1、甘肃省兰州市兰州东方中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）一.选择题(本大题共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. 在中，已知，那么一定是（ ）A. 等腰直角三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等边三角形【答案】B【解析】分析】利用正弦函数进行边化角，再利用正弦函数的两角和公式求解即可【详解】解：已知，则：，整理得：，则：，所以：.故选：B2. 空间两个角，两边分别对应平行，且=60，则为（）A. 60B. 120C. 30D. 60或120【答案】D【解析】试题分析：根据等角定理，两个角的两边分别对应平行，
2、则两个角相等或互补，所以为或，故选D.考点：等角定理3. ABC中,A、B的对边分别为a,b，且A=60,那么满足条件的ABC A. 有一个解B. 有两个解C. 无解D. 不能确定【答案】C【解析】解：A=60，根据正弦定理sinB-1，1，1，则这样的B不存在，即满足条件的ABC无解故选C4. 下列说法正确的是（ ）A. 直线l平行于平面内的无数条直线，则lB. 若直线a在平面外，则aC. 若直线，直线，则aD. 若直线ab，那么直线a就平行于平面内的无数条直线【答案】D【解析】【分析】根据直线与平面平行的判定及相关性质，一一验证各选项即可得出答案.【详解】解：A项，若直线l平行于平面内的无
3、数条直线，则l可能平行于平面，也可能位于平面内，故A项错误；B项，直线a在平面外，则直线a与平面可能平行，也可能相交，故B错误；C项，直线，所以a可能与平面相交或与平面平行,故C项错误；D项，直线ab,当a时,直线a与平面内所有与直线b平行的直线平行；当时,除了直线a本身,直线a与平面内所有与直线b平行的直线平行,因此直线a平行于平面内的无数条直线,故D项正确.故选：D.【点睛】本题主要考查直线与平面平行的判定及相关性质，属于基础题型.5. ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则的值为（ ）A. 19B. 14C. -18D. -19【答案】D【解析】【分析】运用余弦定理，求得，
4、再由向量的数量积的定义，即可得到所求值【详解】解：由于，则，则故选：【点睛】本题考查向量的数量积的定义，注意夹角的大小，考查余弦定理及运用，属于基础题和易错题6. 如图所示，在正方体中，分别是，的中点，则直线与所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点E，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可【详解】如图，取AD的中点G，连接EG，GF，GEF为直线AD1与EF所成的角设棱长为2，则EG=，GF=1，EF=cosGEF=，故选C【点睛】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算
5、能力和推理论证能力，属于基础题7. 已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且=，则B=()A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据正弦定理可得,由已知可得,整理可得,在中.故C正确.考点：1正弦定理;2余弦定理.8. 在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为1，则二面角的平面角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由已知可得ADDC又由其余各棱长都为1得正三角形BCD，取CD得中点E，连BE，则BECD在平面ADC中，过E作AD的平行线交AC于点F，则BEF为二面角ACDB的平面角EF=（三角形ACD的中位线），BE=（正三角形BCD的高），BF
6、=（等腰RT三角形ABC，F是斜边中点）cosBEF=故选C9. 在ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,B2A,a1, ,则ABC的形状是（ ）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不能确定【答案】C【解析】【分析】首先由正弦定理求得cosA的值，然后利用二倍角公式求得cosB的值，据此确定ABC的形状即可.【详解】由题意及正弦定理得，则，则，所以角B为钝角，故是钝角三角形.本题选择C选项.【点睛】判断三角形的形状有两种方法，一是把角化为边后进行判断，另一种方法是把边化为角后再进行判断.10. 下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平
7、面的图形的序号是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用线面平行、线面相交的知识对四个图形逐一分析，由此确定正确选项.【详解】解：对于，如图，依题意M、N、P分别为其所在棱的中点，结合正方体的性质可知，由于平面，平面，所以平面；由于平面，平面，所以平面；由于，所以平面平面，所以平面，所以正确.对于，如图，设与相交于，依题意M、N、P分别为其所在棱的中点，结合正方体的性质可知，因为与平面相交，所以与平面不平行，所以错误.对于，如图，设是的中点，因为是的中点，所以，而与平面相交，所以与平面不平行，所以错误.对于，如图，依题意M、N、P分别为其所在棱的中点，结合正方体的性质可知，平
8、面，平面，所以平面，所以正确.综上所述，正确的序号有.故选：B.11. 已知锐角三角形的边长分别为1，3，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题设可以得到边长为3和边长为的边所对的角必须为锐角，从而可得关于的不等式组，其解即可所求的范围.【详解】由题意知，边长为所对的角不是最大角，则边长为或所对的角为最大角，只需这两个角为锐角即可，则这两个角的余弦值为正数，于此得到，由于，解得，故选：C.【点睛】本题考查锐角三角形中各边满足的条件，一般地，中，如果为锐角，则，本题属于基础题.12. 某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及
9、其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为A. ；B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：利用余弦定理求出正方形面积；利用三角形知识得出四个等腰三角形面积；故八边形面积.故本题正确答案为A.考点：余弦定理和三角形面积的求解.【方法点晴】本题是一道关于三角函数在几何中的应用的题目，掌握正余弦定理是解题的关键；首先根据三角形面积公式求出个三角形的面积；接下来利用余弦定理可求出正方形的边长的平方，进而得到正方形的面积，最后得到答案.二、填空题(共5小题)13. 已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为_【答案】8【解析】【分析】根据三视图还原几何体，再由棱锥的体积公式可得答案.
10、【详解】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是侧面底面三棱锥，如图所示；过点作，垂足为，则，三棱锥的体积为；故答案为：8.14. 为钝角三角形，且为钝角，则与的大小关系为_【答案】【解析】ABC为钝角三角形，且C为钝角cosC0cosC=，故答案为15. 的三个内角，所对的边分别是，设，若，则角_.【答案】【解析】【分析】先根据向量平行得到，再根据余弦定理，即可求出角【详解】解：，即，根据余弦定理，的三个内角，故答案为：【点睛】本题考查了向量平行的坐标运算和余弦定理，属于基础题16. 正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为，底面边长为，则该球的体积为_.【答案】【解析】试题分析：设底面的
11、中心为，则为正四棱锥的高，设球心为，由一定在线段上，连结，设球的半径为，在中，即，解之得，所以球的体积积为.考点：1.球的切接问题；2.球的表面积与体积.【名师点睛】本题考查.球的切接问题与球的表面积与体积，属中档题；与球有关的组合体是高考常考题型之一，解决这类问题的常用方法：1.球与旋转体的组合体通常通过作出它们的轴截面解题；2.球与多面体的组合体，通常过多面体的一条侧棱和球心，或切点、接点作出截面，把空间问题转化为平面问题求解.三、解答题(共9小题)17. 据说伟大的阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相
12、等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面试计算出图案中圆锥、球、圆柱的体积比.【答案】【解析】试题分析：设圆柱底面半径为r，则球的半径为r，圆柱和圆锥的高均为2r，代入几何体体积公式计算即可试题解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，则V圆柱r2h.由题意知圆锥的底面半径为r，高为h，球的半径为r，V圆锥r2h，V球r3，又h2r，V圆锥V球V圆柱(r2h)(r3)(r2h)(r3)(r3)(2r3)123.点睛：本题考查了空间几何体的体积，找到三个几何体的关系是解题关键.18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，.（1）求b的值；（2）求的值.【答案】（1）；
13、 （2）.【解析】【分析】（1）由余弦定理代入数据计算可得；（2）由可得，再根据正弦定理，代值计算即可.【详解】（1）由余弦定理得，所以.（2）因为，所以.由正弦定理，得，所以.【点睛】本题主要考查正弦定理与余弦定理的应用.在解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，应注意用哪一个定理更为方便、简捷，一般来说，当条件中出现，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.19. 的内角的对边分别为（1）求；（2）若，求【答案】（1）；（2），.
14、【解析】【分析】（1）利用正弦定理把题设等式中的角的正弦转换成边的关系，代入余弦定理中求得cosB的值，进而求得B（2）利用正弦定理分别求得a和c【详解】解：（1）由正弦定理知，由余弦定理得，又，故，（2），所以，由正弦定理可得：，.20. 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：（1）B，C，H，G四点共面；（2）平面EFA1平面BCHG.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）证明，再由，由平行公理证明，证得四点共面；（2）证明，证得面，再证得，证得面，从而证得平面EFA1平面BCHG.【详解】（1）
15、G，H分别是A1B1，A1C1的中点，GH是A1B1C1的中位线，GHB1C1.又B1C1BC，GHBC，B，C，H，G四点共面（2）E，F分别是AB，AC的中点，EFBC.EF平面BCHG，BC平面BCHG，EF平面BCHGA1GEB且，四边形A1EBG是平行四边形，A1EGB.A1E平面BCHG，GB平面BCHG，A1E平面BCHG.A1EEFE，平面EFA1平面BCHG.【点睛】本题考查了四点共面的证明，面面平行的判定，考查对基本定理的掌握与应用，空间想象能力，要注意线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化，属于中档题.21. 如图，在棱长为正方体中， 分别是的中点.（1）求证：；（2
16、）求的长；（3）求证：.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】试题分析：（1）利用中位线，证明即可证得 ；（2）由（1）知；（3）利用中位线，证明 且，所以四边形 为平行四边形，故,所以 . 试题解析：（1）证明：法一 如图，连接.分别是 的中点，.又，.法二 取的中点 ，连接，则有，且 ，.又， .（2）由（1）易知.（3）证明：法一 取的中点 ，连接，则有 .又，.四边形为平行四边形， ，又，.法二 取的中点 ，连接，则有，且 ，.又， .考点：证明线面平行.【详解】22. 已知函数（1）求函数的最小值和最小正周期；（2）设的内角的对边分别为，且，若向量与向量共线，求的值【答案】（1）最小值，；（2）.【解析】【分析】（1）根据二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数，再根据正弦函数性质求最值;（2）先解三角方程得角C，再根据向量共线得，利用正弦定理化边，最后结合余弦定理解得结果.【详解】解：（1）函数当时，函数取得最小值：， 最小正周期；（2）因为向量与向量共线，所以，即.由余弦定理得：，解得.
