【文档说明】宁夏吴忠市吴忠中学2020-2021学年高二上学期期中考试数学（理）试卷【精准解析】.doc，共(20)页，1.690 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-ef460516b5d9e39a88ff3e511f99c8ac.html

以下为本文档部分文字说明：

吴忠中学2020——2021学年第一学期期中考试高二年级理科数学试卷一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60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.设全集为R，集合02Axx=，1Bxx=，则()RAB=ð（）A.01xxB.01xx

C.12xxD.02xx【答案】B【解析】【分析】根据补集、交集的定义即可求出．【详解】解：{|02}Axx=，{|1}Bxx=…，{|1}RBxx=ð，(){|01}RABxx=ð．故选：B．【点睛】本题主要考查交集的运算法则，补

集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.在等差数列{an}中，若a3＝－5，a5＝－9，则a7＝()A.－12B.－13C.12D.13【答案】B【解析】设公差为d，则2d＝a5－a3＝－9＋5＝－4，则d＝－2，故a

7＝a3＋4d＝－5＋4×(－2)＝－13，故选B.3.直线3ykx=+被圆()()22234xy−+−=截得的弦长为23，则直线的倾斜角为（）A.566或B.33或−C.66−或D.6【答案】A【解析】由题意，得22223323421kk

−++=+，即231k=，解得33k=，则直线的倾斜角为π6或5π6，故选A.4.已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（）A.若//,//,mn则//mnB.若m⊥，n，则mn⊥C.若m⊥，mn⊥，则//nD.若//m，mn⊥，则n⊥【答

案】B【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.考点：空间点线面位置关系．5.在ABC中，,,abc分别是内角,,ABC的对边，若sin3sinbAcB=，3a=，2cos3B=，则b=

（）A.14B.6C.14D.6【答案】D【解析】试题分析：由题意得，sin3sin331bAcBabbcacc====，∴22222cos91231663bacacBb=+−=+−==，故选D．【考点】本题主要考查解三角形．6.函数3sin2cos2yxx=−的图象向右平

移02个单位长度后，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)为偶函数，则的值为（）A.12B.6C.4D.3【答案】B【解析】【分析】利用辅助角公式将函数化简为2sin(2)6yx=−，平移后可得g(x)的解析式，由g(x)是偶函数，可得2,()6

2kkZ+=+，结合的范围，即可得结果.【详解】由题意知3sin2cos22sin(2)6yxxx=−=−，其图象向右平移φ个单位长度后，得到函数()2sin[2(]2sin)2266xgxx=−−−−

=的图象，因为g(x)为偶函数，所以2,()62kkZ+=+，即,()26kkZ=+，又因为02，，所以6π=.故选：B【点睛】本题考查辅助角公式的应用，图像的平移变换，三角函数奇偶性的应用，考查分析理解

，求值计算的能力，属基础题.7.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是（）A.442+B.422+C.842+D.83【答案】A【解析】【详解】由三视图可得该几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，底面为正方形，如图所示：其中，PC⊥平面ABCD，2PC=,底面ABCD

是边长为2的正方形∴22PBPD==，23PA=∵2228412PDADPA+=+==∴PDAD⊥，同理可得PBBA⊥∴12222PCBPCDSS===，1222222PADPABSS===∴

该四棱锥的侧面积为442+故选A点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.8.

若72sin,,4104AA+=，则sinA的值为（）A35B.45C.35或45D.34【答案】B【解析】【分析】由正弦值求出cos4A+，角A记为44A+−，利用两角差的正弦公式展开计算.【详解】∵,

4A，5,424A+，则cos04A+，cos4A+＝－21sin4A−+＝－210，∴sinA＝sin[]44A+−＝sin4A+cos4－

cos4A+sin47222241021025=−−=故选：B【点睛】本题考查已知正弦求余弦、两角差的正弦公式，属于基础题.9.在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且ABBCCD

==，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（）A.12B.12−C.32D.32−【答案】A【解析】如图，分别取,,,BCCDADBD的中点,,,MNPQ，连,,,MNNPPMPQ，则,MNBDNPAC，∴PNM即为异面直线AC和BD所成的角（或其补角）．又由题意得PQ

MQ⊥，11,22PQABMQCD==.设2ABBCCD===，则2PM=.又112,222MNBDNPAC====,∴PNM为等边三角形，∴60PNM=∠，∴异面直线AC与BD所成角为60，其余弦值为12．选A．点睛：用几何法求空间角时遵循“一找、二证、三计算”的

步骤，即首先根据题意作出所求的角，并给出证明，然后将所求的角转化为三角形的内角．解题时要注意空间角的范围，并结合解三角形的知识得到所求角的大小或其三角函数值．10.在[6,9]−内任取一个实数m，设2()fxxmxm=−++，则函数()fx的图象与x轴有公共

点的概率等于（）A.215B.715C.35D.1115【答案】D【解析】()2fxxmxm=−++的图象与x轴有公共点，240,4mmm=+−或0,m在6,9−内取一个实数m，函数()fx的图象与x轴有

公共点的概率等于()()4690119615−++−=+，故选D.11.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）A.63B.265C.155D.105【答案】D【解

析】试题分析：以D点为坐标原点，以DA、DC、1DD所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），1C（0，2，1）∴1BC=（-2，0，1），AC=（-2，2，0），AC且为平

面BB1D1D的一个法向量．∴1410cos,558BCAC==．∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为105考点：直线与平面所成的角12.函数()fx定义域为D，若满足①()fx在D内是单调函数；②存在[,]ab

D使()fx在,ab上的值域为,22ab，那么就称()yfx=为“成功函数”，若函数()log()(0,1)xafxataa=+是“成功函数”，则t的取值范围为A.()0,+B.1,4−

C.10,4D.10,4【答案】C【解析】【分析】由()()log(0,1)xafxataa=+是“成功函数”，知()fx在其定义域内为增函数，()()1log2xafxatx=+=，故2xxata+=，由此能求出t的取值范

围.【详解】∵()()log(0,1)xafxataa=+是“成功函数”，∴()fx在其定义域内为增函数，()()1log2xafxatx=+=，∴2xxata+=，20xxaat−+=，令20xmc=，∴20mmt−+=有两个不同的正数根，∴1400tt−，

解得10,4t，故选C.【点睛】本题考查函数的值域的求法，解题的关键是正确理解“成功函数”，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知向量(2,4)a=

−，(3,4)b=−−，则向量a与b夹角的余弦值为__________.【答案】55【解析】【分析】先求出ab，再求||,||ab，最后代入向量的夹角公式即得解.【详解】由题得2(3)(4)(4)10,ab=−+−−

=22222(4)25,(3)(4)5,ab=+−==−+−=所以向量a与b夹角的余弦值为105cos5||||255abab===.故答案为55【点睛】(1)本题主要考查向量的夹角的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分

析推理计算能力.(2)求两个向量的夹角一般有两种方法,方法一：·cos,ababab=,方法二：设a=11(,)xy,b=22(,)xy，为向量a与b的夹角，则121222221122cosxxyyxyxy+=++.14

.已知点(m，3)到直线x＋y－4＝0的距离等于2，则m的值为________【答案】－1或3【解析】试题分析：利用点到直线的距离公式即可得出．详解：由点到直线的距离公式可得：|m+3-4|=2.2化为：|m

﹣1|=2，解得m=﹣1或3．故答案为﹣1或3．点睛：本题考查了点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15.ABC中，且75,45AB==，AB6=，则AC=__________.【答案】2【解析】【分析】

根据题意由正弦定理可得答案.【详解】180754560C=−−=，由正弦定理得sinsinABACCB=，即6sin60sin45AC=，解得2AC=.故答案为：216.现有一副斜边长相等的直角三角板.若将它们的斜边AB重合，其中

一个三角板沿斜边折起形成三棱锥ABCD−，如图所示，已知,64DABBAC==，三棱锥的外接球的表面积为4，该三棱锥的体积的最大值为__________.【答案】36【解析】【分析】容易知AB中点为外接球球心，则AB

为外接球直径，从而求得半径，体积最大时，即平面ABC⊥平面ABD，求得点C到平面ABD距离，利用棱锥体积公式即可求得结果.【详解】设三棱锥ABCD−的外接球的半径为r，因为2441rr==，因为90ADBACB==，所以AB为外接球的直径，所以2AB=，且3,1,2ADBDAC

BC====.当点C到平面ABD距离最大时，三枝锥ABCD−的体积最大，此时平面ABC⊥平面ABD，且点C到平面ABD的距离1d=，所以11133113326ABCDCABDABDVVSd−−====△.故答案为

：36.【点睛】本题关键点是确定三棱锥外接球的球心位置，涉及面面垂直推证线面垂直，以及棱锥体积最大值的求解，属综合中档题.三、解答题：（解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤）17.已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，且3cos2sinaAcC+=.（1）求角A的大小；（2

）若5bc+=，且ABC的面积为3，求a的值.【答案】(Ⅰ)23；(Ⅱ)21.【解析】【分析】（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角，整理计算可得sin16A−=，则23A=.（Ⅱ）由三角形面积公式可得：4bc=，结合余弦定理计算可得221a=，则21a=.【详解】（Ⅰ）由

正弦定理得，，∵，∴，即．∵∴，∴∴．（Ⅱ）由：可得．∴，∵，∴由余弦定理得：，∴.【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一

般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．18.已知以点P为圆心的圆经过点A（－1，0）和B（3，4），线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且|CD|＝410

.（1）求直线CD的方程；（2）求圆P的方程.【答案】（1）x＋y－3＝0（2）圆P的方程为（x＋3）2＋（y－6）2＝40或（x－5）2＋（y＋2）2＝40【解析】【分析】（1）求出AB中点坐标和直线CD的斜率，即得直线CD的方程；（2）设圆心P（a，b），求出,ab的值，

即得圆P的方程.【详解】（1）由题意知，直线AB的斜率k＝1，中点坐标为（1，2）.所以1CDk=−.则直线CD的方程为y－2＝－（x－1），所以直线CD的方程为x＋y－3＝0.（2）设圆心P（a，b），则由点P在CD上得

a＋b－3＝0.①又因为直径|CD|＝410，所以|PA|＝210，所以（a＋1）2＋b2＝40.②由①②解得36ab=−=或52ab==−所以圆心P（－3，6）或P（5，－2）.所以圆P的方程为（x＋3）2＋（y－6）2＝40或（x－5）

2＋（y＋2）2＝40.【点睛】本题主要考查直线和圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cosB－bcosC＝0.（1）求角B的大小；（2）设函数f(x)＝

2sinxcosxcosB－32cos2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．【答案】（1）3；（2）当x＝kπ＋512(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简得到2sinAcosB－sinCcosB－co

sCsinB＝0，再根据三角形内角和得到(2cosB－1)＝0，求得答案；（2）利用两角和与差的正弦公式化简f(x)，再求最值.【详解】（1）因为(2a－c)cosB－bcosC＝0，所以2acosB－ccosB－bcosC＝0，由正

弦定理得2sinAcosB－sinCcosB－cosCsinB＝0，即2sinAcosB－sin(C＋B)＝0，又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sinA.所以sinA(2cosB－1)＝0.在△ABC中，sinA≠0

，所以cosB＝12，又B∈(0，π)，所以B＝3.（2）因为B＝3，所以f(x)＝12sin2x－32cos2x＝sin23x−，令23x−＝2kπ＋2(k∈Z)，得x＝kπ＋512k∈Z)，即当x＝kπ

＋512(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.【点睛】本题主要考查了正弦定理、正弦型三角函数的性质.20.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PAPD⊥，PAPD=，E、F分别为AD、PB的中点.（Ⅰ）求证：PEBC⊥；（Ⅱ

）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：//EF平面PCD.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】【分析】（1）欲证PEBC⊥，只需证明PEAD⊥即可；（2）先证PD⊥平面PAB，再

证平面PAB⊥平面PCD；（3）取PC中点G，连接,FGDG，证明//EFDG，则//EF平面PCD.【详解】（Ⅰ）∵PAPD=，且E为AD的中点，∴PEAD⊥.∵底面ABCD为矩形，∴//BCAD，∴PEBC⊥；（Ⅱ）∵底面ABCD为矩形，∴ABAD⊥.∵平面PAD⊥平面A

BCD，平面PAD平面ABCDAD=，ABÌ平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，又PD平面PAD，∴ABPD⊥.又PAPD⊥，PAABA=，PA、ABÌ平面PAB，PD⊥平面PAB，∵PD平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）如图，取PC中点G，连接,F

GGD.∵,FG分别为PB和PC的中点，∴//FGBC，且12FGBC=.∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴1//,2EDBCDEBC=，∴//EDFG，且EDFG=，∴四边形EFGD为平行四边形，∴//EFGD，又E

F平面PCD，GD平面PCD，∴//EF平面PCD.【点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法.证明线线垂直的常用方法：

（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.21.某中学生物兴趣小组在学校生物园地种植了一批名贵树苗，为了解树苗生长情况，从这批树苗中随机测量了其中50棵树苗的高度（单位：厘米），把这些高度列成了如下的

频率分布表：组别[40,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]频数231415124（1）在这批树苗中任取一棵，其高度在85厘米以上的概率大约是多少？（2）这批树苗的平均高度大约是多少？（3）为了进一步获得研究资料，若从[4

0,50)组中移出一棵树苗，从[90,100]组中移出两棵树苗进行试验研究，则[40,50)组中的树苗A和[90,100]组中的树苗C同时被移出的概率是多少？【答案】（1）0.2；（2）73.8厘米；（3）0.25.【解析】试题分析：（1）根据题意，由频率分布表

可得高度在85厘米以上的频数，进而由等可能事件的概率公式，计算可得答案；（2）首先计算出样本容量，进而由平均数的计算公式计算可得答案；（3）设[4050，）组中的树苗为AB、，[90]100，组中的树苗为CDEF、、、，用列表法可得移出3棵树苗的基本事件的数目与AC、同时被移出的事件数目，有等可

能事件的概率公式计算可得答案.试题解析：(1)由已知，高度在85厘米以上的树苗大约有6＋4＝10棵，则所求的概率大约为＝＝0.2.(2)树苗的平均高度x≈＝＝73.8厘米．(3)依题意，记[40,50)组中的树苗分别为A、B，[90,1

00]组中的树苗分别为C、D、E、F，则所有的基本事件为ACD、ACE、ACF、ADE、ADF、AEF、BCD、BCE、BCF、BDE、BDF、BEF，共12个．满足A、C同时被移出的基本事件为ACD、ACE、ACF，共3个，所

以树苗A和树苗C同时被移出的概率P＝＝0.25.点睛：本题考查频率分布表的应用，涉及等可能事件的概率的计算，注意从频率分布表中分析出要求的数据及信息，比较基础；等可能条件下概率的特征：（1）对于每一次试验中所有可能出现的结果都是有限的；（2）每一个结果出现的可能性相等.22.ABC是

正三角形，线段EA和DC都垂直于平面ABC.设2,EAABaDCa===，且F为BE的中点，如图.（1）求证：//DF平面ABC；（2）求证：AFBD⊥；（3）求平面BDF与平面ABC所成锐二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；

（2）证明见解析；（3）45.【解析】【分析】（1）利用三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理即可证明；（2）利用线面、面面垂直的判定和性质定理即可证明；（3）延长ED交AC延长线于G′，连BG′，只要证明BG′⊥平面A

BE即可得到∠ABE为所求的平面BDE与平面ABC所成二面角，在等腰直角三角形ABE中即可得到．【详解】（1）证明：如图所示，取AB的中点G，连接,CGFG.∵,EFFBAGGB==，//FGEA，1=2FGEA又//DCEA，1=2DCEA，//

FGDC，=FGDC，∴四边形CDFG为平行四边形，故//DFCG.∵DF平面,ABCCG平面ABC，∴//DF平面ABC.（2）证明：∵EA⊥平面ABC，∴EACG⊥.又ABC是正三角形，∴CGAB⊥.∴CG⊥平面AEB.∴CGA

F⊥.又∵//DFCG，∴DFAF⊥.又AEAB=，F为BE中点，∴AFBE⊥.又BEDFF=，∴AF⊥平面BDE.∴AFBD⊥.（3）延长ED交AC延长线于G，连接BG.由12CDAE=，//CDAE知D为EG中点，∴//FD

BG.由CG⊥平面,//ABEFDCG，∴BG⊥平面ABE.∴EBA为所求二面角的平面角.在等腰直角三角形AEB中，易求45ABE=.【点睛】熟练掌握三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理与线面、面面垂直的判定和性质定理及二面角的求法是解

题的关键．23.如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，90ABDBCD==，2EC=，2ABBD==，直线EC与平面ABC所成的角等于30．（1）证明：平面EFC⊥平面BCD；（2）求二面角ACEB−−的余

弦值．【答案】(Ⅰ)见证明；(Ⅱ)13．【解析】【分析】（Ⅰ）先证得EFFC⊥，再证得EFBD⊥，于是可得EF⊥平面BCD，根据面面垂直的判定定理可得平面EFC⊥平面BCD．（Ⅱ）利用几何法求解或建立坐标系

，利用向量求解即可得到所求．【详解】（Ⅰ）在tRBCD中，F是斜边BD的中点，所以112FCBD==.因为,EF是,ADBD的中点，所以112EFAB==，且2EC=，所以222EFFCEC+=，所以EFFC⊥.又因为,//ABBDEFAB⊥，所以EFBD⊥，又B

DFCF=，所以EF⊥平面BCD，因为EF平面EFC，所以平面EFC⊥平面BCD．（Ⅱ）方法一：取AC中点M，连ME，则//MECD，因为122CEAD==，所以CDAC⊥.又因为CDBC⊥，ACBCC=，所以CD⊥平面ABC，所以ME⊥平面ABC．因此ECM是直线EC与平面ABC

所成的角．故22cos306ACMCEC===，所以2CDBC==.过点B作BNAC⊥于N，则BN⊥平面ACD，且233ABBCBNAC==．过点B作BHEC⊥于H，连接HN，则BHN为二面角ACEB−−的平面角．因为2BEBCEC===，所以22366,226BHBEHNBHBN===−=

，所以1cos3HNBHNBH==，因此二面角ACEB−−的余弦值为13．方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz．因为2CDBC==(同方法一,过程略)则()1,1,0C，()0,0,2A,

()0,1,1E．所以()=1,0,1CE−,()0,1,1BE=,()0,1,1AE=−，设平面ACE的法向量()111,,mxyz=，则·0C?0AEmEm==，即111100yzxz−=−+=，取11x=,得()1,1,1m=．设平面BCE的法

向量()222,,nxyz=则·0·0BEnCEn==，即222200yzxz+=−+=，取21x=,得()1,1,1n=−．所以·11cos,=333mnmnmn==，由图形得二面角ACEB−−为锐角，因此二面角ACEB−−的余弦值为

13．【点睛】利用几何法求空间角的步骤为“作、证、求”，将所求角转化为解三角形的问题求解，注意计算和证明的交替运用．利用空间向量求空间角时首先要建立适当的坐标系，通过求出两个向量的夹角来求出空间角，此时需

要注意向量的夹角与空间角的关系．