2020-2021学年广西省玉林市高一（下）期中考试数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年广西省玉林市高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合M={x|−4A.{x|−4
2. 已知α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是( )
A.若α⊥γ，β⊥γ，则α//βB.若a⊥α，b⊥α，则a//b
C.若a//α，b//α，则a//bD.若a//α，a//β，则α//β

3. 已知△ABC中， a=23，b=6，A=π6，角B等于( )
A.π3B.π4C.π3或2π3D.π6或5π6

4. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )

A.82B.22C.43D.23

5. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：
①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60∘角；④DM与BN是异面直线.
以上四个命题中，正确的命题序号是( )

A.①③B.②④C.①④D.③④

6. 若a，a+1，a+2是锐角三角形的三边长，则a的取值范围是( )
A.11C.a>3D.0
7. 某几何体的三视图如图所示，则此几何体最长的棱长为( )

A.2B.22C.4D.23

8. 已知A2,0，B0,2，若直线y=kx+2与线段AB有公共点，则k的取值范围是( )
A.−1,1B.[1,+∞)
C.0,1D.−∞,−1∪1,+∞

9. 在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若AB=2，CD=4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角的度数为( )

A.90∘B.45∘C.60∘D.30∘

10. 如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15∘，向山顶前进100米到达B后，又测得C对于山坡的斜度为45∘，若CD=50米，山坡对于地平面的坡角为θ，则csθ等于( )

A.32B.22C.3−1D.2−1

11. 在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD中，AB⊥平面BCD，BD⊥CD且AB=BD=CD，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为( )

A.8πB.12πC.14πD.16π

12. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2+c2=a2+bc，且csB⋅csC+csA=sin2A，则△ABC的形状是( )
A.直角三角形B.等腰三角形
C.等边三角形D.等腰直角三角形
二、填空题

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，求二面角B−A1C1−B1的正切值________．

已知两点A(−2, 0)，B(0, 4)，则线段AB的垂直平分线方程是________.

设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a=22，csA=34，sinB=2sinC，则△ABC的面积是________.

如图所示，正方形BCDE的边长为a，已知AB=3BC，将△ABE沿BE边折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：
①AB与DE所成角的正切值为2；②AB//CE；③VB−ACE=112a3；④平面ABC⊥平面ADC．其中正确的命题序号为________.

三、解答题

如图所示， △ABC的三边长分别是AC=3，BC=4，AB=5，作CD⊥AB，垂足为点D．以AB所在直线为轴，将此三角形旋转一周，求所得旋转体的表面积．

在△ABC中，asinA−sinB+bsinB=csinC．
(1)求角C；

(2)若c=3,a+b=6，求△ABC的面积．

如图，四棱锥B−ACDE中，AE//CD，AC⊥CD，CD=CB=2AE=2AC=2，平面BCD⊥平面ACDE，点F为BD的中点．

(1)求证：EF//平面ABC；

(2)若EF⊥CD，求四棱锥B−ACDE的体积．

回答下列问题.
(1)已知两点A3,0，B0,4，求直线AB的一般式方程；

(2)已知直线ax−y+2a=0和2a−1x+ay+a=0互相垂直，求a的值．

如图所示，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，DE=DA=2．

(1)求证：AC⊥平面BDE；

(2)求AE与平面BDE所成的角的大小．

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sinA+B=ba−csC．
(1)求角A；

(2)若b−c=4，△ABC的外接圆半径为32，试求△ABC的边BC上的高．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西省玉林市高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式的解法
并集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ M={x|−4N={x|x2−x−6<0}
={x|(x−3)(x+2)<0}
={x|−2∴M∪N={x|−4={x|−4故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
无
【解答】
解：A，若α⊥β，β⊥γ，则α，β可能相交也可能平行，故该选项错误；
B，若a⊥α，b⊥α，则根据线面垂直的性质可判断a//b，故该选项正确；
C，若a//α，b//α，则a，b的位置不定，故该选项错误；
D，若a//α，a//β，则α，β可能相交也可能平行，故该选项错误．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
左侧图片未给出解析
【解答】
解：由正弦定理得asinA=bsinB，
即2312=6sinB，解得sinB=32，
∵b>a，即B>A，
且0∴B=π3或2π3．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．
【解答】
解：由斜二测画法可知，原图形是一个平行四边形，且平形四边形的一组对边长为2．
在斜二测图形中O′B′=22，且∠B′O′A′=45∘.
那么在原图形中，∠BOA=90∘，且OB=42.
因此原平面图形的面积为：2×42=82.
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据恢复的正方体可以判断出答案．
【解答】
解：根据展开图，画出立体图形，
BM与ED垂直，不平行，
CN与BE是平行直线，
CN与BM成60∘，
DM与BN是异面直线，
故③④正确．
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】

【解答】
解：可知a>0，
因为三角形是锐角三角形，
所以最大边长a+2对应的角为锐角，
设该角为θ，
所以csθ=a2+a+12−a+222aa+1>0，
即a2−2a−3>0，
解得a>3或a<−1（舍去）．
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
由三视图还原实物图
棱锥的结构特征
【解析】
画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的最长棱长．
【解答】
解：由三视图知，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，
其中PA⊥平面ABCD ，底面ABCD为正方形，
PA=2，AB=2，AD=2，
∴AC=22+22=22，
∴PC=222+22=23，PB=PD=22,
故该几何体最长棱的棱长为23.
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
直线的斜率
斜率的计算公式
直线的两点式方程
【解析】
无
【解答】
解：由于直线y=kx+2的斜率为k，且经过定点C−2,0．
如图，设直线y=kx+2与线段AB有公共点为D，
则D在A，B之间运动，
当D在A点时，直线CA的斜率为0−02−−2=0；
当D在B点时，直线CB的斜率为2−00−−2=1，
故0≤k≤1．
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
设G为AD的中点，连接GF，GE，利用三角形中位线定理，可证出EF⊥GF且∠FEG或其补角即为EF与CD所成角．最后在Rt△EFG中，利用正弦的定义算出∠GEF=30∘，即得EF与CD所成的角的度数．
【解答】
解：设G为AD的中点，连接GF，GE，如图，
则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中位线，
∴ GF // AB，GF=12AB=1，
GE // CD，GE=12CD=2，
∴ ∠GEF或其补角即为EF与CD所成角．
又∵ EF⊥AB，GF // AB，
∴ EF⊥GF，
因此，在Rt△EFG中，GF=1，GE=2，
则sin∠GEF=GFGE=12，可得∠GEF=30∘，
∴ EF与CD所成的角的度数为30∘.
故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在△ABC中，
由正弦定理可知
BC=ABsin∠BACsin∠ACB
=100sin15∘sin45∘−15∘=50(6−2)(m)，
在△BCD中，
由正弦定理可知
sin∠BDC=BCsin∠CBDCD
=50(6−2)sin45∘50=3−1．
由题图知
csθ=sin∠ADE=sin∠BDC=3−1．
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
由题意计算AB=BD=CD=2．分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可
【解答】
解：因为AB平面BCD，BD⊥CD且AB=BD=CD，
而VA−BCD=13×12BD×CD×AB=43，
所以AB=BD=CD=2，
所以该几何体为正方体的一部分，如图，
设外接球的半径为R，则2R=23,
所以外接球的表面积为S=4πR2=12π.
故选B.
12.
【答案】
C
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
余弦定理
【解析】
无
【解答】
解：由题意，得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
∵ 0∵ csB⋅csC+csA=sin2A，
∴ csB⋅csC+csπ−B+C
=csB⋅csC−csB+C
=csB⋅csC−csB⋅csC+sinB⋅sinC=sin2A，
即sinBsinC=sin2A，
由正弦定理得bc=a2，
∴ b2+c2−2bc=0，
故b=c．
∴ △ABC为等边三角形.
故选C．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
以D1为原点，D1A1为X轴，D1C1为Y轴，D1D为Z轴，建立D1−XYZ空间直角坐标系．求出平面角BA1C1与平面A1C1B1的法向量，代入空间向量夹角公式，即可求出答案．
【解答】
解：设正方体的边长为1，以D为原点，建立空间直角坐标系如图，
易知平面A1C1B1的一个法向量为m→=(0, 0, 1)，
又可知A1(1, 0, 1)，B(1, 1, 0)，C1(0, 1, 1)，
则向量A1B→=(0, 1, −1)，向量C1B→=(1, 0, −1)
设平面BA1C1的一个法向量为n→=(x,y,z)，
A1B→⋅n→=0,C1B→⋅n→=0,得y−z=0,x−z=0,
取z=1，则n→=(1, 1, 1)，
cs⟨m→，n→⟩=|m→⋅n→||m→||n→|=11×3=33，
故二面角B−A1C1−B1的余弦值为33，
故二面角B−A1C1−B1的正切值是2．
故答案为：2．
【答案】
y=−12x+32
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的斜截式方程
【解析】
利用中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出．
【解答】
解：由两点A(−2, 0)，B(0, 4)，
可得中点(−1, 2)，kAB=4−00−(−2)=2，
∴ 线段AB的垂直平分线的斜率k′=−12，
∴ 线段AB的垂直平分线的方程为y−2=−12(x+1)，
即y=−12x+32.
故答案为：y=−12x+32.
【答案】
7
【考点】
正弦定理
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
解三角形
【解析】
由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinA，由于sinB=2sinC，利用正弦定理可得：b=2c．再利用余弦定理可解得c，b，根据三角形面积公式即可得出．
【解答】
解：∵ a=22，csA=34，sinB=2sinC，
∴ b=2c，sinA=1−cs2A=74，
∴ 由a2=b2+c2−2bccsA，
得8=4c2+c2−3c2，解得c=2，b=4，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×2×4×74=7．
故选答案为：7.
【答案】
①④
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面所成的角
异面直线及其所成的角
【解析】
无
【解答】
解：∵ 正方形BCDE的边长为a，且AB=3BC，
将△ABF沿BE边折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，
∴ AB=3BC=3a，AE=2a，AD⊥平面BCDE，
AD=a，AC=2a.
在①中，∵ BC//DE，
∴ ∠ABC（或其补角）为AB与DE所成角．
∵ AB=3a，BC=a，AC=2a，
∴ BC⊥AC，∴ tan∠ABC=2，
∴ AB与DE所成角的正切值为2，故①正确；
在②中，由翻折后的图形知，AB与CE是异面直线，故②错误；
在③中，VB−ACE=13S△BCE⋅AD=13×12a3=16a3，故③错误；
在④中，∵ AD⊥平面BCDE，BC⊂平面ABC，
∴ AD⊥BC，
又BC⊥CD，AD∩CD=D，
∴ BC⊥平面ADC，
又BC⊂平面ABC，
∴ 平面ABC⊥平面ADC，故④正确．
故答案为：①④．
三、解答题
【答案】
解：∵ AC=3，BC=4，AB=5，
∴ AC2+BC2=AB2，即AC⊥BC，
∴ CD=AC⋅BCAB=125，
∴ 所得旋转体是两个同底的圆锥，且底半径r=125，
母线长分别是AC=3，BC=4，
∴ S表面积=πr⋅(AC+BC)=π×125×(3+4)=845π，
故所得旋转体的表面积为845π.
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ AC=3，BC=4，AB=5，
∴ AC2+BC2=AB2，即AC⊥BC，
∴ CD=AC⋅BCAB=125，
∴ 所得旋转体是两个同底的圆锥，且底半径r=125，
母线长分别是AC=3，BC=4，
∴ S表面积=πr⋅(AC+BC)=π×125×(3+4)=845π，
故所得旋转体的表面积为845π.
【答案】
解：(1)因为asinA−sinB+bsinB=csinC，
由正弦定理得aa−b+b2=c2，即a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=12,C∈0,π，所以C=π3；
(2)由(1)得 a2+b2−c2=a2+b2−9=ab,a+b2−3ab=9，而a+b=6，
所以ab=9，
S△ABC=12absinC=12×9×sinπ3=934．
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角形的面积公式
【解析】
略
略
【解答】
解：(1)因为asinA−sinB+bsinB=csinC，
由正弦定理得aa−b+b2=c2，即a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=12,C∈0,π，所以C=π3；
(2)由(1)得 a2+b2−c2=a2+b2−9=ab,a+b2−3ab=9，而a+b=6，
所以ab=9，
S△ABC=12absinC=12×9×sinπ3=934．
【答案】
(1)证明：取BC的中点G，连接GF，GA，如图．
∵ 点F为BD的中点，
∴ GF//CD，且GF=12CD ．
又CD//AE， CD=2AE，
∴ GF//AE，且GF=AE，
∴ 四边形AEFG为平行四边形，
∴ EF//AG
又EF⊄平面ABC， AG⊂平面ABC，
∴ EF//平面ABC．
(2)解：∵ EF⊥CD，
∴ CD⊥AG，
又AC⊥CD，
∴ CD⊥平面ABC，
∴ CD⊥BC ．
又平面BCD⊥平面ACDE，平面BCD∩平面ACDE=CD，
∴ BC⊥平面ACDE，
∴ BC为四棱锥B−ACDE的高，
∵ CD=CB=2AE=2AC=2，
∴ VB−ACDE=13S梯形ACDE⋅BC
=13×12AE+CD×BC
=16×1+2×2=1．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取BC的中点G，连接GF，GA，如图．
∵ 点F为BD的中点，
∴ GF//CD，且GF=12CD ．
又CD//AE， CD=2AE，
∴ GF//AE，且GF=AE，
∴ 四边形AEFG为平行四边形，
∴ EF//AG
又EF⊄平面ABC， AG⊂平面ABC，
∴ EF//平面ABC．
(2)解：∵ EF⊥CD，
∴ CD⊥AG，
又AC⊥CD，
∴ CD⊥平面ABC，
∴ CD⊥BC ．
又平面BCD⊥平面ACDE，平面BCD∩平面ACDE=CD，
∴ BC⊥平面ACDE，
∴ BC为四棱锥B−ACDE的高，
∵ CD=CB=2AE=2AC=2，
∴ VB−ACDE=13S梯形ACDE⋅BC
=13×12AE+CD×BC
=16×1+2×2=1．
【答案】
解：(1)由题意，得直线AB的截距式方程为x3+y4=1，
则该直线的一般式方程为4x+3y−12=0.
(2)当a=0时，两直线分别为y=0、x=0，满足垂直这个条件；
当a≠0时，两直线的斜率分别为a和1−2aa，
由斜率之积为−1得a⋅1−2aa=−1，
解得a=1．
综上所述，a=0或a=1．
【考点】
直线的一般式方程
直线的一般式方程与直线的垂直关系
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意，得直线AB的截距式方程为x3+y4=1，
则该直线的一般式方程为4x+3y−12=0.
(2)当a=0时，两直线分别为y=0、x=0，满足垂直这个条件；
当a≠0时，两直线的斜率分别为a和1−2aa，
由斜率之积为−1得a⋅1−2aa=−1，
解得a=1．
综上所述，a=0或a=1．
【答案】
(1)证明：四边形ABCD是正方形，
∴ AC⊥BD，
∵ DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ AC⊥DE，
∵ BD，DE⊂平面BED，BD∩DE=D，
∴ AC⊥平面BDE．
(2)解：设AC∩BD=O，连接EO，如图所示，
∵ AC⊥平面BDE，
∴ EO是直线AE在平面BDE上的射影，
∴ ∠AEO即为AE与平面BDE所成的角，
在Rt△EAD中，EA=AD2+DE2=22，AO=2，
∴ Rt△EOA中，sin∠AEO=AOEA=12，
∴ ∠AEO=30∘，
即AE与平面BDE所成的角为30∘．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：四边形ABCD是正方形，
∴ AC⊥BD，
∵ DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ AC⊥DE，
∵ BD，DE⊂平面BED，BD∩DE=D，
∴ AC⊥平面BDE．
(2)解：设AC∩BD=O，连接EO，如图所示，
∵ AC⊥平面BDE，
∴ EO是直线AE在平面BDE上的射影，
∴ ∠AEO即为AE与平面BDE所成的角，
在Rt△EAD中，EA=AD2+DE2=22，AO=2，
∴ Rt△EOA中，sin∠AEO=AOEA=12，
∴ ∠AEO=30∘，
即AE与平面BDE所成的角为30∘．
【答案】
解：(1)由sinA+B=ba−csC，
得sinC+csC=ba，即asinC+acsC=b，
由正弦定理，
得sinAsinC+sinAcsC=sinB
=sinAcsC+sinCcsA，
即sinAsinC=sinCcsA，
又sinC≠0，所以sinA=csA，即tanA=1，
又0(2)由正弦定理，得a=62sinπ4=6，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA
=b−c2+2−2bc=36，
所以bc=102+2，
设△ABC的BC边上的高为ℎ，
因为△ABC的面积S=12bcsinA=12aℎ，
所以△ABC的边BC上的高 ℎ=bcsinAa=102+2×226
=52+13．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
诱导公式
三角形的面积公式
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由sinA+B=ba−csC，
得sinC+csC=ba，即asinC+acsC=b，
由正弦定理，
得sinAsinC+sinAcsC=sinB
=sinAcsC+sinCcsA，
即sinAsinC=sinCcsA，
又sinC≠0，所以sinA=csA，即tanA=1，
又0(2)由正弦定理，得a=62sinπ4=6，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA
=b−c2+2−2bc=36，
所以bc=102+2，
设△ABC的BC边上的高为ℎ，
因为△ABC的面积S=12bcsinA=12aℎ，
所以△ABC的边BC上的高 ℎ=bcsinAa=102+2×226
=52+13．

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