1、2018-2019学年广东省深圳市四校发展联盟体高一（下）期中数学试卷一、选择题（每小题5分，共12小题共60分）1（5分）已知ABC中，则该三角形为（）A等腰三角形B等边三角形C直角三角形D不能确定2（5分）某人用如图所示的纸片沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯“，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在、处可依次写上（）A乐、新、快B快、新、乐C新、乐、快D乐、快、新3（5分）已知（2，4）则与垂直的单位向量的坐标是（）A（或（）B（）或（）C（）或（）D（）或（）4（5分）已知m，n是两条不同的直线，是两个不同平面，下列命题中错误的是
2、（）A若m，m，则B若mn，m，则nC若m，n，则mnD若m，m，则 5（5分）在ABC中，b19，c20，B60，那么这样的三角形有（）A0个B1个C2个D3个6（5分）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是DC，BC的中点，那么（）ABCD7（5分）已知等腰三角形的底边长为6，一腰长为12，则它的外接圆半径为（）ABC4D68（5分）某人朝正东方向走xkm后，向朝南偏西60的方向走3km，结果他离出发点恰好km，那么x的值为（）A2或B2CD39（5分）四面体ABCD中，ADBC，且ADBC，E、F分别是AB、CD的中点，则EF与BC所成的角为（）A30B45C60D9010（5分）已知向
3、量，满足|3，|2，且（+），则在方向上的投影为（）A3BC3D11（5分）将一正方体截去四个角后，得到一个四面体，这个四面体的体积是原正方体体积的（）ABCD12（5分）在ABC中，C3B，则的取值范围为（）A（）B（，3）C（1，）D（1，3）二、填空题（每小题5分，共20分）13（5分）已知向量（2x，7），（6，x+4），当x 时，14（5分）在ABC中，a5，b7，c8，则ABC的面积为 15（5分）一个底面直径是32cm的圆柱形水桶装入一些水，将一个球放入桶内完全淹没，水面上升了9cm则这个球的表面积是 cm216（5分）如图，正方形ABC
4、D的边长为1，延长BA至E，使AE1，连接EC、ED，则sinCED 三、解答题（每大题有6小题，共70分）17（10分）如图所示，在ABC中，记，求证：18（12分）如图，在四边形ABCD中，已知ADCD，AD10，AB14，BDA60，BCD135，求BC的长19（12分）ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA+bsinBcsinCasin B（1）求角C；（2）若a+b5，三角形的面积SABC，求c的值20（12分）如图，已知四棱锥的底面是边长为4cm的正方形，E为BC的中点，高为PO，OPE30，且侧棱长都相等，求该四校锥的侧面积与表面积21（12分）
5、在ABC中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知c2，C（）若ABC的面积等于，求a，b；（）若sinC+sin（BA）2sin2A，求ABC的面积22（12分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E在棱CC1的延长线上，且CC1C1EBCAB1求证：D1E平面ACB1；求证：平面D1B1E平面DCB1；求四面体D1B1AC的体积2018-2019学年广东省深圳市四校发展联盟体高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共12小题共60分）1（5分）已知ABC中，则该三角形为（）A等腰三角形B等边三角形C直角三角形D不能确定【分析】由已知利用正弦定理可求a
6、b，即可判断三角形的形状【解答】解：，可得bsinBasinA，又由正弦定理，可得b2a2，可得ba，三角形为等腰三角形故选：A【点评】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（5分）某人用如图所示的纸片沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯“，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在、处可依次写上（）A乐、新、快B快、新、乐C新、乐、快D乐、快、新【分析】根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为年，即可得出结论【解答】解：根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为年，故选：B【点评】本题考查四棱锥的结构
7、特征，考查学生对图形的认识，比较基础3（5分）已知（2，4）则与垂直的单位向量的坐标是（）A（或（）B（）或（）C（）或（）D（）或（）【分析】设出与垂直的单位向量（x，y），根据题意列方程组求得对应向量的坐标【解答】解：（2，4），设与垂直的单位向量为（x，y）；则，解得或，所求向量的坐标是（，）或（，）故选：D【点评】本题考查了平面向量的坐标运算与垂直关系应用问题，是基础题4（5分）已知m，n是两条不同的直线，是两个不同平面，下列命题中错误的是（）A若m，m，则B若mn，m，则nC若m，n，则mnD若m，m，则 【分析】利用线面垂直、线面平行的判定定理和性质定理对选项分别分析选择【解答】解
8、：对于A，若m，m根据线面垂直的性质定理以及面面平行的判定定理得到；故A正确；对于B，若mn，m，根据线面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理得到n；故B正确；对于C，若m，n，则mn异面或者相交；故C错误；对于D，若m，m根据面面垂直的判定定理得到 ；故D正确；故选：C【点评】本题考查了空间线面关系的判断；考查了空间想象能力；熟练掌握相关的定理是关键5（5分）在ABC中，b19，c20，B60，那么这样的三角形有（）A0个B1个C2个D3个【分析】据余弦定理b2a2+c22accosB的式子，代入题中数据化简得c220c+390，由根的判别式与韦达定理得到该方程有两个不相等的正实数根，由此可得
9、ABC有两个解【解答】解：在ABC中，b19，c20，B60，由余弦定理b2a2+c22accosB，得：361400+a22a20cos60，得：a220a+390，（*）20241392440，且两根之和、两根之积都为正数，方程（*）有两个不相等的正实数根，即有两个边a满足题中的条件由此可得满足条件的ABC有两个解故选：C【点评】本题给出三角形的两条边和其中一边的对角，判断三角形解的个数着重考查了利用余弦定理解三角形、一元二次方程根的判断式与韦达定理等知识，属于基础题6（5分）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是DC，BC的中点，那么（）ABCD【分析】由题意点E，F分别是DC，BC的中
10、点，求出 ，然后求出向量 即得【解答】解：因为点E是CD的中点，所以 ，点得F是BC的中点，所以 ，所以 +，故选：D【点评】本题考查向量加减混合运算及其几何意义，注意中点关系与向量的方向，考查基本知识的应用7（5分）已知等腰三角形的底边长为6，一腰长为12，则它的外接圆半径为（）ABC4D6【分析】设顶角为，由余弦定理可得cos 的值，可得sin 的值，再由正弦定理求得它的外接圆半径【解答】解：设顶角为，由余弦定理可得 36122+12221212cos，解得cos，sin，再由正弦定理可得：2R，2R，R故选：B【点评】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题8（5分）某人朝正东方
11、向走xkm后，向朝南偏西60的方向走3km，结果他离出发点恰好km，那么x的值为（）A2或B2CD3【分析】由题意，设从A地朝正东方向走xkm后到达B地，向朝南偏西60的方向走3km，到达C地则可构建ABC，利用余弦定理可得方程，从而可求x的值【解答】解：由题意，设从A地朝正东方向走xkm后到达B地，向朝南偏西60的方向走3km，到达C地，则由题意，在ABC中，ABxkm，BC3km，ACkm，ABC30，由余弦定理得39+x26xcos30，解得x2或故选：A【点评】本题的考点是解三角形，主要考查利用余弦定理求三角形的边，关键是由实际问题抽象出三角形模型，从而利用余弦定理求解，应注意理解方位
12、角9（5分）四面体ABCD中，ADBC，且ADBC，E、F分别是AB、CD的中点，则EF与BC所成的角为（）A30B45C60D90【分析】首先作线段的中点，利用三角形的中位线建立线线间的联系，利用平行线把异面面直线问题转化为平面直线问题，进一步利用三角形的性质求得结果【解答】解：取AC的中点，连接EF，则：在四面体ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，所以：EGBC，FGAD由于：ADBC，且ADBC，EGFG所以：EFG是等腰直角三角形所以：EF与BC所成的角为GEF45故选：B【点评】本题考查的知识要点：异面直线所成的角的应用中位线的性质的应用属于基础题型10（5分）已知向量，满足|
13、3，|2，且（+），则在方向上的投影为（）A3BC3D【分析】由于（+），可得（+）0，解得利用在方向上的投影即可得出【解答】解：（+），（+）0，9在方向上的投影3故选：A【点评】本题考查了向量垂直与数量积的关系、向量的投影，属于基础题11（5分）将一正方体截去四个角后，得到一个四面体，这个四面体的体积是原正方体体积的（）ABCD【分析】将正方体ABCDA1B1C1D1截去四个角后得到一个四面体BDA1C1，设正方体边长为a，使用作差法求出四面体BDA1C1的体积，得出比值【解答】解：将正方体ABCDA1B1C1D1截去四个角后得到一个四面体BDA1C1，设正方体边长为a，则VBBACVAA
14、BDVDACDVCBCD四面体BDA1C1的体积：VV正方体4VBBACa3这个四面体的体积是原正方体体积的故选：C【点评】本题考查棱锥的体积计算，考查化归与转化的数学思想方法，以及推理论证能力和运算求解能力，是中档题12（5分）在ABC中，C3B，则的取值范围为（）A（）B（，3）C（1，）D（1，3）【分析】直接利用正弦定理的应用和三角函数关系式的恒等变换求出结果【解答】解：利用正弦定理：，2cos2B+2cos2B1，4cos2B1，由于：A+B+C，所以：A+4B，故：A4B，则：，所以4cos2B1（1，3）故选：D【点评】本题考查的知识要点：正弦定理余弦定理和三角形面积的应用，三角
15、函数关系式的变换，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型二、填空题（每小题5分，共20分）13（5分）已知向量（2x，7），（6，x+4），当x3或7时，【分析】根据平面向量的共线定理，列方程求得x的值【解答】解：向量（2x，7），（6，x+4），若，则2x（x+4）760，化简得x2+4x210，解得x3或x7；x7或x4时，故答案为：3或7【点评】本题考查了共线向量的应用问题，是基础题14（5分）在ABC中，a5，b7，c8，则ABC的面积为【分析】由余弦定理求出cosC，利用三角形的面积公式SabsinC进行求解【解答】解：由余弦定理得cosC，则sinC，则三角形的面积Sabs
16、inC5710故答案为：10【点评】本题主要考查了三角形的面积的求法，利用正弦定理和余弦定理对三角形边角问题进行转化是解决三角形问题的常用方法，属于基础题15（5分）一个底面直径是32cm的圆柱形水桶装入一些水，将一个球放入桶内完全淹没，水面上升了9cm则这个球的表面积是576cm2【分析】求出增高的水的体积，就是球的体积，求出球的半径，即可求出球的表面积【解答】解：在一个直径为32cm的圆柱形水桶中将一个球全部放入水里，水面升高9cm球的体积为：16292264，设球的半径为r，则2264，解得r12，球的表面积为：4r2576 （cm2）故答案为：576cm2【点评】本题考查圆
17、柱与球的体积公式的应用，考查计算能力，是基础题16（5分）如图，正方形ABCD的边长为1，延长BA至E，使AE1，连接EC、ED，则sinCED【分析】通过正方形求出ED，EC利用余弦定理求出CED的余弦值，然后求出正弦值【解答】解：AE1，正方形的边长为：1；ED，EC，CD1，cosCED，sinCED故答案为：【点评】本题考查勾股定理与余弦定理的应用，考查计算能力三、解答题（每大题有6小题，共70分）17（10分）如图所示，在ABC中，记，求证：【分析】根据向量的加减法法则可得【解答】证明：（）（），所以+（【点评】本题考查了平面向量基本定理，属基础题18（12分）如图，在四边形ABCD
18、中，已知ADCD，AD10，AB14，BDA60，BCD135，求BC的长【分析】由余弦定理求得BD，再由正弦定理求出BC的值【解答】解：在ABD中，设BDx，则BA2BD2+AD22BDADcosBDA，即142x2+102210xcos60，整理得：x210x960，解之：x116，x26（舍去）由正弦定理得：，【点评】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，一元二次方程的解法，求出BD的值，是解题的关键19（12分）ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA+bsinBcsinCasin B（1）求角C；（2）若a+b5，三角形的面积SABC，求c的值【分析】（1）已知等式利用
19、正弦定理化简，再利用余弦定理表示出cosC，将得出的等式代入计算求出cosC的值，即可确定出角C；（2）利用三角形面积公式表示出三角形ABC面积，将已知面积及sinC的值代入求出ab的值，再利用余弦定理列出关系式，利用完全平方公式变形，将a+b与ab的值代入即可求出c的值【解答】解：（1）根据正弦定理，原等式可转化为：a2+b2c2ab，cosC，C为三角形内角，C60；（2）SABCabsinCab，ab6，a+b5，cosC，由余弦定理得：c2a2+b22abcosC（a+b）23ab25187，解得：c【点评】此题考查了正弦、余弦定理，以及三角形的面积公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关
20、键20（12分）如图，已知四棱锥的底面是边长为4cm的正方形，E为BC的中点，高为PO，OPE30，且侧棱长都相等，求该四校锥的侧面积与表面积【分析】由已知求得正四棱锥的斜高，则侧面积与表面积可求【解答】解：由题意可知，PBPC，E为BC的中点，PEBC又PO为棱锥的高，PO，PE，OE组成RtPOE，POE90，又OPE30，OE2cm，PEcm该四棱锥各侧棱长都相等，且底面为正方形，侧面积S（cm2）S表S侧+S底32+1648（cm2）即该四校锥的侧面积是32cm2，表面积是48cm2【点评】本题考查多面体侧面积与表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是基础题21（12分）在ABC中
21、，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，已知c2，C（）若ABC的面积等于，求a，b；（）若sinC+sin（BA）2sin2A，求ABC的面积【分析】（）先通过余弦定理求出a，b的关系式；再通过正弦定理及三角形的面积求出a，b的另一关系式，最后联立方程求出a，b的值（）通过C（A+B）及二倍角公式及sinC+sin（BA）2sin2A，求出sinBcosA2sinAcosA当cosA0时求出a，b的值进而通过absinC求出三角形的面积；当cosA0时，由正弦定理得b2a，联立方程解得a，b的值进而通过absinC求出三角形的面积【解答】解：（）c2，C，c2a2+b22abcosCa2
22、+b2ab4，又ABC的面积等于，ab4联立方程组，解得a2，b2（）sinC+sin（BA）sin（B+A）+sin（BA）2sin2A4sinAcosA，sinBcosA2sinAcosA当cosA0时，求得此时当cosA0时，得sinB2sinA，由正弦定理得b2a，联立方程组解得，所以ABC的面积综上知ABC的面积【点评】本小题主要考查三角形的边角关系，三角函数公式等基础知识，考查综合应用三角函数有关知识的能力22（12分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E在棱CC1的延长线上，且CC1C1EBCAB1求证：D1E平面ACB1；求证：平面D1B1E平面DCB1；求四面体D1
23、B1AC的体积【分析】欲证D1E平面ACB1，根据线面平行的判定定理可知只需在平面ACB1内找一直线与D1E，连接DC1，易证D1EAB1因为AB1平面ACB1，D1E平面ACB1，满足定理所需条件；欲证平面D1B1E平面DCB1，根据面面垂直的判定定理可知在平面AD1EB1内找一直线垂直平面DCB1，根据线面垂直的判定定理可知AD1平面A1B1CD，AD1平面AD1EB1，满足定理所需条件；四面体D1B1AC可以看作将长方体ABCDA1B1C1D1沿它的四个面B1AC、D1AC、D1B1C、D1B1A将四面体D1B1AC以外的部分割去后得到【解答】证明：连接DC1，因为ABCDA1B1C1D
24、1是长方体，且CC1C1E，所以DD1C1E且DD1C1E，DD1EC1是平行四边形，DC1D1E又因为ADB1C1且ADB1C1，ADC1B1是平行四边形，DC1AB1，所以D1EAB1因为AB1平面ACB1，D1E平面ACB1，所以D1E平面ACB1连接AD1、DA1，则平面DCB1即平面A1B1CD，由D1EAB1，知平面D1B1E即平面AD1EB1因为ABCDA1B1C1D1是长方体，CD平面ADD1A1，所以CDAD1矩形ADD1A1中，ADDD1，所以A1DAD1，又A1DCDD，所以AD1平面A1B1CD，AD1平面AD1EB1，所以平面AD1EB1平面A1B1CD即平面D1B1E平面DCB1解：四面体D1B1AC可以看作将长方体ABCDA1B1C1D1沿它的四个面B1AC、D1AC、D1B1C、D1B1A将四面体D1B1AC以外的部分割去后得到，所以，其体积【点评】这是深圳一模文数第18题，从中可以体会以下几点，一是依据判定定理整体思考、形成思路；二是通过图形变换，包括割、补、视图和射影等，建立试题各要素之间；三是将不规则图形向自己熟悉的规则图形（特别是长方形）转化，将基本空间图形原有的性质与试题条件有机结合，将试题要素“直接（直观）”地联系起来或凸显出来，使问题求解自然而然
