【文档说明】江苏省徐州市睢宁县古邳中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题【精准解析】.doc，共(16)页，1.373 MB，由管理员店铺上传

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古邳中学高一下学期期中考试数学试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共计60分）1.sin15cos15的值是（）A.12B.12−C.14D.14−【答案】C【解析】【分析】原式变形后，利用二倍角的正弦函数公式及特殊角的三角函数值

计算即可得出结果.【详解】解：11sin15cos15sin3024==.故选：C.【点睛】本题考查二倍角的正弦函数公式，属于基础题.2.用符号表示“点A在直线l上，l在平面α外”，正确的是（）A.,AllB.,AllC.,AllD.,Al

l【答案】B【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．3.在

ABC中，已知4a=，22b=，45A=，则角B等于（）A.30°B.30°或150C.60D.60或120【答案】A【解析】【分析】根据边长的比较，可知,AB大小关系，结合正弦定理，可得结果.【详解】在ABC中，已知4a=，22b=可知ab，所以AB由sinsinabAB

=，又45A=o可知1sin2B=，则30B=故选：A【点睛】本题主要考查正弦定理，属基础题.4.和直线l都垂直的直线a，b的位置关系是()A.平行B.平行或相交C.平行或异面D.平行、相交或异面【答案】D【解析】【分析】以正方体为载体，能判断直线a

，b的位置关系．【详解】如图，在正方体1111ABCDABCD−中，AB和BC都同时1BB垂直，AB和BC相交，AB和11AB都同时1BB垂直，AB和11AB平行，AB和11BC都同时1BB垂直，AB和11BC异面，若直线a，b同时和第三条直线垂直，则直线a，b的位

置关系是相交、平行或异面．故选D．【点睛】本题考查两条直线的位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．5.已知球的半径为3，则该球的体积为（）A.83B.163C.16D.36【

答案】D【解析】【分析】根据题意，根据球的体积公式343RV=，将3R=代入计算即可得到答案.【详解】解：根据题意，已知球的半径为3，则其球的体积为34363RV==.故选：D.【点睛】本题考查球的体积计算，考查运算能力，属于基础题.6.设在ABC中,角,A

BC，所对的边分别为,abc，,若coscossinbCcBaA+=,则ABC的形状为（）A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理可得()2sinsinBCA+=，结合三角形内角和定理与诱导公式可得s

in1,2AA==，从而可得结果.【详解】因为coscossinbCcBaA+=，所以由正弦定理可得2sincossincossinBCCBA+=，()22sinsinsinsinBCAAA+==，所以sin1,2AA==，所以是直角三角形.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题

.弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.7.在△ABC中，如果sin:sin:

sin2:3:4ABC=，那么cosC等于（）A.23B.23−C.13−D.14−【答案】D【解析】【详解】解：由正弦定理可得；sinA：sinB：sinC=a：b：c=2：3：4可设a=2k，b=3k，c=4k（k＞0）由余弦定理可得，cosC=1-4

,选D8.若4cos25=−，(,)2，则tan()4+=（）A.-2B.12−C.2D.12【答案】B【解析】【分析】由4cos25=−，,2，结合22sincos1+=，可求出sin和cos，得到tan，再求出tan4

+的值.【详解】4cos25=−，可得224cossin5−=−22cossin1+=，2219cos,sin1010==,2，31010sin,cos1010==−sintan3cos==−，1tan

131tan41tan132+−+===−−+故选B项.【点睛】本题考查同角三角函数关系，两角和的正切值，属于简单题.9.若ABC的周长等于20，面积是103,60A=，则BC边的长是（）A.5B

.6C.7D.8【答案】C【解析】【分析】利用面积公式1sin2SbcA=得到bc的值，结合周长为20abc++=，再根据余弦定理列出关于a的方程，求出a的值即为BC的值.【详解】因为面积公式1sin2SbcA=，所以1103sin602bc=，得40

bc=，又周长为20，故20,20abcbca++=+=−，由余弦定理得，222222cos2cos60abcbcAbcbc=+−=+−()2223bcbcbcbc=+−=+−，故()2220120aa=−−，解得7a=，故选

C.【点睛】考查主要考查余弦定理，以及会用三角形的面积公式的应用，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）2222cosabcbcA=+−；（2）222cos2bcaAbc+−=，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解

与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住30,45,60ooo等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.10.设当x=时，函数()2sincosfxxx=−取得最大值，则cos=（）A.255B.55C.255−D.55−【

答案】D【解析】【分析】先化简已知得f(x)=5sin()x−，再利用三角函数的图像和性质分析函数的最值和此时cos的值.【详解】由题得f(x)=215sincos)5sincoscossin)=5sin(

)55xxxxx−=−−（（,其中25cos5,sin.55==当sin()1x−=，即2()x222xkkzk−=+=++即时，函数取到最大值.所以5=2,coscos(2)sin225k

k++=++=−=−.故选D【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.11.钝角三角形的三边长为a，1a+，2a+，其最大角不超过

120，则a的取值范围（）A.51,2B.35,22C.(2,3D.3,32【答案】D【解析】【分析】由题意可得2a+所对的角为C，且为最大，可得90120C，利用余弦定理和余弦函数的

单调性，进而可得a的取值范围.【详解】解：钝角三角形的三边长为a，1a+，2a+，其最大角不超过120，可设2a+所对的角为C，且为最大，()()()()222212233cos21212aaaaaaCaaaaa++−+

−−−===++，由题意可得90120C，则1cos02C−，解得：332a.故选：D.【点睛】本题考查三角形的余弦定理和余弦函数的性质，考查运算能力，属于基础题.12.2cos10sin20cos20−的值为（）A.3B.2C.1D.3【答案】D【解析】【分析】把

分子中的cos10化为()cos3020−，利用两角差的余弦公式进行计算即可.【详解】解：原式()312cos20sin20sin20222cos3020sin20cos20cos20+−−−

==3cos203cos20==.故选：D.【点睛】本题考查两角差的余弦公式的应用，属于基础题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分）13.已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是3，则该正四棱锥的体积为________.【答案】43【解析】【分

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122AOAC==，在直角三角形POA中，22321POPA

AO=−=−=.11441333PABCDABCDVSPO−===.故答案为：43.【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.cos18cos42cos72sin42−=_____.【答案】12【解析】

【分析】利用诱导公式变形，再由两角和的余弦求解．【详解】解：11842724218421842602coscoscossincoscossinsincos−=−==，故答案为12．【点睛】本题考查诱导公式的应用，考查两角和的余弦，是基础题．1

5.已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，若a，b，c满足()()3abcbcabc+++−=，则A=________.【答案】60【解析】【分析】已知等式左边利用平方差公式化简，再利用完全平方公式展开，再利用余弦

定理表示出cosA，将得出的关系式代入求出cosA的值，由A是三角形内角，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数.【详解】解：()()()2222223abcbcabcabcabcbc+++−=+−=+−+=即222bcabc

+−=.2221cos22bcaAbc+−==.A为三角形的内角，A=60.故答案为：60.【点睛】本题考查余弦定理以及特殊角的三角函数值，考查运算能力，属于基础题.16.△ABC中，已知ax=，2b=，60B=，如果△ABC有两组解，则x的取值范围_____________.【答案】43

23x【解析】当sinaBba时,三角形ABC有两组解,所以2b=，60B=,设ax=,如果三角形ABC有两组解,那么x应满足xsin602x,即4323x.三、解答题（本大题共6小题，第17题10分，18至22题每题12分）17.在△ABC中，AC

＝3，BC＝4，AB＝5，以AB所在直线为轴，三角形面旋转一周形成一旋转体，求此旋转体的表面积和体积．【答案】表面积为845π，体积为485π.【解析】【分析】由已知三角形ABC为直角三角形，斜边AB为轴旋转一周，所得旋转

体是AB边的高CO为底面半径的两个圆锥组成的组合体，计算出底面半径及两个圆锥高的和，代入圆锥体积公式，即可求出旋转体的体积；又由该几何体的表面积是两个圆锥的侧面积之和，分别计算出两个圆锥的母线长，代入圆锥侧面积公式，即可得

到答案．【详解】过C点作CD⊥AB，垂足为D．△ABC以AB所在直线为轴旋转一周，所得到的旋转体是两个底面重合的圆锥，如图所示，这两个圆锥高的和为AB＝5，底面半径DC＝ACBCAB＝125，故S表＝π·DC·(BC＋AC)＝845π

.V＝13π·DC2·AD＋13π·DC2·BD＝13π·DC2(AD＋BD)＝485π.即所得旋转体的表面积为845π，体积为485π.【点睛】本题考查圆锥的体积和表面积，其中根据已知判断出旋转所得旋转体的形状及底面半径，高，母线长等

关键几何量，是解答本题的关键．18.已知2sin()410+=，(,)2.（Ⅰ）求cos的值；（Ⅱ）求sin(2)4−的值.【答案】(Ⅰ)35-；(Ⅱ)17250−.【解析】试题分析：（1）根据同角满足的不同命的三角公

式列出方程组，求解即可．（2）根据两角和差公式得到πππsin2sin2coscos2sin444−=−，再由二倍角公式得到sin2，cos2，代入公式即可．解析：（Ⅰ）由π2sin410+=得，12，即1sincos

5+=.①22sincos1+=②由①②解得3cos5=−或cos=45.因为ππ2，，所以3cos5=−.（Ⅱ）因为ππ2，3cos5=−,2234sin1cos155=−=−−=4324sin22sin

cos25525==−=−2237cos22cos12525=−=−=−.πππsin2sin2coscos2sin444−=−242722522

52=−−−17250=−.点睛：本题主要考查同角三角函数的基本关系、两角和差的三角公式、二倍角的正弦公式的应用，属于基础题．一般sincossincos+−，，sin*cos，这三者

我们成为三姐妹，结合22sincos1+=，可以知一求三．19.在四棱柱1111ABCDABCD−中，1AAAB=，1ABBC⊥，求证：()1//AB平面11ABC()21AB⊥平面1ABC【答案】()1证明见解

析；()2证明见解析.【解析】【分析】()1由11//ABAB，AB平面11ABC，11AB平面11ABC，即可求证//AB平面11ABC；()2由已知可得四边形11ABBA为菱形，可得11ABAB⊥，所以1ABBC⊥，因为1ABBCB=I，1AB

平面1ABC，BC平面1ABC，进而可求证出1AB⊥平面1ABC.【详解】证：()1因为1111ABCDABCD−是四棱柱，所以11//ABAB，因为AB平面11ABC，11AB平面11ABC，所以//AB平面11ABC.()2因为11

11ABCDABCD−是四棱柱，所以侧面11ABBA为平行四边形.又因为1AAAB=，所以四边形11ABBA为菱形，因此11ABAB⊥.则1ABBC⊥.又因为1ABBCB=I，1AB平面1ABC，BC平面1ABC，所

以1AB⊥平面1ABC.【点睛】本题考查四棱柱的性质，以及空间线面平行，线面垂直的判定，属于中档题.20.如图，在ABC中，已知点D在边AB上，3ADDB=，4cos5A=，5cos13ACB=，13BC=．（1）求cosB的值；（2）求CD的长.

【答案】（1）（2）【解析】试题分析：根据平方关系由cosA求出sinA，利用cosACB求出sinACB，根据三角形内角和关系利用和角公式求出cosB，利用正弦定理求出AB，根据3ADDB=，计算BD，最后利用余弦定理求出CD.试题

解析：（1）在ABC中，4cos5A=，()0,πA，所以2243sin1cos155AA=−=−=．同理可得，12sin13ACB=．所以()()coscosπcosBAACBAACB=−+

=−+sinsincoscosAACBAACB=−312451651351365=−=．（2）在ABC中，由正弦定理得，1312sin203sin135BCABACBA===．又3ADDB=，所以154BDAB==．在BCD中，由余弦定理得，222

cosCDBDBCBDBCB=+−221651325139265=+−=．【点睛】凑角求值是高考常见题型，凑角求知要“先备料”后代入求值，第二步利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，要灵活使用正、余弦定理，

有时还要用到面积公式，注意边角互化.21.如图，在三棱锥ABCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且//BD平面AEF.()1求证：//EF平面ABD；()2若AE⊥平面BCD，BDCD⊥，求证：平面AEF⊥平面ACD.【答案】()1证明见解析；()2证明见解析.【解析】【分析

】()1运用线面平行的判定定理即可求证；()2由线面垂直的判定定理可推出CD⊥平面AEF，进而可求证.【详解】解：证明：()1因为//BD平面AEF，BD平面BCD，平面AEF平面BCDEF=，所以//BD

EF.因为BD平面ABD，EF平面ABD，所以//EF平面ABD.()2因为AE⊥平面BCD，CD平面BCD，所以AECD⊥.因为BDCD⊥，//BDEF，所以CDEF⊥又AEEFE=，AE平

面AEF，EF平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.【点睛】本题考查线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理，考查推理能力，属于基础题.22.如图所示，为美化环境，拟在四边形ABCD空地上修建两条道路EA和ED，将四边形分成三个区

域，种植不同品种的花草，其中点E在边BC的三等分点处（靠近B点），3BC=百米，BCCD⊥，120ABC=，21EA=百米，60AED=o.（1）求ABE△区域的面积；（2）为便于花草种植，现拟过C点铺设一条水管CH至道路ED上，求水管CH最短时的长．【答案】（1）3平

方百米；（2）577百米.【解析】【分析】（1）由余弦定理求出4AB=百米，由此能求出ABE区域的面积；（2）记AEB=，在ABE中，利用正弦定理求出sin和cos的值，当CHDE⊥时，水管长最短，由此能求出当水

管CH最短时的长.【详解】（1）由题知1,120,21BEABCEA===，在ABE中，由余弦定理得2222cosAEABBEABBEABE=+−，即2211ABAB=++，所以4AB=百米所以113sin413222AB

ESABBEABE===（平方百米）.（2）记AEB=，在ABE中，sinsinABAEABE=，即421sin32=，所以22721sin,cos1sin77==−=，当CHDE⊥时，水管

CH最短，在RtECH中，2π2π2πsin2sin2sincos2cossin333CHCEHEC==−=−=577百米.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式的综合应用，利用同角三角函数关系式求三角函

数值，并求三角形面积，属于基础题.（1）根据余弦定理，可直接求得AB的长度，由三角形面积公式即可求得ABES的面积；（2）根据最短距离为垂直距离，可求得CH的长.