【文档说明】江苏省泰州市兴化市板桥高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.599 MB，由小赞的店铺上传

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2019——2020学年度第二学期期中考试高一数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.在ABC中，若222sinsinsinBCA+=，则此三角形为（）三

角形．A.等腰B.直角C.等腰直角D.等腰或直角【答案】B【解析】【分析】由条件结合正弦定理即可得到222bca+=，由此可得三角形的形状．【详解】由于在ABC中，有222sinsinsinBCA+=，根据正弦定理可得222bca+=；所以此三角形为直角三角形；、故答

案选B【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．2.在正方体1111ABCDABCD−的各条棱中，与直线1AA异面的棱有（）条．A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】根据题意画出图形,结合图形写出与直线1AA异面的棱,可得答案.【详解】与棱1AA异面的有：1111,,,BCCD

CDBC共四条,故选C．【点睛】本题考查了异面直线的应用,考查学生的空间想象能力与推理能力,属于基础题.3.在△ABC中，AB=5，AC=3，BC=7，则∠BAC=()A.6B.3C.23D.56

【答案】C【解析】试题分析：由余弦定理有：2222225371cos22532ABACBCBACABAC+−+−===−.所以23BAC=.考点：余弦定理.4.在正方体1111ABCDABCD−中，异面直线AC与1BC所成角的

大小为（）A.6B.4C.3D.2【答案】C【解析】【分析】连接11AC、1AB，可证四边形11ACCA为平行四边形，得11//ACAC，得11ACC（或补角）就是异面直线AC与1BC所成角，由正方体的性质即可得到答案．【详解】连接11A

C、1AB，如下图：在正方体1111ABCDABCD−中，11//AACC且11AACC=；四边形11ACCA为平行四边形，则11//ACAC；11ACC（或补角）就是异面直线AC与1BC所成角；又在正方体

1111ABCDABCD−中，1111ACABCB==，11ACB为等边三角形，113ACC=，即异面直线AC与1BC所成角的大小为3；故答案选C【点睛】本题考查正方体中异面直线所成角的大小，属于基础题．5.如图，设点,AB在河的两岸，一测量者在A的同侧所

在的河岸边选定一点C．测出,AC两点间的距离为50m．45,105ACBCAB==，则,AB两点间的距离为（）m．A.2522B.252C.502D.503【答案】C【解析】【分析】先根据三角形内角和求ABC，再根据正弦

定理sinsinABACACBABC=求解.【详解】在ABC中,50,45,105ACmACBCAB===，则30ABC=由正弦定理得sinsinABACACBABC=，所以250sin25021sin2ACACBABABC===m.故选

：C.【点睛】本题考查解三角形的实际应用，正弦定理余弦定理是常用方法，属基础题.6.三个平面两两相交，最多可以得到（）条交线.A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】由三个平面两两相交，可得一条交线或三条交线，即可

求解.【详解】由题意，三个平面两两相交，则有一条交线或三条交线，且三条交线两两平行或交于一点，例如：三棱柱的三个侧面两两相交，交线是三棱柱的三条侧棱，互相平行；例如：三棱锥的三个侧面两两相交，交线为三棱锥的三条侧棱，交于一点；所以三个平面两两相交，最多可以得到3条交线.故选：C.【点睛】

本题主要考查了两个平面的位置关系，其中解答中认真审题，熟记平面的基本性质，着重考查空间想象能力，属于基础题.7.江岸边有一炮台高30m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台成部连线成30°

角，则两条船相距（）mA.103B.102C.20D.203【答案】A【解析】【分析】利用直线与平面所成角及俯角的定义，化为两个特殊直角三角形的计算，再在底面OMN中用余弦定理即可求出两船距离．【详解】如图，过炮台顶部A作水平面的垂线，垂足为O，设A处观测小船M的俯角为45，设A处观测

小船N的俯角为60，连接OM、ONRtAOM中，45AMO=，可得30AOOM==米RtAON中，60ANO=，可得31033ONAO==米在OMN中，30OM=米，103ON=米，30MON=，由余弦定理可得：2222cos30300MNOMONOMON=+−

=，103MN=米（负值舍去）故选：A【点睛】本题着重考查了余弦定理、空间线面的位置关系等知识，属于基础题，熟练掌握直线与平面所成角的定义与余弦定理解三角形，是解决本题的关键.8.如图，侧棱长为3的正三棱锥VABC−中，40AVBB

VCCVA===，过点A作截面则截面AEF，则截面AEF的周长的最小值为（）A.3B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】沿着侧棱VA把正三棱锥VABC−展开在一个平面内，则AA即为截面AEF周长的最小值，且120AVA=，在VAA△中，由余弦定理可得AA的值.【详解】

如图所示：沿着侧棱VA把正三棱锥VABC−展开在一个平面内，如图（2），则AA即为截面AEF周长的最小值，且340120AVA==，在VAA△中，由余弦定理可得2212332332AAVAVAVAVAcosAVA=+−=++=，故选：C.【点睛】本题主要考查余弦定

理的应用，棱锥的结构特征，利用棱锥的侧面展开图研究几条线段和的最小值问题，属于基础题.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9.已知,,abc分别是ABC三个内角、、ABC的对边，下

列说法正确的有（）A.在ABC中．::sin:sin:sinabcABC=；B.在ABC中，若AB，则sinsinAB；C.在ABC中，若sinsinAaBb=，且()()3bcabcabc+++−=，则ABC是等边三角形：D.在ABC中，222sinsinsin

2sinsincosABCBCA=+−．【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由正余弦定理判断即可；对于B，利用三角形中，大边对大角和正弦定理即可判断；对于CD选项利用正余弦定理进行判断即可.【详解】解：对于A，由正弦定理sinsinsinabcABC==，可得::sin:sin:

sinabcABC=，所以A正确；对于B，当AB时，ab，由正弦定理得sinsinAB，所以B正确；对于C，由()()3bcabcabc+++−=得222bcabc+−=，由余弦定理得2221cos222bcabcAbcbc+−===，所以60A=

，但三角形不一定是等边三角形；对于D，由余弦定理得222cosabcbcA=+−结合正弦定理得，222sinsinsin2sinsincosABCBCA=+−，所以D正确；故选：ABD【点睛】此题考查正余弦定理的应用，属于基础题.10.如图，在正方形123SGGG中，EF、分别1223GGGG、的

中点，现在沿着SESFEF、、把这个正方形折成一个四面体，使123GGG、、重合，重合后的点记为G．给出下列关系，其中成立的为（）A.SG⊥平面EFGB.SE⊥平面EFGC.GFSE⊥D.EF⊥平面SEG【答案】AC【解析】【分析】注意翻折前后的角度的变与不变，根

据线面垂直的判定定理、性质定理以及反证的数学思想方法逐一判断即可.【详解】解：对于A，,SGGESGGF⊥⊥，GEÌ平面GEF，GF平面GEF，GEGFG=，SG⊥平面GEF，故A正确.对于B，若SE⊥平面EFG，结合选项A，则//SESG，显然矛盾，故B错误.对于C，,F

GGESGGF⊥⊥，GEÌ平面GES，GS平面GES，GEGSG=，所以FG⊥平面GES，又SE平面GES，所以GFSE⊥，故C正确.对于D，若EF⊥平面SEG，因为FG⊥平面GES（C项已经证明）

，则//FEFG，显然矛盾，故D错误.故选：AC.【点睛】考查翻折问题，解决的关键是注意翻折前后的度量关系的变化，属于基础题.11.已知,,abc为不重合的三条直线，为平面，则下列四个命题中正确的命题为（）A.若,ab⊥⊥，

则//abB.若,,,cacbab⊥⊥，则c⊥C.若//,abb，则//aD.若//,aba⊥，则b⊥【答案】AD【解析】【分析】根据线面垂直的判定及性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由,ab⊥⊥，根据垂直与同一平面两直线平行，可得//ab，所以

A是正确的；对于B中，由,,,cacbab⊥⊥，根据线面垂直的判定定理，可知只有当,ab为相交直线时，可得c⊥，所以B不正确；对于C中，由//,abb，根据线面平行的判定定理，只有当a是，可得//a，所以

C不正确；对于D中，由//,aba⊥，根据线面垂直的性质，可得b⊥，所以D是正确的.故选：AD.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查推理与论证能力，属于

中档试题.12.己知,,abc分别是ABC三个内角、、ABC的对边，给出下列四个命题，其中正确的是（）A.在ABC中，若222abc+，则ABC是锐角三角形；B.若coscosaAbB=，则ABC是

等腰三角形C.若cosbCccosBb+=，则ABC是等腰三角形D.若coscoscosabcABC==，则ABC是等边三角形【答案】CD【解析】【分析】对于A，由余弦定理可得,角C为锐角,但不能确定角B和角C,判断选项A错误;

对于B，由正弦定理可得,sincossincosAABB=,通过倍角公式，化简为22sinAsinB=，然后即可判断选项B错误;对于C,通过和差公式和诱导公式即可化简出，sinsinBA=，然后即可判断选项C正确;对于D，利用正弦定理，把coscosco

sabcABC==化简为tanAtanBtanC==，即可判断选项D正确.【详解】对于A，222abc+即2220abc+−,可得cos0C,即只知C为锐角,故A不正确;对于B，若coscosaAbB=，则sinAcosAsinBcosB=，则22s

inAcosAsinBcosB=，则22sinAsinB=，则AB=或90AB+=，ABC是等腰三角形或直角三角形,故B错误;对于C,coscosbCcBb+=，sinB=cossin()sinsinBcosCsinCBBCA+=+=，即AB=，

则ABC是等腰三角形，故C正确;对于D，若coscoscosabcABC==，则sinsinsincoscoscosABCABC==，则tanAtanBtanC==，ABC==，即ABC是等边三角形，故D正确;故选：CD【点睛】本题考查命题的判断,考查倍角公式、和差公式以及正弦定理的

使用，属于中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在△ABC中，已知C＝120°，sinB＝2sinA，且△ABC的面积为23，则AB的长为________．【答案】27【解析】【分析】由正弦定理可得，2ba=，代入三角形的面积公式可求a，b，然后由余弦定理可求c．【

详解】解：sin2sinBA=，由正弦定理可得，2ba=，113sin223222ABCsabCaa===，2a=，4b=，由余弦定理可得，22212cos416224()282cababC=+

−=+−−=，27c=，故答案为：27．【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理的简单应用，属于基础题．14.如图，在体积为1V的圆柱中挖去以圆柱上、下底面为底面，共顶点的两个圆锥，剩余部分的体积为2V，则21VV=

________【答案】23【解析】【分析】设上下圆锥的高分别为12,,hh圆柱的底面圆的半径为r，圆柱的高为h,然后根据锥体体积以及柱体体积可得21,VV，再求21VV即可【详解】设上下圆锥的高分别为12,,hh圆柱的底面圆的半径

为r，圆柱的高为h,则222212222111()233.3rhrhhrhrhVVrhrh−+−===故答案为：23.【点睛】本题主要考查圆锥、圆柱体积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平

，属基础题.15.在ABC中，,4,233Aba===，则B=________，ABC的面积等于________【答案】(1).2(2).23【解析】【分析】利用正弦定理可求得sinB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值，进而可求得角C的值，然后利用三角形的面积公式可求得ABC的面积.【

详解】由正弦定理sinsinbaBA=，得34sin2sin123bABa===，0B，2B=，则()6CAB=−+=，因此，ABC的面积为111sin23423222ABCSabC===

△.故答案为：2；23.【点睛】本题考查利用正弦定理求角，同时也考查了三角形面积的计算，考查计算能力，属于基础题.16.棱长为23的正方体1111ABCDABCD−的8个顶点在同一个球面上，则这个球的体积与表面积的比值为________【

答案】1【解析】【分析】正方体的外接球的直径就是其对角线，用()22222rabc=++求球半径即可求解.【详解】解：该球的直径就是正方体的对角线，设球的半径为r，则()()22223336,3rr===，3243143rVrSr===故答案为

：1【点睛】考查正方体的外接球体积和表面积的求法，基础题.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤．17.在ABC中，角、、ABC所对应的边分别为abc、、，已知11,2,cos4abC===，（1）求ABC的周长（2）求ABC的面积【答案】（1）5

；（2）154．【解析】【分析】（1）由余弦定理，列出方程2c=，即可求得ABC的周长；（2）由三角函数的基本关系式，求得sinC的值，结合ABC的面积公式，即可求解.【详解】（1）在ABC中，11,2,cos4abC===，由余弦定理得2222212c

os1221244cababC=+−=+−=，解得2c=，则ABC的周长为1225++=．（2）由1cos4C=，可得22115sin1cos1()44CC=−=−=，则ABC的面积为111515sin122244SabC===

．【点睛】本题主要考查了余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．18.如图，在

三棱锥PABC−中，PAAB=，,MN分别为棱,PBPC的中点，平面PAB⊥平面PBC.求证：（1）BC∥平面AMN；（2）平面AMN⊥平面PBC.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析

】（1）证得MN∥BC，由线面平行的判定定理证明即可；（2）证得AM⊥平面PBC.由面面垂直的判定定理证明即可【详解】（1）∵,MN分别为棱,PBPC的中点，∴MN∥BC又BC平面AMN，∴BC∥平面AMN.（2）∵PAAB=，点M为棱PB的中点，∴AMPB⊥，又平面PAB⊥

平面PBC，平面PAB平面PBCPB=，∴AM⊥平面PBC.∵AM平面AMN，∴平面AMN⊥平面PBC.【点睛】本题考查线面平行，面面垂直的判定，考查定理，是基础题19.如图，在三棱柱111ABCABC−

中，平面11ACCA⊥平面11BCCB，侧面11BCCB是矩形，点E，F分别为BC，11AB的中点.求证：（1）1BCAC⊥；（2）//EF平面11ACCA.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）推导

出1BCCC⊥，从而BC⊥平面11ACCA.由此能证明1BCAC⊥.（2）取11AC的中点G，连结FG，CG.推导出四边形EFGC为平行四边形，//EFGC.由此能证明//EF平面11ACCA.【详解】证明：（1）因为侧面11BCCB是矩形，所以1BCCC⊥，

因为平面11ACCA⊥平面11BCCB，平面11ACCA平面111BCCBCC=，BC在平面11BCCB内，所以BC⊥平面11ACCA.因为1AC在平面11ACCA内，所以1BCAC⊥.（2）取11AC的中点G，连结FG，CG.在△111ABC中，F，G分别是11AB，11AC的中点，所以11//

FGBC，且1112FGBC=.在矩形11BCCB中，E是BC的中点，所以11//ECBC，且1112ECBC=.所以//ECFG，且ECFG=.所以四边形EFGC为平行四边形，所以//EFGC.又因为EF在平面11ACCA外，GC在平面11

ACCA内，所以//EF平面11ACCA.【点睛】本题考查线线平行、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题.20.如图，已知四边形ABCD中，180BD+=，1AB=，3BC=，2ADCD==.（1）求AC长

；（2）求四边形ABCD的面积．【答案】（1）877；（2）23．【解析】【分析】（1）分别在ABC和ACD△中利用余弦定理得出关于AC和cosB的方程组，即可解得AC边的长；（2）求得sinB和sinD的值，然后利用三角形的面积公式可求得四边形ABCD的面积.【详解】（1）在ABC

中，由余弦定理得2222cosACABBCABBCB=+−，①在ACD△中，由余弦定理得2222cosACADCDADCDD=+-?，②又180BD+=，所以coscosBD=−．所以，22106cos88cosACBACB=−=+，解得1cos7

B=，877AC=；（2）所以22143sinsin1cos177BDB==−=−=．则四边形ABCD的面积为11sinsin2322ABCDSABBCBADDCD=+=四边形．【点睛】本题考查利用余弦定理

解三角形，同时也考查了利用三角形的面积公式计算四边形的面积，考查计算能力，属于中等题.21.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ

）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；(Ⅲ)由题意，

利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.【详解】（Ⅰ）证明：因为PA⊥平面ABCD,所以PABD⊥；因为底面ABCD是菱形，所以ACBD⊥;因为PAACA=,,PAAC平面PAC,所以BD⊥平面PAC.（Ⅱ）证明：因为底面ABCD是菱形且60ABC=，所以ACD为正三

角形，所以AECD⊥,因为//ABCD,所以AEAB⊥；因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD,所以AEPA⊥；因为PAABA=所以AE⊥平面PAB，AE平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.（Ⅲ）存在点

F为PB中点时，满足//CF平面PAE；理由如下:分别取,PBPA的中点,FG，连接,,CFFGEG,在三角形PAB中，//FGAB且12FGAB=；在菱形ABCD中，E为CD中点，所以//CEAB且12CEAB=，所以//CEFG且CEFG=，即四边形CEGF为平行四边形，所以//CFEG

;又CF平面PAE，EG平面PAE，所以//CF平面PAE.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.22.某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点

（如图），它们相距5(33)+海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东45°，B点北偏西60°，这时，位于B点南偏西60°且与B点相距203海里的C点有一救援船，其航行速度为30海里/小时．(1)求B点到D点的距离BD；(2)若命令C处的救援船

立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．【答案】（1）103；（2）1【解析】【分析】（1）在△DAB中利用正弦定理，求出BD；（2）在△DCB中，利用余弦定理求出CD，根据速度求出时间．【详解】(1)由题意知AB=5（3+）海里

，∠DBA=90°﹣60°=30°，∠DAB=90°﹣45°=45°，∴∠ADB=180°﹣（45°+30）°=105°，在△DAB中，由正弦定理得=，∴DB=====10（海里）(2)在△DBC中，∠DBC=∠DBA+∠ABC=30

°+（90°﹣60°）=60°，BC=20（海里），由余弦定理得CD2=BD2+BC2﹣2BD•BC•cos∠DBC=300+1200﹣2×10×20×=900，∴CD=30（海里），则需要的时间t==1（小时）．答：救援船到达

D点需要1小时．【点睛】解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．(3)根据题意选择正弦定理或余弦

定理求解．(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.