图中有两个三角形则一般为锥体，另一图为半圆，则为半个圆锥，所以表面积为一个半圆、一个三角形、一个扇形，根据图像中的长度结合面积公式即可求出结果.【详解】由三视图可知，其对应的几何体是半个圆锥，圆锥的底面半径为1r=，圆锥的高2h=，

其母线长22125l=+=，则该几何体的表面积为211151π1π15222π22222S=++=++.故选C.【点睛】本题考查三视图还原以及表面积的求法，注意熟练掌握还原方法与公式，求面积时要考虑全面，注意面积公式的正确运用

.6.一个四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.8B.83C.43D.323【答案】B【解析】【分析】把三视图转换为几何体，根据锥体体积公式即可求出几何体的体积.【详解】根据几何体的三视图可知几何体为四棱锥PABCD−,如图所示：PD⊥平面ABCD,且底

面为正方形，2PDAD==所以该几何体的体积为：1822233V==故选：B7.已知,mn是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：①若,,mm⊥⊥则//；②若,,⊥⊥则//；③若,,//,mnmn

则//；④若,mn是异面直线，,//,,//,mmnn则//．其中真命题是（）A.①和②B.①和③C.③和④D.①和④【答案】D【解析】【分析】由题意逐一考查所给命题的真假即可确定真命题的编号.【详解】逐一考查所给的命题：①由线面

垂直的性质定理可得若,,mm⊥⊥则//，该命题正确；②如图所示的正方体1111ABCDABCD−中，取平面,,分别为平面1111,,ABBAADDAABCD，满足,,⊥⊥但是不满足//，该命题错误；③如

图所示的正方体1111ABCDABCD−中，取平面,分别为平面1111,ABBAADDA，直线,mn分别为11,BBDD，满足,,//,mnmn但是不满足//，该命题错误；④若,mn是异面直线，,//,,//,mmnn由面面平行的性质定理易知//

，该命题正确；综上可得，真命题是①和④本题选择D选项.【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理

是关键.8.如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是（）A.MN//ABB.MN与BC所成的角为45°C.OC⊥平面VACD.平面VAC⊥平面VBC【答案】

D【解析】【分析】由中位线性质，平移异面直线即可判断MN不与AB平行，根据异面直线平面角知MN与BC所成的角为90°，应用反证知OC不与平面VAC垂直，由面面垂直的判定知面VAC⊥面VBC，即可知正确选项.【详解】M，N分别为VA，VC的中点，在△VAC中有//MNAC，在面AB

C中ABACA=，MN不与AB平行；ACBCC=，知：MN与BC所成的角为90BCA=；因为OC面VACC=，OC与平面内交线,ACVC都不垂直，OC不与平面VAC垂直；由VA⊥面ABC，BC

面ABC即VABC⊥，而90BCA=知ACBC⊥，ACVAA=有BC⊥面VAC，又BC面VBC，所以面VAC⊥面VBC；故选：D【点睛】本题考查了异面直线的位置关系、夹角，以及线面垂直的性质，面面垂直判定的应用，属于基础题.9.如图，三棱柱111ABCABC-中

，侧棱1AA⊥底面111ABC，底面三角形111ABC是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是（）A.1CC与1BE是异面直线B.AC⊥平面11ABBAC.AE，11BC为异面直线，且11AEBC⊥D.11//AC平面1ABE【答案】C【解析】【分析】根据异面直线定义可判断A；由线面垂直的性质

即可判断B；由异面直线的位置关系并得11AEBC⊥可判断C；根据线面平行的判定定理可判断D.【详解】对于A项，1CC与1BE在同一个侧面中，故不是异面直线，所以A错；对于B项，由题意知，上底面是一个正三角形，故AC⊥平面11ABBA不可能，所以B错；对于C项，因为AE

，11BC为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线，由底面111ABC是正三角形，E是BC中点，根据等腰三角形三线合一可知AEBC⊥，结合棱柱性质可知11//BCBC，则11AEBC⊥，所以C正确；对于D项，因为11AC所在的平面与平面1ABE相交，且11AC与

交线有公共点，故11//AC平面1ABE不正确，所以D项不正确.故选C.【点睛】该题考查的是有关立体几何中空间关系的问题，在解题的过程中，需要对其相关的判定定理和性质定理的条件和结论熟练掌握，注意理清其关系，属于中档题10.三棱锥A-BCD的所有顶点都

在球O的表面上，AB⊥平面BCD，2BCBD==，243ABCD==，则球O的表面积为A.16πB.32πC.60πD.64π【答案】D【解析】【分析】根据题意，在BCD△中，利用正弦定理和余弦定理，求得BCD△所在小圆的半径，再根据AB⊥平

面BCD，利用勾股定理求得球的半径即可．【详解】由题意，设BCD△所在小圆的半径为r，且2,23BCBDCD===，在BCD△中，由余弦定理得2221cos22BCBDCDBBCCD+−==−，所以3sin2B=又由正弦定理得23242sin32CDrr

B====，又因AB⊥平面BCD，且43AB=，设球的半径为R，所以22222(2)(43)48RABr=+=+=，所以4R=，所以球的表面积为2244464SR===，故选：D．11.设,EF分别是正方体1111ABCDABCD−棱DC上两点，且2,1ABE

F==，给出下列四个命题：①三棱锥11DBEF−的体积为定值；②异面直线11DB与EF所成的角为45；③11DB⊥平面1BEF；④直线11DB与平面1BEF所成的角为60.其中正确的命题为A①②B.②③C.①②④D.①④【答案】A【

解析】【分析】对于①，由题意及三棱锥的体积的算法中可以进行顶点可以轮换性求解体积即可判断正误；对于②，由题意及图形利用异面直线所成角的概念及求异面直线间的方法及可求解；对于③，由②可知，直线与不垂直，所以面不成立．可攀登者

我可判断正误.为的.【详解】由题意得，如图所示，①中，三棱锥的体积的为，所以体积为定值；②中，在正方体中，，所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，即11145BDC=，所以这正确的；③中，由②可知，直线与不垂直，所以面不成立，所以是错误的；④中，根据斜线与平面所成的角，可知与平面所成的

角，即为11145BDC=，所以不正确．【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，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查推理论论能力、空间想象能力，是中档题．12.如图，梯形ABCD中，AD∥

BC，1ADAB==，ADAB⊥，45BCD=，将ABD沿对角线BD折起．设折起后点A的位置为A，并且平面ABD⊥平面BCD.给出下面四个命题：①ADBC⊥；②三棱锥ABCD−的体积为22；③CD⊥平面ABD；④平面ABC⊥平面ADC.其中正确命题的序号是（）A.①②B.③

④C.①③D.②④【答案】B【解析】【分析】利用折叠前四边形ABCD中的性质与数量关系，可证出BDDC⊥，然后结合平面ABD⊥平面BCD，可得CD⊥平面ABD，从而可判断①③；三棱锥'ABCD−的体积为1122223226=，可判断②；因为CD⊥

平面ABD，从而证明CDAB⊥，再证明'AB⊥平面ADC，然后利用线面垂直证明面面垂直.【详解】①90,BADADAB==，45ADBABD==，//,45ADBCBCD=，BD

DC⊥，平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD平面BCDBD=，CD\^平面ABD，AD平面ABD，CDAD⊥，若ADBC⊥则AD⊥面BCD，则AD⊥BD，显然不成立，故ADBC⊥不成立，故①错误；②棱锥'ABCD−的体积为1122223226=，故②错误；③

由①知CD⊥平面ABD，故③正确；④由①知CD⊥平面ABD，又AB平面ABD，CDAB⊥，又ABAD⊥，且'AD、CD平面ADC，ADCDD=，AB⊥平面ADC，又AB平面'ABC，平面'ABC⊥平面

ADC，故④正确.故选：B.【点睛】本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，关键是利用好直线与平面、平面与平面垂直关系的转化，也要注意利用折叠前后四边形ABCD中的性质与数量关系.第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共6

小题，每小题5分，共30分，请将答案填在答题卡对应的横线上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．）13.已知直线经过点()3,2，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程是________．【答案】5xy+=或230xy−=.【解析】【分析】分类讨论当直线过原点和不过原点两种情况求解.【

详解】由题：直线经过点()3,2，且在两坐标轴上的截距相等，当直线经过原点时，满足在两坐标轴截距相等，其斜率202303k−==−，所以直线方程为：230xy−=；当直线不经过原点时，设其方程为：1xyaa+=过点(

)3,2，所以321aa+=，解得5a=，所以直线方程为5xy+=，综上所述：直线方程为：5xy+=或230xy−=.故答案为：5xy+=或230xy−=.【点睛】此题考查根据直线在坐标轴的截距关系和直线经过的点求直线方程，常用截距式解题，但需要注意

容易漏掉直线过原点的情况.14.已知直线l斜率的取值范围是()3,1−，则l的倾斜角的取值范围是______．【答案】20,,43【解析】【分析】根据斜率与倾斜角的关系即可求解.【详解】因

为直线l斜率的取值范围是()3,1−，所以当斜率01k时，倾斜角04，当斜率30k−时，倾斜角23，综上倾斜角的取值范围20,,43，故答案为：20,,43【点睛】本题主要考查了直线的斜率，直线的倾斜角，属于

中档题.15.已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为163，则该正四棱锥内切球的表面积为________．【答案】(32163)−【解析】【分析】根据侧面积求出正四棱锥的棱长，画出组合体的截面图，根据三角形的相

似求得四棱锥内切球的半径，于是可得内切球的表面积．【详解】设正四棱锥的棱长为a，则2341634a=，解得4a=．于是该正四棱锥内切球的大圆是如图△PMN的内切圆，其中4MN=，23PMPN==．∴22PE=．设内切圆的半径为r，由PFO∽PEN，得FOPOEN

PN=，即22223rr−=，解得226231r==−+，∴内切球的表面积为2244(62)(32163)Sr==−=−．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确

定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．16.一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：①ABEF⊥②AB与CM成

60③EF与MN是异面直线④//MNCD，其中正确的是_________．【答案】①③【解析】【分析】由题可先画出正方体,再利用空间中判断线线夹角的一般方法逐个选项判断即可.【详解】还原正方体如下图示：由正方体性质知：AB//CM且CMEF⊥有ABEF⊥,故①正确，②错误.③,由

图知：EF与MN是异面直线，故正确.④,由正方体的性质知：MNCD⊥,故错误.故答案为：①③.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）17.已知△ABC的顶点为(0,4),(1,2),(3,4)ABC−−−．（1）求BC边上的中线AM所在的直线方程；（2

）求AB边上的高所在的直线方程．【答案】（1）74yx=+；（2）6210xy−−=．【解析】【分析】（1）求出BC中点M的坐标，求出直线AM的斜率，即可得出其直线方程；（2）先求出直线AB的斜率，利用直线垂直的斜率关系，得出AB边上高所在直线的斜率，最后由点斜式得出方程.【详

解】（1）∵△ABC的顶点为(0,4),(1,2),(3,4)ABC−−−．(1,3)M−−43701+==+kBC边上的中线方程为74yx=+.（2）24610−−==−−ABk∴AB边上的高所在的直线方程为：14(3)6+=+yx，即6210xy−−=．【

点睛】本题主要考查了求直线方程，涉及了斜率公式，中点坐标公式，直线垂直斜率间关系的应用，属于中档题.18.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，,MN分别是11CD，BC的中点，（1）求证MN∥平面11BBDD；（2）求MN与平面11ADDA所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）6

6【解析】【分析】（1）取11BC中点N，根据线面平行的判定与性质，证明平面//MPN平面11BBDD即可；（2）取AD中点P，PN中点Q，根据线线平行的性质，结合线面角的定义，证明MN与平面11ADDA所成角即1DQ与平面11ADDA所成角1PDQ，再设2AB=求解1sinP

DQ即可.【小问1详解】取11BC中点N，连接如图，则由中位线的性质可得11//MPDB，且MP平面11BBDD，11DB平面11BBDD，故//MP平面11BBDD.又1BPBN=，1//BPBN，故四边形1BPNB平行四边形，故1//BBPN，同理可得//PN平面11BBDD.又MPP

NP=，,MPPN平面MPN，故平面//MPN平面11BBDD.又MN平面MPN，故//MN平面11BBDD.小问2详解】取AD中点P，PN中点Q，连接如图.易得11,,,PNABDCDC互相平行，又1DMQN

=，故四边形1DMNQ为平行四边形，故1//DQMN.又AB⊥平面11ADDA，故PN^平面11ADDA，故MN与平面11ADDA所成角即1DQ与平面11ADDA所成角1PDQ.设2AB=，122222211116sin6211PQPDQDQDDPDPQ

====++++，即MN与平面11ADDA所成角的正弦值为66为【19.如图，在三棱柱111ABCABC-中，侧棱1AA⊥底面ABC，M为棱AC的中点．=ABBC，=2AC，1=2AA．（1）求证：1BC∥平面1ABM；（2）求证：1AC⊥平面1ABM；【答案】（1）

证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据三角形中位线证明线线平行，进而可证线面平行，（2）由线面垂直得线线垂直，根据线线垂直即可求证线面垂直.【小问1详解】连接1AB与1AB，两线交于点O，连接OM．在1BAC△中，∵M，O分别为AC，1AB的中点，

∴1//OMBC，又∵OM平面1ABM，1BC平面1ABM，∴1//BC平面1ABM．【小问2详解】∵侧棱1AA⊥底面ABC，BM平面ABC，∴1AABM⊥，又∵M为棱AC的中点，ABBC=，∴BMAC⊥．∵1=

AAACA，1AA，AC平面11ACCA，∴BM⊥平面11ACCA，又1AC平面11ACCA，∴1BMAC⊥∵=2AC，∴=1AM．又∵1=2AA，∴在1RtACCV和1RtAAMV中，11tantan2ACCAMA=

=，∴11＝ACCAMA，即111190ACCCACAMACAC+=+=，∴11AMAC⊥∵1BMAMM=，BM，1AM平面1ABM，∴1AC⊥平面1ABM．20.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是菱形，60ABC

=，2AB=，ACBDO=，PO⊥底面ABCD，2PO=，点E在棱PD上，且CEPD⊥．（1）证明：平面PBD⊥平面ACE；（2）求二面角PACE−−的余弦值．（3）求四面体ACDE−的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）217；（

3）237﹒【解析】【分析】(1)证明AC⊥平面PBD即可；(2)连接OE，证明POE是二面角PACE−−的平面角，证明PD⊥OE，利用几何关系求出OE，根据cosOEPOEOP=即可求得答案；(3)求出PE、ED、E

到底面ABCD的距离，再利用ACDEEACDVV−−=即可求解．【小问1详解】∵PO⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴POAC⊥，∵在菱形ABCD中，ACBD⊥，且BDPOO=，BD、PO平面PBD，∴AC⊥平面PBD，∵AC平面ACE，∴平面ACE⊥平面

PBD；【小问2详解】连接OE，则平面ACE平面PBD=OE，由(1)知AC⊥平面PBD，则,ACOEACOP⊥⊥，OC⊥PD，故POE是二面角PACE−−的平面角．∵CEPD⊥，CE∩OE＝E，CE、OE平面OC

E，∴PD⊥平面OCE，∴PD⊥OE．在菱形ABCD中，2AB=，60ABC=，则△ABC是等边三角形，则易知3ODOB==，又2OP=，∴()22237PD=+=，故2322177OPODOEPD===，∴21cos7OEPOEOP==，即二面

角PACE−−的余弦值为217．【小问3详解】由(2)可知，PE=22477OPOE−=，ED＝PD－PE＝377，∵PO⊥底面ABCD，∴点E到底面的距离为E到直线BD的距离，为22137773OEEDOD==67，而23234ACDS==△，16233377ACDEEACDVV−−

===．21.如图，四棱锥SABCD−中，SD⊥底面ABCD，//ABCD，ADDC⊥，1ABAD==，2DC=，2SD=，E为棱SB的中点．（1）求证：SC⊥平面ADE；（2）求点B到平面AEC的距离，

【答案】(1)见证明；(2)2211h=【解析】【分析】（1）取BC的中点F，则//EFSC，通过勾股证得AEEF⊥即得AESC⊥结合ADSC⊥即可得证.（2）先求AECS再求ABCS根据体积公式BAECEABCVV−−=计算即可．【详解】解：（1）取BC的中点F，

连结EF，AF.如图：因为SD⊥底面ABCD所以SDAD⊥,又因为ADDC⊥且SDDCD=,所以AD⊥平面SDC，得ADSC⊥.又因为CD⊥面ASD且//ABCD所以AB⊥面ASD，在RtSAD中2,1,3SDADSA===

,在RtSAB中1,2ABSB==,F为BC的中点，故112AESB==，在tRSCD中2,2,6SDCDSC===,所以1622EFSC==，在ABD中，1,2ABADBD===,故45ABD=,在CBD中，2BDBC==,

故90DBC=,在ABF中，21,,1352ABBFABF===,由余弦定理知102AF=，在AEF中，1AE=,62EF=,102AF=满足勾股定理所以AEEF⊥，从而AESC⊥.所以SC⊥平面ADE.（2）连接BD并取

中点O,连接EO，OC,过O作OMCD⊥交CD于M点，过O作ONAD⊥交AD于N点，如图：在tROMC中，1122OMNDAD===,1122DMNOAB===,13222MCCDDM=−=−=222

21310222OCOMMC=+=+=SD⊥底面ABCD且E为棱SB的中点EO⊥底面ABCD即EOC为直角三角形即2222210322ECOEOC=+=+=

在AEC中1AE=，5AC=，3EC=由余弦定理知1cos23E−=即11sin23E=111111sin1322423AECSAEECE===.1121sin135=12=2222ABCSABBC=

，且BAECEABCVV−−=，11111234322h=，解得2211h=.【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要注意空间思维能力的培养，属于中档题．22.如图，四棱锥P一ABCD中，AB=AD=2BC=2，BC∥AD，AB⊥AD，△PBD为正三角形

．且PA=23．（1）证明：平面PAB⊥平面PBC；（2）若点P到底面ABCD的距离为2，E是线段PD上一点，且PB∥平面ACE，求四面体A-CDE的体积．【答案】（1）见解析；（2）89【解析】【分析】（1）证明A

B⊥PB，AB⊥BC，推出AB⊥平面PBC，然后即可证明平面PAB⊥平面PBC．（2）设BD，AC交于点O，连接OE，点P到平面ABCD的距离为2，点E到平面ABCD的距离为h=223=43，通过VA-CDE=

VE-CDA，转化求解四面体A-CDE的体积．【详解】（1）ABAD⊥，且2ABAD==，22BD=，又PBD为正三角形，22PBPDBD===，又2AB=，23PA=，2PBA=，ABPB⊥，又ABAD⊥，//BCA

D，ABBC⊥，PBBCB=，AB⊥平面PBC，又AB平面PAB，平面PAB⊥平面PBC．（2）如图，设BD，AC交于点O，//BCAD，且2ADBC=，2ODOB=，连接OE，//PB平面ACE

，//PBOE，则2DEPE=，又点P到平面ABCD的距离为2，点E到平面ABCD的距离为24233h==，111482233239ACDEECDAACDVVSh−−====，即四面体ACDE−的体积为89．【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，

几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com