江苏省常州市教学联盟2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、江苏省常州市教学联盟2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共计60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1.（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由及两角差的正弦公式即可求出答案【详解】解：，故选：A【点睛】本题主要考查两角差的正弦公式的应用，属于基础题2.底面半径为，母线长为的圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由题意首先求得圆锥的高度，然后求解圆锥的体积即可.详解：由题意可得圆锥的高，则圆锥的体积为：.本题选择D选项.点睛：本题主要考查

2、圆锥的空间结构，圆锥的体积公式 等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.过点且与直线垂直的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据两直线垂直的性质求得所求直线的斜率等于-2，再由所求直线过点（0，1），利用点斜式求得所求直线的方程，并化为一般式【详解】直线的斜率等于，故所求直线的斜率等于2，再由所求直线过点（0，1），利用点斜式求得所求直线的方程为y1（x0），即2x+y-1=0，故选A【点睛】本题主要考查两直线垂直的性质，两直线垂直斜率之积等于1，用点斜式求直线方程，属于基础题4.在正方体中，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）A. B.

3、 C. D. 【答案】D【解析】【分析】连接，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.【详解】连接，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，则，在等腰中，取的中点为，连接，则，所以，即：，所以异面直线，所成角的余弦值为.故选：D.【点睛】本题考查空间异面直线夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.5.已知，若不论为何值时，直线总经过一个定点，则这个定点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为直线总经过一个定点，所以与

4、值无关，参变量分离，解方程组即得.【详解】直线的方程可化为：.直线总经过一个定点，,解得.所以不论为何值，直线总经过一个定点.故选：.【点睛】本题考查直线过定点问题，解题的关键是参变量分离.6.已知，是两个不同平面，是两条不同直线，则下列错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】在A中，与平行或异面；在B中，由线面垂直的性质可得；在C中，由面面垂直的判定定理得正确；在D中，由线面垂直的性质可得.【详解】解：由，是两个不同平面，是两条不同直线，知：在A中，m与n平行或异面，故A错误；在B中，由线面垂直的性质可得，故B正确；在C中，由面面垂直的判定定理

5、可得，故C正确；在D中，由线面垂直的性质可得，故D正确.故选：A.【点睛】本题考查命题真假判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.7.对任意锐角下列不等关系中正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】，可知不正确；当时， 可知C不正确， ，所以D正确，故选D.【点睛】对于这类问题可以代特殊数值排除选项，但还是需要熟练掌握两角和与差的三角函数，利用三角函数的有界性，对公式进行放缩，得到不等关系，或是做差判断.8.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB平面MNP的图形的个数有（ ）A. 1B.

6、2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的判定逐个选项分析即可.【详解】图可知因为M,N分别为其所在棱的中点,如图，连接AC,故,平面ABC，平面ABC，故平面 ,同理平面,又,故ABC平面MNP,故AB平面MNP,图符合题意；图,如图,由中位线有,又四边形ABCD为平行四边形,故 ,故ABPN,又平面MNP，平面MNP，故AB平面MNP,图符合题意；至于图,取下底面中心O,则NO/AB,NO平面MNP=N,AB与平面MNP不平行，故不成立.对于图，如图，过M作ME/AB,E是中点，ME与平面PMN相交，AB与平面PMN相交，AB与平面MNP不平行，故不成立；,故选：B【点睛】

7、本题主要考查了线面平行的判定与性质,属于基础题.9.在ABC中，内角A、B、C所对边分别为a、b、c，A，b1，SABC，则的值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理变形可知,再根据面积公式及余弦定理求出即可求解.【详解】，故选：D【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.10.如图，梯形ABCD中，ADBC，ADAB1，ADAB，BCD45，将ABD沿对角线BD折起，设折起后点A的位置为A，使二面角ABDC为直二面角，给出下面四个命题：ADBC；三棱锥ABCD的体积为；CD平面ABD；平面ABC平面ADC.其中正确命题的个数

8、是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据， 易得 ，再根据，平面平面，得平面，可判断的正误；由二面角为直二面角，可得平面，则可求出，进而可判断的正误；根据平面，有， 得平面，利用面面垂直的判定定理判断的正误；根据平面，有，若，则可证平面，则得到，与已知矛盾，进而可判断的正误.【详解】由题意，取中点，连接，则折叠后的图形如图所示：由二面角为直二面角，可得平面，则，正确，且，平面，故正确，由几何关系可得，由平面，得，又平面，平面，平面平面，正确，平面，若，则可证平面，则得到，与已知矛盾，所以错误.故选C.【点睛】本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定

9、，考查了体积的计算，解题关键是利用好直线与平面，平面与平面垂直关系的转化关系，属于中档题.11.在ABC中，内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若，则B的大小是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理，可得，令，再结合公式，列出关于的方程，解出后，进而可得到的大小.【详解】解：，即，令，显然，解得，B故选：D.【点睛】本题考查正弦定理边角互化的应用，考查两角和的正切，用k表示，是本题关键12.在棱长为的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是正方形BB1C1C的中心，M为C1D1的中点，过A1M的平面与直线DE垂直，则平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面面

10、积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.【详解】如图，在正方体中，记的中点为，连接，则平面即为平面证明如下：由正方体的性质可知，则，四点共面，记的中点为，连接，易证连接，则，平面，所以平面，又平面，则同理可证，则平面，所以平面即平面，四边形即平面截正方体所得的截面因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，其对角线，所以其面积故选：B【点睛】本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.请把答案填写在答题卡相应位置上）13.若直线l1：ax3y10与l2：2x

11、(a1)y10互相平行，则a的值为_【答案】-3【解析】试题分析：由两直线平行可得：，经检验可知时两直线重合，所以考点：直线平行的判定14.在平面直角坐标系中，角与角均以轴非负半轴为始边，它们的终边关于轴对称，若，则_.【答案】【解析】【分析】分角为第三象限角和第四象限角两种情况讨论，分别求出、的正弦值和余弦值，利用两角差的余弦值可求得的值.【详解】当角为第三象限角时，则角为第四象限角，则；当角为第四象限角时，则角为第三象限角，则.综上，.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数求值，考查了两角差的余弦公式的应用，考查计算能力，属于中等题.15.圆锥底面半径为10，母线长为40，从底面圆周上一点，

12、绕侧面一周再回到该点的最短路线的长度是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，先求得展开图形中扇形的圆心角度数，即可由勾股定理求得最短路径长.【详解】该圆锥的侧面展开图为扇形，该扇形圆心角度数为，最短路程为.故答案为：.【点睛】本题考查了圆锥的结构特征，最短距离求法，属于基础题.16.已知函数,则_.【答案】1000【解析】【分析】利用降幂公式以及辅助角公式可得.进而求得周期为4,再计算,进而求出即可.【详解】,则函数的周期为4,求得,.故答案为：1000【点睛】本题主要考查了降幂公式与辅助角公式的运用,同时也考查了三角函数周期性与诱导公式求函数值的方法.属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，

13、共计70分.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.已知，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系计算出的值，再利用两角和的正弦公式计算出的值；（2）利用同角三角函数的基本关系求出的值，利用二倍角公式求出和的值，然后利用两角和的正弦公式计算出的值.【详解】（1）因为，所以，；（2）因为，所以，所以，因此，.【点睛】本题考查两角和的正弦公式求值，同时也考查了同角三角函数、二倍角公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.18.如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，平面，为正三角形，为的中点.(1)证明：

14、平面；(2)证明：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)连接交与点，连接，可得，根据线面平行的判定定理，即可得证；(2)只需证明平面，由平面，可得，由为正三角形，为的中点，可得，根据线面垂直的判定定理可证出平面.【详解】(1)证明：在平行四边形中，连接交与点，连接，在中，分别为中点，所以，又平面，平面，所以平面；(2)证明：因为平面，平面，所以，在正三角形中，为中点，所以，又，平面，所以平面，又因为平面，所以.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，属于基础题.19.已知的三个顶点分别为，（1）求边所在直线的一般式方程；（2）已知边上中线所在直

15、线方程为，且，求点的坐标【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）由题意先求出直线的斜率，从而求出点斜式方程，再化为一般式方程即可；（2）由题意可得，代入直线的方程可求得，则，设点到直线距离为，由三角形面积公式可得得 ，再利用点到直线的距离公式得，则，由此解方程组即可求出答案【详解】解：（1），代入点斜式方程，得，直线的一般方程为；（2），中点，代入方程，得，直线的方程为，点满足方程，设点到直线距离为，则，得 ，利用点到直线的距离公式得，或，或，解得，或，点坐标为或【点睛】本题主要考查直线的一般式方程的求法，考查点到直线的距离公式，考查两点间的距离公式，考查计算能力，属于基础题20.如图，

16、在四棱锥中，底面是平行四边形，侧面底面，分别为的中点，点在线段上.（1）求证：平面；（2）当时，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析 (2)24【解析】【分析】（1）证明得到证明底面，可得然后证明平面（2）证明底面，然后求解四棱锥的体积【详解】（1）证明：在平行四边形中，因为，所以由，分别为，的中点，得，所以因为侧面底面，且，所以底面又因为底面，所以 又因为，平面，平面，所以平面 （2）解：在中，过作交于点，由，得，又因为，所以，因为底面，所以底面，所以四棱锥的体积【点睛】本题考查直线与平面垂直与平行的判定定理以及性质定理的应用，几何体的体积的求法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题21

17、.某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱与地面垂直，灯杆与灯柱所在的平面与道路走向垂直，路灯采用锥形灯罩，射出的光线与平面的部分截面如图中阴影部分所示.已知，路宽米.设.（1）求灯柱高（用表示）；（2）此公司应该如何设置的值才能使制造路灯灯柱与灯杆所用材料的总长度最小？最小值为多少？【答案】（1）；（2），米【解析】【分析】（1）在与在中，由正弦定理即可用表示灯柱的高；（2）根据正弦定理，分别表示出灯柱与灯杆的长，即可表示出，结合正弦和角公式化简，结合角的取值范围即可得解.【详解】（1）与地面垂直，在中，由正弦定理得，得，在中，由正弦定理得，.（2）中，由正弦定理得，得，当时，取得最小值

18、.故该公司应设置，才能使制造路灯灯柱与灯杆所用材料的总长度最小，最小值为米.【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，根据角的范围求最值，属于中档题.22.已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，S为的面积，（1）证明：；（2）若，且为锐角三角形，求S的取值范围【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用三角形面积公式表示S，结合余弦定理和正弦定理，建立三角函数等式，证明结论，即可（2）结合三角形ABC为锐角三角形，判定tanC的范围，利用tanC表示面积，结合S的单调性，计算范围，即可【详解】(1)证明：由，即，B，(2)解：，且，为锐角三角形，为增函数，【点睛】考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形面积公式，考查了函数单调性判定，难度偏难