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2024-2025 学年江西省景德镇一中高一（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.下列几何体中，有且仅有8个面的是( )
A. 六棱柱
B. 六棱锥
C. 八棱锥
D. 五棱柱
2.已知水平放置的四边形𝑂𝐴𝐵𝐶按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中𝑂′𝐴′ //𝐵′𝐶′，∠𝑂′𝐴′𝐵′ = 90°，
𝑂′𝐴′ = 2，𝐵′𝐶′ = 4，则原四边形𝑂𝐴𝐵𝐶的面积为( )
A. 24
2
B. 12
2
C. 6
2
D. 3
2
3.已知𝑃为△𝐴𝐵𝐶所在平面外一点，平面𝛼//平面𝐴𝐵𝐶，且𝛼交线段𝑃𝐴，𝑃𝐵，𝑃𝐶于点𝐴′，𝐵′，𝐶′，若𝑃𝐴′：
𝐴𝐴′ = 2：3，则𝑆△𝐴′ 𝐵′ 𝐶′：𝑆△𝐴𝐵𝐶= ( )
A. 2：3
B. 2：5
C. 4：9
D. 4：25
4.已知𝑚，𝑛是两条不重合的直线，𝛼，𝛽是两个不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若𝑚⊥𝛼，𝑛//𝛽，𝛼⊥𝛽，则𝑚⊥𝑛
B. 若𝑚⊥𝑛，𝑚⊥𝛼，𝑛//𝛽，则𝛼⊥𝛽
C. 若𝑚//𝑛，𝑚//𝛼，𝑛//𝛽，则𝛼//𝛽
D. 若𝑎//𝛼，𝑎⊂𝛽，𝛼∩𝛽= 𝑏，则𝑎//𝑏
5.给出下列四个命题：
①正三棱锥所有的棱长相等；
②底面是正多边形的棱柱是正棱柱；
③底面是等边三角形的三棱锥是正三棱锥；
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④以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台．
其中真命题的个数为( )
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
6.在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，已知𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐴𝐵𝐶= 60°，𝑃𝐴= 𝐴𝐵，则异面直线
𝑃𝐵与𝐴𝐷所成角的余弦值为( )
A.
2
6
B.
2
5
C.
2
4
D.
2
3
7.已知圆锥的顶点为𝑆，𝑂为底面圆心，母线𝑆𝐴，𝑆𝐵互相垂直且△𝑆𝐴𝐵的面积为2，直线𝑆𝐴与圆锥底面所成
角为𝜋
6，则二面角𝑆−𝐴𝐵−𝑂的大小为( )
A.
𝜋
12
B.
𝜋
6
C.
𝜋
4
D.
𝜋
3
8.如图，棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸为棱𝐶1𝐷1中点，𝐹为棱𝐶𝐶1中点，点𝐺在侧面𝐶𝐶1𝐷1𝐷上运
动(含边界)，若𝐴𝐺//平面𝐴1𝐸𝐹，则点𝐺的轨迹长度为( )
A.
2
B.
2
2
C. 2
D. 1
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.如图，在下列四个正方体中，𝐴，𝐵为正方体的两个顶点，𝐷，𝐸，𝐹为所在棱的中点，则在这四个正方体
中，直线𝐴𝐵与平面𝐷𝐸𝐹平行的是( )
A.
B.
C.
D.
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10.如图，在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸，𝐹分别为𝐶1𝐷1，𝐵1𝐶1的中点，𝑂，𝑀分别为𝐵𝐷，𝐸𝐹的中点，
则( )
A. 四点𝐵，𝐷，𝐸，𝐹在同一平面内
B. 三条直线𝐵𝐹，𝐷𝐸，𝐶𝐶1有公共点
C. 直线𝐴1𝐶与直线𝑂𝐹相交
D. 直线𝐴1𝐶上存在点𝑁使𝑀，𝑁，𝑂三点共线
11.如图，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为 2，𝐸，𝐹分别是𝐴𝐷，𝐷𝐷1的中点，点𝑃是底面𝐴𝐵𝐶𝐷内一动
点，则下列结论正确的是( )
A. 异面直线𝐴1𝐵与𝐴𝐷1所成的角是
𝜋
3
B. 过𝐵，𝐸，𝐹三点的平面截正方体所得截面图形是菱形
C. 存在点𝑃，使得𝐹𝑃//平面𝐴𝐵𝐶1𝐷1
D. 正四面体𝐴1−𝐵𝐷𝐶1的高为2
6
3
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分。
12.在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的所有棱中，既与𝐴𝐵共面，又与𝐶𝐶1共面的棱有______条.
13.已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为4，𝐸，𝐹分别是棱𝐴1𝐷1，𝐴1𝐵1的
中点，过直线𝐵𝐷的平面𝛼//平面𝐴𝐸𝐹，则平面𝛼截正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1
所得截面的面积为______．
14.如图，已知正四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的棱长均为2，𝑀，𝑁分别是𝐵𝑃，𝐵𝐶的中
点，𝑇是△𝐴𝑀𝐶所在平面内的一点，则𝐵𝑇+ 𝑁𝑇的最小值为______．
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)
如图所示，已知𝑃是平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷所在平面外一点，𝑀、𝑁分别是𝐴𝐵、𝑃𝐶的中点，平面𝑃𝐴𝐷∩平面
𝑃𝐵𝐶= 𝑙．
(1)求证：𝑙//𝐵𝐶;
(2)𝑀𝑁与平面𝑃𝐴𝐷是否平行？试证明你的结论．
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16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，底面𝐴𝐵𝐶为直角三角形，𝐴𝐵= 𝐵𝐶，𝐷，𝐸分别为𝐵𝐶，𝐴𝐶的中点.求
证：
(1)𝐴1𝐵1//平面𝐷𝐸𝐶1；
(2)若𝐴1𝐴= 4，𝐴𝐵= 2，求点𝐵到平面𝐵1𝐸𝐷的距离．
17.(本小题15分)
如图，在多面体𝐴𝐵𝐶𝐸𝐷中，△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，𝐴𝐷//𝐶𝐸，𝐴𝐶⊥𝐶𝐸，𝐴𝐶= 𝐶𝐸= 2𝐴𝐷= 2.点𝐹为𝐵𝐶的中
点，平面𝐴𝐶𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶．
(1)求证：𝐴𝐹⊥平面𝐵𝐶𝐸；
(2)设点𝐺为𝐵𝐸上一点，且𝐵𝐺= 2
3𝐵𝐸，求二面角𝐵−𝐴𝐹−𝐺的余弦值．
18.(本小题17分)
如图，长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵= 𝐴𝐷= 1，𝐴𝐴1 = 2，点𝑃为𝐷𝐷1的中点．
(1)求证：平面𝑃𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1；
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(2)求直线𝐴1𝐵与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角的正弦值；
(3)在直线𝐵𝐵1上是否存在点𝑄使得𝑃𝑄⊥面𝐴𝐶𝑃，若存在，则此时
𝐵1𝑄
𝐵𝑄为多少；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
如图，正四棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷𝐸和正四面体𝐴−𝐶𝐷𝐹的所有棱长均相等，𝐺为𝐵𝐸的中点．
(1)证明：𝐹𝐺⊥𝐶𝐷；
(2)证明：点𝐴，𝐵，𝐶，𝐹共面；
(3)判断𝐹𝐺是否垂直于平面𝐴𝐶𝐷，若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．
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参考答案
1.𝐴
2.𝐵
3.𝐷
4.𝐷
5.𝐴
6.𝐶
7.𝐶
8.𝐴
9.𝐴𝐶
10.𝐴𝐵𝐷
11.𝐴𝐶𝐷
12.5
13.18
14.
3
15.解：(1)证明：
因为𝐵𝐶//𝐴𝐷，𝐵𝐶⊄平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，
所以𝐵𝐶//平面𝑃𝐴𝐷．
又因为平面𝑃𝐵𝐶∩平面𝑃𝐴𝐷= 𝑙，
所以𝐵𝐶//𝑙;
(2)平行．
如图：
取𝑃𝐷的中点𝐸，连接𝐴𝐸、𝑁𝐸，
∵𝑁是𝑃𝐶的中点，𝐸是𝑃𝐷的中点，
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∴𝑁𝐸//𝐶𝐷，且𝑁𝐸= 1
2𝐶𝐷，
∵𝐶𝐷//𝐴𝐵，𝑀是𝐴𝐵的中点，
∴𝑁𝐸//𝐴𝑀且𝑁𝐸= 𝐴𝑀．
所以四边形𝐴𝑀𝑁𝐸为平行四边形，
所以𝑀𝑁//𝐴𝐸．
又∵𝑀𝑁⊄平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐷，
所以𝑀𝑁//平面𝑃𝐴𝐷．
16.解：(1)证明：因为𝐷，𝐸分别为𝐵𝐶，𝐴𝐶的中点，所以𝐷𝐸//AB，
因为直三棱柱性质可得𝐴𝐵//𝐴1𝐵1，所以𝐷𝐸//𝐴1𝐵1，
又因为𝐷𝐸⊂平面𝐷𝐸𝐶1，𝐴1𝐵1⊄平面𝐷𝐸𝐶1，
所以𝐴1𝐵1//平面𝐷𝐸𝐶1；
(2)由底面𝐴𝐵𝐶为直角三角形，𝐴𝐵= 𝐵𝐶，则𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，
又𝐷𝐸//𝐴𝐵，则𝐷𝐸⊥𝐵𝐶，
由直三棱柱性质可得𝐵𝐵1 ⊥平面𝐴𝐵𝐶，
又𝐵𝐶、𝐷𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶，则𝐵𝐵1 ⊥𝐵𝐶、𝐵𝐵1 ⊥𝐷𝐸，又𝐵𝐵1、𝐵𝐶⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，
𝐵𝐵1 ∩𝐵𝐶= 𝐵，
故DE ⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，又𝐷𝐵1 ⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，
故DE ⊥𝐷𝐵1，
又𝐵𝐷= 1
2𝐵𝐶= 1、𝐷𝐸= 1
2𝐴𝐵= 1，𝐵1𝐷=
𝐵𝐷2 + 𝐵𝐵2
1 = 12 + 42 = 17，
则𝑉𝐵1−𝐵𝐷𝐸= 1
3 × 𝑆△𝐵𝐷𝐸× 𝐵𝐵1 = 1
3 × 1
2 × 𝐵𝐷× 𝐷𝐸× 𝐵𝐵1 = 1
6 × 1 × 1 × 4 = 2
3，
设点𝐵到平面𝐵1𝐸𝐷的距离为𝑑，
则由𝑉𝐵1−𝐵𝐷𝐸= 𝑉𝐵−𝐵1𝐷𝐸，
可得1
3 × 𝑆△𝐵1𝐷𝐸× 𝑑= 1
3 × 1
2 × 𝐷𝐸× 𝐷𝐵1 × 𝑑= 1
3 × 1
2 × 1 × 17 × 𝑑=
17
6 ⋅𝑑= 2
3，
即𝑑= 4
17
17 ，
即点𝐵到平面𝐵1𝐸𝐷的距离为4
17
17 ．
17.(1)证明：因为平面𝐴𝐶𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，且平面𝐴𝐶𝐷𝐸∩平面𝐴𝐵𝐶= 𝐴𝐶，
𝐴𝐶⊥𝐶𝐸，𝐶𝐸⊂平面𝐴𝐶𝐸𝐷，
故CE ⊥平面𝐴𝐵𝐶，
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因为𝐴𝐹⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝐶𝐸⊥𝐴𝐹．
又△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，𝐹为𝐵𝐶的中点，故AF ⊥𝐵𝐶，
因为𝐶𝐸∩𝐵𝐶= 𝐶，𝐶𝐸，𝐵𝐶⊂平面𝐵𝐶𝐸，
所以𝐴𝐹⊥平面𝐵𝐶𝐸．
(2)由于𝐴𝐹⊥平面𝐵𝐶𝐸，𝐹𝐺⊂平面𝐵𝐶𝐸，故AF ⊥𝐹𝐺，
因为△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，𝐹为𝐵𝐶的中点，故AF ⊥𝐵𝐹，
所以∠𝐵𝐹𝐺为二面角𝐵−𝐴𝐹−𝐺的平面角．
因为𝐵𝐺= 2
3𝐵𝐸= 4
2
3 ,𝐵𝐹= 1
2𝐵𝐶= 1,∠𝐹𝐵𝐺= 45°，
故𝐺𝐹=
𝐵𝐺2 + 𝐵𝐹2−2𝐵𝐺⋅𝐵𝐹𝑐𝑜𝑠45° =
17
3 ，
所以cos∠𝐵𝐹𝐺= 𝐵𝐹2+𝐺𝐹2−𝐵𝐺2
2𝐵𝐹⋅𝐺𝐹
=
1+17
9 −32
9
2×
17
3
= −
17
17 ，
故二面角𝐵−𝐴𝐹−𝐺的余弦值为−
17
17 ．
18.(1)证明：因为𝐷𝐷1 ⊥平面𝐴𝐵𝐶，又因为𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，
所以𝐷𝐷1 ⊥𝐴𝐶，
又因为𝐴𝐵= 𝐴𝐷，则底面𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，
又因为𝐷𝐷1 ∩𝐷𝐵= 𝐷，𝐷𝐷1、𝐷𝐵⊂平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，
所以𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，
又因为𝐴𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶，
所以平面𝑃𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1；
(2)令𝐴𝐶∩𝐵𝐷= 𝑂，连接𝐶𝐷1、𝐷1𝑂，由长方体性质可得𝐴1𝐵//𝐷1𝐶，
则直线𝐴1𝐵与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角等于直线𝐷1𝐶与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角，
由(1)知𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，
所以∠𝐶𝐷1𝑂等于直线𝐴1𝐵与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角，
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𝐶𝑂=
2
2 𝐴𝐵=
2
2 ，𝐶𝐷1 = 12 + 22 = 5，
则sin∠𝐶𝐷1𝑂= 𝐶𝑂
𝐶𝐷1 =
10
10 ，
即直线𝐴1𝐵与平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1所成的角的正弦值为
10
10 ；
(3)存在，且𝐵1𝑄
𝐵𝑄= 0，即点𝑄与𝐵1重合，连接𝑃𝑂、𝑃𝐵1、𝑂𝐵1，
则𝑃𝑂2 = 𝑃𝐷2 +𝑂𝐷2 = 12 +(
2
2 )2 = 3
2，
𝑃𝐵2
1 = 𝐷1𝑃2 +𝐷𝐵2 = 12 +( 2)2 = 3，
𝐵1𝑂2 = 𝐵1𝐵2 +𝐵𝑂2 = 22 +(
2
2 )2 = 9
2，
有𝑃𝑂2 +𝑃𝐵2
1 = 𝐵1𝑂2，所以𝑃𝑂⊥𝑃𝐵1，
由𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，𝑃𝐵1 ⊂平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，所以𝐴𝐶⊥𝑃𝐵1，
又𝐴𝐶∩𝑃𝑂= 𝑂，𝐴𝐶、𝑃𝑂⊂平面𝐴𝐶𝑃，所以𝑃𝐵1 ⊥平面𝐴𝐶𝑃，
故在直线𝐵𝐵1上存在点𝑄使得𝑃𝑄⊥平面𝐴𝐶𝑃，且𝐵1𝑄
𝐵𝑄= 0．
19.解；(1)证明：取𝐶𝐷中点𝐻，连接𝐺𝐻，𝐹𝐻，𝐴𝐺，𝐴𝐻，
∵𝐴−𝐵𝐶𝐷𝐸是正四棱锥，𝐴−𝐶𝐷𝐹是正四面体，𝐺为𝐵𝐸的中点，
∴𝐶𝐷⊥𝐺𝐻，𝐶𝐷⊥𝐹𝐻，
∵𝐺𝐻∩𝐹𝐻= 𝐻，𝐺𝐻，𝐹𝐻⊂平面𝐴𝐹𝐻，
∴𝐶𝐷⊥平面𝐹𝐺𝐻，又∵𝐹𝐺⊂平面𝐹𝐺𝐻，
∴𝐹𝐺⊥𝐶𝐷；
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(2)证明：∵𝐴−𝐵𝐶𝐷𝐸是正四棱锥，𝐴−𝐶𝐷𝐹是正四面体，𝐺为𝐵𝐸的中点，
∴𝐶𝐷⊥𝐺𝐻，𝐶𝐷⊥𝐴𝐻，𝐶𝐷⊥𝐹𝐻
∵𝐺𝐻∩𝐴𝐻= 𝐻，𝐺𝐻，𝐴𝐻⊂平面𝐴𝐺𝐻，∴𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐺𝐻，
又∵𝐹𝐻∩𝐴𝐻= 𝐻，𝐹𝐻，𝐴𝐻⊂平面𝐴𝐺𝐻，𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐹𝐻，
∴平面𝐴𝐺𝐻与平面𝐴𝐹𝐻重合，
∴𝐴，𝐺，𝐻，𝐹四点共面，
设正四面体与正四棱锥的棱长为2𝑎，
则𝐴𝐺= 𝐻𝐹= 2𝑎×
3
2 =
3𝑎，𝐺𝐻= 𝐴𝐹= 2𝑎，
∴四边形𝐴𝐺𝐻𝐹是平行四边形，
∴𝐺𝐻//𝐴𝐹，∵𝐵𝐶//𝐺𝐻，∴𝐵𝐶//𝐴𝐹，
∴𝐴，𝐵，𝐶，𝐹四点共面；
(3)假设𝐹𝐺⊥平面𝐴𝐶𝐷，∵𝐴𝐻⊂平面𝐴𝐶𝐷，∴𝐹𝐺⊥𝐴𝐻，
又∵四边形𝐴𝐺𝐻𝐹是平行四边形，
∴四边形𝐴𝐺𝐻𝐹是菱形，则𝐴𝐺= 𝐺𝐻，
与𝐴𝐺=
3𝑎，𝐺𝐻= 2𝑎矛盾，
故假设不成立，
∴𝐹𝐺与平面𝐴𝐶𝐷不垂直．
