2019-2020学年江苏省扬州市邗江中学高一数学下学期期中试题含解析

PAGE江苏省扬州市邗江中学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60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设直线的倾斜角为，则，解方程即可.【详解】由已知，设直线的倾斜角为，则，又，所以.故选：B【点睛】本题考查已知直线的斜率求倾斜角，考查学生的基本计算能力以及对基本概念的理解，是一道容易题.2.在中，已知，那么最大内角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】根据题意，设的三边分别为，利用余弦定理求得的值，即可求解.【详解】在中，因为，由正弦定理，可得设的三边分别为，（其中），因为，所以角为三角形的最大角，又由余弦定理可得，又因为，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，其中解答中利用余弦定理求得最大角的余弦值是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.3.当a为任意实数时，直线（a–1）x–y+2a+1=0恒过的定点是A.（2，3） B.（–2，3） C.（1，–） D.（–2，0）【答案】B【解析】试题分析：直线方程可化为，故选B.考点：直线方程.【方法点晴】本题主要考查直线方程，涉及方程的恒成立问题，对于绝大多数学生思维跨越较大，属中等难题．解决本题时，先将直线方程按照的降幂排列得，该方程要恒成立需，从而解得，求得定点．本题还可以通过特值法取得方程组，再解方程组即可得定点．4.设是三个互不重合的平面，是两条互不重合的直线，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间直线，平面直线平行或垂直的判定定理和性质定理进行判断即可.【详解】A.同时平行于一条直线的两个平面不一定平行，可能平行也可能相交，故A错误，B.若，则关系不确定，可能平行也可能相交，也可能异面，故B错误，C.若，则，C成立，D.若，则或与相交，故D错误，故选：C.【点睛】本小题主要考查空间线线、面面位置关系命题的判断，属于基础题.5.若点在圆外，则直线与圆的位置关系是（）．A.相离 B.相切 C.相交 D.不确定【答案】C【解析】【详解】由题知，圆心到直线的距离，故选．6.已知圆锥的表面积为9π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】设出圆锥的底面半径，根据圆锥的表面积列方程，解方程求得圆锥的底面半径.【详解】设圆锥的底面半径为，由于圆锥侧面展开图是一个半圆，故其母线长为，所以圆锥的表面积为，解得.故选：B点睛】本小题主要考查圆锥表面积有关计算，属于基础题.7.在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且若，则的形状是（）A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】直接利用余弦定理的应用求出A的值，进一步利用正弦定理得到：b＝c，最后判断出三角形的形状．【详解】在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且b2+c2＝a2+bc．则：，由于：0＜A＜π，故：A．由于：sinBsinC＝sin2A，利用正弦定理得：bc＝a2，所以：b2+c2﹣2bc＝0，故：b＝c，所以：△ABC为等边三角形．故选C．【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理及三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．8.如果圆上存在两个不同的点P，Q，使得（O为坐标原点），则a的取值范围（）A. B. C.或 D.或【答案】A【解析】【分析】由可得P，Q两点在圆上，然后条件可转化为圆与圆有两个交点，然后建立不等式求解即可.【详解】因为（O为坐标原点）所以P，Q两点在圆上所以条件可转化为圆与圆有两个交点因为圆的圆心为，半径为1所以，解得故选：A【点睛】本题考查的是圆的定义、圆与圆的位置关系，解答的关键是将条件转化为两圆的位置关系，属于基础题..9.第41届世界博览会于2010年5月1日至10月31日，在中国上海举行，气势磅礴的中国馆——“东方之冠”令人印象深刻，该馆以“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”为设计理念，代表中国文化的精神与气质．其形如冠盖，层叠出挑，制似斗拱．它有四根高33.3米的方柱，托起斗状的主体建筑，总高度为60.3米，上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台，上底面边长是139.4米，下底面边长是69.9米，则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得到和的长度，从而得到的值，根据正切函数的单调性，得到，从而得到答案.【详解】依题意得“斗冠”的高为米，如图，，，为“斗冠”的侧面与上底面的夹角，，而，，且在上单调递增，因为，所以，故选：C．【点睛】本题考立体几何中求线段的长度和正切函数的单调性，属于简单题.10.已知点是直线上一动点，直线是圆的两条切线，为切点，为圆心，则四边形面积的最小值是（）A.2 B. C. D.4【答案】A【解析】圆即,表示以C(0,-1)为圆心，以1为半径的圆．由于四边形PACB面积等于，而.故当PC最小时，四边形PACB面积最小.又PC的最小值等于圆心C到直线的距离d,而，故四边形PACB面积的最小的最小值为，故选A.点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：（１）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；（２）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；（３）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小．11.在长方体中，为上任意一点，则一定有（）A.与异面 B.与垂直C.与平面相交 D.与平面平行【答案】D【解析】【分析】取为的中点可判断A、B、C选项的正误；证明平面平面，可判断D选项的正误.【详解】如下图所示：对于A选项，当点为的中点时，平面，则直线与相交，A选项错误；对于B选项，当点为的中点时，为锐角，与不垂直，B选项错误；对于C选项，当点为的中点时，连接、交于点，则为的中点，在长方体中，且，则四边形为平行四边形，且，、分别为、的中点，则且，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，C选项错误；对于D选项，在长方体中，且，则四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，同理可证平面，，平面平面，平面，平面.D选项正确.故选：D.【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.12.在平面直角坐标系中，圆：，圆：，点，动点，分别在圆和圆上，且，为线段的中点，则的最小值为A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】由得，根据向量的运算和两点间的距离公式，求得点的轨迹方程，再利用点与圆的位置关系，即可求解的最小值，得到答案．【详解】设，，，由得，即，由题意可知，MN为Rt△AMB斜边上的中线，所以,则又由，则，可得，化简得，∴点的轨迹是以为圆心、半径等于的圆C3，∵M在圆C3内，∴MN的最小值即是半径减去M到圆心的距离，即，故选A．【点睛】本题主要考查了圆的方程及性质的应用，以及点圆的最值问题，其中解答中根据圆的性质，求得点的轨迹方程，再利用点与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.圆的圆心到直线的距离为______.【答案】【解析】【分析】先得到圆的圆心坐标，再利用点到直线的距离公式求解.【详解】圆的圆心为：，所以圆心到直线的距离为.故答案为：【点睛】本题主要考查圆的方程以及点到直线的距离，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.直线与平行，则的值为_________.【答案】【解析】【分析】根据两直线平行得出实数满足的等式与不等式，解出即可.【详解】由于直线与平行，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，考查运算求解能力，属于基础题.15.2019年10月1日，在庆祝新中国成立70周年阅兵中，由我国自主研制的军用飞机和军用无人机等参阅航空装备分秒不差飞越天安门，壮军威，振民心，令世人瞩目．飞行员高超的飞行技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析．一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升飞机以千米/小时的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东的方向上，仰角为，则直升机飞行的高度为________千米．（结果保留根号）【答案】【解析】【分析】根据飞行时间和速度可求飞行距离，结合两次观察的方位角及三角形知识可得.【详解】如图，根据已知可得设飞行高度为千米，即，则;在直角三角形中，,所以，；在直角三角形中，同理可求；因为飞行速度为千米/小时，飞行时间是1分钟，所以,所以，解得，故答案为.【点睛】本题主要考查以现实问题为背景的解三角形问题，准确理解方位角是求解本题的关键，融合了简单的物理知识，侧重考查了直观想象和逻辑推理的核心素养.16.在正三棱锥中，M、N分别是棱、的中点，且，若侧棱，则正三棱锥外接球的表面积是______.【答案】【解析】取中点，连接，利用线面垂直的判定与性质，结合三角形中位线的性质可确定两两互相垂直，由此可将所求的外接球转化为以为棱的正方体的外接球的求解问题，根据正方体外接球的半径可求得结果.【详解】取中点，连接.三棱锥为正三棱锥，，，又为中点，，，平面，，平面，又平面，，又分别为中点，，，又，，平面，平面，平面，又平面，，，由正三棱锥特点知：两两互相垂直，三棱锥的外接球即为以为棱的正方体的外接球，三棱锥的外接球半径，三棱锥的外接球表面积.故答案为：.【点睛】本题考查几何体外接球表面积的求解问题，关键是能够利用线面垂直的判定与性质定理得到三条侧棱两两互相垂直，进而将问题转化为正方体外接球表面积的求解问题.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.（1）已知顶点的坐标为，，，求外接圆的方程；（2）求直线被圆截得的弦长.【答案】（1）（2）【解析】（1）设出圆的一般方程，代入三个点的坐标，即可由方程组解得参数，求得圆的方程.（2）利用点到直线距离公式先求得弦心距，再根据勾股定理即可求得弦长一半，进而得弦长.【详解】（1）设所求圆的方程为.因为点A，B，C在所求的圆上，故有解得故所求圆的方程为，化为标准方程可得.（2）圆，圆心，半径，直线，所以圆心到直线的距离为，故由勾股定理可得弦长一半为，所以截得的弦长为.【点睛】本题考查了由三个点坐标求圆的一般方程的方法，直线与圆相交所得弦长的求法，属于基础题.18.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，它的面积为S且满足，.（1）求角B的大小；（2）当时，求S.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据，，结合三角形的面积公式和余弦定理可求角B；（2）由，结合余弦定理求出，则S可求.【详解】解：（1）根据余弦定理，所以由，得，∵，∴，∵，∴.又，∴.（2）由（1）及余弦定理得：，∴，又，∴，，故.【点睛】考查余弦定理、三角形面积公式的应用以及恒等变形，中档题.19.如图，三棱柱中，平面平面，是的中点．（1）求证：平面；（2）若，，，，求三棱锥的体积．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）连结交于点，则为的中点，可知，进而由线面平行的判定定理可证明平面；（2）在中，利用余弦定理可求得，进而可知，即，再结合平面平面，可知平面，进而求出，从而由可求出答案.【详解】（1）连结交于点，则为的中点，因为是的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2），，，，，，．又平面平面，平面平面，平面，平面．，，∴四边形为菱形，为正三角形，.．．【点睛】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥体积的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于基础题.20.在一个特定时段内，以点E为中心的7nmile以内海域被设为警戒水域.点E正北55nmile处有一个雷达观测站A，某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距40nmile的位置B，经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东(其中，)且与点A相距10nmile的位置C．（I）求该船的行驶速度（单位：nmile/h）;（II）若该船不改变航行方向继续行驶.判断它是否会进入警戒水域，并说明理由.【答案】（I）船的行驶速度为（海里/小时）.（II）船会进入警戒水域.【解析】试题分析：(I)根据同角三角函数的基本关系式求出,然后利用余弦定理求出BC的值，从而可求出船的行驶速度.(II)判断船是否会进入警戒水域，关键是看点E到直线l的距离与半径7的关系，因而可求出直线l的方程，以及E点坐标，然后再根据点到直线的距离公式得到结论.（I）如图，AB=40，AC=10，由于,所以cos=由余弦定理得BC=所以船的行驶速度为（海里/小时）.（II）解法一如图所示，以A为原点建立平面直角坐标系，设点B、C的坐标分别是B（x1，y2）,C（x1，y2）,BC与x轴的交点为D.由题设有，x1=y1=AB=40,x2=ACcos,y2=ACsin所以过点B、C的直线l的斜率k=,直线l的方程为y=2x-40.又点E（0，-55）到直线l的距离d=所以船会进入警戒水域.解法二:如图所示，设直线AE与BC的延长线相交于点Q.在△ABC中，由余弦定理得，==.从而在中，由正弦定理得，AQ=由于AE=55>40=AQ，所以点Q位于点A和点E之间，且QE=AE-AQ=15.过点E作EPBC于点P，则EP为点E到直线BC的距离.在Rt中，PE=QE·sin=所以船会进入警戒水域.考点：正余弦定理在解三角形当中的应用，直线方程，点到直线的距离，直线与圆的位置关系.点评：掌握正余弦定理及能解决的三角形类型是解三角形的前提.第（II）问关键是知道如何判断船是否会进入警戒水域,实质是直线与圆的位置关系的判断.21.已知圆M的方程为，直线l的方程为，点P在直线l上，过P点作圆M的切线，，切点为A，B.（1）若，试求点P的坐标；（2）求证：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标；（3）设线段的中点为N，求点N的轨迹方程.【答案】（1）或（2）证明见解析；定点和（3）【解析】（1）设，由题可知，代入两点间的距离公式可得，求解可得点的坐标；（2）的中点，因为PA是圆M的切线，进而可知经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MQ为半径的圆，进而得到该圆的方程，根据其方程是关于m的恒等式，进而可求得x和y，得到结果；（3）结合（2）将