1、宁夏吴忠市吴忠中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）一、选择题：（本题共12小题，每小题5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. 设全集为R，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据补集、交集的定义即可求出【详解】解：，故选：【点睛】本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2. 在等差数列an中，若a35，a59，则a7()A. 12B. 13C. 12D. 13【答案】B【解析】设公差为d，则2da5a3954，则d2，故a7a34d54(2)13，故选B.3
2、. 直线被圆截得的弦长为，则直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意，得，即，解得，则直线的倾斜角为或，故选A.4. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）A. 若则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.考点：空间点线面位置关系5. 在中，分别是内角的对边，若，则（ ）A. 14B. 6C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由题意得，故选D【考点】本题主要考查解三角形6. 函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)为偶函数，则的值为（
3、 ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用辅助角公式将函数化简为，平移后可得g(x)的解析式，由g(x)是偶函数，可得，结合的范围，即可得结果.【详解】由题意知，其图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，因为g(x)为偶函数，所以，即，又因为， 所以.故选：B【点睛】本题考查辅助角公式的应用，图像的平移变换，三角函数奇偶性的应用，考查分析理解，求值计算的能力，属基础题.7. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由三视图可得该几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，底面为正方形，如图所示：其中，平面，,底面
4、是边长为2的正方形，同理可得，该四棱锥的侧面积为故选A点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.8. 若，则sin A的值为（ ）A B. C. 或D. 【答案】B【解析】【分析】由正弦值求出cos，角A记为，利用两角差的正弦公式展开计算.【详解】，则，cos，sinsinsincoscossin故选：B【点睛】本题考查已知正弦求余弦、两角差的正弦公式，属于基础题.9. 在我国古代数学名著 九章算术 中，将
5、四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中， 平面，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】如图，分别取的中点，连，则，即为异面直线和所成的角（或其补角）又由题意得，.设，则.又,为等边三角形，异面直线AC与BD所成角为，其余弦值为选A点睛：用几何法求空间角时遵循“一找、二证、三计算”的步骤，即首先根据题意作出所求的角，并给出证明，然后将所求的角转化为三角形的内角解题时要注意空间角的范围，并结合解三角形的知识得到所求角的大小或其三角函数值10. 在内任取一个实数，设，则函数的图象与轴有公共点的概率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解
6、析】的图象与轴有公共点，或在内取一个实数，函数的图象与轴有公共点的概率等于，故选D.11. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：以D点为坐标原点，以DA、DC、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），（0，2，1） =（-2，0，1）， =（-2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为考点：直线与平面所成的角12. 函数定义域为，若满足在内是单调函数；存
7、在使在上的值域为，那么就称为“成功函数”，若函数是“成功函数”，则的取值范围为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由是“成功函数”，知在其定义域内为增函数，故，由此能求出的取值范围.【详解】是“成功函数”，在其定义域内为增函数，令，有两个不同的正数根，解得，故选C.【点睛】本题考查函数的值域的求法，解题的关键是正确理解“成功函数”，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13. 已知向量，则向量与夹角的余弦值为_.【答案】【解析】【分析】先求出，再求，最后代入向量的夹角公式即得解.【详解】由题得所以向量与夹角的余弦值为
8、.故答案为【点睛】(1)本题主要考查向量的夹角的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 求两个向量的夹角一般有两种方法,方法一：,方法二：设=,=，为向量与的夹角，则.14. 已知点(m，3)到直线xy40的距离等于，则m的值为_【答案】1或3【解析】试题分析：利用点到直线的距离公式即可得出详解：由点到直线的距离公式可得： 化为：|m1|=2，解得m=1或3故答案为1或3点睛：本题考查了点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题15. 中，且，则 _.【答案】2【解析】【分析】根据题意由正弦定理可得答案.【详解】，由正弦定理得，即，解得.故答案为：216.
9、 现有一副斜边长相等直角三角板.若将它们的斜边重合，其中一个三角板沿斜边折起形成三棱锥，如图所示，已知，三棱锥的外接球的表面积为，该三棱锥的体积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】容易知中点为外接球球心，则为外接球直径，从而求得半径，体积最大时，即平面平面，求得点到平面距离，利用棱锥体积公式即可求得结果.【详解】设三棱锥的外接球的半径为，因为，因为，所以为外接球的直径，所以，且.当点到平面距离最大时，三枝锥的体积最大，此时平面平面，且点到平面的距离，所以.故答案为：.【点睛】本题关键点是确定三棱锥外接球的球心位置，涉及面面垂直推证线面垂直，以及棱锥体积最大值的求解，属综合中档题.三、解答题：
10、（解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤）17. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.（1）求角的大小；（2）若，且的面积为，求a的值.【答案】()；().【解析】【分析】（）由题意结合正弦定理边化角，整理计算可得，则.（）由三角形面积公式可得：，结合余弦定理计算可得，则.【详解】（）由正弦定理得，即，（）由：可得，由余弦定理得：，.【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围18. 已知以点P为圆心的圆经
11、过点A（1，0）和B（3，4），线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且|CD|.（1）求直线CD的方程；（2）求圆P的方程.【答案】（1）xy30（2）圆P的方程为（x3）2（y6）240或（x5）2（y2）240【解析】【分析】（1）求出AB中点坐标和直线CD的斜率，即得直线CD的方程；（2）设圆心P（a，b），求出的值，即得圆P的方程.【详解】（1）由题意知，直线AB的斜率k1，中点坐标为（1，2）. 所以.则直线CD的方程为y2（x1），所以直线CD的方程为xy30.（2）设圆心P（a，b），则由点P在CD上得ab30.又因为直径|CD|4，所以|PA|2，所以（a1）2b240.由解
12、得或所以圆心P（3，6）或P（5，2）.所以圆P的方程为（x3）2（y6）240或（x5）2（y2）240.【点睛】本题主要考查直线和圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19. 在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2ac)cos Bbcos C0.（1）求角B的大小；（2）设函数f(x)2sin xcos xcos Bcos 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值【答案】（1）；（2）当xk(kZ)时，f(x)取得最大值1.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简得到2sin Acos Bsin CcosBcos
13、Csin B0，再根据三角形内角和得到(2cos B1)0，求得答案；（2）利用两角和与差的正弦公式化简f(x)，再求最值.【详解】（1）因为(2ac)cos Bbcos C0，所以2acos Bccos Bbcos C0，由正弦定理得2sin Acos Bsin CcosBcos Csin B0，即2sin Acos Bsin(CB)0，又CBA，所以sin(CB)sin A.所以sin A(2cos B1)0.在ABC中，sin A0，所以cos B，又B(0，)，所以B.（2）因为B，所以f(x)sin 2xcos 2xsin，令2k(kZ)，得xkkZ)，即当xk(kZ)时，f(x)取
14、得最大值1.【点睛】本题主要考查了正弦定理、正弦型三角函数的性质.20. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，、分别为、的中点.（）求证：；（）求证：平面平面；（）求证：平面.【答案】（）见解析；（）见解析；（）见解析.【解析】【分析】（1）欲证，只需证明即可；（2）先证平面，再证平面平面；（3）取中点，连接，证明，则平面.【详解】（），且为的中点，.底面为矩形，；（）底面为矩形，.平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.又，、平面，平面，平面，平面平面；（）如图，取中点，连接.分别为和的中点，且.四边形为矩形，且为的中点，且，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面.【点睛】证明面面关系
15、的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.21. 某中学生物兴趣小组在学校生物园地种植了一批名贵树苗，为了解树苗生长情况，从这批树苗中随机测量了其中50棵树苗的高度（单位：厘米），把这些高度列成了如下的频率分布表：组别频数231415124（1）在这批树苗中任取一棵，其高度在85厘米以上的概率大约是多少？（2）这批树苗的平均高度大约是多少？（3）为了进一步获得研究资料，
16、若从组中移出一棵树苗，从组中移出两棵树苗进行试验研究，则组中的树苗和组中的树苗同时被移出的概率是多少？【答案】（1）；（2）厘米；（3）.【解析】试题分析：（1）根据题意，由频率分布表可得高度在85厘米以上的频数，进而由等可能事件的概率公式，计算可得答案；（2）首先计算出样本容量，进而由平均数的计算公式计算可得答案；（3）设组中的树苗为，组中的树苗为，用列表法可得移出3棵树苗的基本事件的数目与同时被移出的事件数目，有等可能事件的概率公式计算可得答案.试题解析： (1)由已知，高度在85厘米以上的树苗大约有6410棵，则所求的概率大约为0.2.(2)树苗的平均高度x73.8厘米(3)依题意，记4
17、0,50)组中的树苗分别为A、B，90,100组中的树苗分别为C、D、E、F，则所有的基本事件为ACD、ACE、ACF、ADE、ADF、AEF、BCD、BCE、BCF、BDE、BDF、BEF，共12个满足A、C同时被移出的基本事件为ACD、ACE、ACF，共3个，所以树苗A和树苗C同时被移出的概率P0.25.点睛：本题考查频率分布表的应用，涉及等可能事件的概率的计算，注意从频率分布表中分析出要求的数据及信息，比较基础；等可能条件下概率的特征：（1）对于每一次试验中所有可能出现的结果都是有限的； （2）每一个结果出现的可能性相等.22. 是正三角形，线段和都垂直于平面.设，且F为的中点，如图.（
18、1）求证：平面；（2）求证：；（3）求平面与平面所成锐二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理即可证明；（2）利用线面、面面垂直的判定和性质定理即可证明；（3）延长ED交AC延长线于G，连BG，只要证明BG平面ABE即可得到ABE为所求的平面BDE与平面ABC所成二面角，在等腰直角三角形ABE中即可得到【详解】（1）证明：如图所示，取的中点G，连接.，又，四边形为平行四边形，故.平面平面，平面.（2）证明：平面，.又是正三角形，.平面.又，.又，F为中点，.又，平面.（3）延长
19、交延长线于，连接.由，知D为中点，.由平面，平面.为所求二面角的平面角. 在等腰直角三角形中，易求.【点睛】熟练掌握三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理与线面、面面垂直的判定和性质定理及二面角的求法是解题的关键23. 如图，在四面体中，分别是线段，的中点，直线与平面所成的角等于（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值【答案】()见证明； () 【解析】【分析】（）先证得，再证得，于是可得平面，根据面面垂直的判定定理可得平面平面（）利用几何法求解或建立坐标系，利用向量求解即可得到所求【详解】（）在中，是斜边的中点，所以.因为是的中点，所以，且，所以，所以. 又因
20、，所以，又，所以平面，因为平面，所以平面平面（）方法一：取中点，连，则，因为，所以.又因为，所以平面，所以平面因此是直线与平面所成的角故，所以.过点作于，则平面，且过点作于，连接，则为二面角的平面角因为，所以，所以，因此二面角的余弦值为方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系因为 (同方法一,过程略) 则，,所以,，设平面的法向量，则，即，取,得 设平面法向量则，即，取,得所以，由图形得二面角为锐角，因此二面角的余弦值为【点睛】利用几何法求空间角的步骤为“作、证、求”，将所求角转化为解三角形的问题求解，注意计算和证明的交替运用利用空间向量求空间角时首先要建立适当的坐标系，通过求出两个向量的夹角来求出空间角，此时需要注意向量的夹角与空间角的关系
