江苏省盐城市大丰区新丰中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com大丰区新丰中学2019-2020学年度第二学期期中考试高一数学试题（试题满分：150分  考试时间：120分钟）        2020．05一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分．在每小题所给的A，B，C，D四个选项中，只有一项是正确的，请在答题卡上将正确选项按填涂要求涂黑．1.直线 倾斜角的大小是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】把直线方程化成斜截式，根据斜率等于倾斜角的正切求解.【详解】直线化成斜截式为，因为 ，所以.故选B.【点睛】本题考查直线的斜截式方程和基本性质，属于基础题.2.点到直线的距离为（   ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】直接利用点到直线的距离公式得到答案.【详解】 ，答案为B【点睛】本题考查了点到直线的距离公式，属于简单题.3.已知满足，则（　　）A.  B.  C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】由已知利用两角和与差的正切公式计算即可．【详解】，则，故选A【点睛】本题考查两角和与差的正切公式，考查特殊角的三角函数值在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．4.已知直线与直线互相平行，则实数的值为（  ）A. ﹣3 B.  C. 2 D. ﹣3或2【答案】A【解析】分析】根据直线平行列等式，解得结果.【详解】因为直线与直线互相平行，所以，选A.【点睛】本题考查两直线平行，考查基本求解能力，属基础题.5.已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）A. 若则 B. 若，，则C. 若，，则 D. 若，，则【答案】B【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.考点：空间点线面位置关系． 6.已知均为锐角，满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】依题意，求cos（α+β），结合角的范围可求得α+β的值．【详解】由已知α、β均为锐角，，，又cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ＝，∵0＜α+β＜π，∴α+β＝．故选B．【点睛】解答给值求角问题的一般思路：①求角的某一个三角函数值，此时要根据角的范围合理地选择一种三角函数；②确定角的范围，此时注意范围越精确越好；③根据角的范围写出所求的角．7.若圆心坐标为的圆,被直线截得的弦长为，则这个圆的方程是（ ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设出圆的方程，求出圆心到直线的距离，利用圆心到直线的距离、半径和半弦长满足勾股定理，求得圆的半径，即可求得圆的方程，得到答案．【详解】由题意，设圆的方程为，则圆心到直线的距离为，又由被直线截得的弦长为，则，所以所求圆的方程为，故选B．【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，以及直线与圆的弦长的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，合理利用圆心到直线的距离、半径和半弦长满足勾股定理是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．8.如果，那么的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件求出，利用二倍角公式即可求得.【详解】，，则.故选：B【点睛】本题考查同角三角函数的关系、二倍角公式，属于基础题.二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题所给的A．B．C．D．四个选项中，有多项是正确的，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．请在答题卡上将正确选项按填涂要求涂黑．9.下列各式中，值为的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】CD【解析】【分析】利用二倍角的正弦、余弦、正切公式计算可得结果.【详解】因为，所以不正确；因为，所以不正确；因，所以正确；因为，所以正确.故选：CD.【点睛】本题考查了二倍角的正弦、余弦、正切公式的逆用，属于基础题.10.如图所示，在正方体中，E，F分别是的中点．有下列结论，其中正确的是（    ）A. 与垂直 B. 与平面垂直C. 与所成的角为45° D. 平面【答案】AD【解析】【分析】过E，F分别作的垂线，垂足为两点，连接，可得，所以直线可转化为直线来求解平行，垂直及所成角问题.【详解】如图：正方体过E，F分别作的垂线，垂足为两点，连接，由题意可得，因为平面，所以即，A选项正确；由题意可得不垂直，所以不垂直平面，即不垂直平面，B选项不正确；因为，连接和，所以为与所成的角，因为所以，C选项不正确；因为，平面，平面所以平面，又平面∥平面，所以平面，D选项正确；故选：AD【点睛】本题考查了判断线线垂直，线面垂直，线面平行及线线角的求法，属于较易题.11.已知是平面，m，n是直线．下列命题中正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，，则【答案】ACD【解析】【分析】由线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、线面平行的性质定理，以长方体为载体逐一分析即可得出结论．【详解】对于A选项，若，则取内任意两条直线，且使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A正确；对于B选项，若，，如图，设，平面为平面，，设平面为平面，，则，故B错误；对于C选项，垂直于同一条直线的两个平面平行，故C正确；对于D选项，由线面垂直的定义可得D选项正确；故选：ACD．【点睛】本题主要考查线面平行的性质定理、面面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理，通常借助长方体为载体进行判断，属于基础题．12.若圆上恰有相异两点到直线的距离等于1，则r可以取值（   ）A.  B. 5 C.  D. 6【答案】ABC【解析】【分析】首先求得圆心到直线的距离为5，从而得到若圆上恰有一个点到直线的距离等于1，则或，分析题意，得到结果.【详解】圆心到直线的距离，半径为，若圆上恰有一个点到直线的距离等于1，则或，故当圆上恰有相异两点到直线的距离等于1，所以，故选：ABC.【点睛】该题考查的是有关解析几何的问题，涉及到的知识点有点到直线的距离公式，圆上点到直线距离与半径比较，属于简单题目.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，计20分．只要求写出最后结果，并将正确结果填写到答题卡相应位置．13.求值：________【答案】【解析】【分析】、分别记为、，再利用两角和与差的正弦公式展开计算即可.【详解】原式.故答案为：【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式、特殊角的三角函数值，属于基础题.14.在正方体中，分别为棱的中点，则异面直线与所成的角大小为______．【答案】【解析】【分析】由题意连接AD1，得MN∥AD1，可得∠D1AC即为异面直线MN与AC所成的角，再由△AD1C为等边三角形得答案．【详解】如图， 连接AD1，由M，N分别为棱AD，D1D的中点，得MN∥AD1，∴∠D1AC即为异面直线MN与AC所成的角，连接D1C，则△AD1C为等边三角形，可得∠D1AC＝60°．∴异面直线MN与AC所成的角大小为60°．故答案为60°．【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是基础题．15.设函数（其中A，，为常数且A＞0，＞0，）的部分图象如图所示，若（），则的值为___．【答案】【解析】【分析】由函数的图象求出、、和的值，写出的解析式，再由的值，利用三角恒等变换求出的值．【详解】由函数的图知，，由，得，∴，又，且，∴，∴，由，∴，又，∴，∴，∴ 故答案为．【点睛】本题主要考查利用的图象特征求解析式以及两角和的正弦公式的应用， 为振幅，由其控制最大、最小值，控制周期，即，通常通过图象我们可得和,称为初象，通常解出，之后，通过特殊点代入可得，用到最多的是最高点或最低点.，16.在平面直角坐标系中，点，，从直线上一点向圆引两条切线，切点分别为，则直线过定点，定点坐标为________．【答案】【解析】【分析】设，则，求出所在的直线方程，可得所在的直线方程含有，且在直线上，分别取任意的两个的值，联立方程组，即可求得定点的坐标，得到答案.【详解】如图所示，直线的方程为，设，则，①又由圆，可得圆心，②则圆心到点的中点坐标为，圆心到点的距离为，则以为圆心，以为直径的圆的方程为，③将代入③得，由②-③可得的直线方程：，因为，当时，则，代入上式，可得，令时，则，代入上式，可得，则两直线和的交点即为经过的定点，定点坐标为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了圆的切线方程，以及直线与圆的位置关系的应用，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.四、解答题：本大题共6小题，计70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知点．（1）求中边上的高所在直线的方程；（2）求过三点的圆的方程．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）边上的高所在直线方程斜率与边所在直线的方程斜率之积为-1，可求出高所在直线的斜率，代入即可求出高所在直线的方程．（2）设圆的一般方程为，代入即可求得圆的方程．【详解】（1）因为所在直线的斜率为，所以边上的高所在直线的斜率为所以边上的高所在直线的方程为，即（2）设所求圆的方程为因为在所求的圆上，故有所以所求圆的方程为【点睛】（1）求直线方程一般通过直线点斜式方程求解，即知道点和斜率．（2）圆的一般方程为，三个未知数三个点代入即可．18.如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．Ⅰ求证：平面PBD；Ⅱ求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】分析：（1）先证明，再证明FG//平面PBD. （2）先证明平面，再证明BD⊥FG．详解：证明：（1）连结PE，因为G.、F为EC和PC的中点， ， 又平面，平面，所以平面 （II）因为菱形ABCD，所以，又PA⊥面ABCD，平面，所以，因为平面，平面，且，平面，平面，∴BD⊥FG .点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的证明，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)证明空间位置关系，一般有几何法和向量法，本题利用几何法比较方便.19.已知α∈，且sin ＋cos ＝ .(1)求cos α的值；(2)若sin(α－β)＝－ ，β∈，求cos β的值．【答案】（1）;（2） 【解析】试题分析：(1)把已知条件平方可得sin α＝,再由已知α∈,可得cos α的值.
(2)由条件可得－<α－β<, cos(α－β)＝,再根据cos β＝cos[α－(α－β)],利用两角和差的余弦公式,运算求得结果.试题解析： (1)已知sin ＋cos＝ ，两边同时平方，得1＋2sincos＝ ，则sin α＝ .          又<α<π，所以cos α＝－ ＝－ .     (2)因为<α<π，  <β<π，所以－<α－β<.又sin(α－β)＝－ ，所以cos(α－β)＝ .         则cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)＝－ × ＋ × ＝－.点睛:　本题考查的是三角函数式化简中的给值求值问题，看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的区别和联系，把角进行合理的拆分β=[α－(α－β)，从而正确使用公式；由条件可得－<α－β<, cos(α－β)＝,再根据cos β＝cos[α－(α－β)],利用两角和差的余弦公式,运算求得结果.20.如图，在三棱锥中，平面平面，分别是的中点．求证（1）平面（2）平面平面．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意结合平面几何的知识可得，再由线面平行的判定即可得证；（2）由题意结合平面几何知识可得，由面面垂直的性质可得平面，再由面面垂直的判定即可得证.【详解】证明：（1）在中，因为，分别是，的中点，所以，又平面，平面，所以平面；               （2）因为，且点F是AC的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．【点睛】本题考查了线面平行的判定与面面垂直的性质、判定，考查了空间思维能力与逻辑推理能力，关键是对于空间位置关系的判定、性质的熟练应用，属于基础题.21.如图，是半径为2，圆心角为的扇形，点A在弧上（异于点P，Q），过点A作，垂足分别为B，C，记，四边形的面积为S．（1）求S关于的函数关系式；（2）当为何值时，S有最大值，并求出这个最大值．【答案】（1）（2）当为时，面积S有最大值，最大值为．【解析】【分析】(1) 根据题意,利用直角三角形的边角关系和三角形的面积公式，计算△OA B和△OAC的面积，求和即可;(2)化函数S为正弦型函数，根据正弦函数的图象与性质求出s的最大值以及对应的值.【详解】（1）因为，所以在中，，，                        因为，所以；同理：；                  从而S关于的解析式为； （2）化简函数，                                       因为，所以，故当，即时S有最大值，最大值为．答：当为时，面积S有最大值，最大值为．【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了解三角形的应用问题，属于中档题.22.已知圆经过两点，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）已知过点的直线与圆相交截得的弦长为，求直线的方程；（3）已知点，在平面内是否存在异于点的定点，对于圆上的任意动点，都有为定值?若存在求出定点的坐标，若不存在说明理由．【答案】（1）；（2）或；（3）见解析【解析】分析】(1)设出圆的一般方程，代入三个条件解得答案.(2)将弦长转化为圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式得到答案.(3)设出点 利用两点间距离公式得到比值关系，设为，最后利用方程与N无关得到关系式计算得到答案.【详解】（1）因为圆经过两点，且圆心在直线上设圆：所以，，所以，所以圆（2）当斜率不存在时候，，弦长为，满足题意当斜率存在时候，设，即所以直线的方程为：或（3）设，且因为为定值，设化简得：，与点位置无关，所以解得：或所以定点为【点睛】本题考查圆的方程,考查直线与圆的位置关系,考查阿斯圆内容.考查了多项式恒成立问题.考查学生的分析能力、数据分析能力.