天津市和平区耀华中学2018_2019学年高一数学下学期期中试题(含解析)

天津市耀华中学2018-2019学年度第二学期中形成性检测高一年级数学学科试卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的，请把正确答．．．．．案填涂在答题卡上．．．．．．．．. 1.如图，已知OAB ∆的直观图O A B '''∆是一个直角边长是1的等腰直角三角形，那么OAB ∆的面积是（ ）A.12B.2C. 1【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的基本原理，将平面直观图'''O A B ∆与还原为原几何图形，利用三角形面积公式可得结果.【详解】平面直观图'''O A B ∆与其原图形如图，直观图'''O A B ∆是直角边长为1的等腰直角三角形，还原回原图形后，边''O A 还原为OA ， 直观图中的'OB 在原图形中还原为OB 长度，且长度为2，所以原图形的面积为11222S OA OB =⋅=⨯= D. 【点睛】本题主要考查直观图还原几何图形，属于简单题. 利用斜二测画法作直观图，主要注意两点：一是与x 轴平行的线段仍然与与'x 轴平行且相等；二是与y 轴平行的线段仍然与'y 轴平行且长度减半.2.将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为（ ）A. B. C. D.【答案】C 【解析】解：将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体中可以从左向右看得到,则该几何体的侧视图为D3.直线1l ：20x ay ++=与2l ：320x y a ++-=平行，则a 的值等于（ ） A. -1或3 B. 1C. 3D. -1【答案】C 【解析】 【分析】根据直线平行的判定定理得到31=13a a ⨯⨯⇒=，之后将参数代入排除重合的情况. 【详解】直线1l ：20x ay ++=与2l ：320x y a ++-=平行，则根据向量平行的判定得到：31=13a a ⨯⨯⇒=.当a=3时，代入直线得到两个直线为320,310x y x y ++=++=两个直线平行且不重合.故得到参数值为：3. 故答案为：C.【点睛】这个题目考查了已知两直线平行求参的问题，属于基础题；根据判定定理求出参数后，要排除两直线重合的情况.4.V ABC 中，若 3,120AB BC C ==∠=，则AC =（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A 【解析】余弦定理2222?cos AB BC AC BC AC C =+-将各值代入 得2340AC AC +-=解得1AC =或4AC =-(舍去)选A.5.如图，在三棱锥S ABC -中，2SC AB ==，E 、F 分别是SA 、BC 的中点，且满足EF =SC 与AB 所成的角等于（ ）A. 60︒B. 120︒C. 120︒或者60︒D. 30︒【答案】A 【解析】 【分析】通过做平行线将异面直线所成角化为EGF ∠或其补角，根据三角形中的余弦定理得到结果.【详解】取AC 的中点G,连接EG,GF,可得,EG SC GF AB ，此时，EGF ∠为异面直线SC 与AB所成的角或其补角，根据,EG SC GFAB 可得到,EG GF 分别为三角形的中位线，EG=1GF=1,，FE =在三角形EFG 中，根据余弦定理得到222111cos ,2112EGF +-∠==-⨯⨯因为异面直线所成的角为直角或锐角，故得到异面直线SC 与AB 所成的角等于60︒. 故答案为：A.【点睛】本题考查了异面直线所成角的求法，异面直线所成的角常用方法有：将异面直线平移到同一平面中去，达到立体几何平面化的目的；或者建立坐标系，通过求直线的方向向量得到直线夹角或其补角.6.在ABC ∆中，2220b bc c --=，a =7cos 8A =，则ABC ∆的面积为（ ）A. 2B. 3C.2【答案】C 【解析】 【分析】将题干中的式子变形为2()20b bcc--=，解得2b c =，由余弦定理得到边长b,c,再由同角三角函数关系得到sin A =. 【详解】在ABC ∆中，2220b bc c --=，两边同除以22()20b bc cc⇒--=因式分解得到=2=-1()b bc c或舍去 2b c ∴=，2276cos 2,482b c A c b bc +-==⇒==ABC ∆的面积为1sin ,sin 2S bc A A ===故答案为：C.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用以及三角形面积公式，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.7.在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，11AA =，则1AB 与平面11ABC D 所成角的正弦值为（ ）A.5B.25C.5D.12【答案】B 【解析】 【分析】做出线面角，在直角三角形中解角的正弦值.【详解】做11B H BC ⊥于H 点，连接AH ，因为1AB CB ⊥面，1AB B H ∴⊥，又因为111,B H BC BC AB B ⊥⋂=，111B H ABC D ∴⊥面，根据线面角的定义得到1B AH ∠为所求角，在11BB C 中，1111,2,BB B C ==由等面积法得到1B H=1AB ，线面角的正弦值为：112.5HB AB = 故答案：B.【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，线面角的求法。

求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。

8.如图，已知A(4,0)、B(0,4)，从点P(2，0)射出的光线经直线AB 反射后再射到直线OB 上，最后经直线OB 反射后又回到P 点，则光线所经过的路程是 ()A.B. C. 6D.【答案】D 【解析】 【分析】设点P 关于y 轴的对称点P'，点P 关于直线:40AB x y +-=的对称点"P ，由对称点可求P'和"P 的坐标，在利用入射光线上的点关于反射轴的对称点在反射光线所在的直线上，光线所经过的路程为'"P P .【详解】点P 关于y 轴的对称点P'坐标是()2,0-， 设点P 关于直线:40AB x y +-=的对称点()",P a b ，由()0112204022b a a b -⎧⨯-=-⎪⎪-⎨++⎪+-=⎪⎩，解得42a b =⎧⎨=⎩，故光线所经过的路程'"P P ==，故选D.【点睛】解析几何中对称问题，主要有以下三种题型：（1）点关于直线对称，(),P x y 关于直线l 的对称点()',P m n ，利用1l y n k x m -⨯=--，且 点,22x m y n ++⎛⎫⎪⎝⎭在对称轴l 上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解.9.设a ，m ，n 是三条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列命题：①//m n n m αα⊥⎫⇒⎬⊥⎭；②,,a m a n a m n αα⊥⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭；③//m m ααββ⊥⎫⇒⎬⊥⎭；④////m n m n αβαβ⊂⎫⎪⊂⇒⎬⎪⎭；⑤a a ααββ⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭；⑥//m m n n αβαβ⊥⎫⎪⇒⊥⎬⎪⊥⎭.其中为真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2C. 3D. 4【答案】B 【解析】 【分析】根据课本的判定定理以及推论，和特殊的例子，可判断正误. 【详解】对于①//m n n m αα⊥⎫⇒⎬⊥⎭，错误，n 可以在平面α内；对于②，是错误的，根据线面垂直的判定定理知，当一条直线和面内两条相交直线垂直的时候，才能推出线面垂直；对于③根据课本推论知其结果正确；④直线m 和n 可以是异面的成任意夹角的两条直线；对于⑤根据课本线面垂直的判定定理得到其正确；对于⑥是错误的，当直线m 与直线n,和平面α平行并且和平面β垂直，此时两条直线互相平行. 故答案为：B【点睛】这个题目考查了空间中点线面的位置关系，面面垂直，线面垂直的判定等，对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断。

还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断。

10.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AA =，3AD =，4AB =，则点B 到平面1D AC 的距离为（ ）B.1213D.25【答案】B 【解析】 【分析】根据等体积法：11D ACD D ACD V V --=得到1111,33ACD ACD S h S DD ⨯=⨯分别求出三角形的面积代入上式得到结果.【详解】连接BD 交AC 于O 点，根据长方形对角线互相平分得到O 点为BD 的中点，故点B 到面1D AC 的距离等于点D 到面1D AC 的距离，根据11D ACD D ACD V V --=，设点D 到面1D AC 的距离为h,故得到1111,33ACD ACD S h S DD ⨯=⨯115,AC AD CD == 根据余弦定理得到11113cos 2AD CAD C AD C S ===，6ACDS =将面积代入上式得到h=1213. 故答案为：B.【点睛】本题考查了点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，还可以等体积转化.11.已知在ABC ∆中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，60A ∠=︒，2a =，则ABC ∆周长的取值范围是（ ） A. (0,6)B. (4,2]C. (4,6]D.[4,2]【答案】C 【解析】【分析】由正弦定理得到,,2b B c C l B C ===+，根据三角形内角和关系将周长的表达式化简，进而得到结果.【详解】根据三角形正弦定理得到sin sin sin a b c A B C ===，变形得到i n ,s i n ,s i n 3b Bc C l C ==，因为 222sin()22cos 24sin 336B C l B B B B B πππ⎛⎫+=∴=++-=++=++ ⎪⎝⎭2510,,,sin ,1366662B B B πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎤∈+∈∴+∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎦(]4,6l ∴∈故答案为：C.【点睛】本题主要考查正弦定理及三角形面积公式的应用，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现ab 及2b 、2a 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.12.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面为直角三角形，90ACB ∠=︒，6AC =，1BC CC =，点P 是线段1BC 上一动点，则1CP PA +的最小值是（ ）B. 1D.6【答案】B 【解析】 【分析】连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内，不难看出CP +PA 1的最小值是A 1C 的连线．（在BC 1上取一点与A 1C 构成三角形，因为三角形两边和大于第三边）由余弦定理即可求解．【详解】连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内， 连接A 1C ，长度即是所求．∵直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1=∴矩形BCC 1B 1的正方形；则BC 1＝2； 另外A 1C 1＝AC ＝6；在矩形ABB 1A 1中，A 1B 1＝AB BB 1=A 1B 易发现62+22＝40，即A 1C 12+BC 12＝A 1B 2，∴∠A 1C 1B ＝90°，则∠A 1C 1C ＝135°故A 1C === 故答案为：B.【点睛】本题考查的知识是棱柱的结构特征及两点之间的距离，其中利用旋转的思想，将△CBC 1沿BC 1展开，将一个空间问题转化为平面内求两点之间距离问题是解答本题的关键．二、填空题：不需写出解答过程，请把答案填在答案纸上的指定位置．．．．．．．．．．．．．．．. 13.已知直线1l ：32mx y m +=-，2l ：(2)1x m y ++=.若12l l ⊥，则实数m =____． 【答案】32-【解析】【分析】根据直线互相垂直的判定公式得到结果.【详解】直线1l ：32mx y m +=-，2l ：(2)1x m y ++=.若12l l ⊥，则()31320.2m m m ⨯++=⇒=- 故答案为：32-. 【点睛】这个题目考查了已知两直线的位置关系求参数的应用，属于基础题.14.已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），则这个几何体的体积是 cm 3.【答案】43【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是一个有一个侧面垂直于底面的三棱锥，所以该三棱锥的体积为114222.323⨯⨯⨯⨯= 考点：本小题主要考查空间几何体的三视图和体积计算.点评：解决此类问题关键是根据三视图正确还原几何体，考查学生的空间想象能力.15.过点(2,1)P ，且在两轴上的截距相等的直线方程为____．【答案】20x y -=或30x y +-=【解析】试题分析：设直线方程为()12y k x -=-，令0x =得12y k =-，令0y =得12x k =-，112122k k k ∴-=-∴=或1k =-，直线方程为20x y -=或30x y +-= 考点：直线方程点评：已知直线过的点，常设出直线点斜式，求出两轴上的截距由截距相等可求得斜率，进而求得方程截距相等的直线包括过原点的直线16.如图，二面角l αβ--等于120︒，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC l ⊥，BD l ⊥，且1AB AC BD ===，则CD 的长等于______．【答案】2【解析】【分析】由已知中二面角α﹣l ﹣β等于120°，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，由22()CD CA AB BD =++，结合向量数量积的运算，即可求出CD 的长．【详解】∵A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ， 又∵二面角α﹣l ﹣β的平面角θ等于120°，且AB ＝AC ＝BD ＝1，∴0CA AB AB BD ⋅=⋅=，CA DB =＜，＞60°，1160CA BD cos ⋅=⨯⨯︒∴22()CD CA AB BD =++ 2222422=CA AB BD CA AB AB BD CA BD =+++⋅+⋅+⋅||2CD =故答案为：2．【点睛】本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，其中利用22()CD CA AB BD =++，结合向量数量积的运算，是解答本题的关键．17.如图,在ABC ∆中,D 是边BC 上一点，AB =2AD AC =,1cos 3BAD ∠=，则sin C =【解析】 试题分析：由题意不妨取2AC =,则AB AD ==且13cos BAD ∠=,由余弦定理，可得BD ==,sin BAD ∠=,由正弦定理得sin sin AD BAD B BD ⋅∠==,从而sin sin AB B C AC ⋅==. 考点：正弦定理、余弦定理应用. 【易错点晴】此题主要考查解三角形中余弦定理、正弦定理方面等知识的综合应用，属于中档题.根据题目中的条件“AB =AD AC =”，可有多种方法假设，比如：设()20AC t t =>，则AB AD ==；或者取AC =,则有AD AB =，…，代入余弦定理、正弦定理进行运算，注意在取值时候要按照题目所给的比例合理进行，更要注意新引入参数t 的范围.18.已知点A 是以BC 为直径的圆O 上异于B ，C 的动点，P 为平面ABC 外一点，且平面PBC ⊥平面ABC ，BC ＝3，PB ＝，PC =P ﹣ABC 外接球的表面积为______．【答案】10π【解析】【分析】由O 为△ABC 外接圆的圆心，且平面PBC ⊥平面ABC ，过O 作面ABC 的垂线l ，则垂线l 一定在面PBC 内，可得球心O 1一定在面PBC 内，即球心O 1也是△PBC 外接圆的圆心， 在△PBC 中，由余弦定理、正弦定理可得R .【详解】因为O 为△ABC 外接圆的圆心，且平面PBC ⊥平面ABC ，过O 作面ABC 的垂线l ，则垂线l 一定在面PBC 内，根据球的性质，球心一定在垂线l 上，∵球心O 1一定在面PBC 内，即球心O 1也是△PBC 外接圆的圆心，在△PBC 中，由余弦定理得cos B 22222PB BC PC BP BC +-==⋅⇒sin B 2=，由正弦定理得：2PC R sinB =，解得R 2=， ∴三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积为s ＝4πR 2＝10π，故答案为：10π．【点睛】本题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定理是解题的关键，属于中档题．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.三、解答题：解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写在答案．．．．．．．．．．纸上．．.19.ABC ∆的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b,c ，且满足sin cos a B A =.（1）求A ；（2）若，2b =，求ABC ∆的面积.【答案】（1）3A π=（2）2S ∆= 【解析】【分析】 （1）根据正弦定理将条件化为角的关系，即得结果，（2）先根据余弦定理得3,c =再根据面积公式得结果.【详解】（1）因为sin cos a B A =所以sin sin cos sin 0sin ,tan A B B A B A A A =≠∴==，因为(0,π)3A A π∈∴=（2）因为2222cos a b c bc A =+- 所以22744cos 2303c c c c π=+---=∴，3,c =11sin 23sin 223S bc A π∆∴==⨯⨯⨯=. 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.20.如图，矩形ABCD 所在的半平面和直角梯形CDEF 所在的半平面成60︒的二面角，//DE CF ，CD DE ⊥，2AD =，EF =，6CF =，45CFE ∠=︒.（Ⅰ）求证：平面CDEF ⊥平面BCF ；（Ⅱ）试问在线段CF 上是否存在一点G ，使锐二面角B EG D --的余弦值为14.若存在，请求出CG 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）见解析【解析】【分析】（Ⅰ）根据二面角的平面角的定义得到BCF ∠即为二面角A CD F --的平面角60BCF ∠=︒，根据CD CB ⊥，CD CF ⊥得到线面垂直，进而得到面面垂直；（Ⅱ）根据二面角的平面角的定义，结合三垂线法做出平面角BHO ∠是锐二面角B EG D --的平面角，由几何关系得到相应结果即可.【详解】（Ⅰ）证明：∵CD CB ⊥，CD CF ⊥，∴BCF ∠即为二面角A CD F --的平面角，∴60BCF ∠=︒.又∵BC CF C =，∴CD ⊥平面BCF ，又∵CD ⊂平面CDEF ，∴平面CDEF ⊥平面BCF .（Ⅱ）在线段CF 上存在一点G ，当32CG =符合题意，∵平面CDEF ⊥平面BCF ，在平面BCF 内，作BO CF ⊥于O ，又∵平面CDEF 平面BCF CF =，则BO ⊥平面CDEF .过O 作OH EG ⊥于H ，连接BH ，∵HO 为HB 在平面CEG 的射影，∴BHO ∠是锐二面角B EG D --的平面角，因为BO =B EG D --的余弦值是14，所以OH =取CF 中点M ，易知OHG ∆与EMG ∆相似，设(0)OG x x =>，则OH EM OG EG=，即5x =，解得12x =或1322x =-（舍）， 因此存在符合题意的点G ，使得32CG =. 【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，平面和平面的夹角的应用。