江苏省无锡市大桥实验学校2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、江苏省无锡市大桥实验学校2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40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.直线xy+1=0的倾斜角是（）A. 30B. 60C. 120D. 150【答案】D【解析】【分析】首先求出直线斜率，由倾斜角与斜率的关系即可求解.【详解】直线xy+1=0的斜率，设其倾斜角为（0180），则tan，=150故选：D【点睛】本题考查直线斜率与倾斜角的关系，属于基础题.2.已知m为实数，直线，若，则实数m值( )A. 2B. 1C. 1或2D. 0或【答案】B【

2、解析】【分析】根据直线平行的等价条件，求出的值；【详解】解：当时，两直线方程分别为和，不满足条件当时，则，由得得或，由得，则，故选：B【点睛】本题考查两直线的位置关系求参数的值，属于基础题.3.过点，且圆心在直线上的圆的方程是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接根据所给信息，利用排除法解题【详解】本题作为选择题，可采用排除法，根据圆心在直线上，排除B、D，点在圆上，排除A故选C【点睛】本题考查利用排除法选出圆的标准方程，属于基础题4.在中，则的形状为( )A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由正弦定理将

3、等式两边和转化成对应角的正弦，利用二倍角正弦公式化简整理，再由正弦值和角的关系即可得到答案.【详解】，正弦定理可得，即，或.或，为等腰三角形或直角三角形.故选：D【点睛】本题主要考查三角形形状的判断、正弦定理和二倍角的正弦公式的应用，考查学生转化能力，属于基础题.5.设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用线面平行的性质，面面垂直的性质与判定，即可得出结论【详解】解：由，是两条不同的直线，是两个不同的平面，知：在 中，若，则与相交、平行或异面，故错误；在中，若，则与平行或异面，故错误；在中

4、，若，则与相交、平行或，故错误；在中，若，则由面面垂直的判断定理得，故正确故选：【点睛】本题考查命题真假的判断，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，属于中档题6.已知直线与圆交于两点，则弦长（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】由圆的方程求出圆心坐标和半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，结合垂径定理求出弦的长.【详解】由可知圆心坐标为，半径，则圆心到直线的距离，.故选：C【点睛】本题考查了几何法求圆的弦长以及点到直线的距离公式，属于基础题.7.在中，角，的对边分别是，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析

5、】由题意，再由余弦定理可求出，即可求出答案.【详解】由题意，设，由余弦定理可得：，则.故选D.【点睛】本题考查了正、余弦定理的应用，考查了计算能力，属于中档题.8.已知某三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，若其外接球的表面积为，则该三棱柱的高为( )A. B. 3C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】设，分别为三棱柱上、下底面的中心，连接，则三棱柱外接球的球心为的中点，设三棱柱外接球的半径为，由求出，然后利用算出即可.【详解】由题意易知该三棱柱是底面边长为2的正三棱柱.设，分别为三棱柱上、下底面的中心，连接，则三棱柱外接球的球心为的中点，如图.设三棱柱外接球的半径为.三棱柱的

6、外接球的表面积为，.又，该三棱柱的高为.故选：B【点睛】本题考查的是几何体的外接球的知识，找出球心的位置是解题的关键.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）9.在中,内角的对边分别为若,则角的大小是( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】由正弦定理可得,所以,而,可得,即可求得答案.【详解】由正弦定理可得, ,而, , ,故或.故选:BD.【点睛】本题考查了根据正弦定理求解三角形内角,解题关键是掌握正弦定理和使用正弦定理多解判断,考查了分析能力和计算能力,属于中等题.10.

7、若直线过点，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线方程可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】讨论直线过原点时和直线不过原点时，分别求出对应的直线方程即可【详解】当直线经过原点时，斜率为，所求的直线方程为y=2x，即；当直线不过原点时，设所求的直线方程为xy=k，把点A（1，2）代入可得1-2=k，或1+2=k，求得k=-1，或k=3，故所求的直线方程为，或；综上知，所求的直线方程为、，或故选：ABC【点睛】本题考查了利用分类讨论思想求直线方程的问题，是基础题11.如图，已知圆锥的顶点为S，底面圆O的两条直径分别为和，且，若平面平面，以下四个结论中正确的是( )A.

8、平面B. C. 若E是底面圆周上的动点，则的最大面积等于的面积D. l与平面所成的角为45【答案】ABD【解析】【分析】利用直线与平面的性质判断直线与平面平行，直线与直线的平行，三角形的面积的最值的求法，直线与平面所成角判断选项的正误即可【详解】解：已知圆锥的顶点为，底面圆的两条直径分别为和，且，若平面平面，所以是正方形所以，平面，所以平面；正确；因为，平面，平面，平面，所以；正确；若是底面圆周上的动点，当时，则的最大面积等于的面积；当时，的最大面积等于两条母线的夹角为的截面三角形的面积，所以不正确；因为，与平面所成的角就是与平面所成角，就是所以正确；故选：ABD【点睛】本题考查直线与平面的位

9、置关系的应用，命题的真假的判断，是基本知识的考查，属于中档题12.已知分别为圆：与圆：上的动点，为轴上的动点，则的值可能是（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】CD【解析】【分析】计算得到的最小值为，得到答案.【详解】圆，关于轴对称的圆为圆，则的最小值为，又，故选：.【点睛】本题考查了圆相关长度的最值问题，计算的最小值为是解题的关键.三、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.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

10、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.14.如图，为了测量山坡上灯塔的高度，某人从高为的楼的底部A处和楼顶B处分别测得仰角为，若山坡高为，则灯塔高度是_.【答案】28【解析】【分析】作于，延长线交地面于，则，由求得，从而可得，然后即得【详解】如图，于，延长线交地面于，则，而，所以，即，所以故答案为：28【点睛】本题考查解三角形的应用，掌握仰角概念是解题基础测量高度问题常常涉及到直角三角形，因此掌握直角三角形中的三角函数定义是解题关键，有时还需要用三角函数恒等变换公式15.如图，长方体中，点，分别是，的中点，则异面直线与所成的角

11、是_【答案】【解析】【详解】连接，由于，所以或其补角即为所求， ，满足，故故答案为：9016.在中，内角的对边分别为，且满足，为锐角，则的取值范围为_【答案】【解析】分析：由题意首先利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理得到不等式，求解不等式即可求得最终结果.详解：由结合正弦定理可得：，且，为锐角，则：，即，据此有：，即，据此可得：，则的取值范围为.点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围四、解答题（本大题共6小题，共计

12、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.已知直线恒过定点.（）若直线经过点且与直线垂直，求直线的方程；（）若直线经过点且坐标原点到直线的距离等于3，求直线的方程.【答案】（）；（）或.【解析】【分析】（）求出定点的坐标，设要求直线的方程为，将点的坐标代入方程可求得的值，即可写出直线的方程（）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，根据点到直线的距离公式即可得到答案【详解】直线可化为，由可得，所以点A的坐标为. （）设直线的方程为，将点A代入方程可得，所以直线的方程为,（）当直线斜率不存在时，因为直线过点A，所以直线方程为，符合原点到直线的距离等于3. 当直

13、线斜率不存在时，设直线方程为，即因为原点到直线的距离为3，所以，解得所以直线的方程为综上所以直线的方程为或.【点睛】本题主要考查了直线的垂直关系的应用及直线方程的求法，点到直线的距离公式，主要分斜率存在和不存在两种情况讨论，属于基础题18.如图，已知点C是圆心为O半径为1的半圆弧上从点A数起的第一个三等分点，是直径，直线平面.（1）证明：；（2）若M为的中点，求证：平面；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）由平面，可得.由题意可得，又，即证平面，即证；（2）由题意，根据线面平行的判定定理可得平面；（3）求出三角形的面积，又三棱锥的高为

14、线段的长，根据锥体的体积公式，即求三棱锥的体积.【详解】（1）证明：平面，平面，.点C在圆O上，是直径，.又，平面.又平面，.（2）证明：M，O分别为，中点，又平面，平面，平面.（3）点C是圆心为O半径为1的半圆弧上从点A数起的第一个三等分点，三角形是等边三角形，到的距离为.三角形的面积，又平面，三棱锥的高为1，.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理和求三棱锥的体积，属于中档题.19.设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求B；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先根据正弦定理边化角公式得到，再利用三角恒等变换即可得到答案.

15、（2）首先利用正弦定理得到，将转化为，利用三角恒等变换得到，再求其取值范围即可.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，由，.（2）由题意可得：，可得，.所以，因为，所以，故.【点睛】本题主要考查正弦定理得边化角公式，同时考查了三角函数恒等变换和值域问题，属于中档题.20.如图，在多面体中，是正方形，平面，平面，点M为棱的中点.（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）若，求E点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】(1)根据条件证明四边形为平行四边形即可. (2)设与交于点，则为的中点，由三角形中位线的性质可得平面，由面面垂直的性质定理可得，则平面.

16、最后利用面面平行的判断定理可得平面平面.(3)连接.由几何关系可证得AC平面，且垂足为， 则，由，可求E点到平面的距离.【详解】（1）证明：因为平面，平面所以因为所以四边形为平行四边形所以（2）证明：设与交于点N，则N为的中点，为的中位线，.平面，平面，平面.平面，平面，且，为平行四边形，.平面，平面，平面.又，平面平面；（3）解：连接，.在正方形中，又平面，.，平面，且垂足为N，由，N是中点知，在中，因为，设E点到平面的距离为，则.所以.【点睛】考查线线、面面平行的证明以及求点到平面的距离，等体积法是求点到平面距离的常用方法；中档题.21.如图，在某商业区周边有 两条公路和，在点处交汇，该商

17、业区为圆心角，半径3的扇形，现规划在该商业区外修建一条公路，与，分别交于，要求与扇形弧相切，切点不在，上.（1）设试用表示新建公路的长度，求出满足的关系式，并写出的范围；（2）设，试用表示新建公路的长度，并且确定的位置，使得新建公路的长度最短.【答案】（1）；（2）时取等号.此时时，新建公路的长度最短.【解析】【详解】试题分析：（1）由余弦定理求出的长，建立直角坐标系，写出直线的方程，利用与扇形弧相切，得出的关系式，再写出的取值范围；（2）根据，求出的值，写出的解析式，利用三角函数与基本不等式求出它的最小值.试题解析：（1）在中，；由余弦定理得： ；所以；如图，以为原点，所在直线为轴，建立直角

18、坐标系，则，所以直线的方程为，即；因为与扇形弧相切，所以，即.（2）因为是圆的切线，所以.在中，在中，所以 ，所以，设，则，当且仅当，即时取等号.此时时，新建公路的长度最短.22.如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点，（在的上方），且.（1）求圆的标准方程；（2）过点作任一条直线与圆：相交于，两点.求证：为定值，并求出这个定值；求的面积的最大值.【答案】（1）（2）；证明见解析【解析】【分析】（1）由直线与圆相交，利用勾股定理构建方程求得半径，得答案；（2）分类讨论是否存在，当存在时，可联立直线与圆的方程，进而确定的关系，利用斜率k分别表示,，再利用弦长公式表示，作商并化简，得答案；当不存

19、在时，M为特殊位置，直接表示，作商，得答案；利用点到直线的距离公式表示点B到的距离，利用弦长公式表示，最后表示所求的面积，借助换元法求得函数的最大值即可.【详解】（1）由题可知点，所以可以设圆心因为，所以由，解得，所以所以圆的标准方程为；（2）证明：由（1）可得，当存在时，设将直线和圆的方程联立：得设，且，那么，所以由得，将其代入化简可得；当不存在时，显然为或此时或则综上所述：定值由题可知此时必然存在，仍设则点B到的距离为：由可知式：则所以故令，则其内部函数开口向上，对称轴故当时，.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合问题，涉及求圆的标准方程，过定点的弦长问题，还考查了平面中三角形面积的最值问题，属于难题.