江苏省扬州市宝应县2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com2019-2020学年度高一年级第二学期期中考试

数学试题

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+3y＝1垂直，则l的方程为（    ）

A. 2x+3y+4＝0 B. 2x+3y﹣8＝0 C. 3x﹣2y﹣7＝0 D. 3x﹣2y﹣1＝0

【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，－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. 0 D. 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为（ ）．

A. 15 B.  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.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

①运用线面平行、垂直的性质定理即可判断①；

②运用面面垂直的判定和性质定理，即可判断②；

③运用线面平行的性质定理，即可判断m，n的位置关系；

④运用面面平行的传递性和线面垂直的性质定理，即可判断④．

【详解】解：①由于n∥α，由线面平行的性质定理得，n平行于过n的平面与α的交线l，又m⊥α，故m⊥l，即m⊥n，故①正确；

②若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，故②错；

③若m∥α，n∥α，由线面平行的性质定理，即得m，n平行、相交或异面，故③错；

④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则面面平行的传递性得α∥γ，由线面垂直的性质定理得，m⊥γ，故④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. 1 D.

【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，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3

D. 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b<c，那么角B=，A=然后利用余弦定理可知a2=c2+b2-2cbcosA=1,故a=1.

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B．

15.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

①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；

②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】（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；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）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Rt△PDA中求解即可；（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC；（Ⅲ）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Rt△DPF中求解即可.

【详解】解：（Ⅰ）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AD⊥PD.

在Rt△PDA中，由已知，得，

故.

所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.

（Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD.

又因为BC//AD，所以PD⊥BC，

又PD⊥PB，

所以PD⊥平面PBC.

（Ⅲ）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=BC–BF=2.

又AD⊥DC，故BC⊥DC，

在Rt△DCF中，可得,

在Rt△DPF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】

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，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.