1、第 1 页 共 17 页 2019-2020 学年江苏省泰州市兴化市一中高一下学期期中数学年江苏省泰州市兴化市一中高一下学期期中数 学试题学试题 一、单选题一、单选题 1用符号表示用符号表示“点点 A 在直线在直线 l 上，上，l 在平面在平面 外外”，正确的是（，正确的是（ ） A ,Al l B ,Al l C ,Al l D ,Al l 【答案】【答案】B 【解析】【解析】试题分析：用“属于”和“不属于”表示点与直线的关系；用“包含”和“不包含”表 示直线与平面的关系.故点在直线l上用属于符号，l在平面外用不包含故选 B 【考点】点、线、面位置关系的表示 2 设设ABC的内角的内角 A，
2、 B， C的对边分别为的对边分别为 a， ， b， c， 若， 若2a，2 3c ， 3 cos 2 A 且且bc，则，则b（ ） A3 B2 C2 2 D34 【答案】【答案】B 【解析】【解析】利用余弦定理即可求解. 【详解】 在ABC中，2a，2 3c ， 3 cos 2 A ， 所以 222 2cosabcbcA， 即 2 3 41222 3 2 bb ， 4b或2b，又0bc， 所以2b， 故选：B 【点睛】 本题考查了余弦定理解三角形，需熟记公式，属于基础题. 3直角三角形绕着它的一条直角边旋转而成的几何体是（直角三角形绕着它的一条直角边旋转而成的几何体是（ ） 第 2 页 共 1
3、7 页 A圆锥圆锥 B圆柱圆柱 C圆台圆台 D球球 【答案】【答案】A 【解析】【解析】依题意可知，该几何体是圆锥，故选A. 4在在ABC中，中，30A，105C ， ，8b，则，则a( )( ) A4 4 B4 5 C4 3 D 4 2 【答案】【答案】D 【解析】【解析】本题可先通过三角形内角和为 180度解出角B的度数，再通过解三角形的正弦 定理得出答案 【详解】 因为30A，105C ， 所以18045BA C 根据解三角形正弦定理可得 8 sin30sin45 a ，解得 4 2a ，故选 D 【点睛】 解三角形的正弦定理： sinsin ab AB 5在在ABC中，若中，若 222
4、 abcbc，4bc ，则则ABC的面积为（的面积为（ ） A 1 2 B1 C 3 D2 【答案】【答案】C 【解析】【解析】首先利用余弦定理求出 3 A ，再利用三角形的面积公式： 1 sin 2 SbcA即 可求解. 【详解】 在ABC中，若 222 abcbc， 所以 222 1 cos 222 bcabc A bcbc ， 又0A，所以 3 A 所以 3 sin 2 A ，因为4bc ， 所以 113 sin43 222 ABC SbcA . 故选：C 【点睛】 第 3 页 共 17 页 本题考查了余弦定理解三角形、三角形的面积公式，考查了基本运算求解能力，属于基 础题. 6如图，正
5、方体如图，正方体 1111 ABCDABC D的棱长为的棱长为 2，点，点 M是是 AB的中点，则直线的中点，则直线 1 DB与直与直 线线 CM所成角的余弦值为（所成角的余弦值为（ ） A 15 15 B0 C 15 15 D 210 15 【答案】【答案】C 【解析】【解析】建立空间直角坐标系，求出直线 1 DB与直线CM方向向量，利用夹角公式求夹 角即可. 【详解】 如图建立空间直角坐标系：则0,0,0D ， 1 2,2,2B ，0,2,0C ，2,1,0M 所以 1 2,2,2DB ，2, 1,0CM ， 所以 1 1 1 2 2222 2 221215 cos, 152 35 222
6、21 CM CM DB DB DB CM 故选：C 【点睛】 本题主要考查了利用空间向量求异面直线所成的角，属于基础题. 7已知三棱锥已知三棱锥PABC的四个顶点在球的四个顶点在球 O的球面上， 的球面上，PAPBPC，且，且 PA，PB， 第 4 页 共 17 页 PC两两垂直，两两垂直，ABC是边长为是边长为 2 的正三角形，则球的正三角形，则球 O的体积为（的体积为（ ） A8 6 B4 6 C2 6 D6 【答案】【答案】D 【解析】【解析】由题意可知 PAB 、PAC、PBC是三个全等的等腰直角三角形，可以求 出 2PAPBPC ，PA，PB，PC两两垂直，所以球O即为以 PA，PB
7、，PC 为长宽高的正方体的外接球，即可求出体积. 【详解】 因为PAPBPC，且 PA，PB，PC两两垂直， 所以 PAB 、PAC、PBC是三个全等的等腰直角三角形， 又因为ABC是边长为 2的正三角形， 所以 2PAPBPC ， 因为 PA，PB，PC两两垂直， 所以球O即为以 PA，PB，PC为长宽高的正方体的外接球， 即可得 2 2 2326r， 所以 6 2 r 所以球的体积为 3 46 6 32 V . 故选：D 【点睛】 本题主要考查了三棱锥的外接球的体积的求解，属于中档题. 8黄金三角形有两种，其中底和腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三黄金三角形有两种，其中底和腰之
8、比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三 角形，它是顶角为角形，它是顶角为36的等腰三角形的等腰三角形( (另一种是顶角为另一种是顶角为108的等腰三角形的等腰三角形) )例如，正五例如，正五 角星由五个黄金三角形和一个正五边形组成，如图所示，在一个黄金三角形角星由五个黄金三角形和一个正五边形组成，如图所示，在一个黄金三角形ABC中，中， 51 2 BC AC ，根据这些信息，可得，根据这些信息，可得sin234=（ ） 第 5 页 共 17 页 A1 2 5 4 B 35 8 C 15 4 D 45 8 【答案】【答案】C 【解析【解析】利用正弦定理求出 151 cos36 451 ，再由
9、诱导公式可得结果. 【详解】 由正弦定理得 sin sin ABC ABCAC ， 即 sin36sin3651 sin722sin36 cos362 ， 得 151 cos36 451 ， 则 51 sin234 =sin(27036 )cos36 4 ， 故选 C 【点睛】 本题主要考查正弦定理以及诱导公式的应用，属于中档题. 二、多选题二、多选题 9下列命题中正确的有（下列命题中正确的有（ ） A空间内三点确定一个平面空间内三点确定一个平面 B棱柱的侧棱柱的侧面一定是平行四边形面一定是平行四边形 C分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上分别在两个相交平面内
10、的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 D一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内 【答案】【答案】BC 【解析】【解析】利用平面的定义，棱柱的定义，对选项逐一判断即可. 【详解】 对于 A选项，要强调该三点不在同一直线上，故 A错误； 对于 B选项，由棱柱的定义可知，其侧面一定是平行四边形，故 B正确； 第 6 页 共 17 页 对于 C选项，可用反证法证明，故 C正确； 对于 D选项，要强调该直线不经过给定两边的交点，故 D错误. 故选：BC. 【点睛】 本题考查平面的基本性质及其推论的应用，考
11、查棱柱的定义，属于基础题. 10在锐角在锐角ABC中，边长中，边长 1a ，2b，则边长，则边长 c可能的取值是（可能的取值是（ ） A 2 B2 C2 2 D 13 2 【答案】【答案】BD 【解析】【解析】根据 c边最大边或b最大边，利用余弦定理的变形形式即可求解. 【详解】 若 c边为最大边，则cos0C ， 222 0 2 abc ab ，5c ， 若b边为最大边，则cos0B ， 222 0 2 acb ac ，3c ， 所以35c， 所以边长 c 可能的取值是 2、 13 2 . 故选：BD 【点睛】 本题考查了余弦定理的应用，考查了基本运算求解能力，属于基础题. 11在在ABC中
12、，已知中，已知( ):():()6: 5: 4abcabc ，给出下列结论中正确结论，给出下列结论中正确结论 是（是（ ） A由已知条件，这个三角形被唯一确定由已知条件，这个三角形被唯一确定 BABC一定是钝三角形一定是钝三角形 Csin:sin:sin7:5:3ABC D若若8 bc，则，则ABC的面积是的面积是15 3 2 【答案】【答案】BC 第 7 页 共 17 页 【解析】【解析】可设ABC的周长为l，则由():():()6: 5: 4abcabc，可将边长 , ,a b c均用l表示出来，故三角形不确定，A错误；根据三边长, ,a b c计算最大的角的 余弦值，根据符号确定三角形是
13、否是钝角三角形；根据边长比和正弦定理可确定 sin:sin:sinABC；根据bc8，求出三角形三边长，计算三角形的面积. 【详解】 可设ABC的周长为l，则由():():()6: 5: 4abcabc， 可得 612 2 1515 l abl， 510 2 1515 l cal， 48 2 1515 l bcl， 又abcl ，则 7 15 l a ， 5 15 l b ， 3 15 l c ， 故三角形不确定，A 错；由 222 1 cos0 22 bca A bc ，A为钝角，故 B 正确； 由正弦定理sin:sin:sin: :7:5:3ABCa b c，故 C 正确； 由8 bc，则
14、 8 8 15 l ，得15l ，故7,5,3abc，由 1 cos 2 A ， 得 3 sin 2 A ，ABC的面积是 11315 3 sin5 3 2224 bcA ，故 D 错. 故选：BC 【点睛】 本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式的应用，是一道解三角形的综合应 用题，属于中档题. 12将直角将直角ABC沿斜边上的高沿斜边上的高 AD折成折成120的二面角，已知直角边 的二面角，已知直角边4 3AB ， 4 6AC ，那么下面说法正确的是（，那么下面说法正确的是（ ） A平面平面ABC 平面平面 ACD B四面体四面体DABC的体积是的体积是 2 6 3 C二面角二面角
15、ABCD的正切值是的正切值是 42 3 DBC与平面与平面 ACD 所成角的正弦值是所成角的正弦值是 21 14 【答案】【答案】CD 【解析】【解析】画出图形，利用CDB是二面角CADB的平面角转化求解计算，判断平 面ABC与平面ACD不垂直，判断A不正确；利用等体积法判断B的正误；二面角的 第 8 页 共 17 页 求法判断C的正误；直线与平面所成角判断D的正误 【详解】 解：在直角三角形ABC中，4 3AB ，4 6AC ，489612BC ，则 4 34 6 4 2 12 AD ， 96328CD ， 1284BD ， 又在三棱锥BACD中，ADBD，ADCD，可得BDC为二面角BAD
16、 C 的平面角，且为120， 由余弦定理可得 222 1 2cos120166424 8()112 2 BCBDCDBD CD ， 即 有4 7BC ， 如图，由ADBD，ADCD，且BD CDD ，可得AD 平面BCD，由AD 平面ACD，可得平面ACD平面BCD， 若平面ABC 平面ACD，由平面BCD平面ABCBC，过B作平面ACD的垂 线l， 由面面垂直的性质定理可得l 平面BCD，且l 平面ABC，即直线l与直线BC重 合，可得BC平面ACD，BCCD，显然矛盾，故A错误； 由 11 132 6 (84 sin120 )4 2 33 23 D ABCA DBCBCD VVAD S ，
17、故B错误； 过D在面BCD内作DFBC，由三垂线定理可得BCAF，则DFA为二面角 ABCD的平面角，由面积相等得 11 sin120 22 CD BDDF BC ， 可得 4 21 7 DF 由ADDF，可得 4 242 tan 34 7 21 AD DFA DF ，故C正确； BC与平面ACD所成的角是BCD， sin6021 sin 14 BD BCD BC ，故D正确 故选：CD 第 9 页 共 17 页 【点睛】 本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证 能力，属于中档题 三、填空题三、填空题 13已知正四棱锥的底面边长是已知正四棱锥的底面边长是2
18、，侧棱长是，侧棱长是3，则该正四棱锥的体积为 ，则该正四棱锥的体积为_. 【答案】【答案】 4 3 【解析】【解析】正四棱锥PABCD中，2AB ， 3AP ，设正四棱锥的高为PO，连结 AO，求出PO，由此能求出该正四棱锥的体积. 【详解】 解：如图，正四棱锥PABCD中，2AB ，3AP ，设正四棱锥的高为PO，连 结AO， 则 1 2 2 AOAC， 在直角三角形POA中， 22 3 21POPAAO . 114 4 1 333 P ABCDABCD VSPO . 故答案为： 4 3 . 【点睛】 本题考查正四棱锥的体积的求法，考查数据处理能力，运算求解能力，属于中档题. 14在在ABC
19、中，已知中，已知60C ，则，则 ab bcac _ 【答案】【答案】1 【解析】【解析】用余弦定理列式，然后通分化简所求表达式，由此求得表达式的值. 【详解】 第 10 页 共 17 页 由余弦定理得 222 cabab， 22 2 ababacbc bcaccacbcab 2 2 1 cacbcab cacbcab . 【点睛】 本小题主要考查余弦定理的应用，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题. 15在在ABC中，中，a x， 2b， 60B ，若该三角形有两解，则，若该三角形有两解，则 x的取值范围为的取值范围为 _ 【答案】【答案】 4 3 (2,) 3 【解析】【解析】先根据正
20、弦定理表示 x，再根据两解确定范围. 【详解】 根据正弦定理得 24 3 sin sinsinsinsin603 aba xaA ABA 因为该三角形有两解，所以 234 3 ,sin(,1)(2,) 23323 AABAx 故答案为： 4 3 (2,) 3 【点睛】 本题考查正弦定理及其应用，考查基本分析求解能力，属基础题. 四、双空题四、双空题 16已知圆锥的侧面积为已知圆锥的侧面积为2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径 为为_；这个圆锥的体积为；这个圆锥的体积为_. 【答案】【答案】1 3 3 【解析】【解析】由圆锥的侧面
21、积为2，且它的侧面展开图是一个半圆，得到 2 2 2 R ，求 出的R即为母线2l ，从而可得到圆锥的底面半径和圆锥的体积. 【详解】 设圆锥的底面半径为r，母线为R 因为圆锥的侧面积为2，且它的侧面展开图是一个半圆， 所以 2 2 2 R ，解得2R ，即圆锥母线长为2， 又因为2Rr，所以1r ， 第 11 页 共 17 页 所以圆锥的体积 222222 113 121 333 VrRr . 故答案为：1， 3 3 【点睛】 本题主要考查了由圆锥的侧面积求圆锥的母线、高、底面半径，以及圆锥体积的计算， 属于基础题. 五、解答题五、解答题 17设设ABC的内角的内角 , ,A B C所对的边
22、分别为 所对的边分别为, ,a b c，且，且， 7 cos 9 B （）求）求 , a c的值； 的值； （）求）求sin AB的值的值 【答案】【答案】 （）3ac（）10 2 27 【解析】【解析】 （）因为 222 7 cos 29 acb B ac ， 所以 2 2 27 , 29 acacb ac 分别代入得9,ac 解得3.ac （）由 7 cos 9 B 得 4 2 sin 9 B ， 因为, sinsin ab AB 所以 2 2 sin, 3 A 1 cos, 3 A 所以 2 2714 210 2 sinsincoscossin. 393927 ABABAB 【考点定位】
23、本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了方程思想和运算能力. 由 222 7 cos 29 acb B ac 求3ac的过程中体现了整体代换的运算技巧，而求 sin AB的过程则体现了“通性通法”的常规考查. 18如图所示，在棱长为如图所示，在棱长为 2 2 的正方体的正方体 1111 ACBDAC B D中，中，M M 是线是线段段 ABAB 上的动点上的动点 第 12 页 共 17 页 （1 1）证明：）证明：AB平面平面 11 A B C； ； （2 2）若）若 M M 是是 ABAB 的中点，证明：平面的中点，证明：平面 1 MCC 平面平面 11 ABB A； （3 3）求三棱锥）
24、求三棱锥 11 MABC的体积的体积 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）证明见解析； （3） 4 3 【解析】【解析】 （1）利用 11 / /ABAB得出/ /AB平面 11 ABC.（2）通过证明CM 平面 11 ABB A，可证得平面 1 MCC 平面 11 ABB A.（3）利用等体积转化 1 11 111 MB ACA B ACBACA VVV 求出即可. 【详解】 （1）证明：因为在正方体 1111 ACBDAC B D中， 11 / /ABAB， 11 AB 平面 11 ABC，AB平面 11 ABC，/AB平面 11 ABC （2）证明：在正方体 1111 ACBDA
25、C B D中， BCAC,M是AB中点， CMAB. 1 AA 平面ABC，CM 平面ABC，则 1 CMAA. AB 平面 11 ABB A， 1 AA 平面 11 ABB A，且 1 ABAAA， CM平面 11 ABB A. CM 平面 1 MCC， 平面 1 MCC 平面 11 ABB A （3）因为/ /AB平面 11 ABC，所以点M，点A到平面 11 ABC的距离相等. 故 1 11 111 MB ACA B ACBACA VVV 114 2 22 323 第 13 页 共 17 页 【点睛】 本题考查了证明线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理的应用， 注意判定定理中的 条件，
26、利用等体积转化求三棱锥的体积是常用的方法，属于基础题. 19ABC中，中，D D 是是 BCBC 上的点，上的点，ADAD 平分平分BACBAC， ，ABD面积是面积是ADC面积的面积的 2 2 倍倍 (1)(1)求求 sin sin B C ； (2)(2)若若 ADAD1 1，DCDC 2 2 ，求，求 BDBD 和和 ACAC 的长的长 【答案】【答案】 （1） 1 2 ； （2）1 【解析】【解析】试题分析： （1）借助题设条件运用三角形的面积公式求解； （2）借助题设余弦 定理立方程组求解. 试题解析： （1）， 1 sin 2 ACD SAC ADCAD ， 2 ABDACD SS
27、 ，BADCAD，2ABAC 由正弦定理可知 sin1 sin2 BAC CAB . （2）:2:1 ABDACD BD DCSS ， 2 2 DC ， 2BD 设ACx，则2ABx， 在ABD与ACD中，由余弦定理可知， 2222 34 cos 22 2 ADBDABx ADB AD BD ， 2 222 3 2 cos 22 x ADCDAC ADC AD CD ， ADBADC，coscosADBADC， 第 14 页 共 17 页 2 2 3 34 2 2 22 x x ，解得1x ， 即1AC 【考点】三角形的面积公式正弦定理余弦定理等有关知识的综合运用 20如图，在三棱柱如图，在三
28、棱柱 111 ABCABC中，中， 111 BCCC，点，点E，F分别是分别是BC， 11 AB的的 中点，平面中点，平面 11 ACCA平面平面 11 BCC B （1）求证：）求证： 111 BCAC； （2）求证：）求证：EF/平面平面 11 ACCA 【答案】【答案】 （1）见解析； （2）见解析 【解析】【解析】 （1）根据平面 11 ACCA平面 11 BCC B，可得 11 BC 平面 11 ACC A，可得结果. （2）取 11 AC的中点G，根据 EC/FG，且ECFG，可得平行四边形FECG是平 行四边形，然后根据EF/GC，以及线面平行的判定定理，可得结果. 【详解】 （
29、1）因为 111 BCCC，平面 11 ACCA平面 11 BCC B， 平面 11 ACCA平面 111 BCC BCC， 11 BC 平面 11 BCC B，则 11 BC 平面 11 ACC A 又因为 1 AC 平面 11 ACCA， 所以 111 BCAC （2）取 11 AC的中点G，连接FG，GC 第 15 页 共 17 页 在 111 A B C 中，因为F，G分别是 11 AB， 11 AC的中点， 所以FG/ 11 BC，且 11 1 2 FGBC 在平行四边形 11 BCC B中，因为E是BC的中点， 所以EC/ 11 BC，且 11 1 2 ECBC， 所以EC/FG，
30、且ECFG 在平行四边形FECG是平行四边形， 所以EF/GC 又因为EF 平面 11 ACCA，GC 平面 11 ACCA， 所以EF/平面 11 ACCA 【点睛】 本题考查面面垂直的性质定理，以及线面平行的判定，属基础题. 21 已知已知ABC的内角的内角 A， B， C的对边分别为的对边分别为 a、 、 b、 c， 满足， 满足 cos2 cos Aac Bbb 且且4b . （1）求角）求角 B； （2）求）求ABC周长的取值范围周长的取值范围. 【答案】【答案】 （1） 3 ； （2）8,12. 【解析】【解析】 （1）根据三角恒等变换可化简题目中的式子，即可得 1 cos 2 B
31、 ，可得 3 B . （2）利用正弦定理可得 8 3 2 sin3 b R B ，化边为角 8 43 sinsin 3 abcAC 结合 2 3 AC ，以及辅助角公式，正弦函数求值域即可求得周长的取值范围. 【详解】 （1） cos2 cos Aac Bbb ， 第 16 页 共 17 页 由正弦定理，得 cossin2sin cossinsin AAC BBB ， cossincossin2sin cossinsin ABBAC BBB ， 即 sin2sin cossinsin ABC BBB ，又sinsin0ABC， 1 cos 2 B ， 又0,B得 3 B . （2）在ABC中，
32、4b，由正弦定理 82 43 sinsin48sin0, 363 abcACAA ， 1 sin,1 62 A ， 8,12abc . 【点睛】 本题主要考查了正弦定理解三角形，化边为角求三角形周长的取值范围，涉及三角函数 求值域，属于常考题型. 22 如图， 在边长为如图， 在边长为 4 4 的正方形的正方形ABCD中， 点中， 点E,F分别是 分别是AB,BC的中点， 点的中点， 点M在在AD 上，且上，且 1 4 AMAD，将，将AED, DCF分别沿分别沿DE,DF折叠，使折叠，使A,C点重合于点点重合于点P， 如图所示如图所示2. . 1试判断试判断PB与平面与平面MEF的位置关系，
33、并给出证明；的位置关系，并给出证明； 2求二面角求二面角MEFD的余弦值的余弦值. . 【答案】【答案】 （1）见解析； （2） 6 . 3 【解析】【解析】(1)根据线面平行的判定定理直接证明即可； 第 17 页 共 17 页 （2）连接BD交EF与点N，先由题中条件得到MND为二面角MEF D的平面 角，再解三角形即可得出结果. 【详解】 （1）PB平面MEF证明如下：在图 1 中，连接BD，交EF于N，交AC于O， 则 11 24 BNBOBD， 在图 2 中，连接BD交EF于N，连接MN，在DPB中，有 1 4 BNBD， 1 4 PMPD， MNPB PB平面MEF，MN 平面MEF
34、，故PB平面MEF； （2）连接BD交EF与点N，图 2 中的三角形PDE与三角形 PDF 分别是图 1 中的 RtADE与Rt CDF，PDPEPDPF，又PEPEP，PD平面 PEF，则PDEF，又EFBD，EF平面PBD， 则MND为二面角MEF D的平面角 可知PMPN，则在Rt MND中， 12PMPN， ，则 22 PMPN3MN 在MND中， 33 2MDDN ， ，由余弦定理，得 222 6 23 MNDNMD cos MND MN DN 二面角M EF D的余弦值为 6 3 【点睛】 本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及 二面角的概念即可，属于常考题型.
