天津市六校2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题

天津市六校2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题

数学试题 一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）‎ ‎1.在△ABC中，a＝3，b＝5，，则sinB＝（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，进而利用正弦定理可求的值．‎ ‎【详解】，,‎ ‎，‎ 又，，‎ ‎．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，考查正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎2.的内角的对边分别是，若，，，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎,‎ 所以，整理得求得或 若，则三角形为等腰三角形，不满足内角和定理，排除.‎ ‎【考点定位】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查运算能力和分类讨论思想.‎ 当求出后，要及时判断出，便于三角形的初步定型，也为排除提供了依据.如果选择支中同时给出了或，会增大出错率.‎ ‎3.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为1，则图中侧视图的面积为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先找到几何体的原图，再利用几何体的体积求出，然后求解侧视图的面积即可．‎ ‎【详解】由题意可知几何体是四棱锥，底面是直角梯形，一条侧棱与底面垂直，‎ 如图：该几何体的体积为1，‎ 可得：，解得，‎ 则图中侧视图的面积：．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ ‎4.下列四个命题中，正确命题的个数为( )‎ ‎①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；‎ ‎②两条直线一定可以确定一个平面；‎ ‎③若，， ，则；‎ ‎④空间中，相交于同一点的三直线在同一平面内．‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合或者是相交，故（1）不正确；‎ 两条异面直线不能确定一个平面，故（2）不正确；‎ 若M∈α，M∈β，α∩β=l，则M∈l，故（3）正确；‎ 空间中，相交于同一点的三直线不一定在同一平面内（如棱锥的3条侧棱），故（4）不正确，‎ 综上所述只有一个说法是正确的，‎ 故选A．‎ ‎5.设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若a∥α，b∥α，则a∥b B. 若aα，bβ，α∥β，则a∥b C. 若a∥α，a∥β，则α∥β D. 若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在中，与相交、平行或异面；在中，与是异面直线或平行；在中，若，，则与相交或平行，故错误；在中，由面面垂直的判定定理得．‎ ‎【详解】由，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，得：‎ 在中，若，，则与相交、平行或异面，故错误；‎ 在中，若，，，则与异面或平行，故错误；‎ 在中，若，，则与相交或平行，故错误；‎ 在中，若，，，则由面面垂直的判定定理得，故正确．‎ 故选：．‎ ‎【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，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎6.某圆锥的侧面展开图是面积为9π，圆心角为的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意列式求得与的值，则答案可求．‎ ‎【详解】如图，设圆锥的底面半径为，母线长为，‎ 由题得，，解得．‎ 该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角的求法，考查了弧长公式与扇形面积公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ ‎7.‎ 如图是改革开放四十周年大型展览的展馆﹣﹣国家博物馆．现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点P离地面的高度OP点O在柱楼底部）．在地面上的两点A、B测得点P的仰角分别为30°，45°，且∠ABO＝60°，AB＝‎50米，则OP为（ ）‎ A. ‎15米 B. ‎25米 C. ‎35米 D. ‎‎45米 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，，再利用余弦定理求出的值得解 ‎【详解】如图所示：‎ 由于，，，米，，‎ 设，则，，‎ 在中．利用余弦定理，‎ 整理得，‎ 解得：或（负值舍去）．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．‎ ‎8.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，俯视图是一个等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图知几何体是三棱锥，且一侧面与底面垂直，结合图中数据求出三棱锥外接球的半径，从而求出球的表面积公式．‎ ‎【详解】由三视图知，该几何体是如图所示的三棱锥，且三棱锥的侧面底面ABC，高为；‎ 其中，平面ABC，‎ 其外接球的球心在SO上，设球心为M，，根据SM=MB得到：在三角形MOB中，MB=，，‎ 解得，‎ 外接球的半径为；‎ 三棱锥外接球表面积为．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三视图复原几何体形状的判断问题，也考查了三棱锥外接球的表面积计算问题，是中档题．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.‎ 二、填空题（本题共7小题，每小题4分，共28分）‎ ‎9.已知△ABC的内角A、B、C的对边分别是a、b、c，a﹣c，sinBsinC，则cosA的值为_____．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知及正弦定理可得，，进而由余弦定理可得的值．‎ ‎【详解】，，‎ 由正弦定理可得：，代入，可得，‎ 由余弦定理可得．‎ 故答案为：．‎ 点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ ‎10.已知一矩形的长为6，用斜二测画法画出其水平放置的直观图的面积为3，则原矩形的宽为_____．‎ ‎【答案】2．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直观图面积与原图形面积比求出原矩形的面积，再计算矩形的宽．‎ 详解】用斜二测画法画出矩形水平放置的直观图面积为，‎ 则原矩形的面积为；‎ 所以原矩形的宽为．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查了平面图形的直观图画法与有关计算问题，熟记直观图的面积与原平面图形的面积比，是解题的关键．‎ ‎11.直三棱柱ABC﹣A1B‎1C1中，AB⊥AC，且BA＝AC＝AA1＝2，则该三棱柱外接球的体积为_____．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，分别是中点，则中点就是外接球的球心. 设该三棱柱外接球的半径为,根据求出球的半径即得解.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，分别是中点，则中点就是外接球的球心. ‎ 设该三棱柱外接球的半径为,‎ 由题得,‎ 所以 所以该三棱柱外接球的体积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的外接球问题，考查了球的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎12.如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝4且AB与CD所成的角为60°，E，F分别是BC，AD的中点，则EF_____．‎ ‎【答案】4或4．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连结，，则，，且，是与所成的角（或所成角的补角），从而，或，由此利用余弦定理能求出．‎ ‎【详解】取中点，连结，，‎ 在空间四边形中，且与所成的角为，，分别是，的中点，‎ ‎，，且，‎ 是与所成的角（或所成角的补角），‎ ‎，或，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 故答案为：4或．‎ ‎【点睛】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ ‎13.在△ABC中，A，AB＝4，AC＝2，点D在BC边上，AD＝BD，则AD＝_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用余弦定理的应用求出的长，进一步利用余弦定理和cos∠BDC＝﹣cos∠CDA，即可求出结果.‎ ‎【详解】在△ABC中，A，AB＝4，AC＝2，‎ 利用余弦定理的应用，整理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cos∠A，解得BC＝2，‎ 在△ABD中，设BD＝x，则AD＝x，AB＝4，利用余弦定理，‎ 在△ADC中，DC＝2x，AD＝x，AC＝2，利用余弦定理，‎ 由于cos∠BDC＝﹣cos∠CDA，‎ 所以，解得x．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理及其的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．‎ ‎14.如图，AB是圆O的直径，点C是圆上异于A、B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB，BC＝2，点E在线段PB上，则CE+OE的最小值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可求得，在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，则当，，共线时，取得最小值，由，，可知为中点，由此可得长度的最小值．‎ ‎【详解】在△POB中，PO＝OB，∠POB＝90°，‎ 所以PB2，‎ 同理PC＝2，所以PB＝PC＝BC，‎ 在三棱锥P﹣ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示，‎ 当O，E，C′共线时，CE+OE取得最小值，‎ 又因为OP＝OB，C′P＝C′B，‎ 所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点．‎ 从而OC′＝OE+EC′．‎ 亦即CE+OE的最小值为：．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查多面体上的距离问题，解决办法通常转化为平面上的距离问题来解决，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题．‎ ‎15.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD，则在三棱锥A﹣BCD中，下列判断正确的是_____．（写出所有正确的序号）‎ ‎①平面ABD⊥平面ABC ‎②直线BC与平面ABD所成角是45°‎ ‎③平面ACD⊥平面ABC ‎④二面角C﹣AB﹣D余弦值为 ‎【答案】②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①反证法，假设平面平面，容易推出垂直于平面，从而，出矛盾；‎ ‎②利用几何法找到其平面角为，求解即可判断；‎ ‎③证明平面，从而得到平面平面；‎ ‎④证明为二面角的平面角，求解三角形得二面角的余弦值判断．‎ ‎【详解】在四边形ABCD中，由已知可得∠DBC＝45°，假设平面ABD⊥平面ABC，‎ 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BDC＝BC，可得BC⊥平面ABD，‎ 有∠DBC＝90°，与∠DBC＝45°矛盾，则假设错误，故①错误；‎ 在四边形ABCD中，由已知可得BD⊥DC，‎ 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，则DC⊥平面ABD，‎ ‎∠DBC为直线BC与平面ABD所成角是45°，故②正确；‎ 由判断②时可知，DC⊥平面ABD，则DC⊥AB，又BA⊥AD，AD∩DC＝D，则AB⊥平面ADC，‎ 而AB⊂平面ABC，则平面ACD⊥平面ABC，故③正确；‎ 由判断③时可知，AB⊥平面ADC，则∠DAC为二面角C﹣AB﹣D的平面角，‎ 设AD＝AB＝1，则BD＝DC，由DC⊥AD，得AC，得cos∠DAC，故④正确．‎ ‎∴判断正确的是②③④．‎ 故答案为：②③④．‎ ‎【点睛】本题考查空间中平面与平面垂直、线面角与二面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．‎ 三、解答题（本大题共5小题，共60分）‎ ‎16.已知在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对边分别为a，b，c，且bsinC+2csinBcosA＝0．‎ ‎（1）求∠A大小；‎ ‎（2）若a＝2，c＝2，求△ABC的面积S的大小．‎ ‎【答案】（1）A．（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，化简整理求得的值，进而得解；‎ ‎（2）利用正弦定理求得的值，进而求得，利用三角形内角和求得，最后利用三角形面积公式求得答案．‎ ‎【详解】（1）∵bsinC+2csinBcosA＝0．‎ ‎∴sinBsinC+2sinCsinBcosA＝0‎ ‎∴sinBsinC（1+2cosA）＝0‎ ‎∵sinB≠0，sinC≠0，‎ ‎∴1+2cosA＝0，cosA，‎ ‎∴A．‎ ‎（2）∵‎ ‎∴sinC•sinA，‎ ‎∴C，‎ ‎∴B＝π，‎ ‎∴S△ABCacsinB22.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理的运用，考查三角函数恒等变换等知识．要求对三角函数常用公式能熟练记忆．‎ ‎17.如图，三棱柱ABC﹣A1B‎1C1中，所有棱长均相等，且AA1⊥平面ABC，点D、E、F分别为所在棱的中点．‎ ‎（1）求证：EF∥平面CDB1；‎ ‎（2）求异面直线EF与BC所成角的余弦值；‎ ‎（3）求二面角B1﹣CD﹣B的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为原点，在平面内，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面；‎ ‎（2）求出，，，，2，，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值；‎ ‎（3）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．‎ ‎【详解】（1）证明：以C为原点，在平面ABC内，过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，‎ CC1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设AB＝2，则E（，，0），F（0，1，2），C（0，0，0），D（，，0），B1（0，2，2），‎ ‎（，，2），（，，0），（0，2，2），‎ 设平面CDB1的法向量（x，y，z），‎ 则，取x，得（，﹣1，1），‎ ‎∵2＝0，EF平面CDB1，‎ ‎∴EF∥平面CDB1．‎ ‎（2）解：B（0，2，0），（，，2），（0，2，0），‎ 设异面直线EF与BC所成角为θ，‎ 则异面直线EF与BC所成角的余弦值为：‎ cosθ．‎ ‎（3）解：平面CDB1的法向量（，﹣1，1），‎ 平面BCD的法向量（0，0，1），‎ 设二面角B1﹣CD﹣B的平面角为α，‎ 则二面角B1﹣CD﹣B的余弦值为：‎ cosα．‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查线面角余弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ ‎18.如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝PA＝2，PA⊥平面ABCD，E是PC的中点，F是AB的中点．‎ ‎（1）求证：BE∥平面PDF；‎ ‎（2）求证：平面PDF⊥平面PAB；‎ ‎（3）求BE与平面PAC所成的角．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）45°．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取PD的中点为M，连接ME，MF，证明BE∥MF，BE∥平面PDF即得证；‎ ‎（2）先证明DF⊥平面PAB，平面PDF⊥平面PAB即得证；‎ ‎（3）利用定义法求BE与平面PAC所成的角．‎ ‎【详解】（1）证明：取PD的中点为M，连接ME，MF，‎ ‎∵E是PC的中点，∴ME是△PCD的中位线．‎ ‎∴ME∥CD，MECD．‎ 又∵F是AB的中点，且由于ABCD是菱形，‎ ‎∴AB∥CD，AB＝CD，∴ME∥FB，且ME＝FB．‎ ‎∴四边形MEBF是平行四边形，∴BE∥MF．‎ ‎∵BE⊄平面PDF，MF⊂平面PDF，‎ ‎∴BE∥平面PDF．‎ ‎（2）证明：∵PA⊥平面ABCD，DF⊂平面ABCD，‎ ‎∴DF⊥PA．连接BD，‎ ‎∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△DAB为正三角形．‎ ‎∵F是AB的中点，∴DF⊥AB．‎ ‎∵PA∩AB＝A，∴DF⊥平面PAB．‎ ‎∵DF⊂平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAB．‎ ‎（3）连结BD交AC于O，∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，∴BD⊥平面PAC．‎ ‎∴OB⊥OE，即OE是BE在平面PAC上的射影．‎ ‎∴∠BEO是BE与平面PAC所成的角．‎ ‎∵O，E，分别是中点，∴OEAP＝1，OD1，‎ ‎∴Rt△BOE为等腰直角三角形，∴∠BEO＝45°，‎ 即BE与平面PAC所成的角的大小为45°．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行和面面垂直的位置关系的判定，要求熟练掌握线面、面面垂直与平行的判定定理和性质定理．综合性较强．‎ ‎19.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若cosB，△ABC的面积为，求△ABC的周长．‎ ‎【答案】（1）2（2）5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式即可求解；‎ ‎（2）由（1）利用正弦定理可得，利用同角三角函数基本关系式可求的值，结合三角形的面积公式可求，联立解得，的值，根据余弦定理可求 的值，即可得解三角形的周长．‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴sinBcosA﹣2sinBcosC＝2sinCcosB﹣sinAcosB，sinBcosA+sinAcosB＝2sinCcosB+2sinBcosC，‎ 可得sin（A+B）＝2sin（B+C），即sinC＝2sinA，‎ ‎∴2．‎ ‎（2）∵由（1）可得sinC＝2sinA，‎ ‎∴由正弦定理可得c＝‎2a，①‎ ‎∵cosB，△ABC的面积为，‎ ‎∴sinB，由acsinBac•，解得ac＝2，②‎ ‎∴由①②可得a＝1，c＝2，‎ ‎∴由余弦定理可得b2，‎ ‎∴△ABC的周长a+b+c＝1+2+2＝5．‎ 点睛】本题主要考查了正弦定理、两角和的正弦函数公式、同角三角函数基本关系式，考查了三角形的面积公式、余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎20.如图，四边形CDEF是正方形，四边形ABCD为直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥DC，平面CDEF⊥平面ABCD，AB＝ADCD＝a，M在FB上，且BD∥平面ECM．‎ ‎（1）求证：M为BF中点；‎ ‎（2）求证：平面BCF⊥平面EMC；‎ ‎（3）求直线CD与平面ECM所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连结，，交于点，则是中点，连结，由平面，得，由此能证明为中点；‎ ‎（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面平面；‎ ‎（3）求出，，，平面的法向量，1，，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【详解】（1）证明：连结DF，CE，交于点O，则O是DF中点，连结OM，‎ ‎∴BD∥平面ECM，OM⊂平面BDF，‎ ‎∴BD∥OM，∴M为BF中点．‎ ‎（2）证明：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DE为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则B（a，a，0），C（0，‎2a，0），F（0，‎2a，‎2a），M（），E（0，0，‎2a），‎ ‎（﹣a，a，0），（﹣a，a，‎2a），（，，﹣a），（0，‎2a，﹣‎2a），‎ 设平面BCF的法向量（x，y，z），‎ 则，取x＝1，得（1，1，0），‎ 设平面EMC的法向量（x1，y1，z1），‎ 则，取z1＝1，得（﹣1，1，1），‎ ‎∵0，∴平面BCF⊥平面EMC．‎ ‎（3）解：D（0，0，0），（0，﹣‎2a，0），平面EMC的法向量（﹣1，1，1），‎ 设直线CD与平面ECM所成角为θ，‎ 则直线CD与平面ECM所成角的正弦值为：‎ sinθ．‎ ‎【点睛】本题考查线段中点、面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎