江苏省南通市如东高级中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、江苏省南通市如东高级中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、单选题：本大题共10小题.在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线斜率等于倾斜角的正切值，从而求出倾斜角【详解】因为：，所以：k=由于：，则，即：=故选：B.【点睛】本题考查直线斜率与倾斜角的关系2. 某中学有高中生3 500人，初中生1 500人，为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本，已知从高中生中抽取70人，则n为()A. 100B. 150C 200D. 250【答案】A【解析

2、】试题分析：根据已知可得：，故选择A 考点：分层抽样3. 在ABC中，若，则A. B. C. D. 或【答案】A【解析】由正弦定理有，所以 ，又因为,故，选A.点睛：本题主要考查了用正弦定理解三角形，属于易错题本题运用大边对大角定理是解题的关键4. 对一批产品的长度（单位：毫米）进行抽样检测，样本容量为200，下面为检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间的为一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品，则样品中三等品的件数为（ ）A. 30B. 40C. 50D. 60【答案】C【解析】【分析】由频率分布直方图计算一等品和二等品的频率，求三等品的频率，根据频数=样本容量频率，

3、计算样本中三等品的件数.【详解】由频率分布直方图可知一等品的频率是，二等品的频率是，所以样品中三等品的频率是，所以样品中三等品的件数是.故选：C.【点睛】本题考查频率分布直方图中频率，频数的计算.属于较易题.5. 已知直线与直线垂直，则实数的值是( )A. 0B. C. 0或D. 或【答案】C【解析】【分析】由一般式方程可知直线垂直时，从而构造方程求得结果.【详解】由直线垂直可得：，解得：或本题正确选项：【点睛】本题考查根据直线垂直的位置关系求解参数值的问题，属于基础题.6. 给出下列四个说法，其中正确的是（ ）A. 线段在平面内，则直线不在平面内；B. 三条平行直线共面；C. 两平面有一个公

4、共点，则一定有无数个公共点；D. 空间三点确定一个平面.【答案】C【解析】【分析】用立体几何中的公理及公理的推论对每个选项进行判别，可得到答案.【详解】对A：根据立体几何公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内.显然，A中的直线AB在平面内，故A不正确；对B：三条平行直线，可以共面，也可以是其中一条直线平行于其它两条直线确定的平面，故B不正确；对C：根据立体几何公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.显然，如果两平面有一个公共点，则一定有无数个公共点，故C正确；对D：根据立体几何公理2：过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面.显

5、然，任意三点，不一定确定一个平面.故D不正确；综上所述，只有C正确.故答案为：C.【点睛】本题考查立体几何中点、线、面位置关系中的三个公理，属于基础题.7. 已知直线在两坐标轴上的截距相等，则实数A. 1B. C. 或1D. 2或1【答案】D【解析】【分析】根据题意讨论直线它在两坐标轴上的截距为0和在两坐标轴上的截距不为0时，求出对应的值，即可得到答案【详解】由题意，当，即时，直线化为，此时直线在两坐标轴上的截距都为0，满足题意；当，即时，直线化为，由直线在两坐标轴上的截距相等，可得，解得；综上所述，实数或故选D【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，以及直线在坐标轴上的截距的应用，其中解答中熟

6、记直线在坐标轴上的截距定义，合理分类讨论求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.8. 两圆与的公切线条数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据圆心距和两圆的半径的关系，得到两圆相外切，即可得到两圆有3条公切线，得到答案.【详解】由题意，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为；所以，且，所以，所以两圆外切，此时两圆有且仅有3条公切线故选:C【点睛】本题主要考查了两圆的位置关系的判定及应用，以及两圆的公切线的条数的判定，其中解答中熟记两圆的位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查推理与运算能力.9. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心

7、、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线己知的顶点，且，则的欧拉线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由于，可得：的外心、重心、垂心都位于线段的垂直平分线上，求出线段的垂直平分线，即可得出的欧拉线的方程【详解】因为，可得：的外心、重心、垂心都位于线段的垂直平分线上，则的中点为,所以的垂直平分线的方程为：，即.故选：D【点睛】本题考查等腰三角形的性质、三角形的外心重心垂心性质，考查了对新知识的理解应用，属于中档题10. 如图，直三棱柱中，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解

8、析】【分析】利用三角形中位线性质平行移动至，在中利用余弦定理可求得，根据异面直线所成角的范围可知所求的余弦值为.【详解】连接交于点，取中点，连接设三棱柱为直三棱柱 四边形为矩形为中点 且又， 异面直线和所成角的余弦值为故选：【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过平移将异面直线所成角转化为相交直线所成角的求解问题；易错点是忽略异面直线所成角的范围，造成所求余弦值符号错误.二、多项选择题：本题共2小题.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.11. 已知，是的三个内角，下列结论一定成立的有（ ）A. B. C. 若，则D. 若，则是等腰三角形【答案】AC【解析】【分析】由结合诱

9、导公式可判断选项A，B，由三角形中大角对大边结合正弦定理可判断选项C，在三角形中若,则若或可判断选项D.【详解】由，则,故A正确.,故B不正确.由三角形中大角对大边，则，根据正弦定理有,故C正确.在三角形中若,则若或.所以或,则是等腰三角形或直角三角形,故D不正确.故选：AC【点睛】本题考查三角形中的三角变换，考查诱导公式，正弦定理，属于中档题.12. 正方体中，分别为棱和的中点，则下列说正确的是（ ）A. 平面B. 平面C. 异面直线与所成角为90D. 平面截正方体所得截面为等腰梯形【答案】ACD【解析】【分析】画出图形，根据题意，对选项逐项分析，求得结果.【详解】对于选项A，分别为棱和的中

10、点，所以，利用线面平行的判定定理可得平面，所以A正确；对于选项B，在正方体中平面，所以，又，所以平面，若平面，则平面平面，这与平面与平面相交矛盾，所以B不正确；对于选项C，与选项B同理可证平面，又，所以平面，从而得到，即异面直线与所成角为90，所以C选项正确；对于选项D，在正方体中，平面平面，平面平面，平面平面，所以平面截正方体所得截面为四边形，因为，即四边形为等腰梯形，所以D正确；故选：ACD.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有正方体的截面的有关性质，线面平行的判定，线面垂直的性质，属于基础题.三、填空题：本大题共4小题.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位

11、置上.13. 一组数据：6，8，9，13的方差为_.【答案】【解析】【分析】先求出这组数的平均数，再求其方差.【详解】6，8，9，13的平均数为所以这组数的方差为：故答案为：【点睛】本题考查方差的求法，考查求平均数，属于基础题.14. 已知两点，以线段为直径的圆的方程为_.【答案】【解析】【分析】先求出圆心的坐标和半径,即得圆的方程.【详解】由题得圆心的坐标为（1,0），|MN|=所以圆的半径为所以圆的方程为.故答案为【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.15. 如图，从高的电视塔塔顶测得地面上某两点、的俯角分别为和，则、两点间的距离为_m.（俯角

12、：在垂直面内视线与水平线的夹角）【答案】【解析】【分析】本题首先可以根据题意得出以及的长度，然后根据余弦定理即可求出的长度.【详解】因为高的电视塔塔顶测得地面上某两点、的俯角分别为和，所以，因为，所以，故答案为：.【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，余弦定理公式为，考查计算能力，是简单题.16. 平面四边形的对角线，的交点位于四边形的内部，已知，当变化时，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】设，先在中，利用借助于余弦定理和正弦定理分别表示出，然后再在中利用余弦定理表示出，最后借助三角恒等变换求出的最值【详解】如图，设，在中，因为，即，所以在中，所以当时，最大值为，故的最大值为故答案为：【

13、点睛】本题主要考查正弦余弦定理解三角形，考查三角恒等变换和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.四、解答题：本大题共6小题.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 中，角，所对的边分别为，若，且为锐角.求：（1）的值；（2）的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】利用正弦定理得；利用同角三角函数的基本关系得，再利用余弦定理求，最后利用三角形面积公式求解.【详解】解：（1）在中，由正弦定理得：，解得；（2）因为，且为锐角，所以，在中，由余弦定理得：，即解得(负值舍去)；所以的面积为.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余

14、弦定理.属于较易题.18. 如图在长方体中，分别为，的中点，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】连接，利用线面平行的判定定理证明；连接，则为所求的角，在中计算出此角的正弦值即可.【详解】解：（1）连接，由，分别为，的中点，可得，在长方体中，因此四边形为平行四边形，所以所以，平面，平面，所以平面；（2）在长方体，连接，因平面，所以在平面中的射影为，所以为直线与平面所成角，由题意知：，在中，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及求线面角的过程.属于中档题.19. 已知直线，圆.（1）求证：直线过定点

15、，并求出点的坐标；（2）若直线与圆交于，两点，当弦长最短时，求此时直线的方程.【答案】（1）证明见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）将直线化为，利用，求得直线所过的定点坐标；（2）根据圆的几何性质可知，当直线时，弦长最短，根据直线的斜率为，可得直线的斜率为1，从而求得直线的方程.【详解】（1）直线可化为：，可得所以直线过定点.（2）由圆的几何性质可知，当直线时，弦长最短，因为直线的斜率为，所以直线的斜率为1，此时直线的方程为.【点睛】该题考查的是有关直线与圆的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，过一定点圆的最短弦所在直线方程的求解问题，属于简单题目.20. 如图，四棱锥中，点，分别是侧棱

16、，上的点，且底面.（1）求证：；（2）若底面，求证：.【答案】(1)证明见详解；(2)证明见详解.【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质，即可推证线线平行；（2）先推证直线平面，再由线面垂直推证线线垂直即可.【详解】（1）因为/平面，平面，平面平面，由线面平行的性质，即可得/，即证.（2）在中，因为，且，由正弦定理可得，解得.故可得，即；又平面，平面，故可得，又平面，且，故可得平面，又因为平面，则；又因为/，故可得，即证.【点睛】本题考查由线面平行，推证线线平行，以及由线面垂直推证线线垂直，属综合基础题.21. 根据国际海洋安全规定：两国军舰正常状况下（联合军演除外），在公海上的安全距离为2

17、0（即距离不得小于20），否则违反了国际海洋安全规定.如图，在某公海区域有两条相交成60的直航线，交点是，现有两国的军舰甲，乙分别在，上的，处，起初，后来军舰甲沿的方向，乙军舰沿的方向，同时以40的速度航行.（1）起初两军舰的距离为多少？（2）试判断这两艘军舰是否会违反国际海洋安全规定？并说明理由.【答案】（1）；（2）甲、乙这两艘军舰不会违法国际海洋安全规定，答案见解析.【解析】【分析】（1）在中，直接利用余弦定理即可得到的长；（2）设小时后，甲、乙两军舰分别运动到，分，两种情况讨论求出CD的长，进一步求得最小值即可.【详解】解：（1）连结，中，由余弦定理得所以：起初两军舰的距离为.（2）设

18、小时后，甲、乙两军舰分别运动到，连结当时，当时，所以经过小时后，甲、乙两军舰距离因为因为，所以当时，甲、乙两军舰距离最小为.又，所以甲、乙这两艘军舰不会违法国际海洋安全规定.【点晴】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查学生数学运算能力，数学建模能力，是一道中档题.22. 已知圆和点.（1）过点向圆引切线，求切线的方程；（2）求以点为圆心，且被直线截得的弦长为8的圆的方程；（3）设为（2）中圆上任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）或；（2）；（3）存在；定点时，定值为或定点

19、时，定值为.【解析】【分析】（1）讨论斜率是否存在：当斜率不存在时，易判断为圆的切线；当斜率存在时，设出直线方程，由圆心到直线距离等于半径，即可求得斜率，进而确定直线方程.（2）由点到直线距离公式可先求得点到直线的距离，再根据所得弦长和垂径定理，即可确定半径，进而得圆的方程；（3）假设存在定点，使得为定值，设，根据切线长定理及两点间距离公式表示出，代入并结合圆M的方程，化简即可求得，进而代入整理的方程可得关于的一元二次方程，解方程即可确定的值，即可得定点坐标及的值.【详解】（1）若过点的直线斜率不存在，直线方程为，为圆的切线；当切线的斜率存在时，设直线方程为，即，圆心到切线的距离为，解得，直线方程为综上切线的方程为或.（2）点到直线的距离为，圆被直线截得弦长为8，圆的方程为.（3）假设存在定点，使得为定值，设，点在圆上，则为圆的切线，即整理得若使对任意，恒成立，则，代入得，化简整理得，解得或，或存在定点，此时为定值或定点，此时为定值.【点睛】本题考查了过圆外一点的切线方程求法，注意斜率不存在的情况，由几何关系确定圆的方程，圆中定点和定值问题的综合应用，属于难题.