2017-2018学年天津市武清区高一（下）期中数学试卷（含答案解析）

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1、2017-2018学年天津市武清区高一（下）期中数学试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32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（4分）下列说法不正确的是（）A三棱锥是四面体B三棱台是五面体C正方体是四棱柱D四棱柱是长方体2（4分）在ABC中，AB2，AC3，则BC等于（）A7BC19D3（4分）用斜二测画法画水平放置的等腰直角ABC（ABAC）的直观图时，以底边BC的中点O为原点，OA为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，得到相应的直观图ABC，则点A（）A在直线AB或直线AC上B在直线OA上C在ABC内且不在直线OA上D在ABC外4（4分）圆锥的轴与其母线的夹

2、角为30，若圆锥的底面半径为1，则该圆锥的表面积为（）A3B2CD5（4分）ABC的内角A，B，C的对边依次是a，b，c，若A，a2，b，则B等于（）A或BCD6（4分）把一个棱长为5的立方体表面涂成红色，然后 将其适当分割成棱长为1的小正方体，在这些小正方体中至多一面涂色正方体之和为（）A90B81C63D547（4分）已知异面直线a，b所成的角为60，过空间一点O的直线与a，b所成的角均为60，这样的直线有（）A1条B2条C3条D4条8（4分）在锐角ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，若cb（1+2cosA），则的取值范围是（）A（1，）B（）C（）D（）二、填空题（本大题共5小题

3、，每小题4分，共20分.把答案填在题中横线上）9（4分）已知球O的体积为36，则球的内接正方体的棱长是   10（4分）如图是一个几何体的三视图，其中正视图是等腰直角三角形，侧视图与俯视图均是边长为2的正方形，则该几何体的体积为   11（4分）在ABC中，BAC30，AC，BC，则ABC的面积为   12（4分）一个半径为5的圆，它所在的平面与平面所成角为60，这个圆在平面上的正投影上两点间的最大距离是   13（4分）如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成四面体ABCD，

4、在四面体ABCD的四个面中，与平面ADC垂直的平面为   （写出满足条件的所有平面）三、解答题（本大题共5小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）14（8分）如图，在四面体ABCD中，ADAB，CBCD，E，F，G分别为BD，BC，AB的中点（1）求证：平面EFG平面ADC；（2）求证：直线BD平面AEC15（8分）在ABC中，已知AC5，BC3，cos（1）求sinABC的值；（2）求AB的值16（10分）如图，在四棱锥EABCD中，AB平面BCE，CD平面BCE，AB2CD2，CECB，BE2，F，G分别是棱AE，AB的中点（1）求证：平面DFG平面ABCD；（2

5、）求二面角CBED的余弦值17（10分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b2a2+c2ac（1）求B的大小；（2）若sinA+sinC，且ABC的面积为6，求b的大小18（12分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AD2，AA1（1）求这个长方体对角线的长；（2）求异面直线B1D1与A1D所成的角；（3）求点C1到平面A1BD的距离2017-2018学年天津市武清区高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32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（4分）下列说法不正确的是（）A三棱锥是四面体B三棱台是五

6、面体C正方体是四棱柱D四棱柱是长方体【分析】利用棱柱、棱锥、棱台的定义，判断选项即可【解答】解：三棱锥是四面体，三棱台是五面体，正方体是四棱柱，正确；四棱柱只有底面是矩形的直棱柱才是长方体，所以四棱柱是长方体不正确；故选：D【点评】本题考查空间几何体的形状以及性质的应用，是基本知识的考查2（4分）在ABC中，AB2，AC3，则BC等于（）A7BC19D【分析】由已知利用余弦定理即可计算得解【解答】解：AB2，AC3，由余弦定理BC2AB2+AC22ABACcosBAC，可得：BC故选：B【点评】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题3（4分）用斜二测画法画水平放置的等腰直角ABC

7、（ABAC）的直观图时，以底边BC的中点O为原点，OA为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，得到相应的直观图ABC，则点A（）A在直线AB或直线AC上B在直线OA上C在ABC内且不在直线OA上D在ABC外【分析】利用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的方法，画出图形判断即可【解答】解：以底边BC的中点O为原点，OA为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，得到相应的直观图ABC，水平放置的等腰直角ABC（ABAC）的直观图，如图：则点A在OA上故选：B【点评】本题考查用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的方法，是基本知识的考查4（4分）圆锥的轴与其母线的夹角为30，若圆锥的底面半径为1，则该圆

8、锥的表面积为（）A3B2CD【分析】根据题意求出母线长，计算圆锥的表面积即可【解答】解：如图所示，圆锥的轴VO与其母线VB的夹角为OVB30，若圆锥的底面半径为OB1，母线长VB2，则该圆锥的表面积为S12+123故选：A【点评】本题考查了圆锥的表面积计算问题，是基础题5（4分）ABC的内角A，B，C的对边依次是a，b，c，若A，a2，b，则B等于（）A或BCD【分析】由正弦定理求得sinB的值，再根据ab时AB求得B的值【解答】解：ABC中，A，a2，b，则，sinB；又ab，AB，B故选：C【点评】本题考查了正弦定理与特殊角的三角函数值的应用问题，是基础题6（4分）把一个棱长为5的立方体表

9、面涂成红色，然后 将其适当分割成棱长为1的小正方体，在这些小正方体中至多一面涂色正方体之和为（）A90B81C63D54【分析】根据题意，分析可得大正方体每条棱长上面都有5个小正方体，进而分析可得一面涂色以及任何一面没有涂色的正方体个数，相加即可得答案【解答】解：根据题意，大正方体每条棱长上面都有5个小正方体；所以一面涂色的有：（52）（52）633654个，其中任何一面没有涂色的有33327个，则至多一面涂色正方体的有27+5481个；故选：B【点评】本题考查正方体的几何结构，注意数形结合与正方体表面涂色的特点的应用7（4分）已知异面直线a，b所成的角为60，过空间一点O的直线与a，b所成的

10、角均为60，这样的直线有（）A1条B2条C3条D4条【分析】过O作aa，bb设直线a、b确定的平面为，由异面直线a、b成60角，得直线a、b所成锐角为60，当直线l在平面内时，能推出一条直线l与a、b都成60角；当直线l与平面斜交时，若它在平面内的射影恰好落在直线a、b所成的锐角平分线上时，直线l与a、b所成角相等由此能求出结果【解答】解：过O作aa，bb，设直线a、b确定的平面为，异面直线a、b成60角，直线a、b所成锐角为60当直线l在平面内时，若直线l平分直线a、b所成的钝角，则直线l与a、b都成60角；当直线l与平面斜交时，若它在平面内的射影恰好落在直线a、b所成的锐角平分线上时，直线

11、l与a、b所成角相等此时l与a、b所成角的范围为30，90，适当调整l的位置，可使直线l与a、b也都成60角，这样的直线l有两条综上所述，过点P与a、b都成60角的直线，可以作3条aa，bb，过点O与a、b都成60角的直线，与a、b也都成60的角故选：C【点评】本题考查满足条件的直线条数的求法，考查异面直线的定义等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题8（4分）在锐角ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，若cb（1+2cosA），则的取值范围是（）A（1，）B（）C（）D（）【分析】利用正弦定理化cb（1+2cosA）为sinCsinB（1+2cosA），根据三角恒等变

12、换与三角形的内角和定理得出A与B的关系，化，求出它的取值范围即可【解答】解：锐角ABC中，cb（1+2cosA），sinCsinB（1+2cosA），sin（A+B）sinB+2cosAsinB，sinAcosB+cosAsinBsinB+2cosAsinB，sin（AB）sinB，ABB，即A2B，2cosB，A+B+C3B+C，C（0，），2B，B，2cosB即的取值范围是（，）故选：B【点评】本题考查了解三角形与三角恒等变换的应用问题，是基础题二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分.把答案填在题中横线上）9（4分）已知球O的体积为36，则球的内接正方体的棱长是【分析】先确定球的

13、半径，利用球的内接正方体的对角线为球的直径，即可求得结论【解答】解：球的体积为36球的半径为3球的内接正方体的对角线为球的直径球的内接正方体的对角线长为6设球的内接正方体的棱长为a，则a6a2故答案为：2【点评】本题考查球的内接正方体，解题的关键是利用球的内接正方体的对角线为球的直径，属于基础题10（4分）如图是一个几何体的三视图，其中正视图是等腰直角三角形，侧视图与俯视图均是边长为2的正方形，则该几何体的体积为4【分析】由已知得到几何体是平放的三棱柱，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【解答】解：由已知得到几何体是平放的三棱柱，底面是等腰直角三角形，直角边长为2，三棱柱的体积为：4故答案为

14、：4【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积；判断几何体的形状是解题的关键11（4分）在ABC中，BAC30，AC，BC，则ABC的面积为【分析】由已知利用余弦定理可求AB的值，进而根据三角形面积公式即可计算得解【解答】解：BAC30，AC，BC，由余弦定理BC2AB2+AC22ABACcosBAC，可得：7AB2+32，整理可得：AB23AB40，解得：AB4（负值舍去），SABCABACsinBAC故答案为：【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题12（4分）一个半径为5的圆，它所在的平面与平面所成角为60，这个圆在平面上的正投

15、影上两点间的最大距离是10【分析】利用已知条件，结合椭圆的定义，求解即可【解答】解：一个半径为5的圆，它所在的平面与平面所成角为60，这个圆在平面上的正投影是椭圆，如图：这个圆在平面上的正投影上两点间的最大距离是：2a2R10故答案为：10【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查13（4分）如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成四面体ABCD，在四面体ABCD的四个面中，与平面ADC垂直的平面为平面ABD，平面ABC（写出满足条件的所有平面）【分析】直接由面面垂直的判定判断平面ABD，平面ABC与平面

16、ACD垂直，由反证法证明平面BCD与平面ACD不垂直【解答】解：如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，可得BDC90，即BDDC平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，CDBD，CD平面ABD，则平面ACD平面ABD；假设平面ACD平面BCD，BDCD，且平面ACD平面BCDCD，BD平面ACD，则BDAD，与ADB45矛盾；又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD故CD平面ABD，则CDAB，又ADABAB平面ADC，又AB平面ABC，平面ABC平面ADC在四面体ABCD的四个面中，与平面ADC垂直的平面有：平面ABD，平面ABC故答案为：

17、平面ABD，平面ABC【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题三、解答题（本大题共5小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）14（8分）如图，在四面体ABCD中，ADAB，CBCD，E，F，G分别为BD，BC，AB的中点（1）求证：平面EFG平面ADC；（2）求证：直线BD平面AEC【分析】（1）推导出EFCD，EGAD，由此能证明平面EFG平面ADC（2）推导出BDAE，BDCE，由此能证明直线BD平面AEC【解答】证明：（1）E，F，G分别为BD，BC，AB的中点，EFCD，EGAD，又EFEGE，CDADD，EF、EG平面EFG，CD、A

18、D平面ADC，平面EFG平面ADC（2）ADAB，CBCD，E，F，G分别为BD，BC，AB的中点BDAE，BDCE，AECEE，直线BD平面AEC【点评】本题考查面面平行、线面垂直的证明，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，考查函数与方程思想，是中档题15（8分）在ABC中，已知AC5，BC3，cos（1）求sinABC的值；（2）求AB的值【分析】（1）根据正弦定理进行求解即可（2）结合余弦定理以及一元二次方程的解法进行求解即可【解答】解：（1）cos0，BAC是钝角，则ABC是锐角，且sinBAC，由正弦定理得，则sinABC（2）由余弦定理得BC2AB2

19、+AC22ABACcosBAC，即4525+AB210AB（），即AB2+8AB200，得（AB2）（AB+10）0，即AB2或AB10（舍）【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，根据条件建立方程是解决本题的关键16（10分）如图，在四棱锥EABCD中，AB平面BCE，CD平面BCE，AB2CD2，CECB，BE2，F，G分别是棱AE，AB的中点（1）求证：平面DFG平面ABCD；（2）求二面角CBED的余弦值【分析】（1）在四棱锥EABCD中，AB平面BCE，CD平面BCE，可得ABCD，利用已知与三角形中位线定理可得：DGBC，DFEC，可得平面BCF平面DGF，即可证明结论（2）

20、取M的中点M，连接CM，DM利用等腰三角形与勾股定理可得CMBECM又CD平面BCE，可得BEDM可得CMD是二面角CBED的平面角再利用直角三角形的边角关系即可得出【解答】（1）证明：在四棱锥EABCD中，AB平面BCE，CD平面BCE，ABCD，AB2CD2，CECB，BE2，F，G分别是棱AE，AB的中点，DGBC，DFEC，BCECC，DGDFD，平面BCE平面DGF，AB平面DFG，AB平面ABCD，平面DFG平面ABCD（2）解：取M的中点M，连接CM，DMCECB，BE2，CMBECM又CD平面BCE，BEDMCMD是二面角CBED的平面角又DMcosCMD【点评】本题考查了空间

21、位置关系、空间角、等腰三角形与勾股定理的性质、三角形中位线定理、直角三角形的边角关系，考查了推理能力与计算能力、数形结合方法，属于中档题17（10分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b2a2+c2ac（1）求B的大小；（2）若sinA+sinC，且ABC的面积为6，求b的大小【分析】（1）由已知及余弦定理可得cosB，结合范围B（0，），可求B（2）由已知利用三角函数恒等变换的应用可得：sin（A+），结合范围0，可得：A+，进而可得A，C，由正弦定理可得：c2a，ba，利用三角形面积公式可求ac24，进而求得a，b的值【解答】（本题满分为10分）解：（1）b2a2+c2a

22、c由余弦定理可得：cosB，B（0，），B（2）sinA+sinC，B，A+B+C，sinA+sin（A），可得：sinA+cosA，可得：sin（A+），0，可得：A+，可得：A+或（舍去），A，C，由正弦定理可得：c2a，ba，ABC的面积为6acsinBac，可得：ac24，2a224，解得：a2，b6【点评】本题主要考查了余弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了运算求解能力和转化思想，属于中档题18（12分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AD2，AA1（1）求这个长方体对角线的长；（2）求异面直线B1D1与A1D所成的角；（3）求点C

23、1到平面A1BD的距离【分析】（1）由在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AD2，AA1，能求出这个长方体对角线的长（2）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，利用向量法能求出异面直线B1D1与A1D所成的角（3）求出平面A1BD的法向量，利用向量法能求出点C1到平面A1BD的距离【解答】解：（1）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AD2，AA1这个长方体对角线的长为：|AC1|（2）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，则B1（2，2，），D1（0，0，），A1（2，0，），D（0，0，0），（2，2，0），（2，0，），设异面直线B1D1与A1D所成的角为，则cos，60，异面直线B1D1与A1D所成的角为60（3）C1（0，2，），B（2，2，0），（0，2，），（2，0，），（2，2，0），设平面A1BD的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，2），点C1到平面A1BD的距离：【点评】本题考查长方体的对角线的求法，考查异面直线所成角的求法，考查点到平面的距离的求法，考查面面垂直的证明，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，考查函数与方程思想，是中档题