北京市北京亦莊實驗中學(xué)2021-2022學(xué)年高一下學(xué)期期末教與學(xué)質(zhì)量診斷數(shù)學(xué)II試題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁北京市北京亦莊實驗中學(xué)2021-2022學(xué)年高一下學(xué)期期末教與學(xué)質(zhì)量診斷數(shù)學(xué)II試題第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單選題1．若，，則的值為（

）A． B． C． D．2．“點在直線上，在平面內(nèi)”可表示為（

）A．， B．，C．， D．，3．運用斜二測畫法作圖時，下列情況中可能出現(xiàn)的是（

）A．z軸方向上的線段的長度在直觀圖中是原來的一半B．平行四邊形在所在平面內(nèi)的直觀圖不是平行四邊形C．以相交于一個頂點的三條棱所在直線為軸作圖，正方體的直觀圖中所有棱長相等D．直角三角形的直觀圖還是直角三角形4．圓錐的母線長為5，高為3，則圓錐的側(cè)面積為（

）A． B．C． D．5．已知平面向量滿足，則“與互相垂直”是的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件6．函數(shù)的部分圖象如圖所示，則的值為（

）A． B．C． D．17．已知，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，給出下列四個命題：①如果，，，，那么；②如果，，那么；③如果，，，那么；④如果，，，那么.其中正確命題的個數(shù)有（

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

）A． B．3C． D．9．已知在中，，則的大小隨三角形形狀而變化時（

）A．有最大值，無最小值 B．無最大值，有最小值C．既有最大值，又有最小值 D．既無最大值，也無最小值10．在棱長為1的正方體中，分別為的中點，點在正方體的表面上運動，且滿足，則下列說法正確的是（

）A．點可以是棱的中點 B．線段的最大值為C．點的軌跡是正方形 D．點軌跡的長度為第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分二、填空題11．一個球的半徑為，若它的體積值是表面積值的2倍，則的值是________.12．在中，角，則________.13．已知，是兩個不同的平面，m，n是平面及之外的兩條不同直線，給出四個論斷：①；②；③；④.以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結(jié)論，寫出你認(rèn)為正確的一個命題：______.14．如圖，在△ABC中，D是AC邊上的點，且AB＝AD＝BD，BC＝2BD，則sinC的值是________．15．如圖，AB是半圓O的直徑，C，D是弧AB的三等分點，M，N是線段AB的三等分點，若OA=6，則的值是_____.16．中國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中記載：“今有羨除”．劉徽注：“羨除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”現(xiàn)有一個羨除如圖所示，四邊形ABCD，ABFE，CDEF均為等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝6，CD＝8，EF＝10，EF到平面ABCD的距離為3，CD與AB間的距離為10，則這個羨除的體積是________．17．正多面體與正多邊形一樣，具有很多優(yōu)美的性質(zhì)，也是立體幾何學(xué)習(xí)中的常見模型.在棱長為1的正方體中，分別將6個正方形的中心點依次記為給出下列結(jié)論:①正方體的所有截面中，正多邊形只有正三角形和正方形;②以為頂點連成一個幾何體，這個幾何體是正八面體;③三棱錐是正四面體，它的外接球半徑是；④將②中多面體MNPQRS的各個面的中心標(biāo)出，用線段將這些中心點連成幾何體，可以得到一個新的正方體，它的棱長是.則其中正確的有________.評卷人得分三、雙空題18．如圖，已知垂直于正方形所在的平面，連接、、、、，則圖中所標(biāo)的各線段中，一定與垂直的線段有________條；若，則的值是________.評卷人得分四、解答題19．已知向量，函數(shù).(1)當(dāng)時，求的取值范圍.(2)當(dāng)和的夾角為銳角時，求的取值范圍.20．如圖，已知正方體，點為棱的中點.(1)證明：平面.(2)證明：.(3)在圖中作出平面截正方體所得的截面圖形(如需用到其它點，需用字母標(biāo)記并說明位置)，并說明理由.21．已知的面積為，再從條件①?條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求：（1）b和c的值；（2）的值.條件①：，；條件②：，.22．如圖，在三棱錐中，已知是正三角形，平面，，為的中點，在棱上，且.(1)求三棱錐的體積;(2)求證：平面；(3)若為中點，是否存在在棱上，，且平面?若存在，求的值并說明理由;若不存在，給出證明.23．定義:在中，若其某一內(nèi)角等于另一內(nèi)角的二倍，則稱為“二倍三角形”(1)若為二倍三角形，，求的面積(2)對于二倍三角形，記，用含的代數(shù)式表示的比.(3)根據(jù)（2）的計算結(jié)果，是否存在三邊長皆為整數(shù)的二倍三角形?若存在，舉出一例并驗證;若不存在，則說明理由.24．我們知道，二元實數(shù)對可以表示平面直角坐標(biāo)系中點的坐標(biāo)；那么對于元實數(shù)對，是整數(shù)，也可以把它看作一個由條兩兩垂直的“軸”構(gòu)成的高維空間（一般記為中的一個“點”的坐標(biāo)表示的距離.(1)當(dāng)時，若，，，求，和的值；(2)對于給定的正整數(shù)，證明中任意三點滿足關(guān)系；(3)當(dāng)時，設(shè)，，，其中，，，．求滿足點的個數(shù)，并證明從這個點中任取11個點，其中必存在個點，它們共面或者以它們?yōu)轫旤c的三棱錐體積不大于．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．A【解析】【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得；【詳解】解：因為且，所以，所以；故選：A2．B【解析】【分析】根據(jù)點與線，線與面的關(guān)系書寫即可.【詳解】解：因為點在直線上，在平面內(nèi)。所以符號語言為：，故選：B3．D【解析】【分析】根據(jù)斜二測畫法的概念判斷A、B、C，利用特例說明D.【詳解】解：根據(jù)斜二測畫法可知，與軸平行的線長度不變，故A錯誤；斜二測畫法畫平面圖形的直觀圖，原來平行的線依然平行，故平行四邊形的直觀圖依然是平行四邊形，故B錯誤；正方體的直觀圖中，與、軸平行的線長度不變，與軸平行的線長度變?yōu)樵瓉淼囊话耄蔆錯誤；對于D：如圖直角三角形，，，則其直觀圖如下所示：則，，又，則，所以，故D正確；故選：D4．B【解析】【分析】首先根據(jù)勾股定理求得底面半徑，則可以得到底面周長，然后利用扇形的側(cè)面積公式即可求解.【詳解】解：底面半徑是：，則底面周長是，則圓錐的側(cè)面積是：，故選：B.5．C【解析】【分析】第一點：充分利用非零向量垂直與兩向量數(shù)量積為零的相互轉(zhuǎn)化；第二點：緊扣充分，必要條件的概念.【詳解】若與互相垂直，則，展開得，把代入解得，，所以.若，則，有，所以與互相垂直.綜上可知，“與互相垂直”是的充分必要條件.故選：C.6．B【解析】【分析】先根據(jù)函數(shù)的圖象求出函數(shù)的解析式，再求得解.【詳解】由圖可得，∴，由圖可得，又，∴，所以，∴.故選：B.7．D【解析】【分析】根據(jù)空間中線線、線面、面面的位置關(guān)系一一判斷即可.【詳解】解：對于①如果，，，，那么或與相交，故①錯誤；對于②如果，，由線面垂直的性質(zhì)可知，故②正確；對于③如果，，，那么或或與相交（不垂直）或與異面（不垂直），故③錯誤；對于④如果，，，那么或與相交（不垂直），當(dāng)且僅當(dāng)，，，，那么，故④錯誤.故選：D8．C【解析】【分析】由的最大值為2，利用輔助角公式可求的值，代入，并根據(jù)輔助角公式可得，根據(jù)正弦函數(shù)的圖像與性質(zhì)可得，根據(jù)兩角和的正弦公式可求解.【詳解】解：根據(jù)輔助角公式可得，其中.由的最大值為2可得,解得.∴.∵，∴.∴當(dāng)，即時，取得最大值.故.故選:C.9．A【解析】【分析】利用正弦定理可得，進(jìn)而可得，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合條件即得.【詳解】由正弦定理可得，所以，又，，，，所以，又，所以，即有最大值，無最小值.故選：A.10．D【解析】在正方體中，以點為坐標(biāo)原點，分別以、、方向為軸、軸、軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)，確定點的軌跡，在逐項判斷，即可得出結(jié)果.【詳解】在正方體中，以點為坐標(biāo)原點，分別以、、方向為軸、軸、軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，因為該正方體的棱長為，分別為的中點，則，，，，所以，設(shè)，則，因為，所以，，當(dāng)時，；當(dāng)時，；取，，，，連接，，，，則，，所以四邊形為矩形，則，，即，，又，且平面，平面，所以平面，又，，所以為中點，則平面，所以，為使，必有點平面，又點在正方體的表面上運動，所以點的軌跡為四邊形，因此點不可能是棱的中點，即A錯；又，，所以，則點的軌跡不是正方形；且矩形的周長為，故C錯，D正確；因為點為中點，則點為矩形的對角線交點，所以點到點和點的距離相等，且最大，所以線段的最大值為，故B錯.故選：D.【點睛】關(guān)鍵點點睛：求解本題的關(guān)鍵在于建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量的方法，由，求出動點軌跡圖形，即可求解.11．6【解析】【分析】根據(jù)球的表面積公式與體積公式列方程即可求解.【詳解】解：由球的體積值是表面積值的2倍，可得，解得.故答案為:6.12．【解析】【分析】利用正弦定理可得，然后利用誘導(dǎo)公式及同角關(guān)系式即得.【詳解】由正弦定理可得，所以，又，所以，，所以.故答案為：.13．①③④②（或②③④①）【解析】，，，由面面垂直的性質(zhì)定理得；，，，由面面垂直的判定定理得．【詳解】∵，是兩個不同的平面，m，n是平面及之外的兩條不同的直線，若①，③，則.又∵④，∴②.即①③④②.若②，③，則.又∵④，∴①.即②③④①.故答案為：①③④②（或②③④①）【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、空間想象能力，屬于中檔題．14．【解析】【分析】直接利用正弦定理和三角函數(shù)的值，即可得答案．【詳解】設(shè)則，，，，如圖所示：過點作，在中，所以，解得，所以，在中，利用正弦定理，，整理得．故答案為：．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵掌握正弦定理在幾何中的基本運用．15．【解析】【分析】根據(jù)已知條件，得到，利用平面向量的線性運算表示出，由此求得.【詳解】連接，依題意可知，由于，是線段的三等分點，所以.，，所以故答案為：【點睛】本小題主要考查平面向量的線性運算，考查平面向量數(shù)量積的運算，屬于基礎(chǔ)題.16．120【解析】【分析】如圖，過點作，過點作，垂足分別為，連接，將一側(cè)的幾何體補(bǔ)到另一側(cè)，組成一個直三棱柱，從而可求得體積【詳解】解：如圖，過點作，過點作，垂足分別為，連接，將一側(cè)的幾何體補(bǔ)到另一側(cè)，組成一個直三棱柱，則由題意可得底面積為，棱柱的高為8，所以體積為，故答案為：12017．②④【解析】【分析】對①，舉反例判斷即可；對②，畫圖分析即可；對③，取正方體中心，的中點分別為，可判斷出三棱錐是正四面體，且與正方體的外接球相同，從而得到外接球半徑即可；對④，先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，結(jié)合③中信息可得多面體MNPQRS的各個面的中心即正方體體對角線的所有三分點，進(jìn)而判斷出為正方體及其棱長即可.【詳解】對①，正方體的所有截面中，正多邊形還可以有正六邊形，故①錯誤；對②，根據(jù)正方體的對稱性可得，以為頂點連成一個八面體，且各邊相等，且，，均為正方形，故為正八面體，故②正確；對③，取正方體中心，的中點分別為，連接如圖，易得為正方體，且棱長為，故三棱錐是正四面體，其外接球半徑與正方體的外接球相同，半徑為，故③錯誤；對④，設(shè)為的中心，由③可得三棱錐是正四面體，故平面.連接如圖，由正方體可得，且，又，平面，故平面，又平面，故，同理，又由中位線性質(zhì)可得，，故，，又，平面，故平面.又平面，故三點共線.因為，，故，故，即為的三分點.同理可得多面體MNPQRS的各個面的中心即正方體體對角線的所有三分點.故多面體MNPQRS的各個面的中心連成的幾何體的為正方體，且根據(jù)體對角線的長度比例可得，該幾何體與正方體的比例為，即棱長為，故④正確；故答案為：②④18．

【解析】【分析】依題意可得，再由線面垂直得到，即可得到平面，再設(shè)，即可求出、、，最后由余弦定理計算可得.【詳解】解：因為垂直于正方形所在的平面，則，又平面，平面，所以，，平面，所以平面，又平面，所以，顯然、、、與均不垂直，又，所以，所以與垂直的線段只有、、共條，設(shè)，則，，所以，所以，在中，由余弦定理；故答案為：；．19．(1)(2)【解析】【分析】（1）由向量的數(shù)量積運算和三角恒等變換化簡函數(shù)，再根據(jù)角的范圍和正弦函數(shù)的性質(zhì)可求得答案；（2）由向量的數(shù)量積運算得，且，求解即可.（1）因為，所以，因為，所以，所以，所以，所以的取值范圍為.（2）當(dāng)和的夾角為銳角時，則，且，即且且，解得或，所以的取值范圍為.20．(1)證明見解析(2)證明見解析(3)圖形見解析，證明見解析.【解析】【分析】（1）連接，交于點，連接，即可得到，從而得證；（2）由正方體的性質(zhì)可得，再由，即可得到平面，從而得證；（3）取的中點，連接、，則為平面截正方體所得的截面，取的中點，連接、，由正方體的性質(zhì)可得、，即可得證.（1）證明：連接，交于點，連接，因為是正方形，所以為的中點，又為棱的中點，所以，平面，平面，所以平面，（2）證明：在正方體中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，

又平面，所以.（3）解：如圖取的中點，連接、，則為平面截正方體所得的截面，證明：取的中點，連接、，因為為棱的中點所以且，且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又且，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，即、、、四點共面，即為平面截正方體所得的截面；21．若選擇條件①：（1），；（2）.若選擇條件②：（1），；（2）.【解析】【分析】若選擇條件①：（1）由，可得，再由三角形面積可求出，再由余弦定理求出c的值；（2）由正弦定理，分別求出、的值，再由同角三角函數(shù)的平方關(guān)系求出、的值，最后利用兩角差的正弦公式計算的值即可.若選擇條件②：（1）易得，由可得，由三角形面積，列式計算，進(jìn)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，進(jìn)而由同角三角函數(shù)的平方關(guān)系求得，最后利用兩角差的正弦公式計算的值即可.【詳解】若選擇條件①：（1）在中，因為，所以，，

因為，，所以，由余弦定理，，可得；（2）由正弦定理，可得，所以，，因為A，，所以，，所以.若選擇條件②：（1）在中，因為，所以，因為，所以，，因為，所以，由余弦定理，，所以；（2）由正弦定理得，所以，因為，所以，所以．22．(1)(2)證明見解析(3)，理由見解析【解析】【分析】（1）利用，結(jié)合錐體的體積公式，即可求解；（2）取的中點，連接，證得，根據(jù)，證得，由是正三角形，得到，證得，再由平面，證得，進(jìn)而證得平面.（3）當(dāng)時，連接，設(shè)，連接，得到，進(jìn)而得到，結(jié)合線面平行的判定定理，即可求解.（1）解：因為為等邊三角形，且，所以，又因為平面，且，即三棱錐的高為，所以.（2）證明：取的中點，連接，因為，可得，又因為，可得為的中點，因為為的中點，所以，則，又因為是正三角形，所以，因為平面，平面，所以，又因為，所以平面，又平面所以，因為且平面，所以平面.（3）解：存在這樣的點，當(dāng)時，平面，證明：當(dāng)時，連接，設(shè)，連接，由條件知為的重心，所以，所以當(dāng)時，,因為平面，平面，所以平面.即時，平面.23．(1)1或(2)(3)存在【解析】【分析】（1）若，則，求得三角形的邊可得的面積；若，則，求得三角形的邊可得的面積；（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）設(shè)，若存在三邊長皆為整數(shù)的二倍三角形，則k為大于0的整數(shù)，由此可得結(jié)論.（1）因為為二倍三角形，若，則，又，所以，所以的面積為；若，則，又，所以，所以的面積為；（2）因為二倍三角形，，所以，，所以，所以；（3）存在三邊長皆為整數(shù)的二倍三角形，理由如下：由（2）得，則設(shè)，若存在三邊長皆為整數(shù)的二倍三角形，則k為大于0的整數(shù)，如，時，，即滿足題意.所以存在三邊長