江苏省扬州市宝应县2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、江苏省扬州市宝应县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9小题，共45分）1.已知直线经过点（1，2）且与直线2x+3y1垂直，则l的方程为（ ）A. 2x+3y+40B. 2x+3y80C. 3x2y70D. 3x2y10【答案】C【解析】【分析】根据两条直线垂直，斜率之积等于求出直线的斜率，再由点斜式方程即可求解.【详解】由直线与直线垂直，则 所以， 所以直线的方程为：，整理可得，故选：C【点睛】本题主要考查由直线位置关系确定斜率关系以及点斜式方程，属于基础题.2.在空间直角坐标系中，点P(2，1，4)关于xOy平面的对称点的坐标是A. (2，1，4)B

2、. (2，1，4)C. (2，1，4)D. (2，1，4)【答案】A【解析】过点P向xOy平面作垂线，垂足为N，则N就是点P与它关于xOy平面的对称点P连线的中点，又N(2，1，0)，所以对称点为P(2，1，4)，故选A.3.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则这个三角形一定是（ ）A. 等边三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】由已知及正弦定理可得，利用三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式可求，进而可得，即可得解三角形是等腰三角形【详解】解：在中，由正弦定理可得：，可得，可得，则这个三角形一定是等腰三角形故

3、选：【点睛】本题考查了正弦定理、和差公式、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题4.若圆关于直线对称，则a的值为A. B. C. 0D. 4【答案】D【解析】【分析】根据题意，圆的圆心C在直线上，求出C的坐标并代入直线，再解关于a的方程，即可得到实数a的值【详解】解：圆关于直线对称，圆心C在直线上，求得C的坐标，可得，解之得，故选D【点睛】本题给圆C关于已知直线对称，求参数a的值着重考查了圆的标准方程、圆的性质和直线与圆的位置关系等知识，属于基础题5.一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在北偏东，行驶4h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东，这时船与灯塔的距离

4、为（ ）A. 15B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设过点的南北方向直线与直线交于点，且，结合题中数据在中算出，然后在中算出，根据建立关于的方程解出，最后在中利用三角函数的定义加以计算，即可算出此时的船与灯塔的距离【详解】解：设根据题意，可得中，设，由此可得中，因此，即，解之得由此可得中，即此时的船与灯塔的距离为故选：D【点睛】本题给出实际应用问题，求航行过程中船与灯塔的距离着重考查了利用正余弦定理解三角形、直角三角形中三角函数的定义和方位角的概念等知识，属于中档题6.下列命题中，m，n表示两条不同的直线，、表示三个不同的平面正确的命题是（ ）若，则；若，则；若，则；若，则 A. B

5、. C. D. 【答案】C【解析】【分析】运用线面平行、垂直的性质定理即可判断；运用面面垂直的判定和性质定理，即可判断；运用线面平行的性质定理，即可判断m，n的位置关系；运用面面平行的传递性和线面垂直的性质定理，即可判断【详解】解：由于n，由线面平行的性质定理得，n平行于过n的平面与的交线l，又m，故ml，即mn，故正确；若，则与可能相交，也可能平行，故错；若m，n，由线面平行的性质定理，即得m，n平行、相交或异面，故错；若，m，则面面平行的传递性得，由线面垂直的性质定理得，m，故正确故选：C【点睛】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质定理，考查面面平行、垂直的

6、判定和性质定理的运用，是一道基础题7.在中，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件可利用余弦定理将边求出，再将求出，利用三角形面积公式求出答案.【详解】在中，由余弦定理得,整理得解得（舍）由,可得故选A项【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.8.两平行直线与之间的距离为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】C【解析】【分析】根据两条直线平行，计算的值，然后将直线化相等的系数，再利用两条平行线之间的距离公式即可得出【详解】解：因为直线与平行，所以，将化为，两条平行线之间的距离d，故选：C.【点睛】本题考查了两条平行线之间的距离公式

7、，解题的关键是将两条直线化成相等的系数，本题属于基础题9.已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是（ ）A. 内切B. 相交C. 外切D. 相离【答案】B【解析】化简圆到直线的距离 ，又 两圆相交. 选B二、不定项选择题（本大题共3小题，共15分）10.如图所示,P为矩形所在平面外一点,矩形对角线的交点为为的中点,给出以下结论,其中正确的是( )A. B. 平面C. 平面D. 平面【答案】ABC【解析】分析】根据线面平行的判定定理证明即可.【详解】解：由题意知,是的中位线,故正确;平面,平面,平面,故正确;同理,可得平面,故正确;与平面和平面都相交,故不正确.故选：.【点睛】本题考查

8、线面平行的判定，属于基础题.11.在中，内角所对的边分别为.根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据题设条件和三角形解的个数的判定方法，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】对于选项A中：由，所以，即三角形的三个角是确定的值，故只有一解；对于选项B中：因为，且，所以角有两解；对于选项C中：因为，且，所以角有两解；对于选项D中：因为，且，所以角仅有一解.故选：BC.【点睛】本题主要考查了三角形解得个数的判定，其中解答中熟记三角形解得个数的判定方法是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.12.已知点，直线，下列结论正确

9、的是（ ）A. 恒过定点B. （为坐标原点）C. 到直线的距离有最小值，最小值为3D. 到直线距离有最大值，最大值为5【答案】ABD【解析】【分析】直接代点可判断A；利用两点之间距离公式可判断B；由点的轨迹与直线过定点，画出图形后可判断C、D.即可得解.【详解】直线，当时，故A正确；，故B正确；点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，直线过定点，位置如图：由图可知，点到直线的距离最小值为0，当直线与轴垂直时，圆心到直线的距离最大，最大值为4，所以到直线的距离有最大值，最大值为5.故C错误，D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了直线过定点问题、两点之间距离公式的应用以及直线与圆的位置关系，考查了转化

10、化归思想，属于中档题.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知球的表面积是其半径的倍，则该球的体积为_【答案】【解析】【分析】设出球的半径，根据球的表面积公式及与半径的等量关系，求得半径，再由球的体积公式即可得解.【详解】设球的半径为，球的表面积是其半径的倍，则，解得，所以球的体积为，故答案为：.【点睛】本题考查了球的表面积与体积公式的简单应用，属于基础题.14.在中，角A、B、C所对的边分别为、若，则_.【答案】1【解析】试题分析：因为b=1,c=,C=,那么根据正弦定理可知,可知sinB=,因为bc，那么角B=，A=然后利用余弦定理可知a2=c2+b2-2cbcosA=1,故a=1

11、.考点：本试题主要考查了解三角形中正弦定理和余弦定理的运用点评：解决该试题的关键是能正确使用正弦定理得到角B的值，注意不要出现两解，要根据大边对大角，小边对小角来求解B15.经过点且在坐标轴上截距互为相反数的直线方程为_.【答案】或【解析】【分析】当截距不为0时可设直线方程为,当截距为0时可设直线方程为,再将点代入,进而求解即可.【详解】由题,若截距不为0,设直线方程为,因为点在直线上,所以,所以,所以直线方程为,即.若截距为0,设直线方程为,因点在直线上,所以,所以,所以直线方程为,即.故答案为:或【点睛】本题考查直线的截距式方程,考查分类讨论思想.16.圆心在直线，且与直线相切于点的圆的标

12、准方程为_.【答案】【解析】试题分析：可设圆标准方程： ，则根据题意可列三个条件： ，解方程组可得 ，即得圆方程试题解析：设则，解得所以（x-1）2+（y+4）2=8点睛：确定圆的方程方法(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程(2)待定系数法若已知条件与圆心和半径有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于的方程组，从而求出的值；若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.在中，角，的对边分别是、，且.（1）求角的大小；（2）若，的面积，求的值【答案】

13、（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理将边化为角,再由正弦的和角公式化简即可求得角的大小；（2）根据三角形面积公式先求得，再代入余弦定理即可求得的值【详解】（1），由正弦定理代入化简可得， 即，即，即，又，（2），由（1）知，结合三角形面积公式可知，由余弦定理有，.【点睛】本题考查了正弦定理边角转化的应用，三角形面积公式的简单应用，余弦定理解三角形的应用，属于基础题.18.如图所示，已知是以AB为底边的等腰三角形，点，点C在直线：上（1）求AB边上的高CE所在直线的方程；（2）设直线CD与y轴交于点，求的面积【答案】（1）；（2）1【解析】【分析】（1）根据中点坐标公式求出点坐标，根

14、据得出直线斜率，最后根据点斜式可得直线方程；（2）联立直线方程求出点坐标，通过两点式得出的方程，求出点到的距离以及的长，最后求面积即可.【详解】（1）因为是以AB为底边的等腰三角形，所以E为AB的中点，所以，因为，所以所以直线CE：，即所以AB边上的高CE所在直线的方程为；（2），解得，所以，所以直线AC：，即，又因为，所以点D到直线AC的距离，又，所以.【点睛】本题主要考查了直线方程的求法，点到直线的距离公式的应用，属于基础题.19.如图，在四棱锥中，平面，.（I）求异面直线与所成角的余弦值；（II）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）.（）见解析;（）.【解析】【分析】

15、（）由已知AD/BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，然后在RtPDA中求解即可；（）因为AD平面PDC，所以ADPD，PDBC，又PDPB，所以PD平面PBC；（）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，且为直线DF和平面PBC所成的角，然后在RtDPF中求解即可.【详解】解：（）如图，由已知AD/BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD平面PDC，所以ADPD.在RtPDA中，由已知，得，故.所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.（）证明：因为AD平面PDC，直线PD平面PDC，所以ADPD.又因为B

16、C/AD，所以PDBC，又PDPB，所以PD平面PBC.（）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.因为PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以为直线DF和平面PBC所成的角.由于AD/BC，DF/AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BCBF=2.又ADDC，故BCDC，在RtDCF中，可得,在RtDPF中，可得.所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.考点：两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角【点睛】本小题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直的证明、直线与平面所成的角，要求一定的空间

17、想象能力、运算求解能力和推理论证能力.求两条异面直线所成的角，首先要借助平行线找出异面直线所成的角，证明线面垂直只需寻求线线垂直，求线面角首先利用转化思想寻求直线与平面所成的角，然后再计算即可.20.如图，直三棱柱中，点是中点（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求二面角的余弦值【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【解析】【分析】（1）由等腰三角形和直棱柱的性质，得出和，根据线面垂直的判定定理，即可证出平面；（2）连接，交于点，连接，结合三角形的中位线得出，根据线面平行的判定定理，即可证出平面；（3）连，交于点，分别取、中点、，连接、，根据线面垂直的判定定理，可证出平面和平面，从

18、而得出就是二面角的平面角，最后利用几何法求出二面角的余弦值【详解】解：（1）证明：，是中点，又在直三棱柱中，平面，平面，又，平面，平面，平面 （2）证明：连接，交于点，连接，、分别是、的中点，是的中位线，平面，平面，平面（3）解：连，交于点，分别取、中点、，连接、，四边形是正方形且、分别是、的中点，故，在中，又，分别是，中点且，又在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，平面，平面，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面，平面，又平面平面就是二面角的平面角， 设，则在中，故，故，即二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直和线面平行的判定定理，以及利用几何法求解二面角余弦值，还涉及三角形中位线和勾

19、股定理的逆定理的运用，考查推理证明能力和运算能力.21.某地为响应习总书记关于生态文明建设的指示精神，大力开展“青山绿水”工程，造福于民.为此，当地政府决定将一扇形（如图）荒地改造成市民休闲中心，其中扇形内接矩形区域为市民健身活动场所，其余区域（阴影部分）改造为景观绿地（种植各种花草）.已知该扇形的半径为200米，圆心角，点在上，点在上，点在弧上，设.（1）若矩形是正方形，求的值；（2）为方便市民观赏绿地景观，从点处向修建两条观赏通道和（宽度不计），使，其中依而建，为让市民有更多时间观赏，希望最长，试问：此时点应在何处？说明你的理由.【答案】（1）矩形是正方形时，（2）当是的中点时，最大【解析

20、】试题分析：（1）因为四边形是扇形的内接正方形，所以，注意到，代入前者就可以求出. （2）由题设可由，利用两角差的正弦和辅助角公式把化成的形式，从而求出的最大值. 解析：（1）在中， ，在中， ， 所以，因为矩形是正方形，所以，所以，所以 （2）因为所以， ，所以, 即时，最大，此时是的中点 答：（1）矩形是正方形时，；（2）当是的中点时，最大 22.已知圆O：与直线相切（1）求圆O的方程；（2）若过点的直线l被圆O所截得的弦长为4，求直线l的方程；（3）若过点作两条斜率分别为，的直线交圆O于B、C两点，且，求证：直线BC恒过定点并求出该定点的坐标【答案】（1）；（2）或；（3）证明详见解析，

21、该点坐标为【解析】【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于半径即可求出.（2）根据题意可得圆心到直线距离，分类讨论，当斜率不存在时，满足题意；当直线的斜率存在，利用点斜式求出直线方程，再利用点到直线的距离公式即可求解.（3）设直线AB：，直线： ，分别与圆的方程联立，求出点、，进而求出直线BC方程，根据直线方程即可求解.【详解】解：（1）圆O：与直线相切，圆心到直线的距离等于半径，即，圆O的方程为； （2）直线l被圆O所截得的弦长为4，圆心到直线的距离，斜率不存在时，满足题意； 斜率存在时，设方程为，即，圆心到直线的距离，直线l的方程为， 综上所述，直线l的方程为或； （3）由题意知，设直线AB：，与圆方程联立，消去y得：，即，设直线： ，与圆的方程联立，消去y得：， ，用代替得：，直线BC方程为，令，可得，则直线BC定点【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、点斜式方程，考查了考生的基本运算能力，属于基础题.