江苏省常熟市2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）（通用）

1、2020学年第二学期期中试卷高一数学一、填空题：请把答案填写在答题卷相应的位置上.1.直线的倾斜角为_.【答案】【解析】【分析】将直线方程化为斜截式，利用直线斜率与倾斜角的关系求解即可.【详解】因为，所以，设直线的倾斜角为，则，故答案为.【点睛】本题主要考查直线的斜率与倾斜角的关系，意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础题.2.若扇形的弧长为，圆心角为，则此扇形的半径是_.【答案】2【解析】【分析】设扇形的半径为，利用弧长公式列方程求解即可.【详解】设扇形的半径为，因为扇形的弧长为，圆心角为，所以故答案为.【点睛】本题主要考查弧长公式的应用，意在考查对基本公式的掌握与应用，属于简单题.3.正方

2、体中，异面直线和所成角的余弦值是_.【答案】【解析】【分析】由，可得异面直线和所成的角，利用直角三角形的性质可得结果.【详解】因为，所以异面直线和所成角，设正方体的棱长为，则直角三角形中， ，故答案为.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角，先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.4.两平行直线与之间的距离为_.【答案】【解析】【分析】化为，利用平行线的距离公式可得结果.【详解】化为，由平行线的距离公式可得，两平行

3、直线与之间的距离为，故答案为.【点睛】本题主要考查两平行线的距离公式，属于基础题.利用两平行线的距离公式解题时，一定要注意两直线方程中的系数分别相等.5.过点且在两坐标轴上的截距互为倒数的直线方程为_.【答案】【解析】【分析】设直线方程为，将点代入所设方程，求出的值即可得结果.【详解】因为两坐标轴上的截距互为倒数，所以截距不为零，可设直线方程为，因为过点，所以，解得，所以，所求直线方程为，化为，故答案为.【点睛】本题主要考查直线的截距式方程及其应用，属于基础题.利用截距式方程解题时，一定要注意讨论截距是否为零.6.若将边长为的正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，则所得圆柱的侧面积为_.【答案

4、】【解析】【分析】由圆柱的定义可得所得圆柱的高与底面半径都是2,利用圆柱的侧面积公式可得结果.【详解】将边长为的正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的高与底面半径都是2，所以其侧面积为，故答案为.【点睛】本题主要考查圆柱的定义与侧面积公式，属于基础题.圆柱的侧面积公式为.7.已知三个不同的点，在同一条直线上，则的值是_.【答案】【解析】【分析】由求得，利用二倍角的余弦公式可得结果.【详解】因为三个不同的点，在同一条直线上，所以，解得，所以，故答案为.【点睛】本题主要考查三点共线的性质，以及二倍角公式的应用，属于中档题.三点共线的性质：若共线，则.8.将函数的图象上的所有点向左平移个单

5、位长度，得到函数的图象，则的值为_.【答案】【解析】【分析】利用三角函数图象的平移变换法则求得函数的解析式，将代入即可得结果.【详解】函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数,所以,故答案为,【点睛】本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.9.在中，角，所对的边分别为， ，当的面积等于时，_.【答案】【解析】【分析】由的面积等于求得，再利用余弦定理可得结果.【详解】因为面积等于，所以，由余弦定理可得，故答案为.【点睛】本题主要考查三角形面积公式、余弦定理及特殊角的三

6、角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.10.已知，是两个不同的平面，是两条不同的直线，有如下四个命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中真命题为_（填所有真命题的序号）.【答案】【解析】分析：，根据线面垂直的性质和面面平行的定义判断命题正确；，根据线面、面面垂直的定义与性质判断命题错误；，根据线面平行的性质与面面垂直的定义判断命题正确；，根据线面、面面平行与垂直的性质判断命题错误详解：对于，当l，l时，根据线面垂直的性质和面面平行的定

7、义知，正确；对于，l，时，有l或l，错误；对于，l，l时，根据线面平行的性质与面面垂直的定义知，正确；对于，l，时，有l或l或l或l与相交，错误综上，以上真命题故答案为：点睛：（1）本题主要考查空间线面位置关系的判断证明，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力. (2)类似这种位置关系的判断题，可以举反例或者简单证明，这两种方法要灵活选择.11.点到直线的距离的最大值为_.【答案】【解析】【分析】先判断过定点，可得点到直线的距离的最大值就是点与点的距离，从而可得结果.【详解】化简可得 ，由，所以过定点，点到直线的距离的最大值就是点与点的距离为，故答案为.【点睛】本题主要考查直线过定

8、点问题以及两点间距离公式的应用，考查了转化思想的应用，属于中档题. 转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本解法将求最大值的问题转化成了两点间的距离的问题来解决，转化巧妙.12.如图，在边长为2的正方体中，为棱的中点，则二面角的正切值是_.【答案】【解析】【分析】作于连接，可证明，就是二面角的平面角，利用直角三角形的性质可得结果.【详解】作于，可得，连接， 因为平面，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以，就是二面角的平面角， ，故答案为.【点睛】求线面角的两种方法：1、传统法，根据图形正确作出线面角是解决问题的关键，但这要求学生必须具有较强的

9、空间想象能力，同时还应写出必要的作、证、算过程；2、向量法，对于特殊的几何体，如长方体、正方体等当比较容易建立空间直角坐标系时，也可采用向量法求解.13.在正三楼柱中，点为侧棱上的一个动点，当最小时，三棱锥的体积为_.【答案】【解析】【分析】将平面与平面展开到一个平面（），连接交于，则此时最小，判断为的中点，利用结合棱锥的体积公式可得结果.【详解】将平面与平面展开到一个平面（），如图连接交于，则此时最小， 由，可得是的中点，因为是正三棱柱，所以平面平面，所以到的距离就是到平面的距离，即到平面的距离为，所以，故答案为,【点睛】解决立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，空间几何体的性质

10、与平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法解答.14.已知关于的方程 在区间上共有个互不相同的实数根，当取得最小值时，实数的取值集合为_.【答案】【解析】【分析】画出在的图象，设，则，作出 的图象， 分类讨论，分别根据图象判断解的情况，求出每种情况下不同实数根和的值，从而可得结果.【详解】原式化为， 画出在的图象，如图，设，则，作出 的图象如图， 由图象可知，当时，由的图象可知的两个解关于对称，；当时，在上有两个解，分别有两个关于对称的两个根，；当时，或，有解，的解为

11、，当时，在上只有一个解，有4个解，关于对称，；当时， ，有的解， ，综上所述，取得最小值时，实数的为或2，故答案为.【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质、简单的三角方程，考查了数形结合思想以及分类讨论思想的应用，属于难题. 分类讨论思想的常见类型问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；问题中的条件是分类给出的；解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；涉及几何问题时，位置的变化需要分类讨论的.二、解答题：请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明或演算步骤.15.如图，在斜三棱柱中，分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）若，求证：.【答案】（1）见证明；（2）见证明【解

12、析】【分析】（1）连结，由三角形中位线定理可得，根据线面平行的判定定理可得结论；（2）由等腰三角形的性质可得，结合由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质可得结论.【详解】（1）连结，因为斜三棱柱，所以四边形为平行四边形，由平行四边形性质得点也是中点， 因为点是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面.（2）连结，因为，点是的中点，所以，又，平面，平面，所以平面，因平面，所以.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定与性质，属于中档题.证明线面平行的常见方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中

13、位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.16.已知在中，内角，.所对的边分别为，且满足.（1）求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理可得，再利用余弦定理可得，从而可得结果；（2）由，利用同角三角函数的关系求得的值，结合（1）利用诱导公式以及两角和的正弦公式可求得的值，再由正弦定理可得结果.【详解】（1）因为，所以由正弦定理，可得，即有，在中，由余弦定理得，将代入上式，得，因为，所以.（2）由，得，所以，所以由正弦定理得.【点睛】解三角形时，有时可用正

14、弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到17.已知函数（其中），且.（1）求的值，并求在上的值域；（2）若在上有且只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）；值域为（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，由可得，利用正弦函数的图象与性质可得结果；（2）求得，利用，解不等式可得结果.【详解】（1），所以，当时，所以的值域为.（2），当时，要使函数有且只有一

15、个零点，则，解得.【点睛】三角函数的图象与性质是高考考查的热点之一，经常考查定义域、值域、周期性、对称性、奇偶性、单调性、最值等三角函数的性质由函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合试题时要抓住函数解析式这个关键，在函数解析式较为复杂时要注意使用三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦（余弦）函数的性质求解18.如图，平面平面，四边形是边长为4的正方形，是的中点.（1）在图中作出并指明平面和平面的交线；（2）求证：；（3）当时，求与平面所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2）见证明；（3）.【解析】【分析】（1）延长与交于点，连接，直线即为所求交线；（2）

16、由正方形的性质可得，由面面垂直的性质可得，平面，再由线面垂直的性质可得结果；（3）过点作于点，连接，由面面垂直的性质可得平面.则即为与平面所成的角， 利用直角三角形的性质可得结果.【详解】（1）如图，延长与交于点，连接，直线即为所求交线.（2）因为四边形是正方形，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.（3）如图，过点作于点，连接，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以即为与平面所成的角， 在中，所以，从而，在中，所以.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质，以及面面垂直的性质，线面角的求法，属于中档题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线

17、、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理.19.国家边防安全条例规定：当外轮与我国海岸线的距离小于或等于海里时，就会被警告.如图，设，是海岸线上距离海里的两个观察站，满足，一艘外轮在点满足，.（1），满足什么关系时，就该向外轮发出警告令其退出我国海域？（2）当时，间处于什么范围内可以避免使外轮进入被警告区域？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设外轮到我国海岸线的距离为海里，先由正弦定理求得，再利用直角三角形的性质可得，根据即可得结果；（2）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，然后解不等式，进而可得结果.【

18、详解】（1）设外轮到我国海岸线的距离为海里，在中，由正弦定理得，所以，在中，当，即时，就该向外轮发出警告，令其退出我国海域.（2）当时， ，要使不被警告，则，即，解得，所以 ， 即 ，又因为，所以.当时可以避免使外轮进入被警告区域.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用以及二倍角公式与辅助角公式的应用，属于综合题. 正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下四种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.20.已知直线，记，.（1）当时，求原点关于直线对称点坐标；（2）在中，求边上中线长的最小值；（3）求面积的取值范围.【答案】（1）（2）最小值为.（3）【解析】【分析】（1）当时，直线，设原点关于的对称点为，利用 斜率与中点坐标公式列方程求解即可；（2）先证明，可得为直角三角形，则中线长为，再求得与的交点，与的交点，利用两点间的距离公式，结合二次函数的性质可得结果；（3）求得与交点的坐标，可得，再求得点到距离，则三角形面积 ，分类讨论，利用基本不等式可得结果.【详解】（1）当时，直线，设原点关于的对称点为，则解得故所求点的坐标为.（2）法一：由，得，故为直角三角形，且为斜边，中线长为，由，得与的交点，由，得与的交点，故中线长，即当