2018～2019学年度第二学期期中调研测试（精编版）

1、2018 2019 学年度第二学期期中调研测试一、选择题：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. 计算的值为（）a.b.c.d.【答案】 b【解析】【分析】根据式子的特点，逆用正弦两角和公式，即可计算出。【详解】=故本题选 b。【点睛】本题考查了两角和的正弦公式。逆用公式在三角恒等变换中，是常见的方法。2. 在中，角的对边边长分别为，若，则其面积等于（）a.b.c.d.【答案】 c【解析】【分析】直接使用面积公式即可求出。【详解】，故本题选 c。【点睛】本题考查了三角形面积的求法。3. 已知中，角的对边边长分别为，若，则等于（）a.b.c.d.【答案】 a【解析】分析：利用三角

2、形内角和定理求得三个内角分别为，由正弦定理可得结果 .详解：中，因为， 所以，所以可得三个内角分别为， 则故选 a.点睛：本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（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 .4. 下列命题正确的是（）a. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面b. 四边形确定一个平面c. 经过一条直线和一个点确定一个平面d. 经过三点确定一个平面【答案】 a【解析】【分析】对于

3、a: 两两相交且不共点的三条直线,一共有三个不共线的交点，故可以确定一个平面；对于 b:如果是空间四边形，可以确定多个平面； 对于 c:点在线上，就确定多个平面；对于 d:三点共线，能确定多个平面【详解】对于 a;两两相交不共点，所以有三个不共线的交点， 根据公理，可以确定一个平面，故选项a 正确；对于 b:如果是空间四边形，可以确定多个平面，故选项b 不正确；对于 c:点在线上，就确定多个平面,故选项c 不正确，；对于 d:三点共线，能确定多个平面题选 a。,故选项d 不正确，所以本【点睛】本题考查了确定平面的问题。5. 函数是（）a. 最小正周期为的偶函数b. 最小正周期为的奇函数c. 最

4、小正周期为的奇函数.d. 最小正周期为的偶函数【答案】 c【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式，对函数解析式进行化简，然后判断奇偶性、最小正周期。【详解】显然是奇函数，周期为， 故本题选 c。【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式，判断一个函数的奇偶性，求一个函数的最小正周期。逆用公式是解题的关键。6. 在中，则角 为（）a.b.c.d.【答案】 c【解析】【分析】直接使用余弦定理，求出角的值。【详解】由余弦定理可知：,代入中得：，故本题选 c。【点睛】本题考查了余弦定理。7. 如图，在正方体中，分别是中点，则异面直线与所成角大小为（）a.b.c.d.【答案】 c【解析】【分析】通过中位线定理可以

5、得到在正方体中，可以得到所以这样找到异面直线求解。与所成角，通过计算【详解】分别是中点，所以有而，因此异面直线与所成角为在正方体中，,所以，故本题选 c。【点睛】本题考查了异面直线所成的角。8. 已知圆锥侧面展开图是一个半径为，圆心角为 的扇形， 则圆锥的高为（）a.b.c.d.【答案】 a【解析】【分析】通过题意可知圆锥的母线长，通过半径为，圆心角为 的扇形，可以求出圆锥底面的周长，进而求出半径的长，利用勾股 定理，计算求得圆锥的高。【详解】扇形的半径为 ，圆心角为 ，所以弧长 ，因此圆锥的底面周长为 ，所以圆锥底面半径 =1，由题意可知圆锥的母线 长为 6，由勾股定理可知：圆 锥 的 高

6、故 本 题 选 a 。【点睛】本题考查了求圆锥的高。解决本题的关键是圆锥与圆锥侧面展开图之间的联系。9. 记 的三内角 的对边边长分别为 ，若 则( )a.b.c.d.【答案】 d【解析】【分析】由，可得，利用二倍角公式，进行化简，通过正弦定理实现角边转化，根据已知，即可求出的值。【详解】由（1）,由正弦定理可知：,代入（ 1）中 ，可得，又，故本题选 d。【点睛】本题考查了正弦定理、二倍角的正弦公式。10. 已知中，角的对边边长分别为，若， 则的形状为 () a. 锐角三角形b. 钝角三角形c. 直角三角形d. 不确定【答案】 c【解析】，所以又联立两式得.故本题正确答案为11.已知正四棱柱

7、的点若，则三棱锥中，的体积为（分别为）上a.b.c.d.【答案】 b【解析】【分析】由于 是动点，所以求三棱锥的体积，可以转化求三棱锥 的体积,正四棱柱中，可以知道面，通过，可以求出到平面的距离，再计算出三角形的面积，最后求出三棱锥的体积。【详解】求三棱锥的体积，可以转化求三棱锥的体积。在正四棱柱以 到平面的距离中，可知为 2，正方形面，的面积为，而，所，所以，故本题选b。【点睛】本题考查了求三棱锥的体积。解决此类问题一般用等积法。12. 在锐角中，分别为内角所对的边，若，则的取值范围是（）a.b.c.d.【答案】 d【解析】【分析】根据锐角和，可以求出角的取值范围，利用正弦定理， 可以求出的

8、表达式，对进行化简，最后求出的取值范围。【详解】在锐角，所以有，解得,由正弦定理可知：，又，故本题选 d。【点睛】本题考查了正弦定理的应用。二、填空题 .13. 已知，则 【答案】【解析】【分析】由同角的三角函数关系，可以求出的值，利用二倍角的正切公式直接求解。【详解】。【点睛】本题考查了二倍角的正切公式及同角的三角函数关系。14. 中，则边上中线的长为 【答案】【解析】【分析】通过余弦定理可以求出的长，而，用余弦定理求出的表达式，代入上式可以直接求出的长。【详解】由余弦定理可知：,设，由余弦定理可知：而，即解得，故边上中线的长为。【点睛】本题考查了利用余弦定理求三角形中线长的问题。本 题也可

9、以应用中点三角形来求解，过程如下：延长至 ，使得,易证出,由余弦定理可得： .。15. 已知关于 的方程有实数解，则实数的取值范围是 【答案】【解析】【分析】把方程看成关于 的函数，求出该函数的值域即可。详解】实数 的取值范围是【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式。重点考查了当三角方程有解，参数的取值范围问题。16. 已知三条线段两两垂直，长分别是，且个点都在同一个球面上，这个球的表面积为，则 的值 【答案】【解析】【分析】由 三条线段两两垂直，可以想到长方体模型，通过球的表面积，可以求出球的直径，而球的直径恰好是长方体的对角线，通过计算得出 的值。【详解】设球的半径为 ，球的表面积为 ，已知

10、三条线段两两垂直，构造如下图所示的长方体：， 的值为 3.【点睛】本题考查了四点共球问题,考查了补体的思想，属于基础题。三、解答题，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、 证明或演算步骤17. 已知三棱锥中，.若平面 分别与棱、相交于点 、 、 、 ，且平面 ，求证：（ 1）；（2）.【答案】 (1)见证明； (2)见证明【解析】【分析】（1） 要证明，可以证明平面；（2） 由已知线面平行，可以证出线线平行，利用线面平行的判定定理，可以证明出线面平行。【详解】（ 1），.又平面，平面，平面.又.（2）平面 ，平面平面，平面又，所以【点睛】本题考查了线线垂直、线面平行。18. 在中，已

11、知（1） 求角 的大小；（2） 求的值【答案】 (1)(2)【解析】【分析】（1） 直接使用余弦定理即可得解；（2） 法 1：由（ 1）可以求出 ，由三角形内角和定理，可以求出的关系，用正弦定理，求出,进而求出，也就求出，最后求出的值；法 2：直接利用余弦定理得，再利用同角的三角函数关系，求出，最后利用二角差的余弦公式求出的值。【详解】解： (1)由余弦定理得：， 因为，所以(2)法 1 由正弦定理得：，所以又因为，所以即，所以所以，因为所以，所以， 所以法 2 直接利用余弦定理得，求得，所以【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理。19. 如图，是 的直径，点 是 上的动点，垂直于 所在的平面（

12、1） 证明：平面平面；（2） 设，求点 到平面的距离【答案】 (1)见证明； (2)【解析】【分析】（1） 由 是 的直径，可以得到线线垂直。再由已知线面垂直，得到另一组线线垂直，利用线面垂直的判定定理，得到线面垂直，最后利用面面垂直的判定定理证出面面垂直。（2） 过 点作 的垂线，垂足为 ，利用等积法，可以求出点 到平面 的距离。【详解】（ 1） 是 的直径，点 是 上的动点， ， 即 又 垂直于 所在 平面 ， 平面 ，又，平面 又平面，平面平面（2）由（ 1）知平面平面，平面平面， 过 点作的垂线，垂足为，显然平面，即为三棱锥的高在中，所以， 由，得即点 到平面的距离为 ，三棱锥的高为【

13、点睛】本题综合考查了线面、面面垂直的判定与性质，同时也考查了利用等积法求点到面距离。20. 已知，若，求的值【答案】【解析】【分析】首先判断已知给定的两个角的范围，然后利用同角的三角函数的关系，求出，的值，利用二角差的正弦公式直接求解。【详解】由，得由，得；，得所以【点睛】本题考查了同角的三角函数关系以及二角差的正弦公式。解决此类问题的关键是通过已知的角之间的关系构造出所求的角。21. 在中，角的对边分别为，且，（1） 求的值；（2） 若求的面积【答案】（ 1）3（2）78【解析】试题分析：（ 1）由两角和差公式得到，由三角形中的数值关系得到，进而求得数值；（ 2）由三角形的三个角的关系得到，

14、再由正弦定理得到b=15, 故面积公式为.解析：（1）在中，由，得 为锐角，所以， 所以，所以.（2）在三角形中,由，所以，由，由正弦定理所以的面积,得.，22. 某小区内有一块以为圆心半径为 20 米的圆形区域 .广场， 为丰富市民的业余文化生活，现提出如下设计方案：如图，在 圆形区域内搭建露天舞台，舞台为扇形区域，其中两个端点， 分别在圆周上；观众席为梯形内且在圆 外的区域，其中，且，在点 的同侧.为保证视听效果，要求观众席内每一个观众到舞台处的距离都不超过60米.设.（1） 求的长（用 表示）；（2） 对于任意 ，上述设计方案是否均能符合要求？【答案】 (1)(2) 能符合要求【解析】【

15、分析】（1） 利用垂径定理，可以得到一个直角三角形，可以求出 的长；（2） 根据垂线段最短这个性质，可以得到点 处的观众离点 最远，利用余弦定理求出 的长，求出它的最大值，与 60 进行比较，得出结论。【详解】解：（ 1）过点 作垂直于，垂足为在直角三角形中，所以，因此（2）由图可知，点处的观众离点最远在三角形中，由余弦定理可知 因为，所以当，即时，8001600 ，又 800 1600所以所以观众席内每一个观众到舞台处的距离都不超过米 故对于任意 ，上述设计方案均能符合要求【点睛】本题考查了利用余弦定理解决生活实际问题2018 2019 学年度第二学期期中调研测试一、选择题：在每小题给出的四

16、个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 计算的值为（）a.b.c.d.【答案】 b【解析】【分析】根据式子的特点，逆用正弦两角和公式，即可计算出。【详解】=故本题选 b。【点睛】本题考查了两角和的正弦公式。逆用公式在三角恒等变换中，是常见的方法。2. 在中，角的对边边长分别为，若，则其面积等于（）a.b.c.d.【答案】 c【解析】【分析】直接使用面积公式即可求出。【详解】，故本题选 c。【点睛】本题考查了三角形面积的求法。3.已知中，角的对边边长分别为，若，则等于（）a.【答案】 ab.c.d.【解析】分析：利用三角形内角和定理求得三个内角分别为，由正弦定理可得结果 .详解：中，因为， 所以

17、，所以可得三个内角分别为，则故选 a.点睛：本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力 工具，其常见用法有以下三种：（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 .4. 下列命题正确的是（）a. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面b. 四边形确定一个平面c. 经过一条直线和一个点确定一个平面d. 经过三点确定一个平面【答案】 a【解析】【分析】对于 a: 两两相交且不共点的三条直线,一共有三个不共线的交点，故可以确定一个平

18、面； 对于 b: 如果是空间四边形，可以确定多个平面；对于 c:点在线上，就确定多个平面；对于 d:三点共线，能确定多个平面【详解】对于 a; 两两相交不共点，所以有三个不共线的交点，根据公理，可以确定一个平面， 故选项 a 正确；对于 b: 如果是空间四边形，可以确定多个平面，故选项b 不正确；对于 c:点在线上，就确定多个平面,故选项 c不正确，；对于 d:三点共线，能确定多个平面,故选项 d不正确，所以本题选a。【点睛】本题考查了确定平面的问题。5. 函数是（）a. 最小正周期为的偶函数b. 最小正周期为的奇函数c. 最小正周期为的奇函数.d. 最小正周期为的偶函数【答案】 c【解析】【

19、分析】利用二倍角的余弦公式，对函数解析式进行化简，然后判断奇偶性、最小正周期。【详解】显然是奇函数，周期为，故本题选 c。【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式，判断一个函数的奇偶性，求一个函数的最小正周期。逆用公式是解题的关键。6. 在中，则角为（）a.b.c.d.【答案】 c【解析】【分析】直接使用余弦定理，求出角的值。【详解】由余弦定理可知：,代入中得：，故本题选 c。【点睛】本题考查了余弦定理。7. 如图，在正方体中，分别是中点，则异面直线与所成角大小为（）a.b.c.d.【答案】 c【解析】【分析】通过中位线定理可以得到在正方体中，可以得到所以这样找到异面直线与所成角，通过计算求解。【详

20、解】分别是中点，所以有而，因此异面直线与所成角为在正方体中，,所以，故本题选 c。【点睛】本题考查了异面直线所成的角。8. 已知圆锥侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则圆锥的高为（）a.b.c.d.【答案】 a【解析】【分析】通过题意可知圆锥的母线长，通过半径为，圆心角为的扇形，可以求出圆锥底面的周长， 进而求出半径的长，利用勾股定理，计算求得圆锥的高。【详解】扇形的半径为，圆心角为，所以弧长，因此圆锥的底面周长为，所以圆锥底面半径=1，由题意可知圆锥的母线长为 6，由勾股定理可知：圆锥的高故本题选 a。【点睛】本题考查了求圆锥的高。解决本题的关键是圆锥与圆锥侧面展开图之间的联系。9.

21、记的三内角的对边边长分别为，若则()a.b.c.d.【答案】 d【解析】【分析】由，可得，利用二倍角公式，进行化简，通过正弦定理实现角边转化，根据已知，即可求出的值。【详解】由（1）,由正弦定理可知：,代入（ 1）中 ，可得，又，故本题选 d。【点睛】本题考查了正弦定理、二倍角的正弦公式。10. 已知中，角的对边边长分别为，若，则的形状为()a. 锐角三角形b. 钝角三角形c. 直角三角形d. 不确定【答案】 c【解析】，所以又联立两式得.故本题正确答案为11. 已知正四棱柱中，分别为上的点若，则三棱锥的体积为（）a.b.c.d.【答案】 b【解析】【分析】由于是动点，所以求三棱锥的体积，可以

22、转化求三棱锥的体积,正四棱柱中，可以知道面，通过，可以求出到平面的距离，再计算出三角形的面积，最后求出三棱锥的体积。【详解】求三棱锥的体积，可以转化求三棱锥的体积。在正四棱柱中，可知面，而，所以到平面的距离 为 2，正方形的面积为，所以，故本题选 b。【点睛】本题考查了求三棱锥的体积。解决此类问题一般用等积法。12. 在锐角中，分别为内角所对的边，若，则的取值范围是（ ）a.b.c.d.【答案】 d【解析】【分析】根据锐角和，可以求出角的取值范围，利用正弦定理，可以求出的表达式，对进行化简，最后求出的取值范围。【详解】在锐角，所以有，解得,由正弦定理可知：，又，故本题选 d。【点睛】本题考查了

23、正弦定理的应用。二、填空题 .13. 已知，则 【答案】【解析】【分析】由同角的三角函数关系，可以求出的值，利用二倍角的正切公式直接求解。【详解】。【点睛】本题考查了二倍角的正切公式及同角的三角函数关系。14. 中，则边上中线的长为 【答案】【解析】【分析】通过余弦定理可以求出的长，而，用余弦定理求出的表达式，代入上式可以直接求出的长。【详解】由余弦定理可知：,设，由余弦定理可知：而，即解得，故边上中线的长为。【点睛】本题考查了利用余弦定理求三角形中线长的问题。本题也可以应用中点三角形来求解，过程如下：延长至 ，使得,易证出,由余弦定理可得： .。15. 已知关于 的方程有实数解，则实数的取值

24、范围是 【答案】【解析】【分析】把方程看成关于 的函数，求出该函数的值域即可。详解】实数的取值范围是【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式。重点考查了当三角方程有解，参数的取值范围问题。16. 已知三条线段两两垂直，长分别是，且个点都在同一个球面上，这个球的表面积为，则 的值 【答案】【解析】【分析】由三条线段两两垂直，可以想到长方体模型，通过球的表面积，可以求出球的直径， 而球的直径恰好是长方体的对角线，通过计算得出的值。【详解】设球的半径为，球的表面积为，已知三条线段两两垂直，构造如下图所示的长方体：， 的值为 3.【点睛】本题考查了四点共球问题,考查了补体的思想，属于基础题。三、解答题，请在

25、答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明或演算步骤17. 已知三棱锥中，.若平面分别与棱、相交于点、 、，且平面 ，求证：（ 1）；（2）.【答案】 (1) 见证明； (2)见证明【解析】【分析】（1） 要证明，可以证明平面；（2） 由已知线面平行，可以证出线线平行，利用线面平行的判定定理，可以证明出线面平行。【详解】（ 1），.又平面，平面，平面.又.（2）平面 ，平面平面，平面又，所以【点睛】本题考查了线线垂直、线面平行。18. 在中，已知（1） 求角 的大小；（2） 求的值【答案】 (1)(2)【解析】【分析】（1） 直接使用余弦定理即可得解；（2） 法 1：由（ 1）可以求出，

26、由三角形内角和定理，可以求出的关系，用正弦定理，求出,进而求出，也就求出，最后求出的值；法 2 ：直接利用余弦定理得，再利用同角的三角函数关系，求出，最后利用二角差的余弦公式求出的值。【详解】解： (1)由余弦定理得：，因为，所以(2)法 1 由正弦定理得：，所以又因为，所以即，所以所以因为所以，所以，所以法 2 直接利用余弦定理得，求得，所以【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理。19. 如图，是 的直径，点是 上的动点，垂直于 所在的平面（1） 证明：平面平面；（2） 设，求点到平面的距离【答案】 (1) 见证明； (2)【解析】【分析】（1） 由是 的直径，可以得到线线垂直。再由已知线面垂直，得到另一组线线垂直，利用线面垂直的判定定理，得到线面垂直，最后利用面面垂直的判定定理证出面面垂直。（2） 过 点作的垂线，垂足为，利用等积法，可以求出点到平面的距离。【详解】（ 1）是 的直径，点是 上的动点，即又垂直于 所在平面，平面 ，又，平面又平面，平面平面（2）由（ 1）知平面平面，平面平面， 过 点作的垂线，垂足为，显然平面，即为三