北京市第二中学2024?2025学年高一下学期第五学段数学试题（含详解）

北京市第二中学2024 2025学年高一下学期第五学段数学试题
一、单选题
1．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
2．设长方体的长、宽、高分别为，其顶点都在一个球面上，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，为的直观图，且的面积为，则中最长的边长为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知单位向量满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，，则“”是“是钝角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，圆锥形容器的高为，容器内水面的高为，且，若将容器倒置，水面高为，则等于（ ）
A． B． C． D．
9．如图，已知正方体的棱长为，、分别是棱、上的动点，设，.若棱与平面有公共点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．在湖南省湘江上游的永州市祁阳县境内的沿溪碑林，是稀有的书法石刻宝库，保留至今的有505方摩崖石刻，最引入称颂的是公元771年摹刻的《大唐中兴颂》，因元结的“文绝”，颜真卿的“字绝”，摩崖石刻的“石绝”，誉称“摩崖三绝”，该碑高3米，宽3.2米，碑身离地有3.7米（如图所示），有一身高为的游客从正面观赏它（该游客头顶T到眼睛C的距离为），设该游客离墙距离为x米，视角为，为使观赏视角最大，x应为（ ）
A． B．3 C． D．
11．如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得到，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法错误的是（ ）
A．在翻折过程中，存在某个位置使得
B．若，则与平面所成角的正切值为
C．三棱锥体积的最大值为
D．当时，的最小值为
12．在单位正方体内任取一个点，过这个点作三个平行于正方体面的平面，将正方体分成个小长方体，则这些小长方体中体积不大于的长方体的个数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．在正方体中，二面角的平面角等于 ．
14．已知向量．若，则 ．
15．已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是 .
16．如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与，所成的角为 ， ，则 ， .
17．已知正四面体中，分别在棱上. 若, ，则 ．
18．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设．
①若平面是面积为的等边三角形，则；
②若，则；
③若平面为直角三角形，且，则；
④若，则球面的体积；
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
19．已知函数.
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）若，求的最大值和最小值及取得最值时相应的值.
20．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求证：平面.
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）和的值；
（2）的值．
条件①:，；条件②:，.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
22．如图所示，在三棱柱中，侧棱底面，为棱的中点．，， .
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．
23．对于n行n列（）的数表，定义T变换：任选一组，其中，，对于A中第行和第j列个数，将每个数同时加1，或者将每个数同时减1，其余的数不变，得到一个新数表．
（1）已知对依次进行4次T变换，如下：，写出a，b，c，d的值．
（2）已知，，那么是否可以依次进行有限次T变换，将A变换为B？说明理由．
（3）已知11行11列的数表，那么是否可以依次进行k次T变换，将其变换为？若可以，求k的最小值；若不可以，说明理由．
参考答案
1．【答案】D
【详解】
如图，在正方体中分析选项A、B、C.
A.平面，平面，平面平面，但，A错误.
B.，平面，但平面，B错误.
C.平面平面，平面，，但平面，C错误.
D.取直线的方向向量，直线的方向向量，
∵，，∴分别为平面的法向量，
∵，∴，∴，D正确.
故选D.
2．【答案】B
【详解】由题可知球直径为长方体的体对角线，故半径为，
.
故选B.
3．【答案】D
【详解】对于A,如下图所示，
易得,
则，
又平面,平面,
则平面，故A满足；
对于B，如下图所示，
为所在棱的中点，连接,
易得,
则四边形为平行四边形，
四点共面，
又易知，
又平面,平面,
则平面，故B满足；
对于C,如下图所示，
点为所在棱的中点，连接,
易得四边形为平行四边形，四点共面，
且,
又平面,平面,
则平面，故C满足；
对于D，连接,
由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形，
所以与所在的直线相交，
故不能推出与平面不平行，故D不满足，
故选D.
4．【答案】B
【详解】设，
由题意可得，则，
所以，
所以在中，，
由，所以，即中最长的边长为.
故选B
5．【答案】C
【详解】化简得，
，
，，
，
故选:C.
6．【答案】A
【分析】先判断如果能不能推出是钝角三角形，再判断如果是钝角三角形，是否一定有即可.
【详解】如果，由于B是三角形的内角，并且，则，
即，是钝角三角形，
所以“”是“是钝角三角形”的充分条件；
如果是钝角三角形，不妨设，则，
所以“”不是“是钝角三角形”的必要条件.
故选A.
【方法总结】充分必要条件和对应集合的关系可根据如下规则转化：
若p是q的必要不充分条件，则q对应集合是p对应集合的真子集；
若p是q的充分不必要条件，则p对应集合是q对应集合的真子集；
(3)若p是q的充要条件，则p对应集合与q对应集合相等；
(4)若p是q的既不充分也不必要条件，则q对应集合与p对应集合互不包含.
7．【答案】D
【详解】如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选D
8．【答案】D
【详解】设容器底面半径为，倒置前液面的半径为，倒置后液面的半径为
则，
则水的体积为，
倒置后水的体积，
所以，
故选D
9．【答案】A
【详解】由题意，若，则棱与平面交于点，符合题意，此时；
若，，则棱与平面交于线段，符合题意，此时.
排除B、C、D选项.
故选A．
10．【答案】A
【详解】设，由图可知，
，
由基本不等式知，当，即时，最大，从而角最大.
故选A
11．【答案】D
【详解】对于A，当平面与平面垂直时，
，平面与平面的交线为，平面,
平面，又平面，
，，故A正确；
对于B，连接，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为为的中点，
所以，
又平面，
所以平面，
则即为与平面所成角的平面角，
在中，，则，
，
所以，
即与平面所成角的正切值为，故B正确；
对于C，三棱锥的体积（为点到平面的距离）.
.
当平面平面时，最大，的最大值为，此时，所以三棱锥体积的最大值为，选项C正确.
对于D，当时，因为为的中点，
所以，则，
又因为的中点，所以，
又，所以，
所以，
如图将沿旋转，使其与在同一平面内，
则当三点共线时，最小，
即的最小值为，
在中，，
则，
所以，
所以的最小值为，故D错误.
故选D.
12．【答案】B
【详解】设该正方体的长宽高分别被切成长度为和,和,和的两段,
设,且根据据对称性，可不妨设,
此时，8个长方体的体积分别是
由,可知，
因为,
所以,
又因为,
所以和中至少有一个数不超过,
所以这8个长方体中至少有4个的体积不超过.
当时，8个长方体的体积分别是0.0625;0.061875;0.061875;0.075625;0.151875;0.185625;0.185625;0.226875;
此时这8个长方体中恰有4个的体积不超过.
综上，这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值为4.
故选:B.
13．【答案】
【详解】
在正方体中，面，面，
所以，因为，，平面，
所以平面，平面，所以，
所以二面角的平面角为,在正方体中易知.
14．【答案】.
【详解】,
，解得.
15．【答案】1
【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，则，解得：，又，解得：.
16．【答案】；
【解析】本题考查等角定理及其辨析、面面平行
在正方体中,是棱的中点,
如图，延长与延长线交于点,连接,则直线即为直线,,
由,得,又,于是,
由平面平面,平面 平面,平面 平面,
则,又,因此,,
所以.
17．【答案】3或
【详解】
当时，是等边三角形，因此.
在中，由余弦定理可得，
则，解得.
当时，不妨设.
在中分别使用余弦定理可得
由可知是关于的方程的两个相异正实根，
所以
可写为，因此，解得.
即.
18．【答案】①②④
【详解】对于①，因等边三角形的面积为，则，
又，故，则，故①正确；
对于②，由可得，故，即②正确；
对于③，由余弦定理可知，由可得，，
即，化简得，．
取，则，则，故③错误；
对于④，由可得，故，
由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，
则三棱锥的体积,
而球面的体积，故④正确.
19．【答案】（1）最小正周期为，增区间为
（2）当时，，当时，
【详解】（1）函数
，
所以函数的最小正周期为，
由可得，
所以函数的增区间为.
（2）当时，，
故当时，即当时，取最小值，即；
当时，即当时，取最大值，即.
20．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.
∵底面为矩形，∴，∴；
（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴.
又，，、平面，平面，
∵平面，∴平面平面；
（Ⅲ）如图，取中点，连接.

∵分别为和的中点，∴，且.
∵四边形为矩形，且为的中点，∴，
∴，且，∴四边形为平行四边形，
∴，又平面，平面，∴平面.
21．【答案】（1）条件选择，答案见解析；
（2）条件选择，答案见解析.
【详解】（1）选①，在中，由得：，而，
则面积，解得，
由余弦定理得：，
所以，.
选②，在中，由得：，而，即，
则面积，解得，
由余弦定理得：，
所以，.
（2）选①，由（1）及正弦定理得：，则，
，而角为钝角，于是得，
所以.
选②，由（1）知，，
所以.
22．【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）存在，.
【详解】（1）连结交于O，连结
在中，因为M，O分别为AC，中点，所以
又因为平面，平面，所以平面
（2）因为侧棱底面ABC，平面ABC，所以
又M为棱AC中点，，所以
因为，，平面
所以平面，平面，所以
因为M为棱AC中点，，所以，又，
所以在和中，
所以，即，所以
因为，BM，平面，所以平面
（3）当点N为中点时，即，平面平面
设中点为D，连结DM，
因为D，M分别为，AC中点，所以，且
又因为N为中点，所以，且，
所以四边形DMBN是平行四边形，所以，
结合（2）平面，则平面，
又平面，所以平面平面
23．【答案】（1），
（2）不可以，理由见解析
（3）可以，k的最小值为400
【详解】（1）经过变换得到，显然没有变，从1变为2，
所以和均增加1，故，
经过变换得到，显然没有变，从1变为2，
故和均增加1，故，
经过变换得到，满足要求，
综上，，；
（2）不可以，理由如下：
由题可知，每次变换，数表中的所有数的和增加或减少5，
因为中所有数的和为0，所以经过有限次T变换后，各数之和应为5的倍数，
而中所有数的和为9，不合要求，
故不可以依次进行有限次T变换，将A变换为B．
（3）可以，且的最小值为400，
当所选时，所有加1的变换与减1的变换次数之差设为，
当所选且，或者且时，
所有加1的变换与减1的变换次数之差设为，
当所选时，加1的变换与减1的变换次数之差设为，
由于，
由于，，和为100，故，
由于或时，，和为，
故，
由于，故，
联立可得，解得，
所以，
其中符合题意的400次变换构造如下：
当所选时，各进行一次减1的变换，共进行100次变换，得到
当所选且，或者且时，
各进行10次加1的变换，共进行200次变换，得到
当所选时，进行100次减1的变换，得到