2020年天津市宝坻区高一(下)期中数学试卷

1、期中数学试卷题号一一二总分得分、选择题（本大题共 8小题，共40.0分）1. 下列命题中正确的是（）A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B.有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相 平行的几何体叫棱柱C.用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台D.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱2. 在AABC中，内角A, B, C的对边分别为a, b, c.已知a=1, b=1, c=/3 ,则角C二（）A. 30B. 60C. 903.如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的 等股直角三角形，如果直角三角形的直角边长

2、为a,那么这个几何体的体积为（）3 A. a3B. a3 C. aD. a34. 下列命题中正确的个数是（）平面a与平面3相交，它们只有有限个公共点.若直线l上有无数个点不在平面口内，则l /a.若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线互相平行已知平面 的 3和异面直线a, b,满足a?a/3, b? 3, b/a,则a/3.A. 0B. 1C. 2D. 35 .已知边长为1的正方体的所有顶点在一个球面上，则这个球的表面积为（）A.守兀B.孝兀C. 3 %D. 4 %6 . 在AABC中，内角A, B, C的对边分别为a, b, c,已知白则BBC是（）A.等腰三角形B.直角三角形C.

3、等腰直角三角形D.等腰或直角三角形7 .已知边长为1的菱形ABCD中，4二；,则用斜二测面法画出这个菱形的直观图的面积为（）A木C、序拈C相A. TB. CC. DD. 08 . 在BBC中，内角 A, B, C的对边分别为 a, b, c,则acosB+bcosA=（）A. aB. bC. cD. ccosC二、填空题(本大题共 6小题，共30.0分)9 .若点M在直线l上，则M, l间的关系可用集合语言表示为 .10 .宝地区在新城建设中，要把一个三角形的区域改造成区内公园，经过测量得到这个三角形区域的三条边长分别 2千米，3千米，4千米，则这个区域的面积为 平方千米.11 .在长方体 A

4、BCD AiBiCiDi 中，AB=AAi=2AD ,点 E, F 分别是 AB, CCi 的中点， 则异面直线AAi与EF所成的角的正切值为.12 .在那BC中，内角A, B, C的对边分别为 a, b, c,已知a= 2 , b=同，A=45 ,则 角 C=.13 .正四棱锥(顶点在底面的射影是底面正方形的中心)的体积为挈，底面边长为2,则侧面与底面所成二面角的大小为 .14 .在钝角那BC中，内角 A, B, C的对边分别为 a, b, c,若a=i , b=3,则最大边c 的取值范围是.三、解答题(本大题共 4小题，共50.0分)15 .在那BC中，内角 A, B, C的对边分别为 a

5、, b, c,已知A=60 , 2a=3b.(I )求sinB的值；(n )若b=2,求边c的值.16 .如图，已知四棱锥P-ABCD中，PD一面ABCD,底面ABCD为直角梯形，AD 1CD , AB 心D, CD=2AB.(I )求证：平面 PAB!面PAD(n)在侧棱PC上是否存在点 M,使得BM胡面PAD,若存在，确定点 M位置； 若不存在，说明理由.fi17 .在那BC 中，内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c,已知 cos2A=cos2B+sin2C-sinAsinC.(I )求角B的值；(n )若b=2,且那BC的面积为2/3 ,求a+c的值.18 .如图，已知四棱

6、锥 P-ABCD中，底面 ABCD为矩形且AD=2AB,平面 PAD面 ABCD , APAD是等边三角 形，点E是AD的中点.(I )求证：BE1PC；(II)求直线PB与平面ABCD所成的角的正弦值.第3页，共10页答案和解析1 .【答案】B【解析】解：在A中，如图的几何体，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不是棱柱，故A错误；八在B中，由棱柱的定义得： /有两个面平行，其余各面都是四边形， 并且每相邻两个四边形的；公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故B正确；二U在C中，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间:1八的部分组成的几何体叫棱台，故 C错误； 在D中，如图的几何体，有

7、两个面平行，其余各面都是平行四 好 边形的几何体不是棱柱，故d错误.Vy故选：B.在A中，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱；在B中，由棱柱的定义直接判断；在C中，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台； 在D中，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一 定是棱柱，本题考查命题真假的判断， 考查棱柱、棱台等基础知识，考查运算求解能力， 是基础题.2 .【答案】D【解析】解：.a=1, b=1 , c=p由余弦定理可得，cosC=,-0C 180 , . C=120 故选：D.由余弦定理可得，cosC=rT厂，代入即可求解本题主要考查了余

8、弦定理的简单应用，属于基础题 3.【答案】A【解析】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：底面为直角边长为 a的等腰直角三角形，高为 a的三棱锥.I 1L -I故：V= ；疝二产.故选：A.首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的应用求出结果.本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考 察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型.4 .【答案】B【解析】解：在中，平面 ”与平面3相交，它们有无数个公共点，故错误；在中，若直线l上有无数个点不在平面 a内，则l与a平行或相交，故错误; 在中，若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线相交、平行或

9、异面，故错误；在中，已知平面 ”，3和异面直线 a, b,满足a? % a/旧b?&b/%则由面面平行的判定定理得a/3,故正确.故选：B.在中，平面 a与平面3相交，它们有无数个公共点；在中，l与a平行或相交；在中，这两条直线相交、平行或异面；在中，由面面平行的判定定理得本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考 查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题.5 .【答案】C【解析】 解：由题意，正方体的中心为其外接球的球心，.正方体的棱长为1, .正方体的对角线长为 3则外接球的半径为.,外接球的表面积为 钮X备工=M .故选：C.由已知求出正方体对角线长

10、，得到外接球的半径，代入球的表面积公式即可.本题考查多面体外接球表面积的求法，是基础的计算题.6.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题.由正弦定理，二倍角的正弦函数公式化简已知可求得sin2A=sin2C,结合范围2A, 2C C（0, 2兀），可求2A=2C,或2A+2C=/解得A=C,或A+C=即可得解.【解答】解：,.,=, 可得 acosA=ccosC,加十ctfsAr，由正弦定理可得：sinAcosA=sin CcosC,可得：sin2A=sin2C,.A, CC （0,兀），可得：2A,

11、2CC （0, 2兀），-2A=2C,或 2A+2C= it,.解得A=C,或A+C=g,即BC是等腰或直角三角形.故选：D.7 .【答案】D【解析】解：菱形ABCD中，AB=1, =,：,第5页，共10页S 菱形 abcd=2Szabd=2 内 X1 M Ki则菱形的面积为所以用斜二测面法画出这个菱形的直观图面积为S=2=故选：D.求出菱形ABCD的面积，再根据平面图形的面积与斜二测面法的直观图面积比为根:1,求出即可.本题考查了平面图形面积与斜二测法画直观图的面积比应用问题，是基础题.8 .【答案】C【解析】 解：由正弦定理 二，=“二六,=2R,即a=2RsinA, b=2RsinB,

12、c=2RsinC,代入 acosB+bcosA 中得：2RsinAcosB+2RsinBcosA=2R (sinAcosB+cosAsinB)=2Rsin (A+B) =2RsinC=c.故选：C.利用正弦定理列出关系式，表示出a, b, c,将表示出的a与b代入原式，变形后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，即可得到结果.此题考查了正弦定理，以及两角和与差的正弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键.9 .【答案】Md【解析】解：点M在直线l上，MQ考查点与直线的位置关系等基础知识，是基础则M, l间的关系可用集合语言表示为: 故答案为：M 1.利用点和直线间的集合语言直接求解.

13、本题考查点和直线间的集合语言的求法, 题.10 .【答案】半【解析】解：由海伦公式得,2+344 Ms=MDmOD=亚故这个三角形区域的面积是半平方千米.故答案为：平.利用海伦公式直接求面积即可.本题考查了海伦公式的应用，属于基础题.11 .【答案】姬【解析】解：如图,设 AD=1 ,贝U AB=AAi=2AD=2. E, F 分别是 AB, CCi 的中点，BE=1, BC=1 , CF=1 , CE=/2 .AAi /CCi,，zEFC为异面直线AAi与EF所成的角，则 tan/EFC. = g.故答案为：&由已知画出图形，找出异面直线AAi与EF所成的角，求解三角形得答案.本题考查异面直

14、线所成角，考查数形结合的解题思想方法，是基础题.i2.【答案】75。或i5【解析】解：a嶂,b=氏A=45。，由正弦定理 施=再，可得sinB= =. BC (0, i80 ),可得 B=60 ,或 i20 ,. C=i80 -A-B=75 ,或 i5 .故答案为：75,或i5.由已知利用正弦定理可求sinB的值，结合B的范围可求B的值，根据三角形的内角和定理即可解得C的值.本题主要考查了正弦定理，特殊角的三角函数值，三角形的内角和定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题.Hl-m【解析】【分析】本题考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考

15、查 运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.由正四棱锥S-ABCD的体积为？1底面边长 AB=2, AC ABD=O,连接SO,求出正四棱锥 S-ABCD 的高 SO=3,取 BC 中点 E,连接 OE, SE,贝U OE1BC, SE1BC, ZSEO是 侧面与底面所成二面角的大小，由此能求出侧面与底面所成二面角的大小.【解析】解：如图，正四棱锥 S-ABCD的体积为挈，底面边长AB=2,ACABD=O,连接SO,则SO是正四棱锥 S-ABCD的高， Vsabcd=彳 X 5矩用/= S0= ； K 4 X 5。= ,解得 SO= 3 , 取BC中点E,连接OE, SE, 贝U OE1BC

16、, SEIBC,zSEO是侧面与底面所成二面角的大小，. OE=1.痴疑0=簿呵，趾0=；,.,侧面与底面所成二面角的大小为【解析】【分析】本题考查了三角形的边角关系，余弦定理，以及余弦函数的图象与性质，熟练掌握余弦 定理是解本题的关键，是简单题.由a与b的值，利用三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边得出c的取值范围，然后再由三角形 ABC为钝角三角形，得到cosC小于0,利用余弦定理表示出 cosC, 把a与b的值代入，根据cosC小于0列出关于c的不等式，求出不等式的解集，取 c 范围的公共部分，即可得到最大边c的取值范围.【解答】解：.a=1, b=3,.3-1 vcv 3+1

17、 ,即 2vcv4,又 9BC为钝角三角形，. cosC 0,根据余弦定理得cosC=Tv 0,即 a2+b2-c2 10,解得：c.To, .10 cv 4,则最大边c的取值范围是（ 回,4）.故答案为：（、而，4）.15 .【答案】 解：（I ）在 “BC中，由正弦定理 肃7 = 焉，及A=60 , 2a=3b,可得slnB =可.(n )由 b=2 及 2a=3b,可得 a=3, 由余弦定理 a2=b2+c2-2bccosA, 即 c2-2c-5=0,可得匚=1 +第9页，共i0页【解析】(I )在AABC中，由正弦定理即可解得 sinB的值.(n)由已知利用余弦定理可得：c2-2c-5

18、=0 ,即可解得c的值.本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化 思想，属于基础题.16 .【答案】(I )证明：因为PD#面ABCD, 所以PDAB.又因为 AD 1CD, AB CD , 所以ADAB.又 ADAPD=D, AD, PD?平面 PAD.可得 AB面PAD.又AB?平面PAB,所以平面PAB1平面PAD.(n )解：当点M是PC的中点时，BM忤面PAD.证明如下：设 PD的中点为N,连接MN, AN,易得MN是4PCD的中位线,所以 MN /CD, MM ; CD 由题设可得 AB心D, CD=2AB,所以 MN /AB, MN=AB.所以

19、四边形 ABMN为平行四边形，所以 BM /AN.又BM?平面PAD, AN?平面PAD,所以BM /平面PAD.【解析】(I)证明AB一面PAD即可得出结论；(II)当M为PC的中点时，可证 BM /平面PAD .本题考查了线面垂直，线面平行的判定，属于中档题.17 .【答案】解：(I )由题意知 1-sin2A=1-sin2B+sin2C-sinAsinC, 即 sin2A+sin2C-sin2B=sinAsinC,由正弦定理工=工二三51 nA ftnB 甄司C得 a2+c2-b2=ac,由余弦定理cosB = 得 coaB =!,又因为0vBv阳所以H(n )因为b = 2书,B由面积公式得5 =2口 ,即ac=8.由得 a2+c2=b2+ac=20, 故（a+c） 2=36,即 a+c=6.【解析】(I)