2018-2019学年江苏省宿迁市高一下学期期末考试数学试题（解析版）

2018-2019学年江苏省宿迁市高一下学期期末考试数学试题（解析版）

‎2018-2019学年江苏省宿迁市高一下学期期末考试数学试题 一、单选题 ‎1．直线 倾斜角的大小是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】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．计算的结果为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由两角差的正弦公式计算可得答案.‎ ‎【详解】‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查两角差的正弦公式的应用，属于简单题.‎ ‎3．已知圆锥的底面直径与高都是 4，则该圆锥的侧面积为（ ）‎ A． B． C． D．8‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题意求出圆锥的母线长，再计算圆锥的侧面积．‎ ‎【详解】‎ 如图所示，‎ 圆锥的底面直径2r＝4，r＝2，高h＝4，‎ 则母线长为，‎ 所以该圆锥的侧面积为πrl＝π•2•2＝4π．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆锥的结构特征与圆锥侧面积计算问题，是基础题．‎ ‎4．已知满足，则（　　）‎ A． B． C．2 D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】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．‎ ‎5．已知均为锐角，满足，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】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．‎ ‎6．已知正方体中，，则点到平面的距离为（ ）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】连接AC，DB交于点O，得到AC⊥平面BDD1B1，则点C到平面BDD1B1的距离为CO，从而可得答案.‎ ‎【详解】‎ 如图，连接AC，DB交于点O，‎ 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得，⇒AC⊥平面BDD1B1．‎ ‎∴点C到平面BDD1B1的距离为CO，．‎ 故选：B．‎ ‎ ‎ ‎【点睛】‎ 本题涉及点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，也可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.‎ ‎7．在中，角的对边分别为，若，则形状是（　　）‎ A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】由，利用正弦定理化简可得sin2A＝sin2B，由此可得结论．‎ ‎【详解】‎ ‎∵，‎ ‎∴由正弦定理可得 ，‎ ‎∴sinAcosA＝sinBcosB，‎ ‎∴sin2A＝sin2B，‎ ‎∴2A＝2B或2A+2B＝π，‎ ‎∴A＝B或A+B＝，‎ ‎∴△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题.‎ ‎8．如图，正方形的边长为 2，分别为的中点，沿将正方形折起，使重合于点，构成四面体，则四面体的体积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意画出图形，可得三棱锥的底面三角形OEF是等腰直角三角形，直角边长为1，三棱锥的高AO＝2，再由棱锥体积公式求解．‎ ‎【详解】‎ 翻折前，AB⊥BE，AD⊥DF，故翻折后，OA⊥OE，OA⊥OF，‎ 又OE∩OF＝O，∴OA⊥平面EOF，‎ 底面三角形OEF是等腰直角三角形，直角边长为1，三棱锥的高AO＝2，‎ ‎．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查几何体体积的求法，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，是基础题．‎ ‎9．已知点，若直线与线段有交点，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题意知A、B两点在直线的异侧或在直线上，得出不等式（2k﹣2﹣1）×（﹣k﹣3﹣1）≤0，求出解集即可．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，若直线l：kx﹣y﹣1＝0与线段AB相交，‎ 则A、B在直线的异侧或在直线上，‎ 则有（2k﹣2﹣1）×（﹣k﹣3﹣1）≤0，‎ 即（2k﹣3）（k+4）≥0，解得k≤﹣4或k≥，‎ 即k的取值范围是（﹣∞，﹣4]∪[，+∞）．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与线段AB相交的应用问题，考查了转化思想，是基础题．‎ ‎10．已知表示两条不同直线，表示两个不同平面，下列说法正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，则 ‎【答案】D ‎【解析】由线线，线面，面面的位置关系对选项逐个进行判断即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 若m⊥n，n⊂α，则m⊥α不一定成立，A错；‎ m∥α，m∥β，则α∥β或α，β相交，B错；‎ α∥β，m∥β，则m∥α或m⊂α，C错；‎ m∥α，由线面平行的性质定理可得过m的平面与α的交线l平行，‎ n⊥α，可得n⊥l，则m⊥n，D对．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判断和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．‎ ‎11．如图，一个底面水平放置的倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水，水深为. 若在容器内放入一个半径为 1 的铁球后，水面所在的平面恰好经过铁球的球心（水没有溢出），则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】作OD⊥AC，垂足为D，则球的半径r＝OD＝1，此时OA＝2r＝2，底面半径R ‎＝2×tan30°，可得半球和水的体积和，从而得水的体积，将水的体积用h表示出来，进而求出h．‎ ‎【详解】‎ 作OD⊥AC，垂足为D，则球的半径r＝OD＝1，此时OA＝2r＝2，底面半径R＝2×tan30°＝，当锥体内水的高度为h时，底面半径为h×tan30°＝h，‎ 设加入小球后水面以下的体积为V′，原来水的体积为V，球的体积为V球．‎ 所以水的体积为：，‎ 解得：．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查锥体和球的体积公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎12．已知圆，直线与圆交于两点，若圆外一点满足 ，则实数的值可以为（ ）‎ A．5 B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】问题转化为圆心到直线的距离d∈（，1），代入即可解得m范围．‎ ‎【详解】‎ 由题意圆外一点C满足，则可转为圆心到直线的距离d∈（，1），‎ ‎∵‎ 即＜|m|＜5，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式的应用，考查转化思想，属中档题 二、填空题 ‎13．已知直线方程为，直线的方程为，若，则实数的值为______‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】利用两条直线平行的条件计算即可．‎ ‎【详解】‎ 由题意两条直线平行可得m+1﹣2（m﹣1）＝0，解得m＝3．‎ 当m=3时验证满足：l1∥l2，‎ ‎∴m＝3．‎ 故答案为：3．‎ ‎【点睛】‎ 直线和直线平行，则且两直线不重合，求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.‎ ‎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】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．已知中，角的对边分别为，且满足则___‎ ‎【答案】或 ‎【解析】将已知等式两边平方，结合余弦定理可得2（）2﹣5（）+2＝0，解方程即可得解．‎ ‎【详解】‎ ‎∵∠B＝，a+c＝，‎ ‎∴a2+c2+2ac＝3b2，①‎ 又由余弦定理可得：a2+c2﹣2ac＝b2，②‎ ‎∴联立①②，可得：2a2﹣5ac+2c2＝0，即：2（）2﹣5（）+2＝0，‎ ‎∴解得：＝2或．‎ 故答案为：2或．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和方程思想，属于基础题．‎ ‎16．已知圆，直线与圆相切，点坐标为，点坐标为，若满足条件的点有两个，则的取值范围为_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据相切得m2+n2＝r2，得点P在圆O上，满足条件PA＝2的点P有两个等价于圆O与以A为圆心，2为半径的圆A有两个交点，即相交，根据两圆相交列式可得．‎ ‎【详解】‎ ‎∵直线l：mx+ny＝r2与圆O相切，所以＝r，即m2+n2＝r2，‎ 所以P（m，n）在圆O上，又因为满足PA＝2的点P有两个，‎ 则圆O与以A为圆心，2为半径的圆A有两个交点，即两圆相交，‎ 所以r﹣2＜OA＜r+2，即r﹣2＜5＜2+r，解得3＜r＜7．‎ 故答案为：（3，7）．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系的应用考查转化思想，属中档题．‎ 三、解答题 ‎17．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，为的中点，为的中点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：平面.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）见证明 ‎【解析】（1）由矩形的性质可得AB⊥AD，利用面面垂直的性质可求AB⊥平面PAD，利用线面垂直的性质可证AB⊥PD（2）取PD的中点E，连接AE，ME，利用中位线的性质可证四边形ANME为平行四边形，进而可证MN∥平面PAD．‎ ‎【详解】‎ 证明：（1）因为四边形为矩形，所以. ‎ 因为平面平面，‎ 平面平面， ‎ 平面，所以平面，‎ 因为平面，所以； ‎ ‎（2）取的中点，连接，，‎ 在中，为的中点，为的中点，‎ 所以是的中位线，‎ 所以，‎ 在矩形中，， ‎ 所以，‎ 因为为中点，所以，‎ 所以四边形ANME为平行四边形. ‎ 所以，‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查面面垂直的性质，线面垂直的性质，中位线的性质以及线面平行的判定，考查空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．‎ ‎18．已知， ‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若 ，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）利用同角三角函数基本关系式可求cosα，根据两角和的正弦公式即可得解.（2）由（1）可得tanα，利用二倍角的正切公式可得tan2α，进而根据两角差的正切公式可得解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ ‎；‎ ‎（2）由（1）得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查同角三角函数基本关系式，两角和的正弦公式，二倍角的正切公式，两角差的正切公式在三角函数化简求值中的应用，考查计算能力，属于基础题．‎ ‎19．在中，，边上的高所在的直线方程为，边上中线所在的直线方程为.‎ ‎（1）求点坐标；‎ ‎（2）求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）由AC边上的高BE所在的直线方程可得kAC．利用点斜式可得AC方程,与CM方程联立解得C坐标．（2）设B点坐标，可得中点M坐标代入CM方程，与BE方程联立，可得点B坐标，利用点斜式即可得出所求直线方程．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）边上的高为，故的斜率为， ‎ 所以的方程为，‎ 即， ‎ 因为的方程为 ‎ ‎ 解得 所以.‎ ‎（2）设，为中点，则的坐标为，‎ ‎ 解得， ‎ 所以， 又因为，‎ 所以的方程为 即的方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两条直线垂直的应用、考查中点坐标公式以及直线方程的求法，考查推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎20．如图，在中，为边上一点，，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若,求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）126‎ ‎【解析】（1）利用余弦定理直接求出cosC；（2）根据sin∠BAC＝sin（B+C），可得sin∠BAC，利用正弦定理求出AB，再由三角形的面积公式可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在中，由余弦定理得，‎ ‎； ‎ ‎（2），‎ ‎，‎ ‎. ‎ 在中，由正弦定理，‎ 得，解得 ‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正余弦定理和面积公式的应用，考查三角形的内角和定理和两角和的正弦公式，属基础题．‎ ‎21．如图所示，四边形中，，设，的面积为.‎ ‎（1）用表示和；‎ ‎（2）求面积的最大值．‎ ‎【答案】（1），；，（2）‎ ‎【解析】（1）在△AOP中，由正弦定理得，△BOP中，由正弦定理得，用表示AP和BP，由条件可得，由正弦定理可得OA和OB；（2）用OA，OB表示出△AOB面积S，令t＝sinα+cosα，构造关于t的函数，求出最值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在中，由正弦定理得.‎ 在中，由正弦定理得.‎ 因为，所以，‎ 则，.‎ 因为四边形内角和为，可得，‎ 在中，由正弦定理得，‎ 即，‎ 所以，‎ 在中，由正弦定理得即，‎ 则，‎ 所以， ‎ ‎（2）的面积 ‎ ‎ 设，.‎ 则.‎ 当时，即时，有最大值.‎ 所以三角形面积的最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正弦定理和面积公式的应用，考查换元法求最值问题，考查转化思想和计算能力，属中档题．‎ ‎22．如图，已知圆与轴交于两点（在的上方），直线．‎ ‎（1）当时，求直线被圆截得的弦长；‎ ‎（2）若，点为直线上一动点（不在轴上），直线的斜率分别为，直线与圆的另一交点分别．‎ ‎①问是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；‎ ‎②证明：直线经过定点，并求出定点坐标．‎ ‎【答案】（1）（2）①存在的值为；②见证明 ‎【解析】（1）利用点到直线的距离和勾股定理可得；（2）①利用斜率公式求得k1，k2，代入等式k1＝mk2，可解得；②联立直线CB与圆O解得P的坐标，同理可得Q坐标，再根据斜率公式求得PQ的斜率，然后利用点斜式求得直线PQ方程，可得定点．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，直线的方程为，‎ 圆心到直线的距离，‎ 所以，直线被圆截得的弦长为； ‎ ‎（2）若，直线的方程为，‎ ‎①设，则，，‎ 由可得，所以存在的值为； ‎ ‎②证明：直线方程为，与圆方程联立得：，‎ 所以，，解得或， ‎ 所以， ‎ 同理可得，即 ‎ 所以 ‎ 所以直线的方程为，‎ 即，所以，直线经过定点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线被圆截得的弦长问题，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线恒过定点问题，属中档题．‎