天津市和平区耀华中学学年高一数学下学期期中试题.docx
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天津市和平区耀华中学学年高一数学下学期期中试题
．．．．．
．．．．．．．．
y
天津市耀华中学2020学年度第二学期中形成性检测
高一年级数学学科试卷
一、选择题：
在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的，请把正确答案填涂在答题卡上.
1.如图，已知OAB
的直观图
OAB
是一个直角边长是1的等腰直角三角形，那么OAB
的面积是（）
A.
1
2
B.
2
2
C.1D.
2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据斜二测画法的基本原理，将平面直观图积公式可得结果.
O'A'B'
与还原为原几何图形，利用三角形面
【详解】平面直观图
O'A'B'
与其原图形如图，
直观图
O'A'B'
是直角边长为1
的等腰直角三角形，
还原回原图形后，边
O'A'
还原为OA长度不变，仍为2，
直观图中的
OB'
在原图形中还原为OB
长度，且长度为2
，
所以原图形的面积为
S
11
OAOB22222
，故选D.
【点睛】本题主要考查直观图还原几何图形，属于简单题.利用斜二测画法作直观图，主要
注意两点：
一是与x轴平行的线段仍然与与
x'
轴平行且相等；二是与轴平行的线段仍然
与
y'
轴平行且长度减半.
2.将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
解：
将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体中可以从左向右看得到,则该几何体的侧视图为D
3.直线l：
1
xay20
与l
2
：
x3ya20平行，则a的值等于（）
A.-1或3
【答案】C
【解析】
【分析】
B.1C.3D.-1
根据直线平行的判定定理得到
31=a1a3
，之后将参数代入排除重合的情况.
【详解】直线
l
1
：
xay20
与l
2
：
x3ya20
平行，则根据向量平行的判定得
到：
31=a1a3
.
当a=3时，代入直线得到两个直线为故得到参数值为：
3.
故答案为：
C.
x3y20,x3y10
两个直线平行且不重合.
【点睛】这个题目考查了已知两直线平行求参的问题，属于基础题；根据判定定理求出参数后，要排除两直线重合的情况.
4.
VABC
中，若
AB13,BC3,C120o，则AC
=（）
A.1
【答案】A
【解析】
B.2C.3D.4
余弦定理AB
2
BC
2
AC
2
2BC?
ACcosC将各值代入
得AC23AC40
解得
AC1
或
AC4
（舍去）选A.
5.如图，在三棱锥SABC中，SCAB2，E、F分别是SA、BC的中点，且满足EF3，则异面直线SC与AB所成的角等于（）
A.
60
B.
120
C.120或者60
D.
30
【答案】A
【解析】
【分析】
通过做平行线将异面直线所成角化为EGF或其补角，根据三角形中的余弦定理得到结果.
【详解】
取AC的中点G,连接EG,GF,可得
EGPSC,GFPAB
，此时，EGF
为异面直线SC
与AB
所成的角或其补角，根据EG=1，GF=1,
EGPSC,GFPAB可得到EG,GF分别为三角形的中位线，
FE3,
在三角形EFG
中，根据余弦定理得到
cosEGF
121232
211
1
2
因为异面直线所成的角为直角或锐角，故得到异面直线SC与AB所成的角等于60.故答案为：
A.
【点睛】本题考查了异面直线所成角的求法，异面直线所成的角常用方法有：
将异面直线平
移到同一平面中去，达到立体几何平面化的目的；或者建立坐标系，通过求直线的方向向量得到直线夹角或其补角.
6.在ABC中，b2bc2c20，a
6，
cosA
7
8
，则ABC的面积为（）
A.2
B.3C.
15
2
D.
15
【答案】C
【解析】
【分析】
将题干中的式子变形为
b
（）2
c
b
c
20
，解得b2c
，由余弦定理得到边长b,c,再由同角
三角函数关系得到sinA
15
8
，进而得到面积.
【详解】在
ABC
中，b
2
bc2c
2
0，两边同除以
bc2（）2
c
b
c
20
因式分解得到
bb
=2或=-1（舍去）cc
b2c
7b2c26
，cosAc2,b482bc
ABC
的面积为S
115bcsinA,sinA1cos2A
28
代入得到面积为：
15
2
.
故答案为：
C.
【点睛】本题主要考查余弦定理的应用以及三角形面积公式，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.
7.在长方体
ABCDABCD
1111
中，ABBC2，
AA1，则AB与平面ABCD1111
所成角
的正弦值为（）
A.
25
5
B.
2
5
C.
10
5
D.
1
2
【答案】B
【解析】
【分析】
做出线面角，在直角三角形中解角的正弦值.
【详解】
做
BHBC
11
于H点，连接AH，因为
AB面CB，ABBH
11
，又因为
BHBC,BCABB，BH面ABCD111111
，根据线面角的定义得到
BAH
1
为所
y
y
求角，在
VBBC中，BB1,BC2,
11111
由等面积法得到
BH
1
2
5
AB5
1
，线面角的
正弦值为：
HB2
1.
AB5
1
故答案
：
B.
【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，线面角的求法。
求线面角，一是
可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。
8.如图，已知A（4,0）、B（0,4），从点P（2，0）射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是（）
A.25
B.
33
C.6D.210
【答案】D
【解析】
分析】
设点P关于轴的对称点P'
，点P关于直线
AB:
xy40
的对称点P"
，由对称点可
【
求P'和P"的坐标，在利用入射光线上的点关于反射轴的对称点在反射光线所在的直线上，
光线所经过的路程为
P'P"
.
【详解】点P关于轴的对称点P'坐标是
2,0
，
设点P关于直线
AB:
xy40的对称点P"a,b
，
b0
11a2
由
a2b0
4022
a4，解得，
b2
2
22
故光线所经过的路程P'P"
242
2
210，故选D.
【点睛】解析几何中对称问题，主要有以下三种题型：
（1）点关于直线对称，
Px,y
关于
直线
l
的对称点
P'm,n
，利用
yn
xm
k1l
，且点
xmyn
在对称轴
l
上，列
方程组求解即可；
（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点
的对称点（利用
（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法
（1）利用逆代法求解.
9.设a，m，n是三条不同的直线，，是两个不重合的平面，给定下列命题：
①
m
nm
n//
am,an
；②m,n
a
m
；③
m
//
；
m
a
④nm//n；⑤；⑥m//mn
a
//n
其中为真命题的个数为（）
.
A.1
B.2C.3D.4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据课本的判定定理以及推论，和特殊的例子，可判断正误.
【详解】对于①
m
nm
n//
，错误，n可以在平面内；对于②，是错误的，根据线
面垂直的判定定理知，当一条直线和面内两条相交直线垂直的时候，才能推出线面垂直；对
于③根据课本推论知其结果正确；④直线m和n可以是异面的成任意夹角的两条直线；对于
⑤根据课本线面垂直的判定定理得到其正确；对于⑥是错误的，当直线m与直线n,和平面
平行并且和平面垂直，此时两条直线互相平行.
故答案为：
B
【点睛】这个题目考查了空间中点线面的位置关系，面面垂直，线面垂直的判定等，对于这
种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断。
还可以画出样图进行判断，
1
1
1
VADC
VACD
利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断。
10.如图，在长方体
ABCDABCD
1111
中，AA11
，AD3
，AB4，则点B到平面
DAC
1
的距离为（）
A.
529
29
B.
12
13
C.
329
29
D.
2
5
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等体积法：
V
DACD
1
V
DACD
1
得到
11
ShSDD,3ACD13ACD
分别求出三角形的面积代
入上式得到结果.
【详解】
连接BD交AC于O点，根据长方形对角线互相平分得到O点为BD的中点，故点B到面
DAC
1
的距离等于点D到面DAC的距离，根据
1
V
V
DACDDACD
11
，设点D到面DAC的距离为
1
h,故得到
1
3
Sh
ACD
1
3
SDD,
1
ACD
AC5,AD10,CD17,
11
根据余弦定理得到
cosADC
1
11313
sinADC,S，S617017012
将面积代入上式得到
h=
12
13
.
故答案为：
B.
【点睛】本题考查了点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，
或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，还可以等体积转化.
11.已知在
ABC
中，a，b，c分别为内角A
，B，C
的对边，A60，a2
，则
ABC
周长的取值范围是（）
A.
（0,6）
B.（4,222]
C.
（4,6]
D.
[4,222]
【答案】C
【解析】
分析】
【
由正弦定理得到
b
4444
sinB,csinC,l2sinBsinC3333
，根据三角形内角
和关系将周长的表达式化简，进而得到结果.
【详解】根据三角形正弦定理得到
abc4
sinAsinBsinC3
，变形得到
b
因为
4444
sinB,csinC,l2sinBsinC3333
，
2442BCl2sinBsin（
3333
B）223sinB2cosB24sinB
6
25B0,,B,
3666
1sinB,162
l4,6
故答案为：
C.
【点睛】本题主要考查正弦定理及三角形面积公式的应用，在解与三角形有关的问题时，正
弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，
BC
应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现ab及b2、a2时，往往
用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
12.如图，在直三棱柱ABCABC
111
中，底面为直角三角形，
ACB90，AC6，
BCCC21
，点P是线段上一动点，则
1
CPPA的最小值是（）1
A.
26
B.52
C.
371
D.
62
【答案】B
【解析】
【分析】
连AB，沿BC将△CBC展开与
BC在同一个平面内，不难看出CP+PA的最小值是AC的
1111111
连线．（在BC上取一点与AC构成三角形，因为三角形两边和大于第三边）由余弦定理即可
11
求解．
【详解】连AB，沿BC将△CBC展开与
BC在同一个平面内，
11111
连接AC，长度即是所求．
1
∵直三棱柱ABC﹣ABC中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC
1111
∴矩形BCCB是边长为2的正方形；则BC＝2；
111
2，
．．．．．．．．．．．．．．．
3
另外AC＝AC＝6；11
在矩形ABBA中，AB＝AB＝38，BB11111
2，则AB＝
1
40；
易发现62+22＝40，即AC2+BC2＝AB2，
1111
∴∠ACB＝90°，则∠ACC＝135°1111
故AC
1
AC2CC22ACCCcos135362262111111
2
2
52
故答案为：
B.
【点睛】本题考查的知识是棱柱的结构特征及两点之间的距离，其中利用旋转的思想，将△CBC沿BC展开，将一个空间问题转化为平面内求两点之间距离问题是解答本题的关键．
11
二、填空题：
不需写出解答过程，请把答案填在答案纸上的指定位置.
13.已知直线
l
1
：
mx3y2m
，l
2
：
x（m2）y1.若ll
12
，则实数m____．
【答案】
3
2
【解析】
【分析】
根据直线互相垂直的判定公式得到结果.
【详解】直线l：
1
mx3y2m
，l
2
：
x（m2）y1
.
若
ll
12
，则
m13m20m.
2
故答案为：
3
2
.
【点睛】这个题目考查了已知两直线的位置关系求参数的应用，属于基础题.
14.已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：
cm），则这个几何体的
体积是cm3
.
【答案】
4
3
【解析】
试题分析：
由三视图可知，该几何体是一个有一个侧面垂直于底面的三棱锥，所以该三棱锥
的体积为
114222.
323
考点：
本小题主要考查空间几何体的三视图和体积计算.
点评：
解决此类问题关键是根据三视图正确还原几何体，考查学生的空间想象能力.
15.过点P（2,1），且在两轴上的截距相等的直线方程为____．
【答案】
【解析】
x2y0或xy30
试题分析：
设直线方程为
y1kx2
，令
x0
得
y12k
，令
y0
得
x2
1
k
，
2
1112kk
k2
或
k1
，直线方程为
x2y0或xy30
考点：
直线方程
点评：
已知直线过的点，常设出直线点斜式，求出两轴上的截距由截距相等可求得斜率，进而求得方程
截距相等的直线包括过原点的直线
16.如图，二面角
l
等于120，A、B是棱l上两点，AC、BD
分别在半平面、
内，
AC
l
，BD
l，且
AB
ACBD1
，则CD
的长等于______．
2
2
222
2
【答案】2
【解析】
【分析】
由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β
uuuruuuruuuruuur
内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由CD（CAABBD）
2，结合向量数量积的
运算，即可求出CD的长．
【详解】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，
uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
∴CAABABBD0，＜CA，DB＞60°，CABD11cos60
uuuruuuruuuruuur∴CD（CAABBD）
2
uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
CAABBD2CAAB2ABBD2CABD=4
uuur
|CD|2
故答案为：
2．
【点睛】本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，其中利用
uuuruuuruuuruuurCD（CAABBD）
2，结合向量数量积的运算，是解答本题的关键．
17.如图,在
ABC
中,D是边BC
上一点，ABAD
2
2
AC,
cosBAD
1
3
，则
sinC
【答案】
【解析】
3
3
试题分析：
由题意不妨取
AC2
则ABAD
2,且
cosBAD
1
3
由余弦定理，可
得BD
AB2AD22ABADcosBAD
2622
sinBAD
33
由正弦定理得
sinB
ADsinBAD6ABsinB3
从而sinC.BD3AC3
考点：
正弦定理、余弦定理应用.
【易错点晴】此题主要考查解三角形中余弦定理、正弦定理方面等知识的综合应用，属于中
的
档题.根据题目中的条件“ABAD
2
2
AC”，可有多种方法假设，比如：
设
AC2tt0
，则ABAD2t；或者取AC2AB,则有ADAB，…，代入余
弦定理、正弦定理进行运算，注意在取值时候要按照题目所给的比例合理进行，更要注意新引入参数t的范围.
18.已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥
平面ABC，BC＝3，PB＝22，PC
5，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为______．
【答案】10
【解析】
【分析】
由O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，可得球心O一定在面PBC内，即球心O也
PBC外接圆的圆心，
11
在△PBC中，由余弦定理、正弦定理可得R.
【详解】因为O为△ABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，
．．．．．．．．．．
．．
根据球的性质，球心一定在垂线l上，
∵球心O一定在面PBC内，即球心O也是△PBC外接圆的圆心，11
在△PBC中，由余弦定理得cosB
PB
2
BC2PC22
2BPBC2
2，sinB，
2
由正弦定理得：
PC
sinB
2R
10，解得R，
2
∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为s＝4πR2
＝10π，
故答案为：
10π．
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定
理是解题的关键，属于中档题．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借
助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的
外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相
等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共
点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，
球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：
三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.
三、解答题：
解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写
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