2019-2020学年北京市高一下学期期末阶段测试数学试题及答案

2019-2020学年北京市高一下学期期末阶段测试数学试题

注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（1）在复平面内，复数i(1+i)对应的点位于

A第一象限B第二象限 C第三象限D第四象限 答案：B

2．向量a(m,n)，向量b(1,2)，c(1,1)，若向量(ac)∥b，且a⊥c，则a的值为（）．

1A．

3 B．2 3 C．

2 9

1D．

9答案：B

∵ac(m1,n1)且(ac)∥b， ∴2(m1)n1①， ∵a⊥c， ∴mn0②，

11由①②得m，n，

3311∴a,，

33211∴|a|．

333223．某正方体的外接球体积36π，则此正方体的棱长为（）．

A．6 答案：D

1

B．3

C．3

D．23

∵外接球体积为36π，设半径为R， 则43πR236π，R3， 又∵正方体的外接球直径为其体对角线，

∴设正方体的棱长为a，则有3a2R6，即a23． 4．在△ABC中，若a2，b23，A30，则B为（ ）．

A．60

B．60或120

C．30

【考点】HP：正弦定理．

【分析】利用正弦定理和题设中两边和一个角的值求得B．

【解答】解：由正弦定理可知

asinAbsinB， ∴231sinBbsinA2a3， 22∵B(0,180)，

∴B60或120． 故选B．

5．在下列函数中，最小值是2的是（ ）．

A．yx22x

B．yx2x1(x0)C．ysinx1，x0,πxsinx2

D．y7x7

【考点】7F：基本不等式．

【分析】由基本不等式成立的条件，逐个选项验证可得．

【解答】解：选项A，x正负不定，不能满足最小值是2，故错误；

选项B，yx2x1x11x1x11x1≥2， 2

D．30或150

当且仅当x11，即x0时取等号，但x0，故错误； x1π选项C，∵x0,，∴sinx(0,1)，

2∴ysinx11≥2，当且仅当sinx，即sinx1时取等号， sinxsinx但sinx(0,1)，取不到1，故错误；

xxx选项D，y77711≥2，当且仅当7xx即x0时取等号，故正确． x77故选：D．

C所对的边分别是a，b，c．C2B，6．在△ABC中，内角A，B，已知8b5c，则cosC（ ）．

A．

7 25 B．7 25 C．7 25 D．

24 25【考点】HQ：正弦定理的应用；GL：三角函数中的恒等变换应用．

【分析】直接利用正弦定理以及二倍角公式，求出sinB，cosB，然后利用平方关系式求出cosC的

值即可．

【解答】解：因为在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知8b5c，C2B， 所以8sinB5sinC5sin2B10sinBcosB，所以cosB4，B为三角形内角，所以5ππB0,．C．

2432所以sinB1cosB．

324所以sinCsin2B2，

5525cosC1sin2C7． 25故选：A．

7．如图所示，C、D、A三点在同一水平线上，AB是塔的中轴线，在C、D两处测得塔顶部B

3

处的仰角分别是和，如果C、D间的距离是a，测角仪高为b，则塔高为（ ）．

B

C1CαD1DβAA1A.

asinasinb

sin(a) B．

acoscos

cos()acoscosb C．

cos()

asinsinD．

sin()【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理．

【分析】分别在△BCD、△ABD这两个三角形中运用正弦定理，即可求解． 【解答】解：在△BCD中，

CDBD，

sinCBDsinC∴

BD，

sin()sinasin，

sin()即BD在△ABD中，

ABBD，

sinADBsinA∴

ABBD， sinsin90asinsin，

sin()即ABBDsin则塔高为

asinasinb，

sin(a)故选：A．

4

8．设a，b是两个非零向量，且abab，则a与b夹角的大小为（）

A120 答案：B

B90

C60

D30

9．在△ABC中，若asinAbsinB，则△ABC的形状一定是（）

A等边三角形 C直角三角形 答案：B

B等腰三角形 D钝角三角形

10.如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边

界及其内部运动.若D1OOP，则△D1C1P面积的最大值为 （A）25 5（B）45 5（C）5 答案C

（D）25 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

1．在△ABC中，a2b2c2bc则A等于________．[来源:学科网] 【考点】HR：余弦定理． 【分析】利用余弦定理即可得出．

【解答】解：∵a2b2c2bc，∴bcb2c2a2，

b2c2a2bc1． ∴cosA2bc2bc2A(0,180)，

∴A60．

2．球的直径扩大到原来的2倍，则球的表面积变为原来的___倍．

5

答案4

3．在△ABC中，E为AB中点，F在线段AC上，且__________． 答案：

3 4AF3，EFxACyBC，则xy的值是 FC如图所示在△ABC中，

EFEAAF 13BAAC 2413(BCCA)AC 2411ACBC． 42∴x11，y， 423． 4∴xy4.设,,是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列三个结论：

①若m，n，则m∥n； ②若m，m，则∥； ③若，，则∥. 其中，正确结论的序号为 ．

注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分。 答案：①②

6

5.已知点A(2,0)，B(1,2)，C(2,2)，|AP||ABAC|，O为坐标原点，则|AP|_______，OP与

OA夹角的取值范围是_______.

答案：1，[0,]

6三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。

1．从某校高一年级随机抽取n名学生，获得了他们日平均睡眠时间（单位：小时）的数据，整理得到数据分组及频数分布表： 组号 1 2 3 4 5 分组 频数 频率 0.04 0.20 0.16

[5，6） 2 [6，7） [7，8） a [8，9） b [9，10） （I）求n的值；

（Ⅱ）若a=10，补全表中数据，并绘制频率分布直方图； 1（I）解：n=

250 0.04 1分

（II）解：补全数据见下表（3分）；

组号 1 2 3 分组 频数 频率 0.04 0.20 0.20 [5，6） 2 [6，7） 10 [7，8） 10 7

4 5 频率分布直方图见下图： [8，9） 20 [9，10） 8 5分 0.40 0.16

2．△ABC中，BC7，AB3，且

sinC3． sinB5（1）求AC的长． （2）求A的大小．

【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理．

【分析】（1）由已知利用正弦定理即可得解AC的值．

（2）由已知利用余弦定理可求cosA的值，结合A的范围，根据特殊角的三角函数值即可得解．

【解答】解：（1）由正弦定理&科&网Z&X&X&K]

ACABABsinC535．[来源:学，可得：，可得：ACsinBsinCACsinB3AB2AC2BC2925491， （2）由余弦定理可得：cosA2ABAC2352由于A(0,180)， 可得：A120．

3．已知△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且B（Ⅰ）若b3，求A．

8

π，a2． 3（Ⅱ）若△ABC的面积为33，求b的值． 2答案：（Ⅰ）45；（Ⅱ）14 （Ⅰ）∵a2，b3，Bπ， 323ab∴由正弦定理得即sinAπ，

sinsinAsinB2∴sinA2， 2∵ab，A(0,π)， ∴A45．

11333（Ⅱ）∵S△ABCacsinB2c， 2222∴c32，

再由余弦定理得b2a2c22accosB， ∴b14．

14．已知向量πsinA,与n(3,sinA3cosA)共线，其中A是△ABC的内角．

2（1）求角A的大小．

（2）若BC2，求△ABC面积S的最大值，并判断S取得最大值时△ABC的形状．

【考点】9C：向量的共线定理；7F：基本不等式；GQ：两角和与差的正弦函数；HP：正弦定理． 【分析】（1）根据向量平行得出角2A的等式，然后根据两角和差的正弦公式和A为三角形内角这

个条件得到A．

（2）根据余弦定理代入三角形的面积公式，判断等号成立的条件． 【解答】解：（1）因为π∥n，所以sinA(sinA3cosA)30； 2所以

1cos2A33sin2A0， 222 9

即31sin2Acos2A1， 22π即sin2A1．

6ππ11π因为A(0,π)，所以2A,．

666故2Aπππ，A； 623

（2）由余弦定理，得4b2c2bc． 13又S△ABCbcsinAbc，

24而b2c2≥2bcbc4≥2bcbc≤4，（当且仅当bc时等号成立） 133所以S△ABCbcsinAbc≤43；

244当△ABC的面积取最大值时，bc．又A

π

； 3

故此时△ABC为等边三角形．

5.如图，PA矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB和PC的中点. （Ⅰ）求证：MN平面PAD；

（Ⅱ）求证：MNCD.

某同学用综合法证明第（Ⅰ）问，用分析法证明第（Ⅱ）问，证明过程如下，请你在横线上填上合适的内容.

证明：（Ⅰ）取PD的中点E，连结EN,AE. 在△PCD中，因为E，N分别为所在边的中点， 所以___________________, 又AMBPE AMCNDCD，

所以______________________，

10

又EN11CDABAM， 22所以四边形AMNE是平行四边形， 所以_________________.

又AE平面PAD，MN平面PAD， 所以MN平面PAD．

（Ⅱ）要证MNCD，由（Ⅰ）知， 只需证明AECD, 只需证明CD平面PAD， 只需证明_________________， _________________，

而由矩形ABCD，得_______________，

又PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以_______________， 所以MNCD成立.

16.证明：（Ⅰ）取PD的中点E，连结EN,AE. 在△PCD中，因为E，N分别为所在边的中点，

所以EN∥CD且EN1CD………………..2分 2（说明：这里只写EN,CD平行关系，没写EN,CD数量关系的给1分） 又AMCD，

EN，………………..4分 11CDABAM， 2211

所以AM又EN

所以四边形AMNE是平行四边形， 所以AEMN………………..6分

又AE平面PAD，MN平面PAD，

所以MN平面PAD．

（Ⅱ）要证MNCD，由（Ⅰ）知, 只需证明AECD, 只需证明CD平面PAD， 只需证明CDAD， CDPA，而由矩形ABCD，得CDAD，

又PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以CDPA， 所以MNCD成立.……………..14分

6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，

3n＝(cosB，－sinB)，且m·n＝－.

5(1)求sinA的值；

(2)若a＝42，b＝5，求角B的大小及向量→BA在→BC方向上的投影. 3解 (1)由m·n＝－，

5

3

得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－，

5

12

3

所以cosA＝－.因为05

3241－－＝. 55

所以sinA＝1－cosA＝

2

ab

(2)由正弦定理，得＝，

sin Asin B45×

5bsin A2

则sinB＝＝＝，

a242

π

. 4

因为a>b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B＝

3

由余弦定理得(42)＝5＋c－2×5c×－，

5

2

2

2

解得c＝1，c＝－7舍去，

→|cosB＝ccosB＝1×2＝2.

故向量→BA在→BC方向上的投影为|BA

22

13