江苏省徐州市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）.doc

1、江苏省徐州市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一单项选择题1.已知点，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】把点的坐标代入直线斜率公式即可.【详解】解：，故选：B【点睛】考查直线斜率公式的应用，基础题.2.的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接逆用两角和的正弦公式计算即可.【详解】，故选：D.【点睛】本题考查两角和的正弦公式的应用，属于基础题.3.圆的圆心坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将方程配方化成标准式，即可得圆心坐标.【详解】所以圆心坐标为故选：B【点睛】本题考查圆的标准方程

2、，考查基本分析求解能力，属基础题.4.下列命题错误的是（）A. 不在同一直线上的三点确定一个平面B. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面C. 如果两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面D. 如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面【答案】C【解析】【分析】利用公理和线与面的平行和垂直定理及其推论求解【详解】由公理知直线及直线外一点，确定一个平面，故A正确；由公理知两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故B正确；由面面垂直的性质定理知错误，故C不正确；由面面平行的性质定理知正确，故D正确；故选C【点睛】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真

3、审题，注意对概念的理解和定理，性质的应用，属于基础题.5.下列叙述正确的是（ ）A. 频率是稳定的，概率是随机的B. 互斥事件一定不是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件C. 5张奖券中有1张有奖，甲先抽，乙后抽，那么乙比甲抽到有奖奖券的可能性小D. 若事件A发生的概率为P(A)，则【答案】D【解析】【分析】根据概率的意义判断，根据互斥事件和对立事件的定义判断【详解】频率是随机变化的，概率是频率的稳定值，A错；互斥事件也可能是对立事件，对立事件一定是互斥事件，B错；5张奖券中有1张有奖，甲先抽，乙后抽，那么乙、甲抽到有奖奖券的可能性一样大，都是，C错；由概率的定义，随机事件的概率在上，D正确故

4、选：D【点睛】本题考查概率的意义，考查互斥事件和对立事件的定义，属于基础题6.在ABC中，已知B=60，边AB=4，且ABC的面积为，则边AC的长为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用面积公式求出，然后利用余弦定理求出即可.【详解】设中，则由题可知，所以，故由余弦定理可得，所以，故选：C.【点睛】本题考查了面积公式结合余弦定理解三角形，难度不大.7.某同学5次考试的数学成绩x与物理成绩y的统计数据如下表，已知该同学的物理成绩y与数学成绩x是线性相关的，根据数据可得回归方程的b的值为0.5，则当该生的物理成绩y达到90分时，可以估计他的数学成绩为（ ）数学1031371

5、12128120物理7188768481A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据表格数据求出，再利用回归方程过样本中心点求出，得到回归方程，进而代数求解即可.【详解】根据表格数据可知，因为回归方程过样本中心点，所以，所以回归方程为，故该生的物理成绩为90分，即时，有，故选：A.【点睛】本题考查回归方程的基本应用，考查学生的计算能力，难度不大.8.阿基米德(Archimedes，公元前287年一公元前212年)是古希腊伟大的数学家物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他

6、生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36，则圆柱的表面积为（ ）A. 36B. 45C. 54D. 63【答案】C【解析】【分析】先设球的半径为，根据体积求出，再由题意，得出圆柱的底面圆半径，以及圆柱的高，根据圆柱的表面积公式，即可求出结果.【详解】因为球的体积为，设球的半径为，则，所以，又圆柱的底面直径与高都等于球的直径，所以圆柱的底面圆半径为，高为，因此圆柱的表面积为.故选：C.【点睛】本题主要考查圆柱与球内切的相关计算，熟记圆柱的表面积公式，以及球的体积公式即可，属于基础题型.二多项选择题9.已

7、知直线，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则m=-1或m=3B. 若，则m=3C. 若，则D. 若，则【答案】BD【解析】【分析】根据两直线平行或垂直求出参数值然后判断【详解】直线，则，解得或，但时，两直线方程分别为，即，两直线重合，只有时两直线平行，A错，B正确；，则，C错，D正确故选：BD【点睛】本题考查两直线平行与垂直的条件，在由两直线平行求参数时要注意检验，排除两直线重合的情形如果用斜率求解还需讨论斜率不存在的情形10.已知ABC的内角A， B， C所对的边分别为a， b， c，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则BCB. 若a=4，则三角形有两解C. 若，则ABC一定为等腰直角三角形

8、D. 若，则ABC一定为等腰三角形【答案】ABD【解析】【分析】根据正弦定理解三角形判断各选项【详解】A由正弦定理，A正确；B由正弦定理，得，因，所以，因此或，两解，B正确；C由得，则或，所以或，三角形是等腰或直角三角形，C错；D由得，三角形等腰三角形，D正确【点睛】本题考查正弦定理解三角形，在已知两边和其中一边对角解三角形时可能出现两解，注意判断两解的方法，其他情况最多只有一解11.PM2.5是衡量空气质量的重要指标，下图是某地7月1日到10日的PM2.5日均值(单位：)的折线图，则下列关于这10天中PM2.5日均值的说法正确的是（ ）A. 众数为30B. 中位数是31C. 平均数小于中位数

9、D. 后4天的方差小于前4天的方差【答案】AD【解析】【分析】根据折线图，由众数，中位数，平均数，方差等概念及公式，逐项判断，即可得出结果.【详解】众数即是出现次数最多的数字，由折线图可得，众数为30，即A正确；中位数即是处在中间位置的数字，将折线图中数字由小到大依次排序，得到：17，25，30，30，31，32，34，38，42，126；处在中间位置的数字是：31，32，因此中位数为，即B错；由折线图可得，平均数为：，故C错；前4天的平均数为：，后4天的平均数为前4天方差为：，后4天方差为：，所以后4天的方差小于前4天的方差，故D正确.故选：AD.【点睛】本题主要考查由折线图计算众数、中位数

10、、平均数、方差等，属于基础题型.12.如图，在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（ ）A. 异面直线AC与所成的角为60B. 直线与平面成角为45C. 二面角的正切值为D. 四面体的外接球的体积为【答案】ACD【解析】【分析】对A，平移直线到直线；对B，作出线面所成角，再利用三角函数求解；对C，作出二面角的平面角，再求正切值；对D，利用补形法即三棱锥的外接球为正方体的外接球.【详解】如图所示，连接，对A，平移直线到直线，则异面直线AC与所成的角，显然为正三角形，故A正确；对B，平面，为线面角，故B错误；对C，在三角形中，为二面角的平面角，故C正确；对D，利用补形法即三棱锥的外接球为正方体的外

11、接球，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查空间中角的概念与计算，考查空间想象能力、运算求解能力，属于基础题.三填空题：13.已知，则的值为_【答案】【解析】【分析】由两角差的正切公式计算【详解】由题意故答案为：【点睛】本题考查两角差的正切公式，属于基础题14.过圆上一点的圆的切线的一般式方程为_【答案】【解析】【分析】求出过切线的半径所在直线斜率，由垂直关系得切线斜率，然后得直线方程，现化为一般式【详解】圆心为，所以切线的斜率为，切线方程为，即故答案为：【点睛】本题考查求过圆上一点的圆的切线方程，利用切线性质求得斜率后易得直线方程15.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺

12、，俗称粽子，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期的楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为2的正三角形组成的，将它沿虚线对折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为_【答案】；【解析】【分析】由题意可知该六面体是由两个正四面体组合成的，求出棱长为2的正四面体的体积即可得解.【详解】由题意可知该六面体是由两个正四面体组合成的，如图，三棱锥即为棱长为2的正四面体，取中点，连接，在上取一点，使，连接，易知，点为的中心，为该三棱锥的高，所以，所以，所以该六面体的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查了正四面体的几何特征的应用及体

13、积的求解，考查了空间思维能力与转化化归思想，属于中档题.16.如图，某数学学习兴趣小组同学要测量学校地面上旗杆CD的高度(旗杆CD垂直于地面)，设计如下的测量方案：先在地面选定距离为30米的A， B两点，然后在A处测得，在B处测得，由此可得旗杆CD的高度为_米，的正切值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先由题意，得到，根据正弦定理，求出，即可得出，根据正弦定理，求出，即可得出的正切值.【详解】因为CD垂直于地面，所以，又，所以，在中，所以，又，由正弦定理可得：，所以，解得：，即；由正弦定理可得：，所以，即，因此.故答案为：；.【点睛】本题主要考查解三角形的实际应用，熟记正弦定

14、理即可，属于常考题型.四解答题17.已知和.（1）求过点A且与直线l平行的直线方程；（2）求点A关于直线的对称点B的坐标.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设所求直线的方程为，再把代入即可. （2）由及线段的中点在直线上可得方程组，解方程组即可.【详解】解：（1），将点代入，得，故所求直线的方程为. （2）设，直线的斜率为2，线段的中点，则由及线段的中点在直线上可得，解得，所以点的坐标为.【点睛】考查与已知直线平行的直线的求法以及求已知点的轴对称点的坐标的方法，中档题.18.已知（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先根据函数值确定，根据两角差的

15、余弦公式可求（2），再根据升幂公式可求.【详解】解：（1）因为，所以，所以，由，所以，所以.（2）.【点睛】已知三角函数值求三角函数值，解决的关键是观察出已知角和待求角之间的关系，选择相应的公式即可，中档题.19.已知ABC的内角A， B， C所对的边分别为，_，且，请从这三个条件中任选一个补充在横线上，求出此时ABC的面积.【答案】条件选择见解析，面积为：.【解析】【分析】分别选择，根据正余弦定理，先计算出，再算出和，则ABC面积可求.【详解】解：情形一：若选择，由余弦定理， 因为，所以； 情形二：若选择，因为，则，因为，所以， 因为，所以； 情形三：若选择，则,，所以， 因为，所以，所以，

16、所以；由正弦定理，得，因为，所以， 所以， 所以.【点睛】考查正余弦定理解三角形和用三角形面积公式求面积，中档题.20.手机支付也称为移动支付(Mobile Payment)，是当今社会比较流行的一种付款方式.某金融机构为了了解移动支付在大众中的熟知度，对1565岁的人群作了问题为“你会使用移动支付吗？”的随机抽样调查，把回答“会”的100个人按照年龄分成5组，绘制成如图所示的频数分布表和频率分布直方图. （1）求x，a的值；（2）若从第1，3组中用分层抽样的方法抽取5人，求两组中分别抽取的人数；（3）在（2）抽取的5人中再随机抽取2人，求所抽取的2人来自同一个组的概率.【答案】（1），；（2

17、）第1组抽取的人数为，第3组抽取的人数为；（3）.【解析】【分析】（1）由频率计算出后可得，从而得频率分布图中的；（2）由总体比例可得各组抽取人数；（3）把抽取的人编号，用列举法写出任取2人的所有基本事件，并得出2人来自同一组的基本事件，计数后可计算概率【详解】（1）由题意可知， 所以，从而.（2）第1，3组共有50人，所以抽取的比例是，则从第1组抽取的人数为， 从第3组抽取的人数为. （3）设第1组抽取的2人为，第3组抽取的3人为，则从这5人中随机抽取2人有如下种情形：，共有10个基本事件. 其中符合“抽取的2人来自同一个组”的基本事件有，共4个基本事件，所以抽取的2人来自同一个组的概率.【

18、点睛】本题考查频率分布直方图，频数分布表，考查分层抽样和古典概型，列举法是求解古典概型的常用方法本题考查了学生的数据处理能力，运算求解能力，属于中档题21.如图，在中，平面，为棱的中点，点在棱上.（1）若，求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）若二面角的大小为120，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）易知是的中位线，可得，结合线面平行的判定定理，可证明平面；（2）由底面，可得，由，可知，从而可证明平面，再结合平面，可证明平面平面；（3）易知二面角大小为，结合（2）可知平面，可知即为二面角的平面角，可求出，即为棱的中点，可得，于

19、是即为异面直线与所成的角，求出即可.【详解】（1）由，可知为棱的中点，又因为为棱的中点，所以在中，因为平面，平面，所以平面.（2）因为底面，平面，所以，在中，为的中点，所以，又因为，平面，平面，所以平面 又因为平面，所以平面平面.（3）由题意知，二面角的大小为，由（2）的证明可知，平面，又因为平面，所以，又，所以即为二面角的平面角， 所以，因为底面，平面，所以，在中，所以.因为，所以为棱的中点，故，于是即为异面直线与所成的角. 易知，故，在中，由余弦定理知，所以异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查二面角及线面角的知识，考查学生的空间想象能力与计算

20、求解能力，属于中档题.22.如图，在平面直角坐标系中，已知圆：，过点及点的圆与圆外切.（1）求圆的标准方程；（2）若过点的直线被两圆截得的弦长相等，求直线的方程；（3）直线上是否存在点，使得过点分别作圆与圆的切线，切点分别为， (不重合)，满足？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）或；（3）存在，点.【解析】【分析】（1）先由题意，得到圆的圆心在直线上，设，半径为，根据两圆外切，列出方程求解，求出，即可得出圆的方程；（2）先判断当的斜率不存在时，不符合题意；当的斜率存在时，设的方程为，根据又被两圆截得的弦长相等，列出方程求解，即可求出结果； （3）设，由得到，再由

21、直线的方程为，两式联立，求解，即可得出结果.【详解】（1）由题意知，圆的圆心在直线上，设，半径为，因为圆与圆外切，且圆的圆心，半径为，所以， 即又，即由得，代入得，解得或(舍)，所以，故所求圆的标准方程为.（2）当的斜率不存在时，的方程为：，与圆相离，不符合题意.当的斜率存在时，设为，故的方程为，则圆心到直线的距离为：；圆心到直线的距离为：，因为圆的弦长一半与圆心到弦的距离的平方和等于圆的半径的平方，又被两圆截得的弦长相等，所以， 即，解得或，故直线的方程为或. （3）设，由可知，即，所以，即，整理得， 又直线的方程为， 由联立解得，或，由，两点不重合，故，不合题意，舍去，故存在点符合题意.【点睛】本题考查根据两圆位置关系求圆的方程，根据直线被圆所截弦长求直线方程，以及求直线上满足某条件的点的坐标，熟记直线与圆位置关系，圆与圆位置关系等即可，属于常考题型.