2020年江苏省连云港市灌云县高一(下)期中数学试卷

期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.某校高一年级有1200名学生，高二年级有1000名学生，高三年级有800名学生，现要从该校全体学生中抽取100人进行视力检查，应从高一年级抽取（）人.A. 30B. 40C. 50D. 602.在△ABC中，若=1，则A等于（）A. 150°B. 120°C. 90°D. 60°3.如果直线a和直线b是异面直线，直线c∥a，那么直线b与c（）A. 异面B. 相交C. 平行D. 异面或相交4.在△ABC中，已知c=2a cos B，且A=45°，则角B的度数是（）A. 90°B. 60°C. 45°D. 40°5.甲、乙两人下棋，结果是一人获胜或下成和棋．已知甲不输的概率为0.8，乙不输的概率为0.7，则两人下成和棋的概率为（）A. 0.5B. 0.3C. 0.2D. 0.16.下列叙述中正确命题的个数是（）①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两个平面相互平行；④若两个平面垂直，那么垂直于其中一个平面的直线与另一个平面平行．A. 1B. 2C. 3D. 47.一个不透明袋子中装有形状、大小都相同的红色小球4个，白色小球2个，现从中摸出2个，则摸出的两个都是红球的概率为（）A. B. C. D.8.若△ABC的两边长分别为2，3，其夹角的余弦为，则其外接圆的面积为（）A. B. C. D.9.若△ABC的内角A、B、C满足2sin A=3sin B=4sin C，则cos B=（）A. B. C. D.10.在△ABC中，内角A、B、C所对的边为a、b、c，B=60°，a=4，其面积S=20，则c=（）A. 15B. 16C. 20D. 411.已知正三棱柱A1B1C1-ABC的所有棱长都是6，则该棱柱外接球的表面积为（）A. 21πB. 42πC. 84πD. 8412.在△ABC中，若AB=4，AC=5，△BCD为等边三角形（A、D两点在BC两侧），则当四边形ABDC的面积最大时，∠BAC=（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知数据x1，x2，…，x n的平均数为=4，则数据3x1+7，3x2+7，…，3x n+7的平均数为______．14.在△ABC中，cos2=，则△ABC是______三角形．15.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC1与面A1BD所成的角是______．16.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，E为PD上一点，且PE=2ED．设三棱锥P-ACE的体积为V1，三棱锥P-ABC的体积为V2，则V1：V2=______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.甲，乙两名射击运动员在相同条件下进行水平测试，各射击10次，命中的环数如下：甲86786591047乙6778678795（2）现要从甲、乙两人中选拔一人去参加比赛，根据上面的测试结果，你认为应该派谁去合适？并且说明理由．18.在△ABC中，BC=，AC=3，sin C=2sin A．（1）求AB的值；（2）求sin（A-）的值．19.如图，在三棱锥S-ABC中，BC⊥平面SAC．已知SA=AC，点H，E，F分别为SC，AB，BC的中点．（1）求证：EF∥平面SAC；（2）求证：AH⊥平面SBC．20.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，（a+b+c）（a-b+c）=3ac．（l）求角B的大小；（2）已知ac=b2，且△ABC的外接圆的半径为，若a＜c，求的值．21.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，F为棱BB1的任一点．（1）求证：D1F⊥AC；（2）若正方体的棱长为a，求三校维D1-ADC的体积和表面积．22.如图，有一位于A处的雷达观察站发现其北偏东45°，与A相距20海里的B处有一货船正匀速直线行驶，20分钟后又测得该船位于A点北偏东45°+θ（其中cosθ=），且与A相距5海里的C处．（1）求该船的行驶速度；（2）在A处的正南方向20海里E处有一暗礁（不考虑暗礁的面积）．如果货船继续行驶，它是否有触礁的危险？说明理由．答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键,属于基础题．根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．【解答】解：现要从该校全体学生中抽取100人进行视力检查，应从高一年级抽取×100=40(人），故选：B．2.【答案】C【解析】解：∵=1，∴，∴b2+c2=a2，∴A=90°，故选：C．根据正弦定理可得b2+c2=a2，因此三角形ABC为直角三角形．本题考查了正弦定理和勾股定理，属基础题．3.【答案】D【解析】【分析】本题考查两条直线的位置关系的判断，属于基础题．分直线b和c在同一平面上和不在同一平面上分别判断即可.【解答】解：∵直线a与b是异面直线，直线c∥a，∴直线b和c有可能在同一平面上，也有可能不在同一平面上，如果b和c在同一平面上的话，二者的位置关系为相交，如果b和c不在同一平面上，二者的位置关系为异面．故选：D．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查正弦定理的应用，两角和与差的三角函数公式，属于简单题．由正弦定理可得sin（A+B）=2sin A cos B，化简得到sin（A-B）=0，可得A-B=0，即可求解．【解答】解：∵c=2a cos B，∴sin C=2sin A cos B，∴sin（A+B）=2sin A cos B，∴sin A cos B+cos A sin B=2sin A cos B，∴sin（A-B）=0，又-π＜A-B＜π，∴A-B=0，∵A=45°，∴B=45°，故选：C．5.【答案】A【解析】解：设甲胜的概率为P1，乙胜的概率为P2，和棋的概率为P3，则P1+P3=0.8，P2+P3=0.7，两式相加得P1+P2+2P3=0.8+0.7=1.5，又P1+P2+P3=1，所以P3=1.5-1=0.5故选：A．设甲胜的概率为P1，乙胜的概率为P2，和棋的概率为P3，根据甲胜、乙胜和P1+P2+P3=1列方程组可解得．本题考查了古典概型及其概率计算公式，属基础题．6.【答案】B【解析】解：①若一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，因此①不正确；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直，由面面垂直的判定定理可知：正确；③垂直于同一直线的两个平面相互平行，正确；④若两个平面垂直，那么垂直于其中一个平面的直线与另一个平面平行，不一定正确，此直线可能另一个平面内．叙述中正确命题的个数是2．故选：B．①利用线面平行的判定定理即可判断出正误；②由面面垂直的判定定理即可判断出正误；③由线面垂直的性质定理、面面平行的判定定理即可判断出正误正确；④由两个平面垂直的性质定理、线面平行的判定定理即可判断出正误．本题考查了空间位置关系判定与性质定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.【答案】A【解析】【分析】根据古典概型概率公式可得．本题考查了古典概型的概率公式，属基础题．【解答】解：记4个红球分别为A，B，C，D，2个白球分别为a，b，从中摸出2 个的可能有：AB,AC,AD,Aa,Ab,BC,BD,Ba,Bb,CD,Ca,Cb,Da,Db，ab共15种，两个都是红球的有：AB,AC,AD,BC,BD,CD共6种，摸出的两个都是红球的概率为：=．故选：A．8.【答案】C【解析】解：△ABC的两边长分别为2、3，其夹角的余弦为，故其夹角的正弦值为=，由余弦定理可得第三边的长为：=3，则利用正弦定理可得：△ABC的外接圆的直径为=，可得：△ABC的外接圆的直径为，可得△ABC的外接圆的面积为．故选：C．利用同角三角函数的基本关系求得三角形边长分别为2、3的夹角的正弦值为，由余弦定理可求第三边的长，根据正弦定理即可求得外接圆的直径，进而可求其半径，利用圆的面积公式即可计算得解．本题主要考查同角三角函数的基本关系的应用，三角形的面积公式，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：∵2sin A=3sin B=4sin C，∴2a=3b=4c，令c=3m（m＞0），则b=4m，a=6m，由余弦定理得，cos B===，故选：B．根据正弦定理可得2a=3b=4c，然后再用余弦定理求出cos B即可．本题考查了正弦定理和余弦定理，属基础题．10.【答案】C【解析】解：由题意得：ac sin B=20，即×4c×sin60°=20，解得c=20．故选：C．利用三角形的面积公式S=ac sin B来解答．本题考查余弦定理及三角形的面积公式，属基础题，熟记相关公式并灵活运用是解决该类问题的基础．11.【答案】A【解析】解：如图，M，N为上下底面正三角形的中心，O为MN的中点，即外接球球心，∵正三棱柱A1B1C1-ABC的所有棱长都是6，AM==2，OM=3，球半径R=OA==，该棱柱外接球的表面积为S=4=84π．故选：A．利用外接球球心为上下底面中心的中点，求出外接球的半径，进而得到该棱柱外接球表面积．本题考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，考查正三棱柱的结构特征、外接球的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.【答案】D【解析】解：设BC=a，c=4，b=5，∵△BCD是正三角形，∴S△BCD=a2，由余弦定理得：a2=b2+c2-2bc cos A，S ABCD=S△BCD+S△ABC=a2+cb sin A=（25+16-40cos A）+•20sin A=+10sin A-10cos A=+20sin（A-），A-=时，四边形ABCD的面积最大，此时∠A=∠BAC=．故选：D．求出三角形BCD的面积，求出四边形ABCD的面积，运用三角函数的恒等变换和正弦函数的值域，求出满足条件的角的值即可．本题考查余弦定理和三角形的面积公式，考查两角的和差公式和正弦函数的值域，考查化简运算能力，是一道中档题．13.【答案】19【解析】【分析】本题主要考查平均数的计算，结合平均数的公式是解决本题的关键，属于基础题．根据平均数的定义和公式进行计算即可．【解答】解：∵数据x1，x2，…，x n的平均数为=4，即数据（x1+x2+…+x n）=4n，则数据3x1+7，3x2+7，…，3x n+7的平均数==12+7=19，故答案为：19．14.【答案】直角【解析】解：∵在△ABC中，cos2==，即cos A+1==+1，∴cos A=，由余弦定理得：cos A=，即=，整理得：b2+c2-a2=2b2，即c2=a2+b2，则△ABC为直角三角形，故答案为：直角已知等式左边利用二倍角的余弦函数公式化简，表示出cos A，再利用余弦定理表示出cos A，两者相等变形后，利用勾股定理即可对于三角形形状做出判断．此题考查了余弦定理，以及勾股定理，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．15.【答案】90°【解析】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为1，则A（1，0，0），C1（0，1，1），A1（1，0，1），B（1，1，0），D（0，0，0），=（-1，1，1），=（1，0，1），=（1，1，0），设平面A1BD的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，-1，-1），设AC1与面A1BD所成的角是α，则sinα===1，∴α=90°，∴AC1与面A1BD所成的角是90°．故答案为：90°．以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AC1与面A1BD所成的角．本题考查线线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．16.【答案】2：3【解析】解：∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，E为PD上一点，且PE=2ED．设P到平面ACD的距离为h，则E到平面ACD的距离为，设三棱锥P-ACE的体积为V1，三棱锥P-ABC的体积为V2，则V2=V P-ABC=V P-ACD=，V1=V P-ACE=V P-ACD-V E-ACD=V△ACD×h-==．∴V1：V2=2：3．故答案为：2：3．设P到平面ACD的距离为h，则E到平面ACD的距离为，则V2=V P-ABC=V P-ACD=，V1=V P-ACE=V P-ACD-V E-ACD=．由此能求出V1：V2．本题考查几何体的体积的求法及应用，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，考查数形结合思想，是中档题．17.【答案】解：（1）甲的平均数为=（8+6+7+8+6+5+9+10+4+7）==7，乙的平均数为=（6+7+7+8+6+7+8+7+9+5）==7，甲的方差为=[（8-7）2+（6-7）2+（7-7）2+（8-7）2+（6-7）2+（5-7）2+（9-7）2+（10-7）2+（4-7）2+（7-7）2]=（1+1+1+1+4+4+9+9）==3，乙的方差为=[（6-7）2+（7-7）2+（7-7）2+（8-7）2+（6-7）2+（7-7）2+（8-7）2+（7-7）2+（9-7）2+（5-7）2]=（1+1+1+1+4+4）==1.2，（2）由于=，则两人平均数相同，＞，则甲数据不如乙数据稳定，故应选派乙参加比赛．【解析】（1）根据平均数和方差的公式分别进行计算即可；（2）结合平均数和方差的大小进行比较判断即可．本题主要考查平均数和方差的计算，结合平均数和方差的公式进行计算是解决本题的关键．18.【答案】解：（1）∵在△ABC中，sin C=2sin A，∴利用正弦定理化简得：c=2a，∵BC=a=，则AB=c=2a=2；（2）∵a=，b=3，c=2，∴cos A===，sin A==，则sin（A-）=sin A-cos A=×-×=-．【解析】（1）将sin C=2sin A利用正弦定理化简得到c=2a，根据a的值求c的值，即为AB的长；（2）由余弦定理表示出cos A，将a，b，c的值代入求出cos A的值，进而求出sin A的值，原式利用两角和与差的正弦函数公式化简后，将各自的值代入计算即可求出值．此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦函数公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．19.【答案】证明：（1）∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC，又AC⊂平面SAC，EF⊄平面SAC，∴EF∥平面SAC；（2）∵BC⊥平面SAC，AH⊂平面SAC．∴BC⊥AH，∵SA=AC，点H分别为SC的中点，∴AH⊥SC，又∵BC∩SC=C，∴AH⊥平面SBC．【解析】（1）由已知可证EF∥AC，利用线面平行的判定定理即可证明EF∥平面SAC；（2）由线面垂直的性质可证BC⊥AH，由等腰三角形的性质可证AH⊥SC，利用线面垂直的判定定理即可证明AH⊥平面SBC．本题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的性质和判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．20.【答案】解：（1）∵（a+b+c）（a-b+c）=3ac∴a2+c2-b2=ac（3分）由余弦定理可得，cos B==，∵0＜B＜π，∴B=．（2）∵B=，△ABC的外接圆的半径为，∴由正弦定理可得：=2，可得：b=2，∵ac=b2=，①∴由余弦定理可得：4=a2+c2-ac=（a+c）2-3ac=（a+c）2-3×，解得：a+c=2，②∴联立①②可得：，或，由a＜c，可得：，∴cos A===，∴=bc cos A=2××=4．【解析】（1）由题意可得，a2+c2-b2=ac，结合余弦定理可求cos B==，结合B的范围可求B的值．（2）由已知利用正弦定理可得b=2，可求ac=，由余弦定理可解得a+c=2，联立可得a，c的值，利用余弦定理可求cos A的值，根据平面向量数量积的运算即可计算得解．本题主要考查了余弦定理，正弦定理，平面向量数量积的运算，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．21.【答案】证明：（1）∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，F为棱BB1的任一点．∴DD1⊥AC，AC⊥BD，∵BD∩DD1=D，∴AC⊥平面BDD1B1，∵D1F⊂平面BDD1B1，∴D1F⊥AC．解：（2）∵正方体的棱长为a，∴三棱锥D1-ADC的体积：V===．三棱锥D1-ADC的表面积：S=3S△ADC+S△ADC=3×+=．【解析】（1）推导出DD1⊥AC，AC⊥BD，从而AC⊥平面BDD1B1，由此能证明D1F⊥AC．（2）∴三棱维D1-ADC的体积V=，三棱维D1-ADC的表面积S=3S△ADC+S△ADC，由此能求出结果．本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积、表面积的求法，考查正方体的结构特征、三棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．22.【答案】解：（1）由题意，AB=，AC=，∠BAC=θ∵cosθ=，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB×AC cosθ=125，∴BC=5∵航行时间为20分钟∴该船的行驶速度v==（海里/小时）；（2）由（1）知，在△ABC中，cos B==，∴sin B=设BC延长线交AE于F，则∠AFB=45°-∠B，∠ACF=θ+∠B，在△AFC中，由正弦定理可得，∵cosθ=，∴∴AF==20（海里）∴F与E重合，即货船不改变航向继续前行会有触礁的危险．【解析】（1）利用余弦定理，即可求得结论；（2）（2）由（1）知，在△ABC中，cos B=，sin B=，设BC延长线交AE于F，则∠AFB=45°-∠B，∠ACF=θ+∠B，在△AFC中，由正弦定理，即可求得结论．本题考查正弦、余弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是确定三角形，属于中档题．。