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【期末真题汇编】核心考点：单选题篇-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）
1．（2024秋 丰台区期末）复数（　　）
A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i
2．（2023春 青铜峡市校级期末）已知向量，若与垂直，则实数m的值为（　　）
A．﹣3 B． C． D．1
3．（2024秋 西城区期末）下列向量中，与向量（3，4）共线的一个单位向量是（　　）
A．（﹣6，﹣8） B． C．（8，6） D．
4．（2024秋 浦东新区校级期末）已知直线a、b、c，若a∥b，且b与c相交，则a与c的位置关系是（　　）
A．相交 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
5．（2024秋 上城区校级期末）如图，在△ABC中，，P是BN的中点，若，则m+n＝（　　）
A． B．1 C． D．
6．（2016春 天津期末）若复数（m2﹣5m+6）+（m2﹣3m）i是纯虚数，则实数m的值是（　　）
A．2 B．3 C．2或3 D．﹣1或6
7．（2024秋 沙坪坝区校级期末）在锐角△ABC中，，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．（2022秋 长春期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，（a+c）（sinA﹣sinC）+bsinB＝asinB，b+2a＝4，，则线段CD长度的最小值为（　　）
A．2 B． C．3 D．
9．（2024秋 沈阳期末）是平面内不共线两向量，已知，，，若A，B，D三点共线，则k的值为（　　）
A．3 B．﹣3 C．﹣2 D．2
10．（2023秋 罗湖区期末）已知A，B是平面α上的点，A1，B1是平面β上的点，且AA1∥BB1，则“AA1＝BB1”是“α∥β”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
11．（2023秋 湖州期末）按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，31，37，m，42，49；乙组：24，n，33，44，48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则m+n＝（　　）
A．60 B．65 C．70 D．71
12．（2024秋 石景山区期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（　　）
A． B． C． D．
13．（2019秋 朝阳区期末）在△ABC中，若b＝3，c，C，则角B的大小为（　　）
A． B． C． D．或
14．（2024秋 昆明期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长相等，且六个顶点都在球O的球面上，记正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V1，球O的体积为V2，则（　　）
A． B． C． D．
15．（2024秋 西城区期末）正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为2，则侧面与底面所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
16．（2024秋 武汉期末）苏州荻溪仓始建于明代，曾作为古代官方桹仓，圆筒桹仓简约美观、储存容量大，在粮食储存方面优势明显，如图（1）．某校模型制作小组设计圆筒粮仓模型时，将粮仓的屋顶近似看成一个圆锥，如图（2）．若该圆锥的侧面展开图为半圆，底面圆的直径为2a，则该圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
17．（2024秋 西湖区校级期末）从集合{1，2，3，4，5}中依次不放回的任取两个数，记事件A＝“第一次取出的数字是1”，事件B＝“取出的两个数之和为7”，下列说法不正确的是（　　）
A．事件A，B相互独立 B．
C．AB为不可能事 D．P（A∪B）＝P（A）+P（B）
18．（2021春 郑州期末）任何一个复数z＝a+bi都可以表示成z＝r（cosθ+isinθ）的形式，我们把r（cosθ+isinθ）叫做复数的三角形式．已知，则下列结论正确的是（　　）
A．z2的实部为1 B．z2＝z﹣1
C．z2 D．|z2|＝2
19．（2024秋 景德镇期末）圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（　　）
A．1 B． C． D．2
20．（2024秋 辽宁期末）某厂质检员利用随机数表对生产的600个产品进行抽样调查，先将这600个产品进行编号：001，002，003，…，600．从中抽取120个样本，下图是随机数表的第2行到第3行，若从随机数表的第2行第5列开始从左向右读取数据，则得到的第5个编号是（　　）
32 12 67 12 31 02 37 02 14 72 31 09 81 47 80 25 13 25 46 08
71 20 34 51 19 72 01 38 47 18 04 92 51 28 02 31 27 46 51 30
A．098 B．147 C．513 D．310
21．（2020秋 丰台区期末）在平面直角坐标系中，A，B是直线x+y＝m上的两点，且|AB|＝10．若对于任意点P（cosθ，sinθ）（0≤θ＜2π），存在A，B使∠APB＝90°成立，则m的最大值为（　　）
A． B．4 C． D．8
22．（2023春 桃江县期末）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为16π，上、下底面的面积之比为1：9，则球的表面积为（　　）
A．12π B．14π C．16π D．18π
23．（2024秋 房山区期末）如图，在平行四边形ABCD中，M是AB的中点，DM与AC交于点N，设，，则（　　）
A． B． C． D．
24．（2021秋 广州期末）马林 梅森（MarinMersenne，1588﹣1648）是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物．梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对2p﹣1作了大量的计算、验证工作，人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如2p﹣1（其中p是素数）的素数，称为梅森素数．在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（　　）
A． B． C． D．
25．（2024秋 唐县校级期末）已知△ABC的三个内角A、B、C满足sin2B＝3sin2A﹣2sin2C，当sinA的值最大时，的值为（　　）
A．2 B．1 C． D．
26．（2024秋 吉林期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为AC，A1B的中点，异面直线MN与DD1所成角为（　　）
A． B． C． D．
27．（2024春 吉林期末）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则（　　）
A．α∥β，l∥α
B．α与β相交，且交线平行于l
C．α⊥β，l⊥β
D．α与β相交，且交线垂直于l
28．（2024秋 南关区校级期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠BAC＝120°，c＝2，b＝1，D为BC边上一点，且∠BAD＝90°，则△ACD的面积为（　　）
A． B． C． D．
29．（2024秋 海州区校级期末）“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子 离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具．敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））．今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）．若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角α满足，则这块四边形木板周长的最大值为（　　）
A．20cm B． C． D．30cm
30．（2024春 仓山区校级期末）已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥面ABC，底面△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，且，三棱锥P﹣ABC的体积为．过点A作AM⊥PB于M，过M作MN⊥PC于N，则三棱锥P﹣AMN外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【期末真题汇编】核心考点：单选题篇-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）
参考答案与试题解析
一．选择题（共30小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D B B B D A C D A B D
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
答案 D D A D A A B C C C A
题号 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 A A C B B D D D
一．选择题（共30小题）
1．（2024秋 丰台区期末）复数（　　）
A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i
【解答】解：．
故选：D．
2．（2023春 青铜峡市校级期末）已知向量，若与垂直，则实数m的值为（　　）
A．﹣3 B． C． D．1
【解答】解：已知向量，若与垂直，
故，故m．
故选：B．
3．（2024秋 西城区期末）下列向量中，与向量（3，4）共线的一个单位向量是（　　）
A．（﹣6，﹣8） B． C．（8，6） D．
【解答】解：设与向量（3，4）共线的一个单位向量为，
则有，解得，
故选项B符合题意．
故选：B．
4．（2024秋 浦东新区校级期末）已知直线a、b、c，若a∥b，且b与c相交，则a与c的位置关系是（　　）
A．相交 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
【解答】解：已知直线a、b、c，若a∥b，且b与c相交，
则a与c的位置关系是相交或异面．
故选：B．
5．（2024秋 上城区校级期末）如图，在△ABC中，，P是BN的中点，若，则m+n＝（　　）
A． B．1 C． D．
【解答】解：∵在△ABC中，，P是BN的中点，
∴，
∴m，n，
∴m+n，
故选：D．
6．（2016春 天津期末）若复数（m2﹣5m+6）+（m2﹣3m）i是纯虚数，则实数m的值是（　　）
A．2 B．3 C．2或3 D．﹣1或6
【解答】解：若复数 （m2﹣5m+6）+（m2﹣3m）i 是纯虚数，
则，即，
则m＝2，
故选：A．
7．（2024秋 沙坪坝区校级期末）在锐角△ABC中，，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由，且A为锐角，可得sinA．
因为锐角△ABC中，B、C均为锐角，
所以，即，可得，
由正弦定理得．
因为，所以tanB＞tan（A）．
由此可得0，即∈（，）．
故选：C．
8．（2022秋 长春期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，（a+c）（sinA﹣sinC）+bsinB＝asinB，b+2a＝4，，则线段CD长度的最小值为（　　）
A．2 B． C．3 D．
【解答】解：由（a+c）（sinA﹣sinC）+bsinB＝asinB及正弦定理，
得（a+c）（a﹣c）+b2＝ab，即a2+b2﹣c2＝ab，
由余弦定理得，，
∵C∈（0，π），
∴．
由，，
两边平方，得
即，
当且仅当，即时取等号，
即，
∴线段CD长度的最小值为．
故选：D．
9．（2024秋 沈阳期末）是平面内不共线两向量，已知，，，若A，B，D三点共线，则k的值为（　　）
A．3 B．﹣3 C．﹣2 D．2
【解答】解：是平面内不共线两向量，已知，，，
可得，
由A，B，D三点共线，得∥，又，不共线，
则，所以k＝3．
故选：A．
10．（2023秋 罗湖区期末）已知A，B是平面α上的点，A1，B1是平面β上的点，且AA1∥BB1，则“AA1＝BB1”是“α∥β”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解答】解：若α∥β，AA1∥BB1，夹在平行平面间的平行线段相等，
可得出AA1＝BB1，必要性成立．
但若AA1∥BB1，且AA1＝BB1时，α 与β有可能相交，如图，
充分性不成立．
故选：B．
11．（2023秋 湖州期末）按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，31，37，m，42，49；乙组：24，n，33，44，48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则m+n＝（　　）
A．60 B．65 C．70 D．71
【解答】解：甲组、乙组数据个数均为6个，
由6×30%＝1.8，得第30百分位数是第2个数据，故31＝n，
由6×50%＝3，得第50百分位数是第3与4个数据平均值，解得m＝40．
所以m+n＝71．
故选：D．
12．（2024秋 石景山区期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意，如图，
设底面正方形ABCD的中心为Q，连接D1Q，
由正方体的结构特征可知，D1Q∥PB，则∠AD1Q为直线PB与AD1所成的角，
又由AC⊥平面BB1D1D，D1Q 平面BB1D1D，则有D1Q⊥AQ，
在Rt△AQD1 中，AD1＝2AQ，则∠AD1Q，即直线PB与AD1所成的角为，
故选：D．
13．（2019秋 朝阳区期末）在△ABC中，若b＝3，c，C，则角B的大小为（　　）
A． B． C． D．或
【解答】解：∵b＝3，c，C，
由正弦定理可得，，
∴sinB，
∵b＞c，
B＞C，
∴B或，
故选：D．
14．（2024秋 昆明期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长相等，且六个顶点都在球O的球面上，记正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V1，球O的体积为V2，则（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为2，
则正三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球O的半径为，
∴球O的体积为V2，
又正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V1，
∴．
故选：A．
15．（2024秋 西城区期末）正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为2，则侧面与底面所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：连接AC，BD相交于点O，取BC的中点E，
连接PE，OE，OP，
则OP⊥平面ABCD，
因为BC 平面ABCD，所以OP⊥BC，
又OE∥AB，AB⊥BC，所以OE⊥BC，
又OE∩OP＝O，OE，OP 平面OPE，
所以BC⊥平面OPE，
因为EP 平面OPE，所以BC⊥PE，
故∠PEO即为侧面与底面所成角，
正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为2，故BE＝CE＝1，
由勾股定理得，
由，
故．
故选：D．
16．（2024秋 武汉期末）苏州荻溪仓始建于明代，曾作为古代官方桹仓，圆筒桹仓简约美观、储存容量大，在粮食储存方面优势明显，如图（1）．某校模型制作小组设计圆筒粮仓模型时，将粮仓的屋顶近似看成一个圆锥，如图（2）．若该圆锥的侧面展开图为半圆，底面圆的直径为2a，则该圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意该圆锥的侧面展开图为半圆，底面圆的直径为2a，知该圆锥底面圆的半径为a，设该圆锥的母线长为l，高为h．
由2πa＝πl，得l＝2a，，
所以该圆锥的体积．
故选：A．
17．（2024秋 西湖区校级期末）从集合{1，2，3，4，5}中依次不放回的任取两个数，记事件A＝“第一次取出的数字是1”，事件B＝“取出的两个数之和为7”，下列说法不正确的是（　　）
A．事件A，B相互独立 B．
C．AB为不可能事 D．P（A∪B）＝P（A）+P（B）
【解答】解：从集合{1，2，3，4，5}中依次不放回的任取两个数，记事件A＝“第一次取出的数字是1”，事件B＝“取出的两个数之和为7”，
所有情况有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，3），（2，4），（2，5），（3，1），（3，2），（3，4），（3，5），（4，1），（4，2），（4，3），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共20种，
其中事件A有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），共4种，则，
事件B有（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），共4种，则，
显然AB不存在，即P（AB）＝0，故P（AB）≠P（A）P（B），A错，B、C对，
由A∪B有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），故，
所有P（A∪B）＝P（A）+P（B），D对．
故选：A．
18．（2021春 郑州期末）任何一个复数z＝a+bi都可以表示成z＝r（cosθ+isinθ）的形式，我们把r（cosθ+isinθ）叫做复数的三角形式．已知，则下列结论正确的是（　　）
A．z2的实部为1 B．z2＝z﹣1
C．z2 D．|z2|＝2
【解答】解：i，
z2＝（i）2ii，其实部为不为1，∴A错；
z﹣1i＝z2，∴B对；
i≠z2，∴C错；
|z2|＝（）2+（）2＝1≠2，∴D 错．
故选：B．
19．（2024秋 景德镇期末）圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（　　）
A．1 B． C． D．2
【解答】解：由圆锥的底面半径为1，侧面展开图是半圆，
所以半圆弧长为2π，
设半圆半径为R，则，
因此该半圆半径R＝2，
即圆锥的母线长为2，
所以圆锥的高为．
故选：C．
20．（2024秋 辽宁期末）某厂质检员利用随机数表对生产的600个产品进行抽样调查，先将这600个产品进行编号：001，002，003，…，600．从中抽取120个样本，下图是随机数表的第2行到第3行，若从随机数表的第2行第5列开始从左向右读取数据，则得到的第5个编号是（　　）
32 12 67 12 31 02 37 02 14 72 31 09 81 47 80 25 13 25 46 08
71 20 34 51 19 72 01 38 47 18 04 92 51 28 02 31 27 46 51 30
A．098 B．147 C．513 D．310
【解答】解：由题意可知，从随机数表的第2行第5列开始从左向右读取数据，
得到的编号依次为231，023，147，098，513，…，
则得到的第5个编号是513．
故选：C．
21．（2020秋 丰台区期末）在平面直角坐标系中，A，B是直线x+y＝m上的两点，且|AB|＝10．若对于任意点P（cosθ，sinθ）（0≤θ＜2π），存在A，B使∠APB＝90°成立，则m的最大值为（　　）
A． B．4 C． D．8
【解答】解：由已知可得点P（cosθ，sinθ）（0≤θ＜2π）在单位圆O：x2+y2＝1上，
因为∠APB＝90°，所以点P在以AB为直径的圆上，
因为|AB|＝10．所以半径为5，
所以点P到AB中点C的距离为5，
所以圆O上任意点P，总能找到一点C，使|CP|＝5，且点C在直线x+y＝m上，
当x＝0时，y＝m，所以m为直线x+y＝m在y轴上的截距，m最大，即直线x+y＝m的截距最大，直线越往上，
因为对于任意点P（cosθ，sinθ）（0≤θ＜2π），存在A，B使∠APB＝90°成立，
所以圆O上的点到直线x+y＝m的最大距离不能超过5，
而圆O上的点到直线x+y＝m的最大距离为圆心O到直线x+y＝m的距离d加圆O的半径1，
即d+1≤5，d≤4，所以4，
所以m≤4，所以m的最大值为4．
故选：C．
22．（2023春 桃江县期末）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为16π，上、下底面的面积之比为1：9，则球的表面积为（　　）
A．12π B．14π C．16π D．18π
【解答】解：设圆台的底面半径为r1和r2，
由于上、下底面的面积之比为1：9，故，
所以r2＝3r1，
S表＝π（r1+r2） l＝16π，
故4πr1l＝16π，解得r1l＝4，
由于l＝r1+r2＝4r1，所以，解得r1＝1，r2＝3；
故．解得R2＝3，
故．
故选：A．
23．（2024秋 房山区期末）如图，在平行四边形ABCD中，M是AB的中点，DM与AC交于点N，设，，则（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意可知，，
，设，
∴，
又点D，N，M三点共线，所以，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
24．（2021秋 广州期末）马林 梅森（MarinMersenne，1588﹣1648）是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物．梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对2p﹣1作了大量的计算、验证工作，人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如2p﹣1（其中p是素数）的素数，称为梅森素数．在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：不超过40的素数有12个，分别为：
2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，
其中梅森素数有3个，分别为3，7，31，
从中随机选取两个不同的数，基本事件总数n66，
至少有一个为梅森素数包含的基本事件个数m30，
∴至少有一个为梅森素数的概率是P．
故选：A．
25．（2024秋 唐县校级期末）已知△ABC的三个内角A、B、C满足sin2B＝3sin2A﹣2sin2C，当sinA的值最大时，的值为（　　）
A．2 B．1 C． D．
【解答】解：因为sin2B＝3sin2A﹣2sin2C，
由正弦定理得b2＝3a2﹣2c2，所以，
则，
所以，
当且仅当，即2b2＝c2时取等号，
所以当sinA的值最大时，．
故选：C．
26．（2024秋 吉林期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为AC，A1B的中点，异面直线MN与DD1所成角为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：连结A1D、BD，
因为在正方形ABCD与正方形AA1B1B中，M、N分别为BD、A1B的中点，
所以MN是△A1BD的中位线，可得MN∥A1D，
所以异面直线MN与DD1所成角即为直线A1D与DD1所成角，
结合∠A1DD1＝45°，可知异面直线MN与DD1所成角等于45°．
故选：B．
27．（2024春 吉林期末）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则（　　）
A．α∥β，l∥α
B．α与β相交，且交线平行于l
C．α⊥β，l⊥β
D．α与β相交，且交线垂直于l
【解答】解：如果α∥β，由m⊥α，可得m⊥β，又n⊥β，可得m∥n，与m，n为异面直线矛盾，故A错误；
如果α⊥β，又m⊥平面α，n⊥平面β，由线面垂直和面面垂直的性质，可得m⊥n，
将m，n平移至相交直线，可得l垂直于相交直线确定的平面，可得l可能平行于β，故C错误；
平移m，n至相交直线，设相交直线确定的平面为γ，可得α⊥γ，β⊥γ，由α、β相交，设交线为n，可得n⊥γ，
由l⊥m，l⊥n，l α，l β，可得l⊥γ，所以l∥n，故B正确；D错误．
故选：B．
28．（2024秋 南关区校级期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠BAC＝120°，c＝2，b＝1，D为BC边上一点，且∠BAD＝90°，则△ACD的面积为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：△ABC中，∠BAC＝120°，c＝2，b＝1，由余弦定理可得a，
由正弦定理可得，即，
可得sinC，sinB，所以cosB，
所以BD，所以CD＝BC﹣BD，
所以S△ACDCD×AC×sinC1．
故选：D．
29．（2024秋 海州区校级期末）“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子 离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具．敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））．今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）．若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角α满足，则这块四边形木板周长的最大值为（　　）
A．20cm B． C． D．30cm
【解答】解：由题图（2）得，圆形木板的直径为，
设截得的四边形木板为ABCD，设∠A＝α，AB＝c，BD＝a，AD＝b，BC＝n，CD＝m，如图所示：
因为且0＜α＜π，所以，
由正弦定理得，解得，
由余弦定理，得a2＝b2+c2﹣2bccosα，
所以，
即（b+c）2≤400，所以0＜b+c≤20，当且仅当b＝c＝10时等号成立，
在△BCD中，∠BCD＝π﹣α，
由余弦定理可得，
即（m+n）2≤100，所以0＜m+n≤10，当且仅当m＝n＝5时等号成立，
因此这块四边形木板周长的最大值为30cm．
故选：D．
30．（2024春 仓山区校级期末）已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥面ABC，底面△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，且，三棱锥P﹣ABC的体积为．过点A作AM⊥PB于M，过M作MN⊥PC于N，则三棱锥P﹣AMN外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由题可知△ABC中，，BC＝2，
所以
又PA⊥面ABC，三棱锥P﹣ABC的体积为
所以
则PA＝4
因为PA⊥面ABC，所以PA⊥BC
又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB 面PAB
所以BC⊥面PAB，又AM 面PAB
则BC⊥AM，已知AM⊥PB，PB∩BC＝B，PB，BC 面PBC
所以AM⊥面PBC，又PC，MN 面PBC，则AM⊥PC，AM⊥MN
又MN⊥PC，AM∩MN＝M，AM，MN 面AMN
所以PC⊥面AMN
则三棱锥P﹣AMN的四个顶点可以与一个长方体的四个顶点重合，如图所示：
则该长方体的外接球即三棱锥P﹣AMN的外接球，设外接球半径为R
故PA＝2R＝4，所以R＝2
三棱锥P﹣AMN外接球的体积为：．
故选：D．
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