2020年天津一中高一(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10小题，共30.0分）1.以下说法正确的有几个（）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则角A的大小为（）A. B. C. D.3.在△ABC中，若且∠BAC=30°，则△ABC的面积为（）A. B. C. D.4.设α、β、γ为平面，为m、n、l直线，则下列判断正确的是（）A. 若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则m⊥βB. 若α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ，则m⊥βC. 若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m⊥βD. 若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β5.某三棱锥的三视图如图所示，其俯视图是一个等腰直角三角形，则此三棱锥的体积为（）A. B. C. D.6.点G为△ABC的重心，AB=2，BC=1，∠ABC=60°，则=（）A. B. C. D.7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是（）A. A1O∥D1CB. A1O∥平面B1CD1C. A1O⊥BCD. A1O⊥平面AB1D18.一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为（）A. B. C. D.9.平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°，CD=2，，则二面角C1-BD-C的平面角的余弦值为（）A. B. C. D.10.如图，在△ABC的边AB、AC上分别取点M、N，使，BN与CM交于点P，若，，则的值为（）A. B. C. D. 6二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）11.已知向量，满足，，，则=______．12.如图，PA⊥平面ABC，∠ACB=90°且PA=AC，AC=2BC，则异面直线PB与AC所成的角的正切值等于______．13.如图，在直棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，则二面角A1-BC1-C的平面角的正弦值为______．14.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，2b（2b-c）cos A=a2+b2-c2，则内角A的值为______．15.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱BB1的中点，则点B1到平面ADE的距离为______．16.如图，在直角梯形ABCD中，，AB=AD=2．若M、N分别是边AD、BC上的动点，满足，，其中λ∈（0，1），若，则λ的值为______．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）17.设f（α）=，，其中向量=（），=（2sin，cos）（1）若f（α）=-1，求cos的值．（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，若a cos B+b cos A+2c•cos C=0，求函数f（A）的取值范围．18.如图，在几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，E为AB中点．（1）求证：AN∥平面MEC；（2）求证：AC⊥BN．19.如图1所示，在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E为CD的中点，沿AE将△AED折起，如图2所示，O、H、M分别为AE、BD、AB的中点，且DM=2．（1）求证OH∥平面DEC；（2）求证平面ADE⊥平面ABCE；（3）求三棱锥H-OMB的体积．20.如图，四棱锥P-ABCD的底面是菱形，PO⊥底面ABCD，O、E分别是AD、AB的中点，AB=6，AP=5，∠BAD=60°．（1）求证：平面PAC⊥平面POE；（2）求直线PB与平面POE所成角的正弦值；（3）若F是边DC的中点，求异面直线BF与PA所成角的余弦值．答案和解析1.【答案】B【解析】解：①错误，如空间四边形确定一个三棱锥．②错误，直线可能和平面相交．③正确，根据公理二可判断③正确．④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行．故选：B．利用反例判断①②④的正误；公理二判断③的正误即可．本题考查科技中心与平面的位置关系的应用，命题的真假的判断，是基本知识的考查．2.【答案】B【解析】解．由正弦定理得，即，即，也即，故，故选：B．直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换求出结果．本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数的值的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．3.【答案】C【解析】解：因为在△ABC中，若且∠BAC=30°，∴c•b•cos A=2⇒b•c×=2⇒bc=；∴△ABC的面积为：bc sin A=××=；故选：C．根据数量积和角A的度数，求得bc=；再代入三角形的面积计算公式即可．本题主要考查数量积的应用以及解三角形的有关知识，属于基础题目．4.【答案】D【解析】解：对于A，若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则当m⊂α时，m⊥β．当m⊄α时，m与β相交但不垂直，故A不正确；对于B，α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ，则m与β，可能平行与可能相交，故B不正确；对于C，α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m∥β，或m⊂β，故C不正确；对于D，若n⊥α，n⊥β，m⊥α，可得α∥β，并且m∥n，所以m⊥β，故D正确，故选：D．通过直线与平面垂直与平行，平面与平面的平行与垂直的判断与性质，推出正确选项即可．本题考查的知识点是利用空间直线与平面之间的位置关系及平面与平面之间的位置关系判断命题的真假，处理此类问题的关键是熟练掌握线面平行或垂直的判定方法和性质．5.【答案】B【解析】解：根据三视图可知，该几何体是一个底面等腰直角三角形，高为2三棱锥，如图，该三棱锥为D-ABC，由三视图尺寸可知：AD=2，即AC=2，AB⊥BC，则此三棱锥的体积为V=×=．故选：B．根据三视图，该几何体是一个底面为等腰直角三角形，高为2的三棱锥，画出直观图．本题考查了三视图的认识和尺寸关系，直观图以及几何体的体积的求法，属于基础题．6.【答案】A【解析】解：以CA，CB为x，y轴，建立直角坐标系，如图：点G为△ABC的重心，AB=2，BC=1，∠ABC=60°，可得A（，0），B（0，1），则G（，），=（，），=（-，）则==-．故选：A．利用已知条件，建立直角坐标系，求出相关点的坐标，然后求解向量的数量积．本题主要考查了平面向量数量积的定义的简单应用，善于利用平面向量的一些常见结论是求解本题的关键．7.【答案】B【解析】【分析】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，考查数形结合思想，属于中档题．推导出A1D∥B1C，OD∥B1D1，从而平面A1DO∥平面B1CD1，由此能得到A1O∥平面B1CD1．【解答】解：∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，∴A1D∥B1C，OD∥B1D1，∵A1D∩DO=D，B1D1∩B1C=B1，∴平面A1DO∥平面B1CD1，∵A1O⊂平面A1DO，∴A1O∥平面B1CD1．故选：B．8.【答案】C【解析】解：如图，设圆锥与圆柱的底面半径为r，则圆锥SC的高为2r，设圆柱的高为h，由体积相等可得，可得h=．∴，．则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为．故选：C．设圆锥与圆柱的底面半径为r，则圆锥SC的高为2r，设圆柱的高为h，由体积相等可得h=，分别求出圆锥与圆柱的侧面积，作比得答案．本题考查圆柱、圆锥的侧面积与体积，考查计算能力，是基础题．9.【答案】D【解析】解：取BD中点O，连结CO，C1O，∵平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°，CD=2，，∴CO⊥BD，C1O⊥BD，∴∠COC1是二面角C1-BD-C的平面角，∵C1B=C1D==，∴C1O==，CO==，∴二面角C1-BD-C的平面角的余弦值为：cos∠C1OC==．故选：D．取BD中点O，连结CO，C1O，推导出CO⊥BD，C1O⊥BD，∠COC1是二面角C1-BD-C 的平面角，求出C1B=C1D=，从而C1O=，CO=，由此利用余弦定理能求出二面角C1-BD-C的平面角的余弦值．本题考查二面角的余弦值的求法，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，是中档题．10.【答案】D【解析】【分析】本题考查向量知识的运用，考查平面向量基本定理，考查学生的计算能力，属于中档题．用，作为基底分别表示，根据平面向量基本定理，求出λ，μ，即可得到结论. 【解答】解：由题意，===.=+=+=根据平面向量基本定理，可得，∴，∴=6.故选D.11.【答案】2【解析】【分析】本题考查了向量的数量积的运算和向量模的计算，属于基础题．向量的数量积的运算和向量模即可求出答案．【解答】解：∵，，，∴|+|2=||2+||2+2•=5，∴2•=5-4-1=0，即•=0，∴|2-|2=4||2+||2-4•=4+4=8，∴|2-|=2，故答案为：.12.【答案】【解析】解：过A作AD∥BC，过B作BD∥AC，则四边形ACBD为矩形，即AC∥BD，故直线PB和直线AC所成的角为∠PBD，不妨设BC=1，则PA=AC=2，由于PA⊥平面ABC，故PA⊥AC，PA⊥AD，PA⊥AB，所以．由于BD⊥AD，BD⊥PA，所以BD⊥平面PAD，所以BD⊥PD．在直角三角形PBD中，故答案为：．先将三棱锥补成四棱锥，再由异面直线所成角的作法可得：直线PB和直线AC所成的角为∠PBD，再在直角三角形PBD中求解即可．本题考查了异面直线所成角的求法，属中档题．13.【答案】【解析】解：在直棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，A1（0，0，2），B（2，0，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），=（-2，0，2），=（-2，2，2），=（-2，2，0），设平面A1BC1的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，0，1），设平面BCC1的法向量=（a，b，c），则，取a=1，得=（1，1，0），cos＜＞===，∴二面角A1-BC1-C的平面角的正弦值为：=．故答案为：．以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A1-BC1-C的平面角的正弦值．本题考查二面角的正弦值的求法，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，是中档题．14.【答案】60°【解析】解：因为2b（2b-c）cos A=a2+b2-c2，由余弦定理可得：2b（2b-c）cos A=2ab cos C，整理可得：（2b-c）cos A=a cos C，由正弦定理可得2sin B cos A-sin C cos A=sin A cos C，即2sin B cos A=sin C cos A+cos C sin A=sin B，B∈（0，π），所以sin B≠0，所以cos A=，A∈（0，π），所以A=60°，故答案为：60°．由余弦定理可得a2+b2-c2=2ab cos C，再由正弦定理可得cos A=，再由A的取值范围可得A的值．本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．15.【答案】【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，B1（1，1，1），A（1，0，0），D（0，0，0），E（1，1，），=（1，1，1），=（1，0，0），=（1，1，），设平面ADE的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（0，1，-2），∴点B1到平面ADE的距离为：d===．∴点B1到平面ADE的距离为．故答案为：．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，利用向量法能求出点B1到平面ADE的距离．本题考查点到平面的距离的求法，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，是中档题．16.【答案】【解析】解：由图可知：=+=+（1-λ），==，又，所以[+（1-λ）]•（）=-2，所以2+λ（1-λ）=-2，又=2，=||2=3，可得：3λ2-5λ+2=0，又0＜λ＜1，所以，故答案为：．由平面向量的线性运算得：=+=+（1-λ），==，由平面向量数量积的性质及其运算得：[+（1-λ）]•（）=-2，所以2+λ（1-λ）=-2，又=2，=||2=3，可得：3λ2-5λ+2=0，又0＜λ＜1，所以，得解．本题考查了平面向量的线性运算、平面向量数量积的性质及其运算及向量投影的定义，属中档题．17.【答案】（1）∵=（），=（2sin，cos-1），由f（α）=，=-1，得，∴，即，∴；（2）由题意，得f（A）==，在△ABC中，由a cos B+b cos A+2c•cos C=0及正弦定理知，sin A cos B+sin B cos A+2sin C cosC=0，∴sin（A+B）+2sin（A+B）•cos C=0，又∵sin（A+B）≠0，∴cos C=-，∵C∈（0，π），∴C=，∴0＜A＜，0＜＜，＜＜，∴sin（）∈（）．∴函数f（A）=sin（）-∈（0，）．即函数f（A）的取值范围是（0，）．【解析】（1）由数量积的坐标运算写出f（α），结合f（α）=-1，利用三角恒等变换求解cos的值；（2）由（1）得到f（A），再由已知等式结合正弦定理求解C，进一步求得函数f（A）的取值范围．本题考查平面向量的数量积运算，考查y=A sin（ωx+φ）型函数的图象与性质，是中档题．18.【答案】证明：（1）连接BN，如图，使得BN∩CM=H，则H是BN中点，∵E为AB中点，∴EH∥AN，∵AN⊄平面MEC，EH平面MEC，∴AN∥平面MEC．（2）∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，平面ADNM⊥平面ABCD，平面ADNM∩平面ABCD=AD，ADNM是矩形，ND⊥AD，ND⊂平面ADNM，∴ND⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥ND，BD∩ND=D，BD，ND⊂平面NDB，∴AC⊥平面NDB，又BN⊂平面NDB，∴AC⊥BN．【解析】本题考查线面平行、线线垂直的证明，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，是中档题．（1）连接BN，使得BN∩CM=H，推导出EH∥AN，由此能证明AN∥平面MEC．（2）推导出ND⊥AD，从而ND⊥平面ABCD，进而AC⊥平面NDB，由此能证明AC⊥BN．19.【答案】证明：（1）取F为BC的中点，连OF、FH，∵O、F分别为AE、BC的中点，∴OF∥EC，∵OF⊄面DEC，EC⊂面DEC，∴OF∥面DEC，同理可证，HF∥面DEC，OF∩HF=F，∴面HOF∥面DEC，又OH⊂面HOF，∴OH∥平面DEC；（2）∵AD=DE=2，且点O是AE的中点，∴DO⊥AE，DO=，∵M为AB的中点，∴OM=，且AE⊥OM，又∵DM=2，∴DO2+OM2=DM2，∴DO⊥OM，∵DO⊥AE，AE∩OM=O，∴DO⊥平面ABCE，∵DO⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ABCE；解：（3）由（2）知，DO⊥平面ABCE，∴点H到平面OMB的距离是DO=，则V H-OMB==．【解析】（1）根据条件取F为BC的中点，连OF、FH，由中位线性质和线面平行的判定证明面HOF∥面DEC，再证明OH∥平面DEC；（2）由E和O分别是中点得，DO⊥AE，再由长度和勾股定理证明DO⊥AE，根据线面垂直的判定证明DO⊥平面ABCE，再由面面垂直的判定得结论；（3）由DO⊥平面ABCE和H是中点，求出三棱锥的高，代入体积公式求值．本题考查了三棱锥的体积，线面平行的判定，线面垂直和面面垂直的性质、判定，熟练掌握空间直线与平面位置关系的定义、判定定理、性质定理是解答本题的关键，考查了空间想象能力、推理论证的能力．20.【答案】（1）证明：∵四棱锥P-ABCD的底面是菱形，∴AC⊥BD，又∵O，E分别是AD、AB的中点，∴OE∥BD，∴OE⊥AC，∵PO⊥底面ABCD，AC⊂面ABCD，∴PO⊥AC，又∵OE∩OP=O，∴AC⊥平面POE，又∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面POE．（2）解：过点B作BM⊥OE于M，易证PO⊥BM，OE，OE∩OP=O，∴BM⊥平面POE，∴PM是PB在平面POE上的射影，∠BPM即为所求．∵四边形ABCD是菱形，∵E是AB中点，∴BE=AE=，又∵底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴△AOE是等边三角形，∴∠AEO=∠BEM=60°，∴BM=，又∵AP=5，OA=3，∴在直角三角形POA中得OP==4，∵在直角三角形POB中，OB=，OP=4，∴PB==，∴在Rt△PMB中，，，所以；（3）解：取PB的中点T，AB的中点H，连BF，DH，TH．易证DH∥BF，TH∥PA∴∠DHT即为异面直线BF与PA所成角或其补角，在三角形PDB中，PD=5，DB=6，PB=，，在三角形PDT中，，所以，在△DHT中，，，，，．【解析】（1）根据菱形的对角线互相垂直及线面垂直的性质得OE⊥AC，PO⊥AC，由面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面POE．（2）根据线面所成角的定义找到直线PB与平面POE所成角的，∠BPM即为所求再计算正弦值．（3）根据中位线得DH∥BF，TH∥PA，∠DHT即为异面直线BF与PA所成角或其补角，结合余弦定理去计算DT，和计算角∠DHT的余弦值．本题考查了空间中的垂直性质定理和判定定理，也考查了直线与平面所成的角，异面直线所成角，是中档题．。
2020-2021学年天津市滨海新区塘沽一中高一(下)期中数学试卷附详细解析参考答案
2020-2021学年天津市滨海新区塘沽一中高一（下）期中数学试卷后附详细解析参考答案一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）在复平面内，复数z＝i（1+2i）对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．（5分）以下命题正确的是（）A．B．C．D．3．（5分）如图，已知等腰三角形△O'A'B'，O'A'＝A'B'是一个平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，则这个平面图形的面积是（）A．B．1C．D．4．（5分）在△ABC中，已知a＝2，，，则B＝（）A．B．C．或D．或5．（5分）已知向量＝（2，1），＝10，|+|＝，则||＝（）A．B．C．5D．256．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，F是线段AE上靠近点A的三等分点，则＝（）A．B．C．D．7．（5分）如图，从地面上C，D两点望山顶A，测得它们的仰角分别为45°和30°，已知CD＝100米，点C位于BD上，则山高AB等于（）A．100米B．50米C．50米D．50（+1）米8．（5分）若一个圆锥的高和底面直径相等，且它的体积为，则此圆锥的侧面积为（）A．B．C．D．9．（5分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α10．（5分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且b2+c2＝a2+bc，若sin B •sin C＝sin2A，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形11．（5分）四边形ABCD是边长为1的正方形，延长CD至E，使得，若点F为线段BC上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．212．（5分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝AC，AB＝，AC1⊥A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点，给出下列结论：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥NB1；③C1A∥NB1C；④平面AMC1⊥平面CBA1．其中正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4二．填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）13．（5分）已知平面向量，，若，则实数k＝．14．（5分）已知复数z满足z（2﹣i）＝|3﹣4i|（其中i为虚数单位），则复数z的共轭复数是．15．（5分）侧棱长为3，底面边长为正四棱柱的体积为；外接球表面积为．16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E是棱CC1的中点，则点C1到平面EBD的距离为．17．（5分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，c＝3，且，则A＝；＝．18．（5分）已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，A＝，且，则λ的值为．三．解答题（本大题共4小题，共60分）19．已知向量，．（1）求与的夹角；（2）求；（3）若，求实数k的值．20．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（c﹣2b）cos A+a cos C＝0．（1）求A；（2）若a＝4，b+c＝2，求△ABC的面积．21．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求异面直线AC与BC1所成角的大小；（2）求证：AC⊥BD1；（3）求证：平面AB1D1∥平面BDC1．22．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝1，AD＝2，P A⊥平面ABCD，E 为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）若三棱锥P﹣ABD的体积为，求直线PC与平面P AD所成角的正切值；（3）在第二问的条件下，若M为线段PB中点，N为线段BC上的动点，平面AMN与平面PBC是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由．2020-2021学年天津市滨海新区塘沽一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）在复平面内，复数z＝i（1+2i）对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】按多项式乘法运算法则展开，化简为a+bi（a，b∈R）的形式，即可确定复数z 所在象限．【解答】解：∵z＝i（1+2i）＝i+2i＝﹣2+i，∴复数z所对应的点为（﹣2，1），故选：B．【点评】本题主要考查复数在坐标系数内复数与点的对应关系．属于基础知识的考查．2．（5分）以下命题正确的是（）A．B．C．D．【分析】利用向量的数量积的性质以及向量的加减运算判断选项的正误即可．【解答】解：＝0，所以A不正确；＝，所以B不正确；，所以C正确；是与共线的向量，是与共线的向量，所以D不正确；故选：C．【点评】本题考查命题的真假的判断，向量的数量积的运算以及向量的加减运算，是基础题．3．（5分）如图，已知等腰三角形△O'A'B'，O'A'＝A'B'是一个平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，则这个平面图形的面积是（）A．B．1C．D．【分析】根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且斜边长是2，得到直角三角形的直角边长，做出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的2倍，得到结果．【解答】解：∵Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，∴直角三角形的直角边长是，∴直角三角形的面积是×＝1，∴原平面图形的面积是1×2＝2，故选：D．【点评】本题考查平面图形的直观图，考查直观图与平面图形的面积之间的关系，考查直角三角形的面积，是一个基础题．4．（5分）在△ABC中，已知a＝2，，，则B＝（）A．B．C．或D．或【分析】由题意利用正弦定理，求得B的值．【解答】解：△ABC中，∵已知a＝2，，，则由正弦定理可得＝，即＝，求得sin B＝，∴B＝或B＝，故选：D．【点评】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．5．（5分）已知向量＝（2，1），＝10，|+|＝，则||＝（）A．B．C．5D．25【分析】根据所给的向量的数量积和模长，对|a+b|＝两边平方，变化为有模长和数量积的形式，代入所给的条件，等式变为关于要求向量的模长的方程，解方程即可．【解答】解：∵|+|＝，||＝∴（+）2＝2+2+2＝50，得||＝5故选：C．【点评】本题考查平面向量数量积运算和性质，根据所给的向量表示出要求模的向量，用求模长的公式写出关于变量的方程，解方程即可，解题过程中注意对于变量的应用．6．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，F是线段AE上靠近点A的三等分点，则＝（）A．B．C．D．【分析】利用平面向量的基本定理，用和线性表示向量即可．【解答】解：由可知，＝﹣＝﹣＝﹣++＝，故选：C．【点评】本题主要考查了平面向量的基本定理，以及向量的线性表示，是基础题．7．（5分）如图，从地面上C，D两点望山顶A，测得它们的仰角分别为45°和30°，已知CD＝100米，点C位于BD上，则山高AB等于（）A．100米B．50米C．50米D．50（+1）米【分析】设AB＝xm，根据俯角的定义得到∠MAC＝45°，∠MAD＝30°，由平行线的性质得到∠D＝30°，∠ACB＝45°，再根据等腰三角形的性质得BC＝AB＝x，根据含30度的直角三角形三边的关系得DB＝AB，即100+x＝x，解出x即可．【解答】解：设AB＝xm，则由题意，∠D＝30°，∠ACB＝45°，在Rt△ABC中，BC＝AB＝x，在Rt△ADB中，DB＝CD+BC＝100+x，∴DB＝AB，即100+x＝x，解得x＝50（+1）m．∴山AB的高度为50（+1）米．故选：D．【点评】此题考查了仰角的知识．要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意数形结合思想与方程思想的应用．8．（5分）若一个圆锥的高和底面直径相等，且它的体积为，则此圆锥的侧面积为（）A．B．C．D．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出圆锥的底面半径和高，再求出母线长，即可计算圆锥的侧面积．【解答】解：如图所示，设圆锥的底面半径为r，则高为h＝2r，所以圆锥的体积为V圆锥＝π•r2•2r＝，r＝1，h＝2，l＝＝＝，则此圆锥的侧面积为S侧面积＝πrl＝π•1•＝π．故选：A．【点评】本题考查了圆锥的体积与侧面积的计算问题，是基础题．9．（5分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【分析】A．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B．运用线面垂直的性质，即可判断；C．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．【解答】解：A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．故选：B．【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型．10．（5分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且b2+c2＝a2+bc，若sin B •sin C＝sin2A，则△ABC的形状是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形【分析】b2+c2＝a2+bc，利用余弦定理可得cos A＝，可得．由sin B•sin C＝sin2A，利正弦定理可得：bc＝a2，代入b2+c2＝a2+bc，可得b＝c．【解答】解：在△ABC中，∵b2+c2＝a2+bc，∴cos A＝＝＝，∵A∈（0，π），∴．∵sin B•sin C＝sin2A，∴bc＝a2，代入b2+c2＝a2+bc，∴（b﹣c）2＝0，解得b＝c．∴△ABC的形状是等边三角形．故选：C．【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、等边三角形的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11．（5分）四边形ABCD是边长为1的正方形，延长CD至E，使得，若点F为线段BC上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．2【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标求向量数量积．【解答】解：如图建立平面直角坐标系，则E（﹣1，1），F（1，y），（0≤y≤1）．∴，，＝2+y（y﹣1）＝y2﹣y+2＝（y﹣）2+，∴当y＝时，则取得最小值．故选：C．【点评】本题考查了向量的坐标运算，属于中档题．12．（5分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝AC，AB＝，AC1⊥A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点，给出下列结论：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥NB1；③C1A∥NB1C；④平面AMC1⊥平面CBA1．其中正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4【分析】对于①，由等腰三角形知C1M⊥A1B1，从而证明C1M⊥平面A1ABB1，对于②，不妨设AA1＝1，则BB1＝1，AB＝，BN＝，从而利用三角形相似证明，对于③，连接BC1，交B1C于点P，连接NP，从而利用线面平行判定定理证明，对于④，利用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理证明．【解答】解：由题意知，△A1B1C1是以A1B1为底边的等腰三角形，又∵M是A1B1的中点，∴C1M⊥A1B1，又∵平面A1B1C1⊥平面平面A1ABB1，C1M⊂平面A1B1C1，平面A1B1C1∩平面平面A1ABB1＝A1B1，∴C1M⊥平面A1ABB1，故①正确，不妨设AA1＝1，则BB1＝1，AB＝，BN＝，则△AA1B∽△BNB1，则∠BNB1+∠NBA1＝，则A1B⊥NB1，故②正确，连接BC1，交B1C于点P，连接NP，易证NP∥C1A，又由NP⊂平面NB1C，C1A⊄平面NB1C，故C1A∥平面NB1C，故③正确，∵A1B⊥AM，C1M⊥A1B，∴A1B⊥平面AMC1，又∵A1B⊂平面CBA1，∴平面AMC1⊥平面CBA1，故④正确，故选：D．【点评】本题考查了空间中垂直与平行的判断与证明，属于中档题．二．填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）13．（5分）已知平面向量，，若，则实数k＝3或﹣1．【分析】根据即可得出3﹣k（k﹣2）＝0，然后解出k的值即可．【解答】解：∵，且，∴3﹣k（k﹣2）＝0，解得k＝﹣1或3．故答案为：﹣1或3．【点评】本题考查了平行向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．14．（5分）已知复数z满足z（2﹣i）＝|3﹣4i|（其中i为虚数单位），则复数z的共轭复数是2﹣i．【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．【解答】解：由z（2﹣i）＝|3﹣4i|，得z＝＝，则．故答案为：2﹣i．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．15．（5分）侧棱长为3，底面边长为正四棱柱的体积为24；外接球表面积为25π．【分析】直接由棱柱体积公式求正四棱柱的体积；求出正四棱住的对角线长，可得其外接球的半径，代入球的表面积公式求其外接球的表面积．【解答】解：由题意，侧棱长为3，底面边长为正四棱柱的体积为V＝；正四棱住的对角线长为，则正四棱住的外接球的半径为r＝，外接球的表面积S＝4πr2＝4π×＝25π．故答案为：24；25π．【点评】本题考查正四棱住体积的求法，考查正四棱住外接球表面积的求法，考查运算求解能力，是基础题．16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E是棱CC1的中点，则点C1到平面EBD的距离为．【分析】利用等体积法，转化求解点C1到平面EBD的距离．【解答】解：，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E是棱CC1的中点，BE＝DE＝，BD＝2，设点C1到平面EBD的距离为h，则＝，所以×h＝，解得h＝．故答案为：．【点评】本题考查点线面距离的求法，等体积法的应用，是中档题．17．（5分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，c＝3，且，则A＝；＝．【分析】由已知利用正弦定理、余弦定理，同角三角函数基本关系式可求tan A的值，结合A的范围可求出角A的值，根据余弦定理进而可求b的值，利用正弦定理即可求解．【解答】解：由2ab sin C＝（b2+c2﹣a2），得2ab sin C＝••2bc＝2bc cos A，可得a sin C＝c cos A，即sin A sin C＝sin C cos A，由sin C≠0，可得tan A＝，由A∈（0，π），可得A＝，又，c＝3，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bc cos A，即13＝b2+9﹣6b×，整理得b2﹣3b﹣4＝0，得b＝4或b＝﹣1（舍），所以＝＝．故答案为：，．【点评】本题主要考查正弦定理，余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和方程思想，属于基础题．18．（5分）已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，A＝，且，则λ的值为﹣．【分析】由题意画出图形，设△ABC的外接圆半径为R，根据三角形外心的性质可得：OD⊥AB、OE⊥AC，由向量的线性运算和向量数量积的运算，求出•和•，在已知的等式两边同时与进行数量积运算，代入后利用正弦定理、余弦定理化简，求出λ的值．【解答】解：分别取AB，AC的中点D，E，连接OD，OE，可得•＝﹣•＝﹣c2，•＝﹣•＝﹣b2，设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理可得＝＝＝2R，由，两边点乘，可得•（•）+•（•）＝2λ2，即﹣••c cos B﹣••b cos C＝2λR2，所以﹣•2R（c cos B+b cos C）＝2λR2，所以﹣（c•+b•）＝2λR，所以﹣a＝2λR，所以λ＝﹣＝﹣sin A＝﹣．故答案为：﹣．【点评】本题考查正弦定理，三角形外心的性质，向量数量积的运算，向量的线性运算，以及两角和的正弦公式的应用，考查转化思想和运算能力，属于难题．三．解答题（本大题共4小题，共60分）19．已知向量，．（1）求与的夹角；（2）求；（3）若，求实数k的值．【分析】（1）可求出，然后设与的夹角为θ，然后即可求出cosθ的值，进而可得出θ的值；（2）根据进行向量数量积的运算即可求出的值；（3）可求出，然后根据即可求出k的值．【解答】解：（1）∵，，∴，，，设向量与的夹角为θ，则，又由θ∈[0，π]，，即向量与的夹角为；（2）＝；（3），且，∴3×（2k﹣3）﹣（k+1）＝0，解得：k＝2．【点评】本题考查了向量坐标的加法、减法、数乘和数量积的运算，向量夹角的余弦公式，向量长度的求法，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．20．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（c﹣2b）cos A+a cos C＝0．（1）求A；（2）若a＝4，b+c＝2，求△ABC的面积．【分析】（1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求cos A，进而可求A；（2）由余弦定理可求bc，然后结合三角形的面积公式可求．【解答】解：（1）因为（c﹣2b）cos A+a cos C＝0，由正弦定理得sin C cos A﹣2sin B cos A+sin A cos C＝0，故sin（A+C）＝2sin B cos A，所以sin B＝2sin B cos A，因为sin B＞0，所以cos A＝，因为A∈（0，π），所以A＝；（2）a＝4，b+c＝2，A＝，由余弦定理得cos A＝＝＝＝，故bc＝4，△ABC的面积S＝＝＝．【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，和差角公式在三角化简求值中的应用，还考查了三角形的面积公式的应用，属于中档题．21．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．（1）求异面直线AC与BC1所成角的大小；（2）求证：AC⊥BD1；（3）求证：平面AB1D1∥平面BDC1．【分析】（1）连结AD1、CD1，可证∠D1AC（或补角）就是异面直线AC与BC1所成角，再由△AD1C是等边三角形得答案；（2）证明AC⊥平面BDD1，即可得到AC⊥BD1；（3）证明C1D∥平面AB1D1，C1B∥平面AB1D1，再由平面与平面平行的判定可得平面AB1D1∥平面BDC1．【解答】解：（1）连结AD1、CD1，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，得BC1∥AD1，由此可得∠D1AC（或补角）就是异面直线AC与BC1所成角．∵△AD1C是等边三角形，∴∠D1AC＝60°，即异面直线AC与BC1所成角的大小为60°；证明：（2）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥DD1，又AC⊥BD，且DD1∩BD＝D，∴AC⊥平面BDD1，∵BD1⊂平面BDD1，∴AC⊥BD1；证明：（3）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵AD∥B1C1，AD＝B1C1，∴四边形AB1C1D是平行四边形，得AB1∥C1D，又∵AB1⊂平面AB1D1，C1D⊄平面AB1D1，∴C1D∥平面AB1D1，同理可证C1B∥平面AB1D1．又C1B∩C1D＝C1，∴平面AB1D1∥平面BDC1．【点评】本题考查空间中异面直线所成角的求法，考查线面垂直的判定与性质，考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．22．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝1，AD＝2，P A⊥平面ABCD，E 为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）若三棱锥P﹣ABD的体积为，求直线PC与平面P AD所成角的正切值；（3）在第二问的条件下，若M为线段PB中点，N为线段BC上的动点，平面AMN与平面PBC是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由．【分析】（1）设BD与AC的交点为O，连结EO，证明EO∥PB，然后证明PB∥平面AEC．（2）求解P A＝1，说明直线PC与平面P AD所成角为∠CPD，通过求解三角形推出结果即可．（3）解：平面AMN与平面PBC互相垂直，理由如下：证明P A⊥BC．AB⊥BC，推出BC⊥平面P AB．得到AM⊥BC．AM⊥PB，即可证明AM ⊥平面PBC，然后证明平面AMN⊥平面PBC．【解答】（1）证明：设BD与AC的交点为O，连结EO，∵底面ABCD是矩形，∴O是BD的中点，又∵E为PD的中点，∴EO∥PB，∵EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB∥平面AEC．（2）解：∵，又，∴P A＝1，又P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD，在矩形ABCD中AD⊥CD，且P A、AD∈平面P AD，所以CD⊥平面P AD，则直线PC与平面P AD所成角为∠CPD，所以，所以直线PC与平面P AD所成角的正切值为．（3）解：平面AMN与平面PBC互相垂直，理由如下：因为P A⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以P A⊥BC．因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又P A⋂AB＝A，且P A，AB⊂平面P AB，所以BC⊥平面P AB．因为AM⊂平面P AB，所以AM⊥BC．因为P A＝AB，M为线段PB的中点，所以AM⊥PB，又PB⋂BC＝B，且PB，BC⊂平面PBC，所以AM⊥平面PBC，因为AM⊂平面AMN，所以平面AMN⊥平面PBC．【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面垂直的判断定理以及平面与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．。
天津市2020〖人教版〗高一数学期中试卷考试
天津市2020年〖人教版〗高一数学期中试卷考试第一部分 基础检测一、选择题：本大题共10小题，每小题6分，共60分，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．sin 330︒等于（ ）A ．B ．12-C ．12D 2．α是第四象限角，125tan -=α，则=αsin （ ） A ．51 B ．51- C ．135D ．135-3．︒︒-︒︒147cos 27sin 57cos 27cos 等于（ ）AB ．C ．12D ．12-4．把函数sin ()y x x =∈R 的图象上所有的点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有点向左平行移动6π个单位长度，得到的图象所表示的函数是（ ）A ．R x x y ∈⎪⎭⎫⎝⎛+=,621sin πB ．R x x y ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+=,1221sin πC ．R x x y ∈⎪⎭⎫⎝⎛+=,32sin πD ．R x x y ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+=,62sin π5．2(sin cos )1y x x =--是（ ） A ．最小正周期为2π的偶函数 B ．最小正周期为2π的奇函数 C ．最小正周期为π的偶函数D ．最小正周期为π的奇函数6．已知21tan -=α，则αααα22cos sin cos sin 21-+的值是（ ） A ．31 B ． 3 C ．31- D ．3-7．函数143sin 2-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πx y 的图象的一个对称中心坐标是（ ）A ．⎪⎭⎫⎝⎛0,12π B ．⎪⎭⎫ ⎝⎛0,4π C ．⎪⎭⎫ ⎝⎛-1,4π D ．⎪⎭⎫⎝⎛-1,12π 8．已知α为第三象限角，则2α所在的象限是（ ）A ．第一或第二象限B ．第二或第三象限C ．第一或第三象限D ．第二或第四象限 9．函数⎪⎭⎫⎝⎛-=x y 24cos π的单调递增区间是（ ） A ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+-85,8ππππk k )(Z k ∈ B ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡++83,8ππππk k )(Z k ∈ C ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-8,8ππππk k )(Z k ∈ D ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-8,83ππππk k )(Z k ∈ 10．函数)20,0,)(sin(πϕωϕω<≤>∈+=R x x y 的部分图象如图，则（ ）A ．4,2πϕπω==B ．6,3πϕπω==C ．4,4πϕπω==D ．45,4πϕπω==二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．11．已知关于x 的方程01732=+-x x 的两实数根为βαtan ,tan ，则=+)tan(βα_______. 12．已知βα,⎪⎭⎫⎝⎛∈ππ,43，sin( )βα+=－,53 sin ,13124=⎪⎭⎫ ⎝⎛-πβ则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4πα=________.13．已知函数b x A x f +=)sin()(ω(A >0,ω>0)的最大值为2，最小值为0，其图象相邻两对称轴间的距离为2，则f (1)+f (2)+… +f ( )=_________.三、解答题：本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 14．（12分）已知)2,1(=a ，)2,3(-=b （1）求b a 42-；（2）若b a k 2+与b a 42-平行，求实数k 的值；（3）若b a k 2+与b a 42-的夹角为钝角，求实数k 的取值范围. 15．（13分）已知函数2cos 22cos 2sin 6)(2x x x x f +=（1）将函数()f x 化简成sin()(0,0,[0,2))A x B A ωϕϕϕπ++>>∈的形式； （2）求()f x 的单调递减．区间，并指出函数)(x f 的最小正周期；（3）求函数()f x 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡67,4ππ上的最大值和最小值. 第二部分 能力检测四、选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12分．16．已知两条直线,m n ，两个平面,αβ，下列命题中正确的个数．．．．．是（ ） ①//,m n m n αα⊥⇒⊥ ②//,,//m n m n αβαβ⊂⊂⇒ ③//,////m n m n αα⇒ ④//,//,m n m n αβαβ⊥⇒⊥ A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个 17．设Z k ∈，化简[][])cos()1(sin )1(cos )sin(απαπαπαπ+++---k k k k 的结果是（ ）A ．-1B ．当k 为偶数时，值为-1；当k 为奇数时，值为1C ．1D ．当k 为奇数时，值为-1；当k 为偶数时，值为1五、解答题：本大题共3小题，共38分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．（12分）四棱锥V-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面V AD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD （1）求证AB ⊥面V AD ；（2）求二面角A-VD-B 的正切值．19．（13分）已知圆C 过点)0,8(A 和)32,6(-B ，且圆心C 在直线82-=x y 上，圆M 的方程为1)sin 7()cos 74(22=-+--θθy x .（1）求圆C 的方程；（2）判断圆C 与圆M 的公共点的个数.（3）过圆M 上任意一点P 分别作圆C 的两条切线PE 、PF ，切点为E 、F ，求CF CE ⋅的最大值和最小值.20．（13分）已知关于x 的函数a x ax x f --+=322)(2，)1()(-=x b x g ，其中b a ,为实数. （1）当1=a 时，若对任意的[]10,2∈x ，不等式)()(x g x f ≥恒成立，求b 的取值范围； （2）当0>a 时，若函数()y f x =在区间[]1,1-上有零点，求a 的取值范围.参考答案第一部分 基础检测一、选择题：本大题共10小题，每小题6分，共60分，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、sin 330︒等于（ ）BA ．B ．12-C ．12D 2、α是第四象限角，125tan -=α，则=αsin （ ）D A ．51 B ．51- C ．135D ．135-3、︒︒-︒︒147cos 27sin 57cos 27cos 等于（ ）AA B ． C ．12D ．12-4、把函数sin ()y x x =∈R 的图象上所有的点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有点向左平行移动6π个单位长度，得到的图象所表示的函数是（ ）CA ．R x x y ∈⎪⎭⎫⎝⎛+=,621sin π B ．R x x y ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+=,1221sin πC ．R x x y ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+=,32sin πD ．R x x y ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+=,62sin π5、2(sin cos )1y x x =--是（ ）D A ．最小正周期为2π的偶函数 B ．最小正周期为2π的奇函数 C ．最小正周期为π的偶函数 D ．最小正周期为π的奇函数6、已知21tan -=α，则αααα22cos sin cos sin 21-+的值是（ ）C A ．31 B ．3 C ．31- D ．3-7、函数143sin 2-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πx y 的图象的一个对称中心坐标是( )DA ．⎪⎭⎫ ⎝⎛0,12πB ．⎪⎭⎫ ⎝⎛0,4πC ．⎪⎭⎫ ⎝⎛-1,4πD ．⎪⎭⎫ ⎝⎛-1,12π8、已知α为第三象限角，则2α所在的象限是（ ）DA ．第一或第二象限B ．第二或第三象限C ．第一或第三象限D ．第二或第四象限 9、函数⎪⎭⎫⎝⎛-=x y 24cos π的单调递增区间是（ ）D A ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+-85,8ππππk k )(Z k ∈B ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡++83,8ππππk k )(Z k ∈ C ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-8,8ππππk k )(Z k ∈D ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-8,83ππππk k )(Z k ∈10、函数)20,0,)(sin(πϕωϕω<≤>∈+=R x x y 的部分图象如图，则（ ）CA 、4,2πϕπω==B 、6,3πϕπω==C 、4,4πϕπω==D 、45,4πϕπω==二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．11、已知关于x 的方程01732=+-x x 的两实数根为βαtan ,tan ，则=+)tan(βα_______.2712、已知βα,⎪⎭⎫⎝⎛∈ππ,43，sin( )βα+=－,53 sin ,13124=⎪⎭⎫ ⎝⎛-πβ则cos ⎪⎭⎫⎝⎛+4πα=________.6556-13、已知函数b x A x f +=)sin()(ω(A >0,ω>0)的最大值为2，最小值为0，其图象相邻两对称轴间的距离为2，则f (1)+f (2)+… +f ( )=_________.三、解答题：本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 14、（12分）已知)2,1(=a ，)2,3(-=b （1）求b a 42-；（2）若b a k 2+与b a 42-平行，求实数k 的值；（3）若b a k 2+与b a 42-的夹角为钝角，求实数k 的取值范围. 解：（1）143=+-=⋅b a ，5=a ，13=b ……2分53242=-∴b a ……4分另解：)4,14(42-=-b a ……2分5322124144222==+=-b a ……4分（2）)42,6(2+-=+k k b a k ，)4,14(42-=-b a ……5分b a k 2+与b a 42-平行，∴014)42()4)(6(=+---k k ……7分解得1-=k ……8分（3）由题意得0)42)(2(<-+b a b a k 且b a k 2+与b a 42-不反向 由0)42)(2(<-+b a b a k 得0)44(8222<⋅-+-b a k b a k ……10分 得350<k ……11分由b a k 2+与b a 42-反向得1-=k∴b a k 2+与b a 42-的夹角为钝角时，)350,1()1,(---∞∈ k ……12分 15、（13分）已知函数2cos 22cos 2sin 6)(2x x x x f +=（1）将函数()f x 化简成sin()(0,0,[0,2))A x B A ωϕϕϕπ++>>∈的形式； （2）求()f x 的单调递减．区间，并指出函数)(x f 的最小正周期； （3）求函数()f x 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡67,4ππ上的最大值和最小值. 解：（1）)2cos 1(2sin 26)(xx x f ++=……2分22)cos 21sin 23(2++=x x 数学驿站 22)6sin(2++=πx ……4分 （2） 令232622πππππ+≤+≤+k x k ， ……6分解得34232ππππ+≤≤+k x k ， )(x f ∴单调递减区间为⎥⎦⎤⎢⎣⎡++342,32ππππk k ，Z k ∈. ……7分 )(x f 的最小正周期为π2，)(x f ∴的最小正周期为π2 (注意，因为上移了，所以)(x f 周期没有改变) ……8分 （3）由674ππ≤≤x 得346125πππ≤+≤x ……9分 16sin 23≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤-∴πx ……11分 故当x =67π时，f (x )有最小值262-；当x =3π时，f (x )有最大值223.……13分 第二部分 能力检测四、选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12分．16、已知两条直线,m n ，两个平面,αβ，下列命题中正确的个数．．．．．是（ ）B ①//,m n m n αα⊥⇒⊥②//,,//m n m n αβαβ⊂⊂⇒ ③//,////m n m n αα⇒④//,//,m n m n αβαβ⊥⇒⊥ A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个 17、设Z k ∈，化简[][])cos()1(sin )1(cos )sin(απαπαπαπ+++---k k k k 的结果是（ ）A A ．-1 B ．当k 为偶数时，值为-1；当k 为奇数时，值为1 C ．1 D ．当k 为奇数时，值为-1；当k 为偶数时，值为1五、解答题：本大题共3小题，共38分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18、（12分）四棱锥V-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD （1）求证AB ⊥面VAD ；（2）求二面角A -VD -B 的正切值．解：（1）证法一：由于面VAD 是正三角形，设AD 的中点为E ，则VE ⊥AD ，……1分而面VAD ⊥底面ABCD ，则VE ⊥底面ABCD ，从而VE ⊥AB ……2分 又面ABCD 是正方形，则AB ⊥AD ，且E AD VE = ……3分 故AB ⊥面VAD ……4分证法二：面ABCD 是正方形，则AB ⊥AD ……1分平面VAD ⊥底面ABCD 且交线为AD ， ……2分 ⊥∴AB 面VAD ……4分（2）由AB ⊥面VAD ，则点B 在平面VAD 内的射影是A ，设VD 的中点为F ，连AF ，BF ， …… 5分由△VAD 是正三角形，则AF ⊥VD ，……6分 由三垂线定理知BF ⊥VD ，……7分故∠AFB 是二面角A -VD -B 的的平面角……8分设正方形ABCD 的边长为a ，则在Rt △ABF 中，AB=a ,AF=23a ，……9分tan ∠AFB =33223==a a AFAB……11分 故二面角A -VD -B 的正切值为332……12分19、（13分）已知圆C 过点)0,8(A 和)32,6(-B ，且圆心C 在直线82-=x y 上，圆M 的方程为1)sin 7()cos 74(22=-+--θθy x . （1）求圆C 的方程；（2）判断圆C 与圆M 的公共点的个数.（3）过圆M 上任意一点P 分别作圆C 的两条切线PE 、PF ，切点为E 、F ，求CF CE ⋅的最大值和最小值.解：（1）设线段AB 的垂直平分线上的任一点为),(y x T ， 由TB TA =得，2222)32()6()8(++-=+-y x y x 化简得AB 的垂直平分线方程为043=-+y x ……2分圆心在直线82-=x y 和AB 垂直平分线上，由⎩⎨⎧=-+-=04382y x x y 解得圆心)0,4(C ……3分半径4==AC r ，所以圆C 的方程为16)4(22=+-y x ……4分 （2）)0,4(C ，)sin 7,cos 74(θθ+M ，1,421==r r7)sin 7()cos 7(22=+=θθMC ，521=+r r ……6分>MC 21r r +，所以两圆外离，两圆没有公共点.……7分（3）设,2a ECF =∠则16cos 322cos 162cos ||||2-==⋅=⋅αααCF CE CF CE ……8分在中PCE Rt ∆，PCPC r 4cos 1==α 由圆的几何性质得,1||||1||+≤≤-MC PC MC ,8||6≤≤∴PC ……10分32cos 21≤≤∴α，……11分 由此可得9168-≤⋅≤-CF CECF CE ⋅的最大值为－,916最小值为－8……13分20、（13分）已知关于x 的函数a x ax x f --+=322)(2，)1()(-=x b x g ，其中b a ,为实数. （1）当1=a 时，若对任意的[]10,2∈x ，不等式)()(x g x f ≥恒成立，求b 的取值范围； （2）当0>a 时，若函数()y f x =在区间[]1,1-上有零点，求a 的取值范围.解：（1）当1=a 时，422)(2-+=x x x f ，由)()(x g x f ≥得)1(4222-≥-+x b x x14222--+≤∴x x x b []10,2∈∀x 恒成立. ……2分令)2(21)1)(2(21422)(2+=--+=--+=∴x x x x x x x x t ，[]10,2∈x . ……3分 8)2()(min ==∴t x t ，8≤∴b ……4分（2）①当()f x 在 [-1,1]上有一个零点时，此时48(3)01112a a a ∆=++=⎧⎪⎨-≤-≤⎪⎩（*）或(1)(1)0f f -⋅≤（**） ………6分 由（*）4,0>∆∴>a 与只有一个零点矛盾；由（**）解得15a ≤≤………8分②当()f x 在[-1,1]上有两个零点时，则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥-<-<->++=∆0)1(0)1(02110)3(84f f aa a ………10分 解得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥≥>+->--<1521273273a a a a a 或即5≥a ………12分综上，实数a 的取值范围为1≥a . ………13分(别解:222230(21)32ax x a x a x +--=⇔-=-,题意转化为知[1,1]x ∈-求23221xa x -=-的值域,令32[1,5]t x =-∈得276a t t=+-转化为勾函数问题.)。
(新课标人教版)天津市和平区2019-2020学年高一下期中考试数学试题-附答案(已审阅)
天津市和平区2019-2020学年度第二学期高一年级期中质量调查数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共24分）一、选择题:本大题共8小题，每小题3分，共24分.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.下列命题正确的是A.若0a b <<，则 ac bc <B. 若,a b c d >>，则 ac bd >C.若a b >，则1a b < D.若22,0a bc c c>≠，则a b > 2.在数列{}n a 中，111,3n n a a a +=-=-，则4a = A. 10- B. 7- C. 5- D. 11 3.若13,24a b <<<<，则ab的范围是 A. 1,12⎛⎫⎪⎝⎭ B. 3,42⎛⎫⎪⎝⎭C. 13,42⎛⎫⎪⎝⎭D.()1,4 4.在ABC中，已知,24c A a π===，则角C =A.3π B. 23π C. 3π或23π D.12π或512π5.已知数列{}n a 为等比数列，有51374a a a -=，{}n b 是等差数列，且77a b =，则59b b += A. 4 B. 8 C. 16 D. 0或86.在ABC 中，已知sin 2cos sin A B C =，则ABC 的形状时 A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.不确定7.设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若3613S S =，则612SS = A.13 B. 18 C. 19 D.3108.已知数列{}n a 前n 项和21nn S =-，则此数列奇数项和前n 项和是A. ()21213n -B. ()11213n +-C. ()21223n -D. ()11223n +-第Ⅱ卷（非选择题 共76分）二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.9.在数列{}n a 中，223n a n =-，则125是这个数列的第 项.10.在ABC 中，三边,,a b c 成等比数列，222,,a b c 成等差数列，则三边,,a b c 的关系为 . 11.对于任意实数x ，不等式23204mx mx +-<恒成立，则实数m 的取值范围是 . 12.在等差数列{}n a 中，已知11a =，前5项和535,S =则8a 的值是 . 13.在ABC 中，若120,5,7,A AB BC ===，则ABC 的面积S = .14.已知数列{}n a 满足，11232,2nn n a a a +=+⋅=，则数列{}n a 的通项公式是 .三、解答题：本大题共6小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(本小题满分8分)已知不等式2320ax x -+>的解集为{}|x 1x b x <>或. （1）求,a b 的值；（2）解关于x 的不等式()2220ax b a x b ---<.16.(本小题满分8分)已知等比数列{}n a 中，11a =，公比为q ，且()1.n n n b a a n N *+=-∈ （1）判断数列{}n b 是否为等比数列?请说明理由. （2）求数列{}n b 的通项公式.17.(本小题满分8分)已知数列{}n a 的前项和22 4.n n S +=-（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设等差数列{}n b 满足，73154,b a b a ==，求数列{}n b 的前项和.n T18.(本小题满分12分)若等比数列{}n a 的前n 项和1.2n n n S a =- （1）求实数a 的值；（2）求数列{}n na 的前n 项和.n T19.(本小题满分10分)在ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知45,cos .5b c A == （1）求sin C 的值； （2）若ABC 的面积为3sin sin ,2ABCS B C =求a 的值.20.(本小题满分10分)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11110,2,.n n n n n n n n a a S a S a a n N -*+++≠-=∈ （1）求证：12;n n n S a -=（2）设1nn n a b a +=，求数列{}n b 的前n 项和.n T。
天津市第一中学2020学年高一数学上学期期中试卷(含解析)
天津市第一中学2020高一上学期期中数学试题一、选择题1.设集合，则的所有子集个数为（）A. 3B. 4C. 7D. 8【答案】B【解析】【分析】先解不等式得集合A,B,再根据交集定义求交集，最后根据求子集个数.【详解】因为，所以因此子集个数为4，选B.【点睛】本题考查交集的定义、集合的子集、解不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.2.函数的零点所在的大致区间是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：函数f（x）=ln（x+1）﹣的零点所在区间需满足的条件是函数在区间端点的函数值符号相反．解：∵f（1）=ln（1+1）﹣2=ln2﹣2＜0，而f（2）=ln3﹣1＞lne﹣1=0，∴函数f（x）=ln（x+1）﹣的零点所在区间是（1，2），故选B．考点：函数的零点与方程根的关系．3.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先判断数的取值范围，即可比较大小.【详解】因为，所以，选D.【点睛】本题考查比较大小，考查基本分析求解能力，属基础题.4.函数的大致图象是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】取函数值进行取舍.【详解】因为，所以舍去D；因为,所以舍去A,C,故选B.【点睛】本题考查函数图象识别，考查基本分析识别能力，属基础题.5.已知二次函数在区间上的最小值为，最大值为4，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据二次函数对称轴与定义区间位置关系分析确定实数满足的条件.【详解】因为，对称轴为,所以实数的取值范围是,选C.【点睛】本题考查二次函数最值，考查基本分析求解能力，属基础题.6.已知定义在上的偶函数在上单调递增，则函数的解析式不可能的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求,再结合函数图象判断增减性.【详解】由题意得,所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，因此选B.【点睛】本题考查函数单调性与奇偶性，考查基本分析求解能力，属基础题.7.若是上奇函数，满足在内，则的解集是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先在内化简不等式，再解指数不等式，最后根据奇函数性质得结果.【详解】在内等价于，,因为是上奇函数，所以由得,综上解集是，选D.【点睛】本题考查利用奇偶性与单调性解不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.8.已知函数在上存在最小值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件列不等式，解不等式得结果.【详解】因为函数在上存在最小值，所以，选A.【点睛】本题考查分段函数最值，考查基本分析求解能力，属基础题.9.已知函数，若对任意，总存在，使得，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先将不等式转化为对应函数最值问题：,再根据函数单调性求最值，最后解不等式得结果.【详解】因为对任意，总存在，使得，所以,因为当且仅当时取等号,所以，因为,所以,选C.【点睛】对于不等式任意或存在性问题，一般转化为对应函数最值大小关系，即；，10.已知函数，若方程有四个不同的解，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先作图象，再根据图象确定等量关系以及参数取值范围，最后化简得结果.【详解】先作图象，由图象可得因此为，从而，选A.【点睛】对于方程解(或函数零点的)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．二、填空题11.幂函数的图象关于轴对称，则实数＝_______.【答案】2【解析】【分析】根据幂函数的定义与性质，列方程求出m的值，再验证即可．【详解】函数f（x）=（m2﹣3m+3）x m是幂函数，∴m2﹣3m+3=1，解得m=1或m=2；当m=1时，函数y=x的图象不关于y轴对称，舍去；当m=2时，函数y=x2的图象关于y轴对称；∴实数m=2．故答案为：2．【点睛】本题考查了幂函数的定义与性质的应用问题，属于基础题．12.设全集为，集合，集合，若，则实数的取值范围为_____________.【答案】【解析】【分析】根据交集关系确定不等式，解得结果.【详解】因为，所以【点睛】本题考查集合包含关系，考查基本分析求解能力，属基础题.13.已知函数，则，则实数的值为____________.【答案】【解析】【分析】根据自变量范围代入对应解析式，再解方程得结果.【详解】因为，所以或【点睛】本题考查分段函数最值，考查基本分析求解能力，属基础题.14.函数的单调递减区间为_____________.【答案】【解析】【分析】先解定义域，再根据复合性，求单调增区间，即得结果.【详解】由得-,因为，所以求在上单调增区间，为.【点睛】本题考查与对数复合函数单调区间，考查基本分析求解能力，属基础题.15.已知函数，则不等式的解集为___________.【答案】【解析】【分析】先研究函数单调性与奇偶性，再化简不等式得结果.【详解】因为，所以为奇函数，因为，所以为R上单调递增函数，因此等价于即解集为.【点睛】本题考查利用函数单调性与奇偶性解不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.16.已知函数，若，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】由条件得以及1,代入，再根据导数研究单调性，最后根据单调性确定取值范围.【详解】由题意得以及1,所以,因为,，所以,即取值范围为.【点睛】本题考查利用导数求函数值域，考查基本分析求解能力，属中档题.三、解答题17.已知集合集合集合（1）求及（2）若，求实数的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求定义域得集合A，再解绝对值不等式得集合B，最后根据交集定义以及补集定义求结果，（2）先解集合C，再根据集合包含关系确定不等式，解得结果.【详解】,,所以.,因为，所以.【点睛】本题考查补集与交集定义、集合包含关系，考查基本分析求解能力，属基础题.18.已知关于的函数，在区间上的最大值为4，最小值为0. （1）求函数的解析式（2）设，判断并证明的单调性.【答案】（1）（2）见解析。
2020年天津一中高一(下)期中数学试卷解析版
期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）1.以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则角A的大小为（ ）A. B. C. D.3.在△ABC中，若且∠BAC=30°，则△ABC的面积为（ ）A. B. C. D.4.设α、β、γ为平面，为m、n、l直线，则下列判断正确的是（ ）A. 若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则m⊥βB. 若α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ，则m⊥βC. 若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m⊥βD. 若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β5.某三棱锥的三视图如图所示，其俯视图是一个等腰直角三角形，则此三棱锥的体积为（）A. B. C. D.6.点G为△ABC的重心，AB=2，BC=1，∠ABC=60°，则=（ ）A.B. C. D.7.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点O 是四边形ABCD 的中心，关于直线A 1O ，下列说法正确的是（ ）A. A 1O ∥D 1C B. A 1O ∥平面B 1CD 1C. A 1O ⊥BC D. A 1O ⊥平面AB 1D 18.一个圆锥SC 的高和底面直径相等，且这个圆锥SC 和圆柱OM 的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC 和圆柱OM 的侧面积的比值为（ ）A.B. C. D.9.平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60°，CD =2，，则二面角C 1-BD -C 的平面角的余弦值为（ ）A. B. C. D.10.如图，在△ABC 的边AB 、AC 上分别取点M 、N ，使，BN 与CM交于点P ，若，，则的值为（ ）A. B. C. D. 6二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）11.已知向量，满足，，，则=______．12.如图，PA⊥平面ABC，∠ACB=90°且PA=AC，AC=2BC，则异面直线PB与AC所成的角的正切值等于______．13.如图，在直棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，则二面角A1-BC1-C的平面角的正弦值为______．14.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，2b（2b-c）cos A=a2+b2-c2，则内角A的值为______．15.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱BB1的中点，则点B1到平面ADE的距离为______．16.如图，在直角梯形ABCD中，，AB=AD=2．若M、N分别是边AD、BC上的动点，满足，，其中λ∈（0，1），若，则λ的值为______．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）17.设f（α）=，，其中向量=（），=（2sin，cos）（1）若f（α）=-1，求cos的值．（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，若a cos B+b cos A+2c•cos C=0，求函数f（A）的取值范围．18.如图，在几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，E为AB中点．（1）求证：AN∥平面MEC；（2）求证：AC⊥BN．19.如图1所示，在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E为CD的中点，沿AE将△AED折起，如图2所示，O、H、M分别为AE、BD、AB的中点，且DM=2．（1）求证OH∥平面DEC；（2）求证平面ADE⊥平面ABCE；（3）求三棱锥H-OMB的体积．20.如图，四棱锥P-ABCD的底面是菱形，PO⊥底面ABCD，O、E分别是AD、AB的中点，AB=6，AP=5，∠BAD=60°．（1）求证：平面PAC⊥平面POE；（2）求直线PB与平面POE所成角的正弦值；（3）若F是边DC的中点，求异面直线BF与PA所成角的余弦值．答案和解析1.【答案】B【解析】解：①错误，如空间四边形确定一个三棱锥．②错误，直线可能和平面相交．③正确，根据公理二可判断③正确．④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行．故选：B．利用反例判断①②④的正误；公理二判断③的正误即可．本题考查科技中心与平面的位置关系的应用，命题的真假的判断，是基本知识的考查．2.【答案】B【解析】解．由正弦定理得，即，即，也即，故，故选：B．直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换求出结果．本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数的值的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．3.【答案】C【解析】解：因为在△ABC中，若且∠BAC=30°，∴c•b•cos A=2⇒b•c×=2⇒bc=；∴△ABC的面积为：bc sin A=××=；故选：C．根据数量积和角A的度数，求得bc=；再代入三角形的面积计算公式即可．本题主要考查数量积的应用以及解三角形的有关知识，属于基础题目．4.【答案】D【解析】解：对于A，若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则当m⊂α时，m⊥β．当m⊄α时，m与β相交但不垂直，故A不正确；对于B，α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ，则m与β，可能平行与可能相交，故B不正确；对于C，α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m∥β，或m⊂β，故C不正确；对于D，若n⊥α，n⊥β，m⊥α，可得α∥β，并且m∥n，所以m⊥β，故D正确，故选：D．通过直线与平面垂直与平行，平面与平面的平行与垂直的判断与性质，推出正确选项即可．本题考查的知识点是利用空间直线与平面之间的位置关系及平面与平面之间的位置关系判断命题的真假，处理此类问题的关键是熟练掌握线面平行或垂直的判定方法和性质．5.【答案】B【解析】解：根据三视图可知，该几何体是一个底面等腰直角三角形，高为2三棱锥，如图，该三棱锥为D-ABC，由三视图尺寸可知：AD=2，即AC=2，AB⊥BC，则此三棱锥的体积为V=×=．故选：B．根据三视图，该几何体是一个底面为等腰直角三角形，高为2的三棱锥，画出直观图．本题考查了三视图的认识和尺寸关系，直观图以及几何体的体积的求法，属于基础题．6.【答案】A【解析】解：以CA，CB为x，y轴，建立直角坐标系，如图：点G为△ABC的重心，AB=2，BC=1，∠ABC=60°，可得A（，0），B（0，1），则G（，），=（，），=（-，）则==-．故选：A．利用已知条件，建立直角坐标系，求出相关点的坐标，然后求解向量的数量积．本题主要考查了平面向量数量积的定义的简单应用，善于利用平面向量的一些常见结论是求解本题的关键．7.【答案】B【解析】【分析】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，考查数形结合思想，属于中档题．推导出A1D∥B1C，OD∥B1D1，从而平面A1DO∥平面B1CD1，由此能得到A1O∥平面B1CD1．【解答】解：∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，∴A1D∥B1C，OD∥B1D1，∵A1D∩DO=D，B1D1∩B1C=B1，∴平面A1DO∥平面B1CD1，∵A1O⊂平面A1DO，∴A1O∥平面B1CD1．故选：B．8.【答案】C【解析】解：如图，设圆锥与圆柱的底面半径为r，则圆锥SC的高为2r，设圆柱的高为h，由体积相等可得，可得h=．∴，．则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为．故选：C．设圆锥与圆柱的底面半径为r，则圆锥SC的高为2r，设圆柱的高为h，由体积相等可得h=，分别求出圆锥与圆柱的侧面积，作比得答案．本题考查圆柱、圆锥的侧面积与体积，考查计算能力，是基础题．9.【答案】D【解析】解：取BD中点O，连结CO，C1O，∵平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°，CD=2，，∴CO⊥BD，C1O⊥BD，∴∠COC1是二面角C1-BD-C的平面角，∵C1B=C1D==，∴C1O==，CO==，∴二面角C1-BD-C的平面角的余弦值为：cos∠C1OC==．故选：D．取BD中点O，连结CO，C1O，推导出CO⊥BD，C1O⊥BD，∠COC1是二面角C1-BD-C 的平面角，求出C1B=C1D=，从而C1O=，CO=，由此利用余弦定理能求出二面角C1-BD-C的平面角的余弦值．本题考查二面角的余弦值的求法，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，是中档题．10.【答案】D【解析】【分析】本题考查向量知识的运用，考查平面向量基本定理，考查学生的计算能力，属于中档题．用，作为基底分别表示，根据平面向量基本定理，求出λ，μ，即可得到结论.【解答】解：由题意，===.=+=+=根据平面向量基本定理，可得，∴，∴=6.故选D.11.【答案】2【解析】【分析】本题考查了向量的数量积的运算和向量模的计算，属于基础题．向量的数量积的运算和向量模即可求出答案．【解答】解：∵，，，∴|+|2=||2+||2+2•=5，∴2•=5-4-1=0，即•=0，∴|2-|2=4||2+||2-4•=4+4=8，∴|2-|=2，故答案为：.12.【答案】【解析】解：过A 作AD ∥BC ，过B 作BD ∥AC ，则四边形ACBD 为矩形，即AC ∥BD ，故直线PB 和直线AC 所成的角为∠PBD ，不妨设BC =1，则PA =AC =2，由于PA ⊥平面ABC ，故PA ⊥AC ，PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，所以．由于 BD ⊥AD ，BD ⊥PA ，所以BD ⊥平面PAD ，所以BD ⊥PD ．在直角三角形PBD 中，故答案为：．先将三棱锥补成四棱锥，再由异面直线所成角的作法可得：直线PB 和直线AC 所成的角为∠PBD ，再在直角三角形PBD 中求解即可．本题考查了异面直线所成角的求法，属中档题．13.【答案】【解析】解：在直棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =AC =AA 1=2，以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，A 1（0，0，2），B （2，0，0），C （0，2，0），C 1（0，2，2），=（-2，0，2），=（-2，2，2），=（-2，2，0），设平面A 1BC 1的法向量=（x ，y ，z ），则，取x =1，得=（1，0，1），设平面BCC 1的法向量=（a ，b ，c ），则，取a=1，得=（1，1，0），cos＜＞===，∴二面角A1-BC1-C的平面角的正弦值为：=．故答案为：．以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A1-BC1-C的平面角的正弦值．本题考查二面角的正弦值的求法，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，是中档题．14.【答案】60°【解析】解：因为2b（2b-c）cos A=a2+b2-c2，由余弦定理可得：2b（2b-c）cos A=2ab cos C，整理可得：（2b-c）cos A=a cos C，由正弦定理可得2sin B cos A-sin C cos A=sin A cos C，即2sin B cos A=sin C cos A+cos C sin A=sin B，B∈（0，π），所以sin B≠0，所以cos A=，A∈（0，π），所以A=60°，故答案为：60°．由余弦定理可得a2+b2-c2=2ab cos C，再由正弦定理可得cos A=，再由A的取值范围可得A的值．本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．15.【答案】【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，B1（1，1，1），A（1，0，0），D（0，0，0），E（1，1，），=（1，1，1），=（1，0，0），=（1，1，），设平面ADE的法向量=（x，y，z），则，取y =1，得=（0，1，-2），∴点B 1到平面ADE 的距离为：d ===．∴点B 1到平面ADE 的距离为．故答案为：．以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点B 1到平面ADE 的距离．本题考查点到平面的距离的求法，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，是中档题．16.【答案】【解析】解：由图可知：=+=+（1-λ），==，又，所以[+（1-λ）]•（）=-2，所以2+λ（1-λ）=-2，又=2，=||2=3，可得：3λ2-5λ+2=0，又0＜λ＜1，所以，故答案为：．由平面向量的线性运算得：=+=+（1-λ），==，由平面向量数量积的性质及其运算得：[+（1-λ）]•（）=-2，所以2+λ（1-λ）=-2，又=2，=||2=3，可得：3λ2-5λ+2=0，又0＜λ＜1，所以，得解．本题考查了平面向量的线性运算、平面向量数量积的性质及其运算及向量投影的定义，属中档题．17.【答案】（1）∵=（），=（2sin ，cos -1），由f（α）=，=-1，得，∴，即，∴；（2）由题意，得f（A）==，在△ABC中，由a cos B+b cos A+2c•cos C=0及正弦定理知，sin A cos B+sin B cos A+2sin C cosC=0，∴sin（A+B）+2sin（A+B）•cos C=0，又∵sin（A+B）≠0，∴cos C=-，∵C∈（0，π），∴C=，∴0＜A＜，0＜＜，＜＜，∴sin（）∈（）．∴函数f（A）=sin（）-∈（0，）．即函数f（A）的取值范围是（0，）．【解析】（1）由数量积的坐标运算写出f（α），结合f（α）=-1，利用三角恒等变换求解cos的值；（2）由（1）得到f（A），再由已知等式结合正弦定理求解C，进一步求得函数f（A）的取值范围．本题考查平面向量的数量积运算，考查y=A sin（ωx+φ）型函数的图象与性质，是中档题．18.【答案】证明：（1）连接BN，如图，使得BN∩CM=H，则H是BN中点，∵E为AB中点，∴EH∥AN，∵AN⊄平面MEC，EH平面MEC，∴AN∥平面MEC．（2）∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，平面ADNM⊥平面ABCD，平面ADNM∩平面ABCD=AD，ADNM是矩形，ND⊥AD，ND⊂平面ADNM，∴ND⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥ND，BD∩ND=D，BD，ND⊂平面NDB，∴AC⊥平面NDB，又BN⊂平面NDB，【解析】本题考查线面平行、线线垂直的证明，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，是中档题．（1）连接BN，使得BN∩CM=H，推导出EH∥AN，由此能证明AN∥平面MEC．（2）推导出ND⊥AD，从而ND⊥平面ABCD，进而AC⊥平面NDB，由此能证明AC⊥BN ．19.【答案】证明：（1）取F为BC的中点，连OF、FH，∵O、F分别为AE、BC的中点，∴OF∥EC，∵OF⊄面DEC，EC⊂面DEC，∴OF∥面DEC，同理可证，HF∥面DEC，OF∩HF=F，∴面HOF∥面DEC，又OH⊂面HOF，∴OH∥平面DEC；（2）∵AD=DE=2，且点O是AE的中点，∴DO⊥AE，DO=，∵M为AB的中点，∴OM=，且AE⊥OM，又∵DM=2，∴DO2+OM2=DM2，∴DO⊥OM，∵DO⊥AE，AE∩OM=O，∴DO⊥平面ABCE，∵DO⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ABCE；解：（3）由（2）知，DO⊥平面ABCE，∴点H到平面OMB的距离是DO=，则V H-OMB==．【解析】（1）根据条件取F为BC的中点，连OF、FH，由中位线性质和线面平行的判定证明面HOF∥面DEC，再证明OH∥平面DEC；（2）由E和O分别是中点得，DO⊥AE，再由长度和勾股定理证明DO⊥AE，根据线面垂直的判定证明DO⊥平面ABCE，再由面面垂直的判定得结论；（3）由DO⊥平面ABCE和H是中点，求出三棱锥的高，代入体积公式求值．本题考查了三棱锥的体积，线面平行的判定，线面垂直和面面垂直的性质、判定，熟练掌握空间直线与平面位置关系的定义、判定定理、性质定理是解答本题的关键，考查了空间想象能力、推理论证的能力．20.【答案】（1）证明：∵四棱锥P-ABCD的底面是菱形，∴AC⊥BD，又∵O，E分别是AD、AB的中点，∴OE∥BD，∴OE⊥AC，∵PO⊥底面ABCD，AC⊂面ABCD，又∵OE∩OP=O，∴AC⊥平面POE，又∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面POE．（2）解：过点B作BM⊥OE于M，易证PO⊥BM，OE，OE∩OP=O，∴BM⊥平面POE，∴PM是PB在平面POE上的射影，∠BPM即为所求．∵四边形ABCD是菱形，∵E是AB中点，∴BE=AE=，又∵底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴△AOE是等边三角形，∴∠AEO=∠BEM=60°，∴BM=，又∵AP=5，OA=3，∴在直角三角形POA中得OP==4，∵在直角三角形POB中，OB=，OP=4，∴PB==，∴在Rt△PMB中，，，所以；（3）解：取PB的中点T，AB的中点H，连BF，DH，TH．易证DH∥BF，TH∥PA∴∠DHT即为异面直线BF与PA所成角或其补角，在三角形PDB中，PD=5，DB=6，PB=，，在三角形PDT中，，所以，在△DHT中，，，，，．【解析】（1）根据菱形的对角线互相垂直及线面垂直的性质得OE⊥AC，PO⊥AC，由面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面POE．（2）根据线面所成角的定义找到直线PB与平面POE所成角的，∠BPM即为所求再计算正弦值．（3）根据中位线得DH∥BF，TH∥PA，∠DHT即为异面直线BF与PA所成角或其补角，结合余弦定理去计算DT，和计算角∠DHT的余弦值．本题考查了空间中的垂直性质定理和判定定理，也考查了直线与平面所成的角，异面直线所成角，是中档题．。
2020届天津市和平区第一中学高一下学期期中数学试题(解析版)
天津市和平区第一中学高一下学期期中数学试题一、单选题1．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行； A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个【答案】B【解析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数. 【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B. 【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.2．在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且cos )cos a B b A =-，则角A 的大小为（ ） A ．6πB ．4π C ．3π D ．2π 【答案】B【解析】利用正弦定理、两角和的正弦公式、三角形的内角和定理化简已知条件，求得cos A 的值，进而求得A 的大小.【详解】由正弦定理得)sin cos sin cos A B C B A =-，即()sin cos A B C A +=，即sin cos C C A =，也即cos A =故π4A =，所以选B. 【点睛】本小题主要考查利用正弦定理解三角形，考查两角和的正弦公式、三角形的内角和定理，考查了化归与转化的数学思想方法，属于基础题.3．在ABC ∆中，若2AB AC ⋅=u u u r u u u r且30BAC ∠=︒，则ABC ∆的面积为（ ）A ．3B ．23C ．33D ．233【答案】C4．设α、β、γ为平面，为m 、n 、l 直线，则下列判断正确的是（ ） A ．若αβ⊥，l αβ=I ，m l ⊥，则m β⊥ B ．若m αγ=I，αγ⊥，βγ⊥，则m β⊥C ．若αγ⊥，βγ⊥，m α⊥，则m β⊥D ．若n α⊥，n β⊥，m α⊥，则m β⊥ 【答案】D【解析】根据线面、面面有关的定理，对四个选项逐一分析，由此得出正确选项. 【详解】A 选项不正确，因为根据面面垂直的性质定理，需要加上：m 在平面α内或者平行于α，这个条件，才能判定m β⊥.B 选项不正确，因为m 可能平行于β.C 选项不正确，因为当αβ⊥时，//m β或者m β⊂.D 选项正确，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，得到//αβ，直线m α⊥，则可得到m β⊥.综上所述，本小题选D. 【点睛】本小题主要考查空间线面、面面位置关系有关命题真假性的判断，属于基础题. 5．某三棱锥的三视图如图所示，其俯视图是一个等腰直角三角形，则此三棱锥的体积为（ ）A ．13B ．23C ．43D ．2【答案】B6．点G 为ABC ∆的重心，2AB =，1BC =，60ABC ∠=︒，则AG CG ⋅=u u u r u u u r（ ）A ．59-B ．98-C ．59D ．19【答案】A7．在正方体1111ABCD A B C D -，中，点O 是正方形ABCD 的中心，关于直线1A O 下列说法正确的（ ） A ．11//A O D C B ．1A O //平面11B CD C ．1A O BC ⊥ D ．1A O ⊥平面11AB D【答案】B8．一个圆锥SC 的高和底面直径相等，且这个圆锥SC 和圆柱OM 的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC 和圆柱OM 的侧面积的比值为（ ） A ．322B ．23C ．35D ．515【答案】C【解析】设出圆锥的底面半径和高，由此得出圆柱的底面半径和高，再求两者的侧面积比. 【详解】不妨设圆锥的底面半径为11r =，高为12h =，设圆柱的底面半径21r =，高为2h .根据圆锥SC 和圆柱OM 的底面半径及体积也都相等.得2221π12π13h ⨯⨯⨯=⨯⨯，记得223h =.22125+12π1535222π13⨯⨯=⨯⨯故选C. 【点睛】本小题主要考查圆锥、圆柱的体积、侧面积有关计算，属于基础题. 9．平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，且1160C CB C CD BCD ∠=∠=∠=︒，2CD =，132C C =，则二面角1C BDC --的平面角的余弦值为（ ）A ．12B ．13C ．23D ．3 【答案】D10．如图，在ABC ∆的边AB 、AC 上分别取点M 、N ，使11,32AM AB AN AC ==，BN 与CM 交于点P ，若,BP PN PM CP λμ==，则λμ的值为（ ）A ．83B ．38C ．16D ．6【答案】D【解析】用向量,AB AC u u u r u u u r 作为基底分别表示AP u u u r，根据平面向量的基本定理，列出关于,λμ的方程组求得,λμ的值，即可得到答案．【详解】由题意，可得1131331AP AM MP AB MC AB MC μμμμμ=+=+=++++u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u uu r , 11121122AP AN NP AC NB AB MC λλλλ=+=+=++++u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u uu r ,根据平面向量的基本定理，可得11133122λμμλμλ⎧=⎪++⎪⎨⎪=⎪++⎩，解得2,43μλ==，所以6λμ=，故选D ．【点睛】本题主要考查了向量的三角形法则，以及平面向量的基本定理的应用，其中解答中熟记向量的运算法则，以及合理应用平面向量的基本定理得到关于,λμ的方程组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．二、填空题11．已知向量a r ，b r满足||1a =r ，||2b =r ，||5a b +=r r ，则|2|a b -=r r __________.【答案】2212．如图，PA ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒且PA AC =，2AC BC =，则异面直线PB 与AC 所成的角的正切值等于_________.【答案】513．如图，在直棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，12AB AC AA ===，则二面角11A BC C --的平面角的正弦值为____.314．在ABC ∆中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，2222(2)cos b b c A a b c -=+-，则内角A 的值为__________. 【答案】60︒【解析】用余弦定理化简已知条件，求得cos A 的值，进而求得A 的大小. 【详解】由2222(2)cos b b c A a b c -=+-得2222222(2)2b c a b b c a b c bc+--⋅=+-，化简得222b c a bc +-=，两边除以2bc 得222co 0s 1,622b c a A b A c +-===o . 【点睛】本小题主要考查利用余弦定理解三角形，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题. 15．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点E 是棱1BB 的中点，则点1B 到平面ADE 的距离为__________.【解析】点1B 到平面ADE 的距离等价于点B 到平面ADE 的距离，过B 作BF AE ⊥，交AE 于F ，证得BF ⊥平面ADE ，利用等面积法求得点B 到平面ADE 的距离，也即点1B 到平面ADE 的距离. 【详解】由于E 是1BB 的中点，故点1B 到平面ADE 的距离等价于点B 到平面ADE 的距离，过B 作BF AE ⊥，交AE 于F ，由于BF AD ⊥，AD AE E ⋂=，故BF ⊥平面ADE .在直角三角形ABE 中，11,,2AB BE AE ===，所以1122AB BE AE BF ⋅⋅=⋅⋅,解得BF =【点睛】本小题主要考查点到面的距离，考查等面积法求高，考查线面垂直的证明，属于基础题. 16．如图，在直角梯形 ABCD 中，,23BAD AB AD π∠===，若 M N 、分别是边AD BC 、上的动点，满足,(1)AM AD BN BC λλ==-，其中(0,1)λ∈，若2AN BM ⋅=-u u u r u u u u r，则λ的值为__________．【答案】23【解析】根据向量的运算，求得(1)AN AB BC λ=+-u u u r u u u r u u u r ，BM AD AB λ=-u u u u r u u u r u u u r，又由2AN BM ⋅=-u u u r u u u u r，化简得到23520λλ-+=，再由01λ<<，即可求解，得到答案．【详解】由图可知，向量(1)AN AB BN AB BC λ=+=+-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，BM AM AB AD AB λ=-=-u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r，又2AN BM ⋅=-u u u r u u u u r，所以[(1)][]2AB BC AD AB λλ+-⋅-=-u u u r u u u r u u u r u u u r ，所以2(1)2AB AD AB AD BC λλλ⋅-+-⋅=-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r,又2 2,3AB AD AD BC BC⋅=⋅==u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，可得23520λλ-+=，又由01λ<<，解得23λ=，故答案为：23．【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，以及向量的数量积的运算及性质的应用，其中解答中熟记向量的线性运算法则，以及利用向量的数量积的运算公式和向量的投影的定义，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．三、解答题17．设()f m nα=⋅r r，其中向量31cos,242mα⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭r，2sin,cos142nαα⎛⎫=-⎪⎝⎭r.（1）若()1fα=-，求cos32πα⎛⎫-⎪⎝⎭的值；（2）在ABC∆中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若cos cos2cos0a Bb Ac C++⋅=，求函数()f A的取值范围.【答案】（1）12-；（2）31-.【解析】（1）∵()1f m nα=⋅=-,312sin cos114422ααα⎛⎫⋅+⋅-=-⎪⎝⎭,311cos2222αα+⋅=-,即1sin262απ⎛⎫+=-⎪⎝⎭,∴cos32πα⎛⎫-⎪⎝⎭=1cos sin=262622ππαπα⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+=+-⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦.（2）由题意,得()313111 2sin cos1cos sin2442222222262A A A A A Af Aπ⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅-=+-=+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,在ABC V 中,由cos cos 2cos 0a B b A c C ++⋅=及正弦定理知,sin cos sin cos 2sin cos 0A B B A C C ++⋅=,∴()()sin 2sin cos 0A B A B C +++⋅=, 又∵()sin 0A B +≠,∴1cos 2C =-, ∵()0,C π∈,∴23C π=, ∴0,0,3266263A A A πππππ<<<<<+<, ∴13sin ,2622A π⎛⎫⎛⎫+∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. ∴函数()131sin 0,2622A f A π⎛⎫-⎛⎫=+-∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 即函数()f A 的取值范围是310,⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭. 18．如图，在几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD ，E 为AB 中点.（1）求证：//AN 平面MEC ； （2）求证：AC BN ⊥.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）连接BN 交CM 于H ，证得//EH AN 由此证得//AN 平面MEC .(2)根据菱形的几何性质得到AC BD ⊥，根据面面垂直的性质定理得到ND ⊥平面ABCD ，由此得到AC ND ⊥，故AC ⊥平面NDB ，由此证得AC BN ⊥.【详解】（1）连接BN （如图），使得BN CM H =I ，易证//EH ANAN ⊄平面MEC ，EH ⊄平面MEC ，//AN 平面MEC（2）ABCD Q 是菱形，AC BD ⊥，平面ADNM ⊥平面ABCD 平面ADNM I 平面ABCD AD =，ADNM 是矩形，ND AD ⊥ND ⊂平面ADNM ，ND ∴⊥平面ABCD ，AC ND ⊥BD ND D =I ，BD ，ND ⊂平面NDB ，AC ∴⊥平面NDB ，AC BN ∴⊥【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查线线垂直的证明，考查空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题.19．如图1所示，在矩形ABCD 中， 2,4AB AD ==， E 为 C D 的中点，沿 AE 将AED ∆折起，如图2所示，O H M 、、分别为AE BD AB 、、的中点，且 2DM =．（1）求证： //OH 平面DEC ； （2）求证：平面ADE ⊥平面 ABCE ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）取BC 中点Q ，连接OQ ，通过证明线线平行，证得平面//DEC 平面OHQ ，由此证得 //OH 平面DEC .（2）连接OD ，OM ，根据等腰三角形的性质，证得DO AE ⊥，利用勾股定理证得DO OM ⊥，由此证得OD ⊥平面ABCE ，进而证得平面ADE ⊥平面 ABCE . 【详解】（1）证明：取BC 中点Q ，连接OQ （如图），易证//OQ 平面DEC//HQ 平面DEC ，OQ ，HQ ⊂平面OHQ ，OQ HQ Q =I∴平面//DEC 平面OHQ ，OH ⊂平面OHQ ，//OH ∴平面DEC（2）证明：连接OD ，OM ，DA DE =Q ，O 为AE 中点DO AE ∴⊥，222DO OM DM +=Q ，DO OM ∴⊥AE ，OM ⊂平面ABCE ，AE OM O =I ，OD ∴⊥平面ABCEOD ⊂平面ADE ∴平面ADE ⊥平面ABCE【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.20．如图，四棱锥P ABCD -的底面是菱形，PO ⊥底面ABCD ，O 、E 分别是AD 、AB 的中点，6AB =，5AP =，60BAD ∠=︒.（1）求证：平面PAC ⊥平面POE ；（2）求直线PB 与平面POE 所成角的正弦值；（3）若F 是边DC 的中点，求异面直线BF 与PA 所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2）312986；（3）2199【解析】（1）根据四边形ABCD 是菱形，证得AC BD ⊥，由平行得到OE AC ⊥，结合PO AC ⊥，证得AC ⊥平面POE ，由此证得平面PAC ⊥平面POE .（2）作出线面角，然后解直角三角形求得线面角的正弦值.（3）作出异面直线所成的角，然后利用余弦定理求得角的余弦值，进而求得其正切值.【详解】 （1）证明：ABCD 是菱形，AC BD ⊥，//OE BDOE AC ∴⊥，PO ⊥底面ABCD ，PO AC ⊥，OE ，OP ⊂平面POE OE OP O =I ，AC ∴⊥平面POE ，AC ⊂平面PAC∴平面PAC ⊥平面POE（2）过点B 作BM OE ⊥于M ，易证PO BM ⊥，OE ，OP ⊂平面POE OE OP O =I ，BM ∴⊥平面POE ，PM ∴是PB 在平面POE 上的射影 BPM ∠即为所求，在Rt PMB ∆中，332BM =，43PB =3129sin BM BPM PB ∠==（3）分别取AB ，PB 中点H ，T ，易证//DH BF ，//TH PADHT ∴∠即为异面直线BF 与PA 所成角或其补角在DHT ∆中，33DH =，52HT =，792DT = 33cos DHT ∴∠= 219tan DHT ∴∠= 【点睛】 本小题主要考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查线线角的正切值的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.。
2020-2021学年天津市西青区杨柳青一中高一(下)期中数学试卷附详细解析参考答案
2020-2021学年天津市西青区杨柳青一中高一（下）期中数学试卷附详细解析参考答案一、选择题（每小题5分，共45分，每小题只有一个正确答案）1．（5分）已知i为虚数单位，，则复数z的虚部为（）A．﹣2i B．2i C．2D．﹣22．（5分）在△ABC中，若且∠BAC＝30°，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．3．（5分）设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．3πa2B．6πa2C．12πa2D．24πa24．（5分）已知圆锥的底面半径为1，母线与底面所成的角为，则此圆锥的侧面积为（）A．B．2πC．D．π5．（5分）已知在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，∠A＝60°，b＝2，若此三角形有且只有一个，则a的取值范围是（）A．B．a＝3C．或a＝3D．6．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则角A的大小为（）A．B．C．D．7．（5分）已知平面α，l，m是两条不同的直线，且m⊂α，（）A．若l∥m，则l∥αB．若l⊥m，则l⊥αC．若l∥α，则l∥m D．若l⊥α，则l⊥m8．（5分）点G为△ABC的重心，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，则＝（）A．B．C．D．9．（5分）如图，在△ABC的边AB、AC上分别取点M、N，使，BN 与CM交于点P，若，，则的值为（）A．B．C．D．6二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）10．（5分）已知向量，满足||＝1，||＝2，|+|＝，则•＝．11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为．12．（5分）边长为的正方形，其水平放置的直观图的面积为13．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱B1B的中点，则三棱锥B1﹣ADE的体积为．14．（5分）如图：为了测量河对岸的塔高AB，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，现测得CD＝200米，且在点C和D测得塔顶A的仰角分别为45°和30°，又∠CBD＝30°，则塔高AB＝米．15．（5分）如图，在直角梯形ABCD中，，AB＝AD＝2．若M、N分别是边AD、BC上的动点，满足，，其中λ∈（0，1），若，则λ的值为．三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）16．（12分）已知向量＝（3，﹣4），＝（6，﹣3），＝（5﹣m，﹣3﹣m）．（1）若，求实数m的值：（2）若，求实数m的值．17．（12分）复平面内表示复数z＝（m2﹣2m﹣3）+（m﹣3）i的点为Z．（1）当实数m取何值时，复数z表示纯虚数，并写出z的虚部；（2）当点Z位于二、四象限时，求实数m的取值范围；（3）当点Z位于直线y＝x上时，求实数m的值．18．（14分）已知在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对边分别为a，b，c，且b sin C+2c sin B cos A ＝0．（1）求∠A大小；（2）若a＝2，c＝2，求△ABC的面积S的大小．19．（18分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝P A＝2，P A⊥平面ABCD，E是PC的中点，F是AB的中点．（1）求证：BE∥平面PDF；（2）求证：平面PDF⊥平面P AB；（3）求BE与平面P AC所成的角．20．（19分）如图：在△ABC中，b2＝a2+c2﹣ac，点D在线段AC上，且AD＝2DC．（1）用向量，表示；（2）若AB＝2，BD＝，求BC的长；（3）若AC＝2，求△DBC的面积最大值．参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共45分，每小题只有一个正确答案）1．（5分）已知i为虚数单位，，则复数z的虚部为（）A．﹣2i B．2i C．2D．﹣2【分析】根据复数的运算法则先进行化简，结合虚部的定义进行求解即可．【解答】解：＝＝＝2﹣2i，则复数z的虚部为﹣2，故选：D．【点评】本题主要考查复数的计算，结合复数的运算法则是解决本题的关键．2．（5分）在△ABC中，若且∠BAC＝30°，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．【分析】根据数量积和角A的度数，求得bc＝；再代入三角形的面积计算公式即可．【解答】解：因为在△ABC中，若且∠BAC＝30°，∴c•b•cos A＝2⇒b•c×＝2⇒bc＝；∴△ABC的面积为：bc sin A＝××＝；故选：C．【点评】本题主要考查数量积的应用以及解三角形的有关知识，属于基础题目．3．（5分）设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．3πa2B．6πa2C．12πa2D．24πa2【分析】本题考查的知识点是球的体积和表面积公式，由长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则长方体的对角线即为球的直径，即球的半径R满足（2R）2＝6a2，代入球的表面积公式，S＝4πR2，即可得到答案．球【解答】解：根据题意球的半径R满足（2R）2＝6a2，所以S球＝4πR2＝6πa2．故选：B．【点评】长方体的外接球直径等于长方体的对角线长．4．（5分）已知圆锥的底面半径为1，母线与底面所成的角为，则此圆锥的侧面积为（）A．B．2πC．D．π【分析】根据圆锥的底面半径为1，母线与底面所成的角为60°求出母线的长，把圆锥沿着母线P A剪开后再展开，得到一个以P A为半径，以圆锥底面圆的周长为弧长的扇形，则展开后扇形的面积即为圆锥的侧面积．【解答】解：如图，O为圆锥底面圆的圆心，圆锥的底面半径OA＝1，母线P A与底面所成的角为∠P AO＝60°，则P A＝2，该圆锥的侧面展开图为以P A为半径，以圆锥底面圆的周长为弧长的扇形，如图，则展开后扇形的弧长l＝2π•OA＝2π，所以，展开后扇形的面积为S＝×l•P A＝×2π×2＝2π．即圆锥的侧面积为2π．故选：B．【点评】本题考查了圆锥的侧面积的求法，圆锥的侧面积就是把圆锥沿着一条母线剪开后再展开得到的扇形面积，圆锥的母线是所得扇形的半径，圆锥的底面圆的周长是所得扇形的弧长，另外对于扇形面积公式的记忆可模仿三角形面积公式的记法，此题是中低档题．5．（5分）已知在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，∠A＝60°，b＝2，若此三角形有且只有一个，则a的取值范围是（）A．B．a＝3C．或a＝3D．【分析】根据题意求出b sin A＝3，然后数形结合可得a的范围．【解答】解：∵在△ABC中，∠A＝60°，b＝2，∴由正弦定理可得b sin A＝2×＝3，∵这样的三角形有且只有一个，∴a＝3或a≥2．故选：C．【点评】本题考查正弦定理的应用，考查三角形解得情况，考查特殊角的三角函数值，属于基础题．6．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则角A的大小为（）A．B．C．D．【分析】直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换求出结果．【解答】解．由正弦定理得，即，即，也即，故，故选：B．【点评】本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数的值的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．7．（5分）已知平面α，l，m是两条不同的直线，且m⊂α，（）A．若l∥m，则l∥αB．若l⊥m，则l⊥αC．若l∥α，则l∥m D．若l⊥α，则l⊥m【分析】对于A，l∥α或l⊂α；对于B，l与α相交、平行或l⊂α；对于C，l与m平行或异面；对于D，由线面垂直的性质得l⊥m．【解答】解：由平面α，l，m是两条不同的直线，且m⊂α，知：对于A，若l∥m，则l∥α或l⊂α，故A错误；对于B，若l⊥m，则l与α相交、平行或l⊂α，故B错误；对于C，若l∥α，则l与m平行或异面，故C错误；对于D，若l⊥α，则由线面垂直的性质得l⊥m，故D正确．故选：D．【点评】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，考查空间想象能力、应用意识等核心素养，是中档题．8．（5分）点G为△ABC的重心，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，则＝（）A．B．C．D．【分析】利用已知条件，建立直角坐标系，求出相关点的坐标，然后求解向量的数量积．【解答】解：以CA，CB为x，y轴，建立直角坐标系，如图：点G为△ABC的重心，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，可得A（，0），B（0，1），则G（，），＝（，），＝（﹣，）则＝＝﹣．故选：A．【点评】本题主要考查了平面向量数量积的定义的简单应用，善于利用平面向量的一些常见结论是求解本题的关键．9．（5分）如图，在△ABC的边AB、AC上分别取点M、N，使，BN 与CM交于点P，若，，则的值为（）A．B．C．D．6【分析】用，作为基底分别表示，根据平面向量基本定理，求出λ，μ，即可得到结论．【解答】解：由题意，＝＝＝+＝根据平面向量基本定理，可得，∴∴＝6故选：D．【点评】本题考查向量知识的运用，考查平面向量基本定理，考查学生的计算能力，属于中档题．二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）10．（5分）已知向量，满足||＝1，||＝2，|+|＝，则•＝0．【分析】利用向量的模的运算法则，转化求解向量的数量积即可．【解答】解：向量，满足||＝1，||＝2，|+|＝，可得＝5，1+2•+4＝5，则•＝0．故答案为：0．【点评】本题考查向量的数量积的求法，向量的模的运算法则的应用，是基础题．11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为60°．【分析】求两条异面直线AB1与BC1所成角，只要连结AD1，即可证明AD1∥BC1，可得∠D1AB1为两异面直线所成的角，在三角形D1AB1中可求解．【解答】解：连结AD1，∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，∴AB∥D1C1且AB＝D1C1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，∴AD1∥BC1，则∠D1AB1为两异面直线AB1与BC1所成角．连结B1D1，∵正方体的所有面对角线相等，∴△D1AB1为正三角形，所以∠D1AB1＝60°．故答案为60°．【点评】本题考查空间点、线、面的位置关系及学生的空间想象能力、求异面直线角的能力．在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧，此题是中档题．12．（5分）边长为的正方形，其水平放置的直观图的面积为【分析】根据斜二测画法所得的直观图与原平面图形的面积之比求解即可．【解答】解：正方形的边长，故面积为8，而原图和直观图面积之间的关系是，故直观图的面积为＝．故答案为：．【点评】本题考查了斜二测画法与水平放置的平面图形的面积之比的应用，解题的关键是掌握，属于基础题．13．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱B1B的中点，则三棱锥B1﹣ADE的体积为．【分析】由题意，三棱锥B1﹣ADE的体积＝三棱锥D﹣B1AE的体积，即可得出结论．【解答】解：由题意，三棱锥B1﹣ADE的体积＝三棱锥D﹣B1AE的体积＝＝．故答案为：．【点评】本题考查三棱锥B1﹣ADE的体积，正确转换底面是关键．14．（5分）如图：为了测量河对岸的塔高AB，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，现测得CD＝200米，且在点C和D测得塔顶A的仰角分别为45°和30°，又∠CBD＝30°，则塔高AB＝200米．【分析】设AB＝h，则BC＝h，BD＝h，△BCD中，由余弦定理，可得方程，即可求塔高AB．【解答】解：设AB＝h，则BC＝h，BD＝h，△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝200m，由余弦定理，可得40000＝h2+3h2﹣2h•h•，∴h＝200，即AB＝200米．故答案为：200．【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础．15．（5分）如图，在直角梯形ABCD中，，AB＝AD＝2．若M、N分别是边AD、BC上的动点，满足，，其中λ∈（0，1），若，则λ的值为．【分析】由平面向量的线性运算得：＝+＝+（1﹣λ），＝＝，由平面向量数量积的性质及其运算得：[+（1﹣λ）]•（）＝﹣2，所以2+λ（1﹣λ）＝﹣2，又＝2，＝||2＝3，可得：3λ2﹣5λ+2＝0，又0＜λ＜1，所以，得解．【解答】解：由图可知：＝+＝+（1﹣λ），＝＝，又，所以[+（1﹣λ）]•（）＝﹣2，所以2+λ（1﹣λ）＝﹣2，又＝2，＝||2＝3，可得：3λ2﹣5λ+2＝0，又0＜λ＜1，所以，故答案为：．【点评】本题考查了平面向量的线性运算、平面向量数量积的性质及其运算及向量投影的定义，属中档题．三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）16．（12分）已知向量＝（3，﹣4），＝（6，﹣3），＝（5﹣m，﹣3﹣m）．（1）若，求实数m的值：（2）若，求实数m的值．【分析】（1）由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行的性质，计算求得结果．（2）由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量垂直的性质，计算求得结果．【解答】解：（1）∵，，∵，∴﹣3m＝﹣1﹣m，解得．（2）∵，∵，∴，解得．【点评】本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量平行、垂直的性质，属于基础题．17．（12分）复平面内表示复数z＝（m2﹣2m﹣3）+（m﹣3）i的点为Z．（1）当实数m取何值时，复数z表示纯虚数，并写出z的虚部；（2）当点Z位于二、四象限时，求实数m的取值范围；（3）当点Z位于直线y＝x上时，求实数m的值．【分析】（1）由实部为0且虚部不为0列式求解；（2）分别由实部小于0且虚部大于0或实部大于0且虚部小于0求解不等式组得答案；（3）由实部与虚部相等列式求解．【解答】解：（1）当m2﹣2m﹣3＝0且m﹣3≠0，即m＝﹣1时，复数Z是纯虚数，虚部为﹣4；（2）由题意，或，解得当m＜﹣1，即m＜﹣1时，点Z位于二、四象限；（3）当m2﹣2m﹣3＝m﹣3，即m＝0或m＝3时，点Z位于直线y＝x上．【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础的计算题．18．（14分）已知在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对边分别为a，b，c，且b sin C+2c sin B cos A ＝0．（1）求∠A大小；（2）若a＝2，c＝2，求△ABC的面积S的大小．【分析】（1）利用正弦定理把已知等式中的边，转化为角的正弦，化简整理求得cos A的值，进而求得A．（2）利用正弦定理求得sin C的值，进而求得C，利用三角形内角和求得B，最后利用三角形面积公式求得答案．【解答】解：（1）∵b sin C+2c sin B cos A＝0．∴sin B sin C+2sin C sin B cos A＝0∴sin B sin C（1+2cos A）＝0∵sin B≠0，sin C≠0，∴1+2cos A＝0，cos A＝﹣，∴A＝．（2）∵＝∴sin C＝•sin A＝×＝，∴C＝，∴B＝π﹣＝，∴S△ABC＝ac sin B＝×2×2×＝【点评】本题主要考查了正弦定理的运用，三角函数恒等变换等知识．要求对三角函数常用公式能熟练记忆．19．（18分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝P A＝2，P A⊥平面ABCD，E是PC的中点，F是AB的中点．（1）求证：BE∥平面PDF；（2）求证：平面PDF⊥平面P AB；（3）求BE与平面P AC所成的角．【分析】（1）利用线面平行的判定定理去证明．（2）利用面面垂直的判定定理去证明．（3）利用定义或向量法求直线与平面所成的角．【解答】解：（1）证明：取PD的中点为M，连接ME，MF，∵E是PC的中点，∴ME是△PCD的中位线．∴ME∥CD，ME＝CD．又∵F是AB的中点，且由于ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴ME∥FB，且ME＝FB．∴四边形MEBF是平行四边形，∴BE∥MF．∵BE⊄平面PDF，MF⊂平面PDF，∴BE∥平面PDF．（2）证明：∵P A⊥平面ABCD，DF⊂平面ABCD，∴DF⊥P A．连接BD，∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△DAB为正三角形．∵F是AB的中点，∴DF⊥AB．∵P A∩AB＝A，∴DF⊥平面P AB．∵DF⊂平面PDF，∴平面PDF⊥平面P AB．（3）连结BD交AC于O，∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥BD，∴BD⊥平面P AC．∴OB⊥OE，即OE是BE在平面P AC上的射影．∴∠BEO是BE与平面P AC所成的角．∵O，E，分别是中点，∴OE＝AP＝1，OD＝＝＝1，∴Rt△BOE为等腰直角三角形，∴∠BEO＝45°，即BE与平面P AC所成的角的大小为45°．【点评】本题主要考查线面平行和面面垂直的位置关系的判定，要求熟练掌握线面、面面垂直与平行的判定定理和性质定理．综合性较强．20．（19分）如图：在△ABC中，b2＝a2+c2﹣ac，点D在线段AC上，且AD＝2DC．（1）用向量，表示；（2）若AB＝2，BD＝，求BC的长；（3）若AC＝2，求△DBC的面积最大值．【分析】（1）由平面向量的线性运算法则，可得解；（2）先由余弦定理求得cos B＝，再由||2＝（+）2，根据平面向量的数量积运算，得关于BC的方程，解之即可；（3）易知sin B＝，由b2＝a2+c2﹣ac，结合基本不等式，知ac≤3，而S△BCD＝S＝•ac•sin B，得解．△ABC【解答】解：（1）＝+＝+＝+（﹣）＝+．（2）∵b2＝a2+c2﹣ac，∴a2+c2﹣b2＝ac，由余弦定理知，cos B＝＝＝，由（1）知，＝+，∴||2＝（+）2＝+•cos B+，∴＝×4+×2××+，即3+2﹣33＝0，解得＝3或﹣（舍负），∴BC的长为3．（3）∵，∴，由，∴ac≤3，当且仅当a＝c＝时，取等号，∵AD＝2DC，∴，∴△DBC的面积最大值为．【点评】本题考查解三角形与平面向量的综合，熟练掌握余弦定理、三角形面积公式和平面向量的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．。
天津市第一中学2019-2020学年高一数学上学期期中试题(含解析)
【解析】
【分析】
根据函数为偶函数和函数的单调性列不等式组，解不等式组求得 a 的取值范围.
【详解】由于函数为偶函数，且在 0,1上递增，所以函数在 1, 0上递减.由
11
a 4
2 1 a2 1
f a 2 f
4 a2
0 f a 2 f
得
4 a2
，所以
a
2
4 a2
，解得
1 2
3
1 5
3
2
2
1
D.
1 3 5
1 2
3
1 2
3
【解析】
【分析】
利用指数函数的单调性和幂函数的单调性比较即可.
1
2
【详解】因为
y
1 2
x
是单调递减函数，
1 3
2 3
，所以
1 2
3
1 2
3
，
因为幂函数
y
2
x3
在
0,
上递增，
1 5
1 2
；
2
2
所以
1 5
3
1 2
A. 最小值－8
B. 最大值－8
C. 最小值－6
D. 最小值－4
【答案】D
【解析】
【分析】
利用函数的奇偶性与单调性即可得到结果.
【详解】∵y＝f（x）和 y＝x 都是奇函数，
∴af（x）+bx 也为奇函数，
又∵F（x）＝af（x）+bx+2 在（0，+∞）上有最大值 8，
∴af（x）+bx 在（0，+∞）上有最大值 6，
综上所述，
2 ，故答案选 B。
2019-2020学年天津一中高一(上)期中数学试卷 (含答案解析)
2019-2020学年天津一中高一（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）1. 已知集合A ={x |2x−6x+1≤0}，B ={−2,−1,0,3,4}，则A ∩B =( )A. {0}B. {0,3}C. {−1,0,3}D. {0,3,4}2. 设x 为实数，命题p ：∀x ∈R ，x 2≥0，则命题p 的否定是( )A. ￢p ：∀x ∈R ，x 2≤0B. ￢p ：∃x 0∈R ，x 02≤0 C. ￢p ：∀x ∈R ，x 2<0D. ￢p ：∃x 0∈R ，x 02<03. 下列不等式成立的是( )A. (12) 23<(15) 23<(12) 13B. (12) 13>(12) 23>(15) 23C. (12) 13<(12) 23<(15) 23D. (12) 23><(15) 23>(12) 134. 已知函数f(x)=2x 2−ax −1，在[−1,2]上单调，则实数a 的取值范围是( )．A. [−4,8]B. (−∞,−4]C. [8,+∞]D. (−∞,−4]∪[8,+∞)5. 已知关于x 的不等式ax 2−x +b >0的解集是(−1,−12)，则ab 的值是( )A. 2B. 12C. −1D. 16. 若“x−1x−3<0”是“|x −a|<2”的充分而不必要条件，则实数a 的取值范围是( )A. (1,3]B. [1,3]C. (−1,3]D. [−1,3]7. 已知3a +2b =2(a >0,b >0)，则ab 的最小值是( )A. 4B. 5C. 6D. 78. 定义a ⊗b ={b,(a ≥b)a,(a <b)，则函数f(x)=x ⊗(2−x)的值域是( )A. (−∞,1)B. (−∞,1]C. RD. (1,+∞)9. 函数f(x)=ax +bx +5(a,b 均为正数)，若f(x)在(0,+∞)上有最大值8，则f(x)在(−∞,0)上( )A. 有最大值−8B. 有最小值−8C. 有最小值2D. 有最大值210. 函数f(x)=3+2x 1+x(x >0)的值域是( )A. (−∞,3)B. (3,+∞)C. (2,3)D. (0,3)二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）11. √164+(18)−23+(−4.3)0−(2√3)2=________________12. 已知函数f(x)=ax 5+bx 3+cx −1，若f(−3)=5，则f(3)=_________． 13. 函数f(x)为(−∞,+∞)上的奇函数，则f(0)= ______ ．14. 已知函数f(x)=ax 2+(b −3)x +3，x ∈[a 2−2,a]是偶函数，则a +b =______．15. 已知函数f(x)={3x +a,x >1x +a 2,x ≤1，若f(x)在R 上为增函数，则实数a 的取值范围是______ ．16. f (x )是定义在R 上的奇函数，且单调递减，若f (2−a )+f (4−a )<0，则a 的取值范围为______． 三、解答题（本大题共4小题，共46.0分）17. 已知集合A ={x|x 2−2x −3≤0}，B ={x|x 2−2mx +m 2−4≤0,x ∈R,m ∈R}．(1)若A ∩B =[0,3]，求实数m 的值； (2)若A ⊆∁R B ，求实数m 的取值范围．18. 已知奇函数f(x)=x+bx 2+a 的定义域为R ，f(1)=12．(1)求实数a 、b 的值；(2)证明函数f(x)在区间(−1,1)上为增函数； (3)判断并证明f(x)的奇偶性．19. 如图，已知直线y =kx +6−k 与曲线y =2+4x 在第一象限和第三象限分别交于点A 和点B ，分别由点A 、B 向x 轴作垂线，垂足分别为M 、N ，记四边形AMBN 的面积为S ．(1)求出点A、B的坐标及实数k的取值范围；(2)当k取何值时，S取得最小值，并求出S的最小值．20.已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数，且当x⩾0时，f(x)=x2+2x.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对任意实数m,f(m)+f(m2−t)>0恒成立，求实数t的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析： 【分析】本题考查分式不等式的求解，集合的交集运算，属于基础题.先解不等式求出集合A ，再求交集． 【解答】解：由分式不等式2x−6x+1≤0，解得A ={x|−1<x ≤3}， 所以A ∩B ={0,3}， 故选B ．2.答案：D解析：解：全称命题的否定是特称命题，∴命题p ：∀x ∈R ，x 2≥0，则命题p 的否定是：￢p ：∃x 0∈R ，x 02<0．故选：D ．通过全称命题的否定是特称命题写出结果即可．本题考查命题的否定全称命题与特称命题的否定关系，基本知识的考查．3.答案：B解析：解：由指数函数的单调性可得(12)13>(12)23，由幂函数的性质可得(12)23>(15)23．∴(12)13>(12)23>(15)23． 故选：B ．直接由指数函数与幂函数的单调性比较三个数的大小得答案． 本题考查指数函数与幂函数的单调性，是基础题．4.答案：D解析： 【分析】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解答的关键．结合二次函数的图象与性质以及f(x)在区间[−1,2]上单调，可得a 的取值范围． 【解答】解：∵函数f(x)=2x 2−ax −1的图象是开口朝上，且以直线x =a4为对称轴的抛物线， 且f(x)在区间[−1,2]上单调， ∴a4≤−1或a4≥2，解得：a ∈(−∞,−4]∪[8,+∞)， 故选D ．5.答案：A解析： 【分析】本题主要考查一元二次不等式的解法，根据一元二次不等式的解集得出对应方程的两个根，再由根与系数的关系求出a ，b 即可． 【解答】解：因为关于x 的不等式ax 2−x +b >0的解集是(−1,−12)， 所以−1,−12是方程ax 2−x +b >0的两个根， 所以−1+(−12)=1a ，(−1)×(−12)=ba ， 解得ab =2，即a b 的值为2， 故选A ．6.答案：B解析： 【分析】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，根据不等式的解法求出不等式的等价条件是解决本题的关键，属于基础题．根据不等式的解法求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行求解即可． 【解答】解：由x−1x−3<0得1<x <3，由|x −a|<2得a −2<x <a +2， 若“x−1x−3<0”是“|x −a|<2”的充分而不必要条件， 则{a +2≥3a −2≤1，即{a ≥−1a ≤3，得−1≤a ≤3， 故选：B ．解析： 【分析】本题考查了基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 利用基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：∵3a +2b =2(a >0,b >0)，∴2=3a +2b ≥2√3a ⋅2b ，化为ab ≥6，当且仅当a =3，b =2时取等号． ∴ab 的最小值是6． 故选：C ．8.答案：B解析： 【分析】本题考查了分段函数的化简，从而求分段函数的值域．由a ⊗b ={b,(a ≥b)a,(a <b)，化简函数f(x)=x ⊗(2−x)，从而求值域．【解答】解：函数f(x)=x ⊗(2−x)={x,x ≤12−x,x >1，则函数f(x)=x ⊗(2−x)的值域为(−∞,1]． 故选：B ．9.答案：C解析： 【分析】本题考查奇函数的定义，奇函数图象的对称性．可设g(x)=ax +bx ，可看出g(x)是奇函数，从而据题意知g(x)在(0,+∞)上有最大值3，从而g(x)在(−∞,0)上有最小值−3，从而得出f(x)在(−∞,0)上有最小值2． 【解答】解：设g(x)=a x +bx ，则g(x)为奇函数，且在(0,+∞)上的最大值为3， ∴g(x)在(−∞,0)上的最小值为−3， ∴f(x)在(−∞,0)上有最小值2．10.答案：C解析：【分析】本题考查函数的值域，属于基础题．先将解析式变形，因为x>0，可得x+1>1，即1x+1∈(0,1)，即可求出值域．【解答】解：f(x)=3+2x1+x =2(x+1)+1x+1=2+1x+1，∵x>0，∴x+1>1，∴1x+1∈(0,1)，∴函数的值域为(2,3)．故选C．11.答案：−5解析：【分析】本题考查指数幂的运算，属于基础题，由题意和指数幂的运算法则逐个化简可得答案．【解答】解：由指数幂的运算可得原式=2+(12)3×(−23)+1−12=2+4+1−12=−5．故答案为−5．12.答案：−7．解析：【分析】本题考查函数奇偶性的应用，属基础题．依题意，令g(x)=ax5+bx3+cx，则g(x)为奇函数，f(−3)=g(−3)−1=5，所以g(−3)=6，f(3)=g(3)+1=−g(−3)−1=−7，即可求得结果．【解答】解：因为f(x)=ax5+bx3+cx−1，令g(x)=ax5+bx3+cx，则g(x)为奇函数，f(x)=g(x)−1，f (−3)=g (−3)−1=5，所以g (−3)=6， f (3)=g (3)−1=−g (−3)−1=−7， 故答案为−7．13.答案：0解析：解：函数f(x)为(−∞,+∞)上的奇函数，可得f(−x)=−f(x)， 可得f(0)=−f(0)，即f(0)=0． 故答案为：0．直接利用奇函数的定义求解即可．本题考查奇函数的简单性质，奇函数的定义的应用，考查计算能力．14.答案：4解析： 【分析】本题考查了函数的奇偶性，考查学生的计算能力，属于基础题． 根据函数的奇偶性定义，得出a ，b 的值，即可求得结果． 【解答】解：∵函数f(x)=ax 2+(b −3)x +3为偶函数， ∴{f (−x )=f (x )a 2−2+a =0a 2−2<a ，解得{a =1b =3，∴a +b =1+3=4． 故答案为4．15.答案：[−1,2]解析：解：∵f(x)={3x +a,x >1x +a 2,x ≤1，若f(x)在R 上为增函数，∴3+a ≥1+a 2， 解得−1≤a ≤2，当x >1时，函数f(x)=3x +a 为增函数， ∴a ∈R ．当x ≤1时，函数f(x)=x +a 2为增函数， ∴a ∈R ．综上所述，实数a 的取值范围是[−1,2] 故答案为：[−1,2]根据函数在R上为增函数，得到3+a≥1+a2，解得−1≤a≤2，再分类讨论x>1时，x≤1时，根据函数的函数的单调性得到a∈R，求交集得到a的范围．本题主要考查了函数的单调性，关键是根据函数的单调性构造关于a的不等式，属于基础题．16.答案：(−∞,3)解析：【分析】本题考查函数的奇偶性和单调性，属于一般题．根据函数的单调性和奇偶性求解不等式即可得结果．【解答】解：由题意得f(2−a)<−f(4−a)，因为f(x)是奇函数，则f(2−a)<f(a−4)，又f(x)是定义在R上的减函数，所以2−a>a−4，解得a<3，故答案为(−∞,3)．17.答案：解：由已知得：A={x|−1≤x≤3}，B={x|m−2≤x≤m+2}．①∵A∩B=[0,3]，∴{ m−2=0 m+2≥3，∴{m=2 m≥1，∴m=2②∁ R B={x|x<m−2，或x>m+2}，∵A⊆∁ R B，∴m−2>3，或m+2<−1，∴m>5，或m<−3．解析：(1)根据一元二次不等式的解法，对A，B集合中的不等式进行因式分解，从而解出集合A，B，再根据A∩B=[0,3]，求出实数m的值；(2)由解出的集合A，B，因为A⊆∁ R B，根据子集的定义和补集的定义，列出等式进行求解；18.答案：(1)解：∵奇函数f(x)=x+bx2+a的定义域为R，∴f(0)=0，∴b=0，∵f(1)=12，∴11+a =12，∴a=1；(2)证明：∵f(x)=xx2+1，x∈(−1,1)，∴导数f′(x)=x2+1−2x2(x2+1)2=1−x2(x2+1)2≥0，∴函数f(x)在区间(−1,1)上为增函数；(3)解：奇函数，证明如下：∵f(x)=xx2+1，∴f(−x)=−xx2+1=−f(x)，∴函数是奇函数．解析：(1)奇函数f(x)=x+bx2+a 的定义域为R，由f(0)=0，可求b，利用f(1)=12，可求a；(2)求函数f(x)=x+bx2+a的导数，证明其导数大于0即可；(3)验证f(−x)=−f(x)即可．本题考查奇偶性与单调性的综合，考查对定义的理解与掌握，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．19.答案：解：(1)由{y=kx+6−ky=2+4x得，kx+6−k=2+4x，即(x−1)(kx+4)=0，解得x=1或x=−4k，∴当x=1时，y=6，即A(1,6)，当x=−4k 时，y=2−k，即B(−4k,2−k)，∵点B在第三象限，，得，∴A(1,6)，B(−4k,2−k)，故实数k的取值范围为；(2)∵A(1,6),B(−4k,2−k)，，∵y A−y B=4+k，，∴S关于k的函数关系式，∴S=12⋅(k+16k+8)≥12⋅(8+8)=8，当且仅当k=4时等号成立，∴四边形AMBN面积取得最小值8时，k=4．解析：本题考查了利用基本不等式求最值和函数的解析式，是中档题．(1)联立方程得出点A、B的坐标，由点B 在第三象限，所以，解出即可；(2)由题意得，所以S关于k 的函数关系式，利用基本不等式求最值即可．20.答案：解：(1)当x<0时,−x>0,又f(x)是奇函数，∴f(−x)=(−x)2−2x=−f(x),∴f(x)=−x2+2x(x<0)，∴f(x)={−x 2+2x,x<0x2+2x,x⩾0；(2)由f(m)+f(m2−t)>0和f(x)是奇函数，得f(m)>−f(m2−t)=f(t−m2),由f(x)的图像知f(x)为R上的增函数，∴m>t−m2,即t<m2+m=(m+12)2−14，∴t<−14.解析：本题考查了函数恒成立问题，函数解析式的求解及常用方法，函数的奇偶性及单调性，属于中档题．(1)当x<0时，−x>0，由已知表达式可求f(−x)，根据奇函数性质可求f(x)；(2)利用奇函数性质及单调递增性质可得到m>t−m2，进而可转化为函数最值问题处理．第11页，共11页。
2020年天津市高一(下)期中数学试卷解析版
期中数学试卷 题号一二三总分得分一、选择题（本大题共8小题，共32.0分）1.已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a =15，b =10，A =60°，则sin B等于（ ）A. -B. C. D. -2.在△ABC 中，内角ABC 的对边分别为a ，b ，c ．已知b =4，c =2，A =120°，则a 等于（ ） A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 23.正方体的棱长为1，它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是（ ）A. 4π B. 3π C. 2π D. π4.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin A ：sin B ：sin C =3：2：4，则cos C 等于（ ）A.B. 4C. -4D. -5.过△ABC 所在平面α外一点P ，作PO ⊥α，垂足为O ，连接PA ，PB ，PC ．若PA =PB =PC ，则点O 是△ABC 的（ ）A. 垂心 B. 外心 C. 内心 D. 重心6.若△ABC 的周长等于20，面积是10，∠B =60°，则边AC 的长是（ ）A. 5 B. 6 C. 7 D. 87.若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是（ ）A. 若l ⊥α，l ⊂β，则α⊥βB. 若α⊥β，l ⊂α，则l ⊥βC. 若α∥β，l ⊂α，n ⊂β，则l ∥n D. 若l ⊥n ，m ⊥n ，则l ∥m 8.三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面△ABC 是正三角形，AA 1⊥平面ABC ，AB =2，AA 1=，D为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为（ ）A. 3B.C. 1D.二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）9.已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则它的体积是______．10.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c ，若a 2+c 2-b 2=ac ，则角B的值是______．11.已知直线a ，b 和平面α，且a ⊥b ，a ⊥α，则b 与α的位置关系是______ ．12.已知△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且a cos A =b cos B ，则该三角形的形状是______．13.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，则异面宜线AB 与A 1C 1所成的角大小为______．三、解答题（本大题共5小题，共48.0分）14.在△ABC中，cos A=-，cos B=．（Ⅰ）求sin C的值；（Ⅱ）设BC=5，求△ABC的面积．15.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知DA=DC=1，DD1=2．（1）求直线AC1与平面ABCD所成的角的余弦值；（2）求异面直线A1C1与B1C所成的角的余弦值．16.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b sin A=a cos B．（I）求cos B的值；（Ⅱ）若•=，且a+c=7，求b的值．17.如图：四棱锥P-ABCD底面为一直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB，PA⊥平面ABCD，F是PC中点．（1）求证：平面PDC⊥平面PAD；（2）求证：BF∥平面PAD．18.在中，已知内角，边，设内角，周长为.（Ⅰ）求函数的解析式和定义域；（Ⅱ）求的最大值.答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵a=15，b=10，A=60°，∴由正弦定理可得：sin B===．故选：C．由已知及正弦定理即可计算得解sin B的值．本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．2.【答案】A【解析】解：由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bc cos A，=，=84，故a=2．故选：A．由已知结合余弦定理即可直接求解．本题主要考查了余弦定理的简单应用，属于基础试题．3.【答案】B【解析】解：棱长为1的正方体的顶点都在同一球面上，∴该球面的直径是正方体对角线的长，∴半径R==，∴该球面的表面积为S=4πR2=4π•=3π．故选：B．根据正方体的对角线是其外接球的直径求出球的半径，再计算球面的表面积．本题考查了正方体的外接球表面积计算问题，是基础题．4.【答案】D【解析】解：若sin A：sin B：sin C=3：2：4，由正弦定理可得，a：b：c=3：2：4，可设a=3x，b=2x，c=4x，由余弦定理可得，cos C===-．故选：D．由已知结合正弦定理可得a，b，c的关系，然后结合余弦定理可求．本题主要考查了正弦定理，余弦定理的简单应用，属于基础试题．5.【答案】B【解析】解：∵过△ABC所在平面α外一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接PA，PB，PC．PA=PB=PC，∴OA=OB=OC，∴点O是△ABC的外心．故选：B．由已知条件利用射影定理得OA=OB=OC，所以点O是△ABC的外心．本题考查三角形的外心的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意射影定理的合理运用．6.【答案】C【解析】解：∵△ABC的周长等于20，面积是10，∠B=60°，∴a+b+c=20，=10，b2=a2+c2-2ac cos60°，∴a+c=20-b，ac=40，∴b2=（a+c）2-3ac=（20-b）2-120，化为40b=280，解得b=7．故选：C．由△ABC的周长等于20，面积是10，∠B=60°，可得a+b+c=20，=10，b2=a2+c2-2ac cos60°，化简解出即可．本题考查了三角形的面积计算公式、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.【答案】A【解析】解：对于A，由平面与平面垂直的判定定理，即可得出“若l⊥α，l⊂β，则α⊥β”正确；对于B，由平面与平面垂直的性质定理，得出“若α⊥β，l⊂α，则l⊥β”错误；对于C，由平面平行的性质定理，得出“若α∥β，l⊂α，n⊂β，则l∥n”错误；对于D，由空间中的直线与直线的平行与垂直关系，得出“若l⊥n，m⊥n，则l∥m”错误．故选：A．根据空间中的直线与直线、直线与平面、以及平面与平面的位置关系，判断正误即可．本题考查了空间中的直线与平面位置关系的判断问题，也考查了推理与证明能力，是中档题．8.【答案】C【解析】解：∵三棱柱ABC-A1B1C1的底面△ABC是正三角形，AA1⊥平面ABC，AB=2，AA1=，D为BC中点，∴AD⊥B1C1，AD⊥BB1，∵B1C1∩BB1=B1，∴AD⊥平面DB1C1，∴三棱锥A-B1DC1的体积为：===1．故选：C．推导出AD⊥B1C1，AD⊥BB1，从而AD⊥平面DB1C1，由此能求出三棱锥A-B1DC1的体积．本题考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算能力和推理论证能力，属于中档题．9.【答案】π【解析】【分析】本题考查了圆锥的体积计算问题，属于基础题．根据勾股定理求出圆锥的高，再利用公式计算圆锥的体积．【解答】解：底面半径为r=1，母线长为l=2，所以圆锥的高为=，所以圆锥的体积为V=πr2h=×=π．故答案为：π．10.【答案】【解析】解：在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若a2+c2-b2=ac，由余弦定理可知cos B==，因为B是三角形内角，所以B=．故答案为：．直接利用余弦定理求出B的余弦值，推出B的值即可．本题考查余弦定理的应用，基本知识的考查．11.【答案】b⊂α或b∥α【解析】解：当b⊂α时，a⊥α，则a⊥b当b∥α时，a⊥α，则a⊥b故当a⊥b，a⊥α⇒b⊂α或b∥α故答案为：b⊂α或b∥α根据线面的位置关系进行分类讨论，分别利用线面垂直的性质进行说明即可．本题主要考查了直线与平面垂直的性质，以及空间想象能力，推理能力，属于基础题．12.【答案】等腰三角形或直角三角形【解析】【分析】本题考查正弦定理在三角形中的应用，考查三角形的形状的判断，属于基础题．利用正弦定理化简a cos A=b cos B，可得，求出A与B的关系，得到三角形的形状．【解答】解：若a cos A=b cos B，由正弦定理可得sin A cosA=sin B cosB，即所以2A=2B或2A=π-2B，所以A=B或A+B=．所以三角形是等腰三角形或直角三角形．故答案为：等腰三角形或直角三角形．13.【答案】45°【解析】解：如图，连接A1C1，∵A1B1∥AB，∴∠B1A1C1为异面直线AB与A1C1所成的角，且∠B1A1C1=45°，∴异面宜线AB与A1C1所成的角大小为45°，故答案为：45°．可连接A1C1，从而可看出∠B1A1C1为异面直线AB与A1C1所成的角，并且该角显然为45°．本题考查了异面直线所成角的定义及求法，考查了计算能力，属于基础题．14.【答案】解：（Ⅰ）在△ABC中，A+B+C=π，由，，得sin A=，由，，得．所以sin C=sin（A+B）=sin A cos B+cos A sin B=；（Ⅱ）由正弦定理，解得：，所以△ABC的面积：．【解析】（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的恒等变换求得结果．（Ⅱ）利用正弦定理和三角形的面积公式求出结果．本题考查的知识点：三角函数关系式的恒等变换，三角形内角和定理，正弦定理的应用，三角形面积公式的应用及相关的运算问题．15.【答案】解：（1）连接AC，∵C1C⊥底面ABCD，∴∠C1AC是直线AC1与平面ABCD所成的角．AC=，AC1==．∴cos∠C1AC===．（2）连接AB1，A1C1∥AC．∴∠ACB1是异面直线A1C1与B1C所成的角，∵AC=，AB1=B1C=．∴cos∠ACB1==．【解析】（1）连接AC，由C1C⊥底面ABCD，可得∠C1AC是直线AC1与平面ABCD所成的角．利用直角三角形的边角关系即可得出．（2）连接AB1，A1C1∥AC．可得∠ACB1是异面直线A1C1与B1C所成的角，利用余弦定理即可得出．本题考查了长方体的性质、直角三角形的边角关系、异面直线所成的角、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．16.【答案】解：（Ⅰ）△ABC中，b sin A=a cos B，由正弦定理可得：sin B sin A=sin A cos B，又A为三角形内角，所以sin A＞0，所以sin B=cos B，且cos B＞0；又sin2B+cos2B=1，1-cos2B=15cos2B，可得：cos B=；（Ⅱ）由cos B=，所以•=ca cos B=ac=，解得ac=10；由余弦定理可得：b2=a2+c2-2ac cos B=a2+c2-ac=（a+c）2-ac=72-×10=24，解得b=2．【解析】（Ⅰ）用正弦定理和同角三角函数基本关系式，即可求cos B的值．（Ⅱ）利用平面向量的数量积和余弦定理，即可求出b的值．本题主要考查了正弦、余弦定理，同角三角函数基本关系式，平面向量的数量积应用问题，是中档题．17.【答案】证明：（1）因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又因为CD⊥AD，PA∩AD=A，AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面PCD，所以平面PDC⊥平面PAD．（2）取PD的中点为E，连接EF，AE，因为F为PC的中点，所以EF为△PCD的中位线，所以EF∥CD，CD=2EF，又因为CD=2AB，AB∥CD，所以EF=AB，并且EF∥AB，所以四边形ABEF为平行四边形，所以BF∥AE，因为AE⊂平面PAD，BF⊄平面PAD所以BF∥平面PAD．【解析】（1）由题意可得：PA⊥CD，结合CD⊥AD与线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD，再利用面面垂直的判定定理得到面面垂直．（2）取PD的中点为E，连接EF，AE，即可得到EF∥CD，CD=2EF，由题中条件可得EF=AB，并且EF∥AB，进而得到四边形ABEF为平行四边形，得到BF∥AE，再利用线面平行的判定定理得到线面平行．本题主要考查线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理，以及考查线面平行的判定定理，解决此类问题的关键是熟练掌握有关的定理与几何体的结构特征，此题属于基础题，考查学生的空间想象能力与逻辑推理能力．18.【答案】解：（1）△ABC的内角和A+B+C=π，由得，．应用正弦定理得：，，因为y=AB+BC+AC，所以.（2）∵=，所以当，即时，y取得最大值．【解析】（1）由内角A=，边BC=2，设内角B=x，周长为y，我们结合三角形的性质，△ABC的内角和A+B+C=π，△ABC的周长y=AB+BC+AC，我们可以结合正弦定理求出函数的解析式，及自变量的取值范围．（2）要求三角函数的最值，我们要利用辅助角公式，将函数的解析式，化为正弦型函数的形式，再根据正弦型函数的最值的求法进行求解．函数y=A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）中，最大值或最小值由A确定，即要求三角函数的最值一般是要将其函数的解析式化为正弦型函数，再根据最大值为|A|，最小值为-|A|．。