2018-2019学年江苏省扬州市高邮市高一（下）期中数学试卷（含解析）

2018-2019学年江苏省扬州市高邮市高一（下）
期中数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，共50.0分）
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=450，C=600，c=1，则b=（　　）
A. B. C. D.
垂直于同一条直线的两条直线一定（　　）
A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 以上都有可能
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，如果b2+c2-a2=bc，那么A等于（　　）
A. B. C. D.
若球的体积与其表面积的数值相等，则球的半径为（　　）
A. 1 B. 3 C. 2 D.
下列命题中，正确命题的个数为（　　）
（1）首尾相接的四条线段在同一平面内???（2）三条互相平行的线段在同一平面内
（3）两两相交的四条直线在同一个平面内
（4）若四个点中的三个点在同一直线上，那么这四个点在同一平面内．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（　　）
A. ，，，有两解
B. ，，，有一解
C. ，，，无解
D. ，，，有一解
已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（　　）
A. B. C. D.
设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下面四个命题：
（1）若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ（2）若α⊥β，m?α，n?β，则m⊥n
（3）若m∥α，n?α，则m∥n（4）若α∥β，γ∩α=m，γ∩β=n，则m∥n
其中正确命题个数是（　　）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，=（c2，a2），=（tanC，tanA），且∥，则△ABC的形状是（　　）
A. 直角三角形 B. 等腰三角形
C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形
在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若b2=c2+ac，则的取值范围是（　　）
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=，BC=AA1=1，则BD1与平面A1B1C1D1所成的角的大小为______°．






已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2cm，圆心角为的扇形，则此圆锥的高为______cm．
如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距海里，此船的航速为______海里/小时．





如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，给出以下四个结论：
①D1C∥平面A1ABB1
②A1D1与平面BCD1相交
③AD⊥平面D1DB
④平面BCD1⊥平面A1ABB1．
上面结论中，所有正确结论的序号为______．





在△ABC中，已知，AB边上的中线，则sinB的值为______．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，3sinB=2sinA，2≤ac+c2≤32，设△ABC的面积为S，，则t的最小值为______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为菱形，SA⊥平面ABCD．
（1）求证：CD∥平面SAB；
（2）求证：BD⊥SC．
















△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，
（1）求A；
（2）若B=60°，a=2，求b，c．







三棱柱ABC-A1B1C1被平面A1B1C截去一部分后得到如图所示几何体，BB1⊥平面ABC，∠ABC=90°，BC=BB1，E为棱B1C上的动点（不包含端点），平面ABE交A1C于点F．
（Ⅰ）求证：AB⊥平面B1BC；
（Ⅱ）求证：EF∥AB；
（Ⅲ）试问是否存在点E，使得平面ABE⊥平面A1B1C？并说明理由．















在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=AC，平面BB1C1C⊥底面ABCD，点M、F分别是线段AA1、BC的中点．
（1）求证：AF∥平面MBC1；
（2）求证：平面BB1C1C⊥平面MBC1．








在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，1+=．
（1）求角C的大小；
（2）若（a+b）2-c2=4，求-3a的最小值．







如图所示，高邮漫水公路AB一侧有一块空地△OAB，其OA=6km，，∠AOB=90°．市政府拟在中间开挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上
（M，N不与A，B重合，M在A，N之间），且∠MON=30°．
（1）若M在距离A点4km处，求点M，N之间的距离；
（2）为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小．试确定M的位置，使△OMN的面积最小，并求出最小面积．








答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：∵B=450，C=600，c=1，
∴由正弦定理，可得：b===．
故选：A．
由已知利用正弦定理，特殊角的三角函数值即可计算得解．
本题主要考查了正弦定理，特殊角的三角函数值在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】
解：分两种情况：①在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行；
②在空间内垂直于同一条直线的两条直线可以平行、相交或异面．
故选：D．
根据在同一平面内两直线平行或相交，在空间内两直线平行、相交或异面判断．
本题主要考查在空间内两条直线的位置关系．
3.【答案】B
【解析】
解：∵b2+c2-a2-bc=0，∴cosA===，
∵A∈（0°，180°），
解得A=60°．
故选：B．
利用余弦定理即可得出．
本题考查了余弦定理、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】
解：设球的半径为r，则球的体积为：，球的表面积为：4πr2
因为球的体积与其表面积的数值相等，所以
解得r=3
故选：B．
设出球的半径，求出球的体积和表面积，利用相等关系求出球的半径即可．
本题考查球的体积与表面积的计算，是基础题．
5.【答案】A
【解析】
解：根据题意，（1）空间四边形首尾相连，不在一平面内（1）错误；
（2）由空间平行线知（2）错误；
（3）由三棱锥知（3）错误；
（4）正确
故选：A．
由空间几何体的有关概念可解决此问题．
本题考查空间几何体的有关概念．
6.【答案】D
【解析】
解：A项中sinB=?sinA=1，
∴B=，故三角形一个解，A项说法错误．
B项中sinC=sinB=，
∵0＜C＜π，故C有锐角和钝角两种解．
C项中b==，故有解．
D项中sinB=?sinA=，∵A=150°，
∴B一定为锐角，有一个解．
故选：D．
利用正弦定理分别对A，B，C，D选项进行验证．
本题主要考查了正弦定理的应用．对三角形中角的正弦的值，一定对角进行讨论．
7.【答案】B
【解析】
解：如图，
取AD中点F，连接EF，CF，
∵E为AB的中点，
∴EF∥DB，
则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角，
∵ABCD为正四面体，E，F分别为AB，AD的中点，
∴CE=CF．
设正四面体的棱长为2a，
则EF=a，
CE=CF=．
在△CEF中，由余弦定理得：
=．
故选：B．
由E为AB的中点，可取AD中点F，连接EF，则∠CEF为异面直线CE与BD所成角，设出正四面体的棱长，求出△CEF的三边长，然后利用余弦定理求解异面直线CE与BD所成角的余弦值．
本题考查异面直线及其所成的角，关键是找角，考查了余弦定理的应用，是中档题．
8.【答案】A
【解析】
解：根据题意知，（1）举反例即可如α⊥β，β⊥γ，α⊥γ；（1）错误
（2）α⊥β，m?α，n?β则m与n相交或异面；（2）错误
（3）中m与n可能相交；（3）错误
由平面与平面平行的性质定理知（4）正确
故选：A．
运用直线与平面，平面与平面的性质及定义可解决此问题．
本题考查直线与平面，平面与平面平行的定义和性质的简单应用．
9.【答案】D
【解析】
解：∵=（c2，a2），=（tanC，tanA），且∥，
∴tanAc2=a2tanC，
∴，由正弦定理可得：，可得：ccosC=acosA，
∴c?=a?，整理可得：（a2-c2）（a2+c2）=b2（a2-c2），
可得：a2-c2=0，或b2=a2+c2，
即：a=c，或b2=a2+c2，
∴△ABC的形状是等腰或直角三角形．
故选：D．
利用向量共线的性质，可求tanAc2=a2tanC，根据同角三角函数基本关系式，正弦定理，余弦定理化简可得a=c，或b2=a2+c2，从而得解．
本题主要考查了向量共线的性质，同角三角函数基本关系式，正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．
10.【答案】B
【解析】
解：锐角△ABC中，∵b2=c2+ac，故由余弦定理可得：b2=a2+c2-2ac?cosB，
∴c2+ac=a2+c2-2ac?cosB，
∴a2=ac+2ac?cosB，即a=c+2c?cosB，
∴利用正弦定理可得：sinA=sinC+2sinCcosB，
即sin（B+C）=sinBcosC+sinCcosB=sinC+2sinCcosB，
∴sinBcosC=sinC+sinCcosB，
可得：sin（B-C）=sinC，
∴可得：B-C=C，或B-C+C=π（舍去），
∴B=2C，
∴b＞c，可得：＞1，
又∵A+B+C=π，A，B，C均为锐角，由于：3C+A=π，
∴0＜2C＜，0＜C＜．
再根据＜3C，可得＜C，
∴＜C＜，，
∴＜=2，
综上可得，1＜＜2，
故的取值范围是为：（1，2）．
故选：B．
由题意利用余弦定理可得c=a+2a?cosB，再利用正弦定理可得B=2A，可求b＞c，进而求出A的范围，可得取值范围．
此题主要考查了余弦定理、正弦定理，三角形内角公式，考查了转化思想的应用，熟练掌握定理是解本题的关键，属于中档题．
11.【答案】30
【解析】
解：长方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BD，则∠D1BD?为所求，
Rt△D1BD中，tan∠D1BD===，
∴∠D1BD=30°，
则BD1与平面A1B1C1D1所成的角的大小为30°，
故答案为30°．
长方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BD，则∠D1BD?为所求，利用直角三角形中的边角关系求出此角的正切值，从而求出此角的大小．
本题考查直线与平面成的角．
12.【答案】
【解析】
解：设此圆的底面半径为r，高为h，母线为l，则
∵圆锥的侧面展开图是一个半径为2cm，圆心角为的扇形，
∴l=2，得2πr=×l=，解之得r=，
因此，此圆锥的高h===cm．
故答案为：．
设此圆的底面半径为r，高为h，母线为l，根据底面圆周长等于展开扇形的弧长，建立关系式解出r，再根据勾股定理得h==，即得此圆锥高的值．
本题给出圆锥的侧面展开图扇形的半径和圆心角，求圆锥高的大小．着重考查了圆锥的定义与性质和旋转体侧面展开等知识，属于基础题．
13.【答案】
【解析】
解：设航速为v?n?mile/h，
在△ABS中，AB=v，BS=8?n?mile，∠BSA=45°，
由正弦定理，得=，
∴v=16n?mile/h．
故答案为：16．
由题意及图形在△ABS中，AB=v，BS=8?n?mile，∠BSA=45°，由正弦定理解出即可．
此题考查了正弦定理求解三角形，考查学生的计算能力，比较基础．
14.【答案】①④
【解析】
解：对于①，由于平面A1ABB1∥平面CDC1D1，而D1C?平面CDC1D1，故D1C与平面A1ABB1没有公共点，所以D1C∥平面A1ABB1正确；
对于②，由于A1D1∥BC，所以A1D1?平面BCD1，错误；
对于③，只有AD⊥D1D，AD与平面BCD1内其他直线不垂直，错误；
对于④，容易证明BC⊥平面A1ABB1，而BC?平面BCD1，故平面BCD1⊥平面A1ABB1．正确．
故答案为：①④．
①，可由线面平行的定义判断；②，可由公理三判断；③，可由线面垂直的判定定理判断；④，可由面面垂直的判定定理判断．
本题考查直线与平面的位置关系中的直线在平面内的判定、直线与平面垂直的判定、直线与平面平行的判定、平面与平面垂直的判定，解题时要牢记这些判定定理的条件．
15.【答案】
【解析】
解：在△ABC中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
∵，AB边上的中线，
∴则在△ABC中，由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，
可得：64=b2+c2-2bccosA，①
在△ADC中，由余弦定理CD2=b2+（）2-2b?cosA，
可得：34=b2+c2-bccosA，②
∴②×2-①可得：4=b2-，即：c2=2b2-8，
∵在△ABC中，由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC，可得：c2=a2+b2-2ab?，
∴2b2-8=64+b2-2?8?b?，整理可得：b2+14b-72=0，解得：b=4，（负值舍去），
∴c==2，
∵cosB===，
∴sinB==．
故答案为：．
由已知及余弦定理可得：64=b2+c2-2bccosA，34=b2+c2-bccosA，联立解得c2=2b2-8，又在△ABC中，由余弦定可得：c2=a2+b2-2ab?，整理可得：b2+14b-72=0，解得b=4，可求c的值，利用余弦定理可求cosB，根据同角三角函数基本关系式可求sinB的值．
本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式在解三角形中的综合应用，考查了计算和转化思想，属于中档题．
16.【答案】
【解析】
解：∵3sinB=2sinA，∴3b=2a，即b=a，
∵，∴a-a=c=a，即c=a，
即三角形为等腰三角形，则AC边上的高h==a，
则三角形的面积S=a×a=a2，
∵2≤ac+c2≤32，∴2≤a2+a2≤32，即2≤2a2≤32，得1≤a2≤16，即1≤a≤4，
则==a+≥2=，
当且仅当a=，即a2=9，a=3时取等号，
故答案为：．
利用正弦定理以及三角形的面积公式求出t的表达式，结合基本不等式的性质进行求解即可．
本题主要考查解三角形的应用，结合正弦定理，三角形 的面积公式以及基本不等式进行转化求最值是解决本题的关键．
17.【答案】证：（1）在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为菱形，
所以AB∥CD，……（2分）
∵AB?平面SAB，CD?平面SAB，
∴CD∥平面SAB……（4分）
（2）连结AC．∵SA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴SA⊥BD……（6分）
∵底面ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵AC∩SA=A，AC，SA?平面SAC，
∴BD⊥平面SAC，又SC?平面SAC……（9分）
∴BD⊥SC．……（10分）
【解析】

（1）推导出AB∥CD，由此能证明CD∥平面SAB．
（2）连结AC，推导出SA⊥BD，AC⊥BD，从而BD⊥平面SAC，由此能证明BD⊥SC．
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，考查运算求解能力及数形结合思想，是中档题．
18.【答案】解：（1）由正弦定理，得……（2分）
由余弦定理，得，又00＜A＜1800
所以A=450……（4分）
（2）由（1）知：A=450，又B=600
所以C=1800-A-B=750，又a=2……（6分）
根据正弦定理，得……（9分）

所以．……（12分）
【解析】

（1）由正弦定理以及余弦定理进行化简即可；
（2）利用正弦定理进行转化求解．
本题主要考查解三角形的应用，结合正弦定理余弦定理进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力．
19.【答案】解：（Ⅰ）证明：
∵BB1⊥平面ABC，
∴BB1⊥AB．
∵∠ABC=90°，
∴BC⊥AB．
∴AB⊥平面B1BC．
（Ⅱ）证明：
在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
∵AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，
∴AB∥平面A1B1C．
又AB?平面ABEF，平面ABEF∩平面A1B1C=EF，
∴EF∥AB．

（Ⅲ）存在点E，
当点E为B1C中点时，平面ABE⊥平面A1B1C．
证明如下：
∵BC=BB1，
∴BE⊥B1C．
∵AB⊥平面B1BC，BE?平面B1BC，
∴AB⊥BE．
∵AB∥A1B1，
∴BE⊥A1B1．
∴BE⊥平面A1B1C．
∴平面ABE⊥平面A1B1C．
【解析】

（Ⅰ）利用AB与BB1，BC垂直可证；
（Ⅱ）先证AB∥平面A1B1C，再由线面平行的性质可证；
（Ⅲ）点E为B1C中点，不难证明BE与CB1，A1B1?垂直，进而得线面垂直，面面垂直．
此题考查了线面垂直，线面平行，面面垂直等，难度适中．
20.【答案】（1）证明：方法一：取BC1中点P，连MP，PF，
∵P，F分别为BC1，BC中点，
∴……（2分）
∵ABCD-A1B1C1D1为四棱柱，
∴BB1∥CC1，BB1=CC1且AA1∥BB1，AA1=BB1
∴AA1∥CC1，AA1=CC1
又M为AA1的中点，
∴，
∴PF∥AM，PF=AM，
∴四边形PFAM为平行四边形……（4分）
∴AF∥PM又AF?面BMC1，PM?面BMC1，
∴AF∥面BMC1……（6分）
方法二：取CC1中点N，连FN，AN，
∴FN∥BC1，
又FN?面BMC1，BC1?面BMC1，
∴FN∥面BMC1……（2分）
又∵ABCD-A1B1C1D1是四棱柱，
∴BB1∥CC1，BB1=CC1且AA1∥BB1，AA1=BB1，
∴AA1∥CC1，AA1=CC1，
∴四边形PFAM为平行四边形，
∵M，N为AA1，CC1中点MA∥C1N，MA=C1N，
∴四边形MAC1N为平行四边形，
∴AN∥MC1……（4分）
又MC?面BMC1，AN?面BMC1，
∴AN∥面BMC1又PN∩AN=N，PA，AN?面BMC1，
∴面AFN∥面BMC1
又∵AF?面AFN，
∴FN∥面BMC1……（6分）
（2）证明：∵AB=AC，F为BC的中点，∴AF⊥BC，
又面BB1C1C⊥面ABCD，BC=面BB1C1C∩面ABCD，AF?面ABCD，
∴AF⊥面BB1C1C……（8分）
又BB1?面BB1C1C，
∴AF⊥BB1，
而MP∥AF∴MP⊥BC，MP⊥BB1……（10分）
又BC∩BB1=B，BC，BB1?面BB1C1C，
∴MP⊥面BB1C1C，又MP?面MBC1，
∴面BB1C1C⊥面MBC1……（12分）
【解析】

（1）方法一：取BC1中点P，连MP，PF，证明PF∥AM，PF=AM，四边形PFAM为平行四边形，然后证明AF∥面BMC1．
方法二：取CC1中点N，连FN，AN，证明四边形PFAM为平行四边形，四边形MAC1N为平行四边形，推出面AFN∥面BMC1，然后证明FN∥面BMC1．
（2）证明AF⊥BC，推出AF⊥面BB1C1C，得到AF⊥BB1，说明MP⊥BB1，证明MP⊥面BB1C1C，即可证明面BB1C1C⊥面MBC1．
本题考查平面与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
21.【答案】解：（1）由1+=．得1+====，
得cosC=，即C=60°．
（2）若（a+b）2-c2=4，
得a2+b2+2ab-c2=4，即a2+b2-c2=4-2ab，
则cosC===，
得ab=，
则-3a=-=（-2）2-4，
则当=2，即b=时，取得最小值-4．
【解析】

（1）利用切化弦公式结合两角和差的三角公式以及正弦定理进行转化求解即可．
（2）利用余弦定理得到ab=，利用转化法转化为一元二次函数，利用一元二次函数的性质进行求解即可．
本题主要考查解三角形的应用，结合正弦定理，余弦定理以及一元二次函数的性质进行转化是解决本题的关键．
22.【答案】解：（1）△AMO中，，
则，
△OMN中，，
所以．
（2）方法一：设AM=x，x∈（0，6）
在△AMO中，OM2=OA2+AM2-2OA?AMcos60°=x2-6x+36
则，
，所以，
又△ANO中，，所以．
所以．
所以=，
令12-x=t∈（6，12），则．
利用的单调性解得，当即时y取得最小值，此时面积取得最小值，最小值为
答：当时，OMN的面积最小，最小值为．
方法二：设∠AOM=α00＜α＜600
在△AMO中，得
在△ANO中，得??．
=，
因为00＜α＜600所以当α=150时面积最小，最小值为．
此时△AMO中，则．
答：当时，OMN的面积最小，最小值为．
【解析】

（1）△AMO中，利用余弦定理可得OM，再利用余弦定理可得cos∠AOM，△OMN中，利用正弦定理可得MN．
（2）方法一：设AM=x，x∈（0，6），在△AMO中，利用一系列的可得OM，再利用正弦定理可得sin∠AOM．在△ANO中，利用正弦定理可得ON，即可得出三角形面积，利用基本不等式的即可得出最小值．
方法二：设∠AOM=α00＜α＜600，△AMO中，利用正弦定理可得OM．在△ANO中，利用正弦定理可得ON．利用三角形面积计算公式及其三角函数的单调性即可得出．
本题考查了函数模型、三角函数求值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

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