湖南省常德市淮阳中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

湖南省常德市淮阳中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

www.ks5u.com ‎2019年上学期高一期中联考数学试题卷 一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分。请将答案序号填入答题卷的表格中）‎ ‎1.截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是（ ）‎ A. 圆柱 B. 圆锥 C. 球 D. 圆台 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：圆柱截面可能是矩形；圆锥截面可能是三角形；圆台截面可能是梯形，该几何体显然是球，故选C．‎ ‎2.在中，若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理可直接求出AC.‎ ‎【详解】由正弦定理知：‎ ‎,即，‎ 所以，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于容易题.‎ ‎3.用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥，截得的棱台上、下底面面积比为，截去的棱锥的高是，则棱台的高是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：棱台的上下底面的面积比为，‎ 则上下底面的边长比是，则截得棱锥与原棱锥的高之比是.‎ 则棱台的高等于3.‎ 考点：本题考查棱锥与棱台的性质.‎ ‎4.直线与平行,则（ ）‎ A. B. 2 C. 或 2 D. 0 或 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两条直线平行的条件列方程，由此解出的值，排除两条直线重合的情况，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】由于两条直线平行，所以，解得或，当时，两条直线方程都，即两条直线重合，不符合题意，故，所以本小题选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查两条直线平行求参数，考查两条直线重合，属于基础题.‎ ‎5.圆和圆的位置关系是( )‎ A. 内切 B. 外切 C. 相交 D. 外离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把两圆的方程化为标准方程，分别找出圆心坐标和半径，求出两圆心的距离d，然后求出R﹣r和R+r的值，判断d与R﹣r及R+r的大小关系即可得到两圆的位置关系．‎ ‎【详解】把圆x2+y2﹣2x＝0与圆x2+y2+4y＝0分别化为标准方程得：（x﹣1）2+y2＝1，x2+（y+2）2＝4，‎ 故圆心坐标分别为（1，0）和（0，﹣2），半径分别为R＝2和r＝1，‎ ‎∵圆心之间的距离，则R+r＝3，R﹣r＝1，∴R﹣r＜d＜R+r，‎ ‎∴两圆的位置关系是相交．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查两圆的位置关系，比较两圆的圆心距，两圆的半径之和，之差的大小是关键，属于基础题.‎ ‎6.设是两条直线，是三个平面，下列推导错误的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面平行的判定定理、面面平行、垂直的性质定理、判定定理，即可得出结论.‎ ‎【详解】A中：根据线面平行的判定定理可得A正确；B中：由面面垂直的性质定理得B正确；C中：由面面平行的性质定理得，故C正确；在D中：因为a,b不一定由面面平行的判定定理知D不正确.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，面面平行、垂直的判定与性质，属于中档题.‎ ‎7. 已知a,b满足a+2b=1,则直线ax+3y+b=0必过定点( )‎ A. (-,) B. (,) C. (, -) D. (, -)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由得，代入直线方程得对任意恒成立，故有，解得，即直线必过定点.‎ 考点：直线方程 ‎8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，由三视图可知该几何体为圆柱挖去一个四棱锥得到的,圆柱的底面半径为,高为,棱锥的底面为正方形,边长为，棱锥的高为，∴几何体的体积，故选A.‎ 考点：由三视图求体积，面积.‎ ‎9.下图是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，则在图中，圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为（ ）‎ A. 3﹕2,1﹕1 B. 2﹕3,1﹕1 C. 3﹕2,3﹕2 D. 2﹕3,3﹕2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件确定球的半径、圆柱底面半径和圆柱的高；根据柱体、球的体积和表面积公式，分别求解出体积和表面积后求得比值.‎ ‎【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为 ‎， ‎ ‎， ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查柱体、球的表面积和体积公式的应用，属于基础题.‎ ‎10.直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角等于 A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】本试题主要考查异面直线所成的角问题，考查空间想象与计算能力．延长B1A1到E，使A1E=A1B1，连结AE，EC1，则AE∥A1B，∠EAC1或其补角即为所求，由已知条件可得△AEC1为正三角形，∴∠EC1B为，故选C．‎ ‎11.若的周长等于20，面积是，则边的长是（ ）‎ A. 5 B. 6 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用面积公式得到的值，结合周长为，再根据余弦定理列出关于的方程，求出的值即为的值.‎ ‎【详解】因为面积公式，‎ 所以，得，‎ 又周长为，故，‎ 由余弦定理得，‎ ‎，‎ 故，解得，故选C.‎ ‎【点睛】考查主要考查余弦定理，以及会用三角形的面积公式的应用，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.‎ ‎12.在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若∠C=120°，c=a，则 A. a＞b B. a＜b C. a＝b D. a与b的大小关系不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理可知c2＝a2+b2﹣2abcosC，进而求得a﹣b的表达式，根据表达式与0的大小，即可判断出a与b的大小关系．‎ ‎【详解】解：∵∠C＝120°，ca，‎ ‎∴由余弦定理可知c2＝a2+b2﹣2abcosC，（）2＝a2+b2+ab．‎ ‎∴a2﹣b2＝ab，a﹣b，‎ ‎∵a＞0，b＞0，‎ ‎∴a﹣b，‎ ‎∴a＞b 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理，特殊角的三角函数值，不等式的性质，比较法，属中档题．‎ 二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请将答案填入答题卷的相应横线上）‎ ‎13.已知直线与直线有相同的斜率，且，则实数的值是____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：依题意有，解得.‎ 考点：直线斜率.‎ ‎14.直线与圆交于两点，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成直角三角形，利用勾股定理求得弦长.‎ ‎【详解】根据题意，圆的方程可化为，‎ 所以圆的圆心为，且半径是，‎ 根据点到直线的距离公式可以求得，‎ 结合圆中的特殊三角形，可知，故答案为.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.‎ ‎15.如图，在直三棱柱中，，则直线与平面所成角的余弦值是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知平面，故为直线与平面所成角，解三角形即可求解.‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ 在直三棱柱中，，，，‎ ‎，‎ 由,,‎ 可知平面，‎ 所以在直三棱柱中易知平面，‎ 故为直线与平面所成角，‎ 在Rt中，‎ ‎，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面角，线面垂直，直三棱柱的性质，属于中档题.‎ ‎16.已知在锐角三角形ABC中，角的对边分别为,若,则的取值范围为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理可得，化简得，由余弦定理可得，变形可得，利用的范围求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由正弦定理可得：， ‎ 由正弦定理可得，‎ 由余弦定理可得：‎ 所以,‎ ‎，‎ 因为A为锐角，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，利用角的范围求值域，属于难题.‎ 三、解答题（本答题共6个小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.已知直线：x+y﹣1=0，‎ ‎（1）若直线过点（3，2）且∥，求直线的方程；‎ ‎（2）若直线过与直线2x﹣y+7=0的交点，且⊥，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1） ； （2）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由题意和平行关系设直线l1的方程为x+y+m=0，再代入点（3，2），可求得结果；（2）解方程组 可得坐标，∵l2⊥l，∴直线l2的斜率k=1代入点坐标可得到结果.‎ ‎【详解】（1）由题意和平行关系设直线l1的方程为x+y+m=0，‎ ‎∵直线l1过点（3，2），∴3+2+m=0，‎ 解得m=﹣5，直线l1的方程为x+y﹣5=0；‎ ‎（2）解方程组 可得，‎ ‎∴直线l与直线2x﹣y+7=0的交点为（﹣2，3）‎ ‎∵l2⊥l，∴直线l2的斜率k=1，‎ ‎∴直线方程为x﹣y+5=0‎ ‎【点睛】这个题目考查了两直线的位置关系和直线平行即斜率相等，直线垂直即斜率互为负倒数，属于基础题型.‎ ‎18.在平面四边形中，，，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理可以得到，根据题设条件，求得，结合角的范围，利用同角三角函数关系式，求得；‎ ‎（2）根据题设条件以及第一问的结论可以求得，之后在中，用余弦定理得到所满足的关系，从而求得结果.‎ ‎【详解】（1）在中，由正弦定理得.‎ 由题设知，，所以.‎ 由题设知，，所以；‎ ‎（2）由题设及（1）知，.‎ 在中，由余弦定理得 所以.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、同角三角函数关系式、诱导公式以及余弦定理，在解题的过程中，需要时刻关注题的条件，以及开方时对于正负号的取舍要从题的条件中寻找角的范围所满足的关系，从而正确求得结果.‎ ‎19.‎ 如图，在直三棱柱中，、分别是、的中点，点在上，．‎ 求证：（1）EF∥平面ABC； ‎ ‎（2）平面平面.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ 本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力．满分14分．‎ ‎20.△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为 ‎(1)求;‎ ‎(2)若求△ABC的周长.‎ ‎【答案】(1)(2) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.‎ 试题解析：（1）由题设得，即.‎ 由正弦定理得.‎ 故.‎ ‎（2）由题设及（1）得，即.‎ 所以，故.‎ 由题设得，即.‎ 由余弦定理得，即，得.‎ 故的周长为.‎ 点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.‎ ‎21.已知圆C过点，且圆心C在直线上．‎ ‎（1）求圆C的标准方程；‎ ‎（2）若过点（2，3）的直线被圆C所截得的弦的长是，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设圆心,由两点间的距离及圆心在直线上，列出方程组，求解即可求出圆心坐标，进而求出半径，写出圆的方程（2）由的长是，求出圆心到直线的距离，然后分直线斜率存在与不存在求解.‎ ‎【详解】（1）设圆C的标准方程为 依题意可得：‎ 解得，半径.‎ ‎∴圆C的标准方程为；‎ ‎（2）,∴圆心到直线m的距离 ‎①直线 斜率不存在时，直线m方程为：；‎ ‎②直线m斜率存在时，设直线m为.‎ ‎,解得 ‎∴直线m的方程为 ‎∴直线m的方程为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆的标准方程，直线与圆的位置关系，点到直线的距离，属于中档题.‎ ‎22.已知圆.‎ ‎（1）求过点的圆的切线方程；‎ ‎（2）若直线过点且被圆C截得的弦长为，求的范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由圆的方程求出圆心与半径，切线分斜率存在与不存在两种情况分类讨论，当斜率不存在时检验适合，当斜率不存在时，设直线方程，根据圆心到直线距离等于半径计算即可（2）当直线时，弦长m最短，当直线过圆心时弦长为直径最大，即可求出m的范围.‎ ‎【详解】（1）圆，即，‎ 表示以为圆心，半径等于1的圆．‎ 当切线的斜率不存在时，切线方程为符合题意．‎ 当切线的斜率存在时，设切线斜率为k，则切线方程为，‎ 即，‎ ‎∴圆心到切线距离等于半径，即，解得，‎ 此时，切线为．‎ 综上可得，圆的切线方程为或；‎ ‎（2）当直线时，弦长m最短，此时直线的方程为．‎ 当直线l经过圆心时，弦长最长为2．‎ ‎∴m的范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆方程，圆的切线的求法，直线与圆的位置关系，属于中档题.‎ ‎ ‎