江苏省无锡市江阴四校2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题(解析版)

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江苏省无锡市江阴第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试卷含答案

江苏省无锡市江阴第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试卷一、填空题：（每题5分，共计70分）1. 已知倾斜角为45°的直线经过点(2,3)A m ，(2,3)B -，则m 的值为 .2. 如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，面对角线1A D 与AC 所在直线的位置关系为．(填“平行”、“相交”、“异面”)3. 在⊿ABC 中，若sinA :sinB :sinC =3:5:7，则∠C 等于 .4. 若直线l 与平面α不垂直，那么在平面α内与直线l 垂直的直线 (填“只有一条”、“有无数条”、“是平面α内的所有直线”)5. 若直线1=+by ax 与圆122=+y x 相交，则点P (a ，b )与圆的位置关系是 . 6. 圆心在直线20x y +=上，且与直线1x y +=相切于点(2,1)-的圆的标准方程为 . 7. 若线段AB 的端点,A B 到平面α的距离分别为2,4，则线段AB 的中点M 到平面α的距离为 .8．在⊿ABC 中，已知a =︒==45,34,24A b ，则∠B = . 9. 在⊿ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cac B 22sin 2-=，则⊿ABC 的形状一定是 .10. 过点(3,0)P 作直线l ，使它被两条相交直线220x y --=和30x y ++=所截得的线段恰好被点P 平分，则直线l 斜率为 . 11. 以下命题（其中a ，b 表示直线，α表示平面）①若α⊂b b a ,//，则α//a ②若α//a ，α//b ，则a //b ③若a //b ，α//b ，则α//a ④若α//a ，α⊂b ，则a //b 其中正确命题的个数是 .12．若集合{}{}4)2(|),(,41|),(2+-==-+==x k y y x B x y y x A . 当集合B A ⋂中有2个元素时，实数k 的取值范围是 .13. 在平面直角坐标xoy 中，已知圆C:()122=+-y m x 及点A (-1，0)，B (1，2)，若圆C 上存在点P使得P A 2+PB 2=12，则实数m 的取值范围是 .14. 设m ∈R ，过定点A 的动直线0x my +=和过定点B 的动直线20mx y m --+=交于点(,)P x y PB +的最大值是 . 二、解答题： 15. (本小题满分12分)已知直线01:1=++by ax l （b a ,不同时为0），0)2(:2=++-a y x a l . （1）若0=b ，且21l l ⊥，求实数a 的值；（2）当3=b ，且21l l ∥时，求直线1l 与2l 间的距离.16．(本小题满分12分)⊿ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已.（1）求C ；（2）若，的面积为，求的周长.17. (本小题满分12分)如图，在四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形．（1）求证：BD ⊥PC ；（2）若平面PBC 与平面P AD 的交线为l ，求证：BC ∥l ．18. (本小题满分14分)已知圆22:(3)(4)4C x y -+-=，直线1l 过定点 A (1，0)．（1）若1l 与圆C 相切，求1l 的方程；（2）若1l 的倾斜角为4π，1l 与圆C 相交于P ，Q 两点，求线段PQ 的中点M 的坐标；（3）若1l 与圆C 相交于P ，Q 两点，求三角形CPQ 的面积的最大值，并求此时1l 的直线方程.19. (本小题满分14分)某学校的平面示意图为如下图五边形区域ABCDE ，其中三角形区域ABE 为生活区，四边形区域BCDE 为教学区，AB ，BC ，CD ，DE ，EA ，BE 为学校的主要道路（不考虑宽度）.933km 10DE BC CD ===，3,32ππ=∠=∠=∠BAE CDE BCD .（1）求道路BE 的长度；（2）求生活区△ABE 面积的最大值.20.(本小题满分16分)已知圆C ：22(1)x y a ++=(0a >)，定点(,0)A m ，(0,)B n ，其中,m n 为正实数. （1）当3a m n ===时，判断直线AB 与圆C 的位置关系；（2）当4a =时，若对于圆C 上任意一点P 均有PA PO λ=成立(O 为坐标原点)，求实数,m λ的值；（3）当2,4m n ==时，对于线段AB 上的任意一点P ，若在圆C 上都存在不同的两点M ，N ，使得点M 是线段PN 的中点，求实数a 的取值范围．【参考答案】一、填空题1、4;2、异面；3、120º4、有无数条；5、点在圆外；6、2)2()1(22=++-y x ；7、3或1；8、60º或120º；9、直角三角形； 10、8； 11、0；12、⎥⎦⎤⎝⎛43,125； 13、[22,22-]； 14、52 二、解答题15、（1）当时，，由知，解得. ......6分（2）当时，，当时，有，解得， ....................................................9分此时，的方程为：，的方程为：，即，则它们之间的距离为。

2018-2019学年江苏省无锡一中高一(下)期中数学试卷

2018-2019学年江苏省无锡一中高一（下）期中数学试卷试题数：20.满分：1501.（填空题.5分）经过点（-2.3）且与直线2x+y-5=0垂直的直线方程的倾斜角是___ ．2.（填空题.5分）在△ABC中.已知AB=3.A=120°.且△ABC的面积是15√3.则AC的边长为___ ．43.（填空题.5分）直线（m+1）x-（1-2m）y+4m=0经过一定点.则该定点的坐标是___ ．4.（填空题.5分）设△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c.若b+c=2a.3a=5b.则∠C=___ ．5.（填空题.5分）若直线l经过点A（-3.4）.且在坐标轴上截距互为相反数.则直线l的方程为___ ．6.（填空题.5分）在△ABC中.sinA：sinB：sinC=2：3：4.则sinC=___ ．7.（填空题.5分）直线ax+2y+a+1=0与直线2x+ay+3=0平行.则a=___ ．8.（填空题.5分）表面积为3π的圆锥.它的侧面展开图是一个半圆.则该圆锥的底面直径为___ ．9.（填空题.5分）直线l过点P（1.5）.且与以A（2.1）. B(0，√3)为端点的线段有公共点.则直线l斜率的取值范围为___ ．10.（填空题.5分）如图为中国传统智力玩具鲁班锁.起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即樟卯结构）啮合.外观看是严丝合缝的十字立方体.其上下、左右、前后完全对称.六根完全相同的正四棱柱分成三组.经90°榫卯起来．现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形边长为1.欲将其放入球形容器内（容器壁的厚度忽略不计）.若球形容器表面积的最小值为30π.则正四棱柱的高为___ ．11.（填空题.5分）△ABC的三边长是三个连续的自然数.且最大角是最小角的2倍.则此三角形的面积为___ ．12.（填空题.5分）△ABC中.∠C=90°.M是BC的中点.若sin∠BAM=1.则sin∠BAC=___ ．313.（填空题.5分）如图.已知AB为圆O的直径.C为圆上一动点.PA⊥圆O所在平面.且PA=AB=2.过点A作平面α⊥PB.交PB.PC分别于E.F.当三棱锥P-AEF体积最大时.tan∠BAC=___ ．14.（填空题.5分）如图.半圆O的直径为2.A为直径延长线上一点.OA=2.B为半圆上任意一点.以线段AB为腰作等腰直角△ABC（C、O两点在直线AB的两侧）.当∠AOB变化时.OC≤m恒成立.则m的最小值为___ ．15.（问答题.10分）在△ABC中.角A、B、C对应边分别为a、b、c．.求cosC；（1）若a=14.b=40.cosB= 35（2）若a=3.b= 2√6 .B=2A.求c的长度．16.（问答题.14分）如图.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形.PA⊥平面ABCD．M 是AD的中点.N是PC的中点．（1）求证：MN || 平面PAB；（2）若平面PMC⊥平面PAD.求证：CM⊥AD；（3）若平面ABCD是矩形.PA=AB.求证：平面PMC⊥平面PBC．17.（问答题.14分）在△ABC中.设a.b.c分别是角A.B.C的对边.已知向量m⃗⃗ =（a.sinC-sinB）.n⃗ =（b+c.sinA+sinB）.且m⃗⃗ || n⃗（1）求角C的大小（2）若c=3.求△ABC的周长的取值范围．18.（问答题.14分）已知如图.斜三棱柱ABC-A1B1C1中.点D、D1分别为AC、A1C1上的点．（1）等于何值时.BC1 || 平面AB1D1？当A1D1D1C1的值．（2）若平面BC1D || 平面AB1D1.求ADDC19.（问答题.14分）某地拟在一个U形水面PABQ（∠A=∠B=90°）上修一条堤坝（E在AP上.N在BQ上）.围出一个封闭区域EABN.用以种植水生植物．为了美观起见.决定从AB上点M处分别向点E.N拉2条分隔线ME.MN.将所围区域分成3个部分（如图）.每部分种植不同的水生植物．已知AB=a.EM=BM.∠MEN=90°.设所拉分隔线总长度为l．（1）设∠AME=2θ.求用θ表示的l函数表达式.并写出定义域；（2）求l的最小值．20.（问答题.14分）已知a.b.c∈（0.+∞）．（1）若a=6.b=5.c=4是△ABC边BC.CA.AB的长.证明：cosA∈Q；（2）若a.b.c分别是△ABC边BC.CA.AB的长.若a.b.c∈Q时.证明：cosA∈Q；（3）若存在λ∈（-2.2）满足c2=a2+b2+λab.证明：a.b.c可以是一个三角形的三边长．2018-2019学年江苏省无锡一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析试题数：20.满分：1501.（填空题.5分）经过点（-2.3）且与直线2x+y-5=0垂直的直线方程的倾斜角是___ ．【正确答案】：[1]arctan 12【解析】：设与直线2x+y-5=0垂直的直线方程为 x-2y+m=0.把点（-2.3）代入可得 m 值.从而得到所求的直线方程.即可求出直线的倾斜角．【解答】：解：设与直线2x+y-5=0垂直的直线方程为 x-2y+m=0.把点（-2.3）代入可得-2-6+m=0.∴m=8.故所求的直线的方程为 x-2y+8=0.故直线的斜率为k= 12.则直线方程的倾斜角是arctan 12.故答案为：arctan 12．【点评】：本题考查用待定系数法求直线的方程.两直线垂直.斜率之积等于-1.设出与直线2x+y-5=0垂直的直线方程为 x-2y+m=0 是解题的关键．2.（填空题.5分）在△ABC中.已知AB=3.A=120°.且△ABC的面积是15√34.则AC的边长为___ ．【正确答案】：[1]5【解析】：利用三角形面积公式列出关系式.将c.sinA及已知面积代入求出b的值.再利用余弦定理列出关系式.把b.c.cosA的值代入计算即可求出a的值．【解答】：解：在△ABC中.∵AB=c=3.A=120°.△ABC的面积为15√34.∴S△ABC= 12 bcsinA= 3√34b= 15√34.即b=5.则AC的边长为：5．故答案为：5．【点评】：本题考查三角形的面积公式.熟练掌握定理及公式是解本题的关键．3.（填空题.5分）直线（m+1）x-（1-2m ）y+4m=0经过一定点.则该定点的坐标是___ ．【正确答案】：[1]（- 43 .- 43 ）【解析】：根据题意.将直线的方程变形可得m （x+2y+4）+（x-y ）=0.进而解{x +2y +4=0x −y =0可得x 、y 的值.即可得答案．【解答】：解：根据题意.直线（m+1）x-（1-2m ）y+4m=0.即m （x+2y+4）+（x-y ）=0.又由 {x +2y +4=0x −y =0 .解可得 {x =−43y =−43. 则该直线恒过点（- 43 .- 43 ）；故答案为：（- 43 .- 43 ）．【点评】：本题考查过定点的直线问题.注意将直线变形.属于基础题．4.（填空题.5分）设△ABC 内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c.若b+c=2a.3a=5b.则∠C=___ ．【正确答案】：[1] 2π3【解析】：利用余弦定理.即可求得C ．【解答】：解：∵b+c=2a .3a=5b.∴b= 35 a.c= 75 a.∴cosC= a 2+b 2−c 22ab = a 2+925a 2−4925a 22×a×35a =- 12 ∵C∈（0.π）.∴C= 2π3 .故答案为： 2π3 ．【点评】：本题考查余弦定理的运用.考查学生的计算能力.属于基础题．5.（填空题.5分）若直线l 经过点A （-3.4）.且在坐标轴上截距互为相反数.则直线l 的方程为___ ．【正确答案】：[1]4x+3y=0或x-y+7=0【解析】：可分 ① 当在坐标轴上截距为0时与 ② 在坐标轴上截距不为0时讨论解决．【解答】：解：① 当在坐标轴上截距为0时.所求直线方程为：y=- 43x.即4x+3y=0；② 当在坐标轴上截距不为0时.∵在坐标轴上截距互为相反数.∴x-y=a.将A（-3.4）代入得.a=-7.∴此时所求的直线方程为x-y+7=0；故答案为：4x+3y=0或x-y+7=0．【点评】：本题考查直线的截距式方程.当在坐标轴上截距为0时容易忽略.考查分类讨论思想与缜密思考的习惯.属于中档题．6.（填空题.5分）在△ABC中.sinA：sinB：sinC=2：3：4.则sinC=___ ．【正确答案】：[1] √154【解析】：由sinA：sinB：sinC=2：3：4及由正弦定理.得a：b：c=2：3：4.不妨设a=2.b=3.c=4.由余弦定理和同角的三角函数关系即可求出．【解答】：解：∵sinA：sinB：sinC=2：3：4.∴由正弦定理.得a：b：c=2：3：4.不妨设a=2.b=3.c=4.cosC= b2+a2−c22ab = 9+4−162×2×3=- 14.则sinC= √1−cos2C = √1−116 = √154.故答案为：√154．【点评】：本题考查正弦定理、余弦定理.属基础题.准确记忆定理的内容是解题关键．7.（填空题.5分）直线ax+2y+a+1=0与直线2x+ay+3=0平行.则a=___ ．【正确答案】：[1]-2【解析】：由a2-4=0.解得a．经过验证即可得出．【解答】：解：由a2-4=0.解得a=±2．经过验证a=2时.两条直线重合.舍去．故答案为：-2．【点评】：本题考查了两条直线平行与斜率之间的关系.考查了推理能力与计算能力.属于基础题．8.（填空题.5分）表面积为3π的圆锥.它的侧面展开图是一个半圆.则该圆锥的底面直径为___ ．【正确答案】：[1]2【解析】：设出圆锥的底面半径.由它的侧面展开图是一个半圆.分析出母线与半径的关系.结合圆锥的表面积为3π.构造方程.可求出直径．【解答】：解：设圆锥的底面的半径为r.圆锥的母线为l.则由πl=2πr得l=2r.而S=πr2+πr•2r=3πr2=3π故r2=1解得r=1.所以直径为：2．故答案为：2．【点评】：本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．9.（填空题.5分）直线l过点P（1.5）.且与以A（2.1）. B(0，√3)为端点的线段有公共点.则直线l斜率的取值范围为___ ．【正确答案】：[1]（-∞.-4]∪[5- √3 .+∞）【解析】：结合函数的图象.求出端点处的斜率.从而求出斜率的范围即可．【解答】：解：如图示：当直线l过B时设直线l的斜率为k1.=5- √3 .则k1= 5−√31−0当直线l过A时设直线l的斜率为k2.=-4.则k2= 5−11−2∴要使直线l与线段AB有公共点.则直线l的斜率的取值范围是（-∞.-4]∪[5- √3 .+∞）.故答案为（-∞.-4]∪[5- √3 .+∞）．【点评】：本题考查了求直线的斜率问题.考查数形结合思想.是一道基础题．10.（填空题.5分）如图为中国传统智力玩具鲁班锁.起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即樟卯结构）啮合.外观看是严丝合缝的十字立方体.其上下、左右、前后完全对称.六根完全相同的正四棱柱分成三组.经90°榫卯起来．现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形边长为1.欲将其放入球形容器内（容器壁的厚度忽略不计）.若球形容器表面积的最小值为30π.则正四棱柱的高为___ ．【正确答案】：[1]5【解析】：由球表面积的最小值求出球形容器的半径的最小值.从而得到长方体的对角线长.由此能求出正四棱柱体的高．【解答】：解：∵球形容器表面积的最小值为30π.∴球形容器的半径的最小值为r= √30π4π=√302.∴长方体的对角线长为√30 .设正四棱柱体的高为h.∴12+22+h2=30.解得h=5．故答案为：5．【点评】：本题考查球、正四棱柱的高等基础知识.考查化归与转化思想.是中档题．11.（填空题.5分）△ABC的三边长是三个连续的自然数.且最大角是最小角的2倍.则此三角形的面积为___ ．【正确答案】：[1] 15√74【解析】：根据三角形满足的两个条件.设出三边长分别为n-1.n.n+1.三个角分别为α.π-3α.2α.由n-1.n+1.sinα.以及sin2α.利用正弦定理列出关系式.根据二倍角的正弦函数公式化简后.表示出cosα.然后利用余弦定理得到（n-1）2=（n+1）2+n2-2（n-1）n•cosα.将表示出的cosα代入.整理后得到关于n的方程.求出方程的解得到n的值.从而得到三边长的值.由海伦公式可得三角形的面积．【解答】：解：设三角形三边是连续的三个自然n-1.n.n+1.三个角分别为α.π-3α.2α.由正弦定理可得：n−1sinα=n+1sin2α=n+12sinαcosα.∴cosα= n+12(n−1).再由余弦定理可得：（n-1）2=（n+1）2+n2-2（n+1）n•cosα=（n+1）2+n2-2（n+1）n• n+12(n−1).化简可得：n2-5n=0.解得：n=5或n=0（舍去）.∴n=5.故三角形的三边长分别为：4.5.6由海伦公式知p= a+b+c2 = 152.S= √p(p−a)(p−b)(p−c) = √157516= 15√74．故答案为：15√74．【点评】：此题考查了正弦、余弦定理.海伦公式以及二倍角的正弦函数公式.正弦、余弦定理很好的建立了三角形的边角关系.熟练掌握定理是解本题的关键.属于中档题．12.（填空题.5分）△ABC中.∠C=90°.M是BC的中点.若sin∠BAM=13.则sin∠BAC=___ ．【正确答案】：[1] √63【解析】：作出图象.设出未知量.在△ABM中.由正弦定理可得sin∠AMB= 2c3a.进而可得cosβ=2c 3a .在RT△ACM中.还可得cosβ=√(2)2+b2.建立等式后可得a= √2 b.再由勾股定理可得c= √3b .而sin∠BAC= BCAB = ac.代入化简可得答案．【解答】：解：如图设AC=b.AB=c.CM=MB= a2.∠MAC=β.在△ABM中.由正弦定理可得a2sin∠BAM= csin∠AMB.代入数据可得a213= csin∠AMB.解得sin∠AMB= 2c3a.故cosβ=cos（π2 -∠AMC）=sin∠AMC=sin（π-∠AMB）=sin∠AMB= 2c3a.而在RT△ACM 中.cosβ= AC AM= b √(a 2)2+b 2. 故可得b√(a 2)2+b 2= 2c3a .化简可得a 4-4a 2b 2+4b 4=（a 2-2b 2）2=0.解之可得a= √2 b.再由勾股定理可得a 2+b 2=c 2.联立可得c= √3b . 故在RT△ABC 中.sin∠BAC= BCAB = ac =√2b √3b= √63 . 另解：设∠BAM 为α.∠MAC 为β.正弦定理得BM ：sinα=AM ：sin∠B BM ：sinβ=AM又有sinβ=cos∠AMC=cos （α+∠B ）.联立消去BM.AM 得sin∠Bcos （α+∠B ）=sinα. 拆开.将1化成sin 2∠B+cos 2∠B . 构造二次齐次式.同除cos 2∠B . 可得tanα=tanB1+2tan 2B.若 sin∠BAM =13 .则cos∠BAM= 2√23. tan∠BAM= √24 .解得tan∠B= √22.cosB= √63易得sin∠BAC= √63 ．另解：作MD⊥AB 交于D.设MD=1.AM=3.AD=2 √2 .DB=x.BM=CM= √x 2+1 . 用△DMB 和△CAB 相似解得x= √2 . 则cosB= √2√3 . 易得sin∠BAC= √63．故答案为： √63【点评】：本题考查正弦定理的应用.涉及三角函数的诱导公式以及勾股定理的应用.属难题．13.（填空题.5分）如图.已知AB 为圆O 的直径.C 为圆上一动点.PA⊥圆O 所在平面.且PA=AB=2.过点A 作平面α⊥PB .交PB.PC 分别于E.F.当三棱锥P-AEF 体积最大时.tan∠BAC=___ ．【正确答案】：[1] √2【解析】：由题意PB⊥平面AEF.从而AF⊥PB .由AC⊥BC .AP⊥BC .得AF⊥BC .从而AF⊥平面PBC.∠AFE=90°.设∠BAC=θ.则AF=√1+cos 2θ.AE=PE= √2 .EF= √AE 2−AF 2 . V P−AEF =16×AF ×EF ×PE = √26×√−(AF 2−1)2+1 ≤√26.当AF=1时.V P-AEF 取最大值 √26 .由此能求出当三棱锥P-AEF 体积最大时.tan∠BAC 的值．【解答】：解：∵AB 为圆O 的直径.C 为圆上一动点.PA⊥圆O 所在平面.且PA=AB=2. 过点A 作平面α⊥PB .交PB.PC 分别于E.F. ∴PB⊥平面AEF.又AF⊂平面AEF.∴AF⊥PB . 又AC⊥BC .AP⊥BC .AC∩AP=A .∴BC⊥平面PAC.∵AF⊂平面PAC.∴AF⊥BC . ∵BC∩PB=B .∴AF⊥平面PBC. ∴∠AFE=90°.设∠BAC=θ.则AC=2cosθ.BC=2sinθ.PC= √4+4cos 2θ . 在Rt△PAC 中.AF=PA×AC PC = √4+4cos 2θ = √1+cos 2θ. AE=PE= √2 .∴EF= √AE 2−AF 2 .∴ V P−AEF =16×AF ×EF ×PE = 16×AF ×√2−AF 2×√2 = √26×√−(AF 2−1)2+1 ≤√26 . ∴当AF=1时.V P-AEF 取最大值 √26 . 此时.AF=√1+cos 2θ=1.解得cos θ=√3.sinθ= √1−13 = √63 .∴tanθ= √631√3= √2 .∴当三棱锥P-AEF 体积最大时.tan∠BAC= √2 ．故答案为： √2 ．【点评】：本题考查三棱锥体积最大时.角的正切值的求法.考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力.考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想.是中档题．14.（填空题.5分）如图.半圆O 的直径为2.A 为直径延长线上一点.OA=2.B 为半圆上任意一点.以线段AB 为腰作等腰直角△ABC （C 、O 两点在直线AB 的两侧）.当∠AOB 变化时.OC≤m 恒成立.则m 的最小值为___ ．【正确答案】：[1]2 √2 +1【解析】：根据题意.以O 为坐标原点.OA 为x 轴建立坐标系.设∠AOB=θ.分析A 、B 的坐标.可得向量 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标.又由△ABC 为等腰直角三角形.则AC⊥AB 且|AC|=|AB|.分析可得向量 AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标.进而由向量坐标的加法可得向量 OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标.进而可得向量 OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的模.分析其最大值.若OC≤m 恒成立.分析可得答案．【解答】：解：根据题意.以O 为坐标原点.OA 为x 轴建立坐标系.如图：则A （2.0）.设∠AOB=θ.（0≤θ≤π）.则B 的坐标为（cosθ.sinθ）. 则 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（cosθ-2.sinθ）.△ABC 为等腰直角三角形.则AC⊥AB 且|AC|=|AB|. 又由C 、O 两点在直线AB 的两侧.则 AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（sinθ.2-cosθ）. 则 OC ⃗⃗⃗⃗⃗ = OA ⃗⃗⃗⃗⃗ + AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（2+sinθ.2-cosθ）.则| OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=（2+sinθ）2+（2-cosθ）2=9+4（sinθ-cosθ）=9+4 √2 sin （θ- π4）.分析可得：当θ= 3π4 时.| OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2取得最大值9+4 √2 .则OC 的最大值为2 √2 +1.若OC≤m 恒成立.则m≥2 √2 +1.即m 的最小值为2 √2 +1；故答案为：2 √2 +1．【点评】：本题考查向量数量积的计算.涉及三角函数的恒等变形.属于综合题． 15.（问答题.10分）在△ABC 中.角A 、B 、C 对应边分别为a 、b 、c ．（1）若a=14.b=40.cosB= 35 .求cosC ；（2）若a=3.b= 2√6 .B=2A.求c 的长度．【正确答案】：【解析】：（1）根据正弦定理和两角和的余弦公式.即可求出. （2）根据正弦定理和余弦定理即可求出．【解答】：解：（1）a=14.b=40.cosB= 35 . ∴sinB= 45 .由正弦定理可得 a sinA = bsinB .则sinA=14×4540= 725 .∴a ＜b.∴cosA= 2425 .∴cosC=cos[π-（A+B ）]=-cos （A+B ）=-cosAcosB+sinAsinB=- 2425 × 35 + 725 × 45 =- 44125 ．（2）由正弦定理可得 asinA = bsinB .则 3sinA = 2√6sin2A .所以cosA= √63 .由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA.即9=24+c2-2×2 √6 × √63c.整理可得c2-8c+15=0.解得c=3或c=5．① 当 c=3 时. cosC=a2+b2−c22ab =√63.因为 a=c=3.所以 A=C.所以cosA=√63，cos2A=2cos2A−1=13.cosB=a2+c2−b22ac =−13，cosB≠cos2A，与题意 B=2A 矛盾．② 当 c=5 时.同理可得 cosB=cos2A.所以B=2A.满足题意．故c=5．【点评】：本题考查了正弦定理和余弦定理的应用.考查了三角函数的化简.本题最后需要检验的原因是因为B=2A与sinB=sin2A并不是等价转化.所以最后需要检验B是否等于2A．16.（问答题.14分）如图.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形.PA⊥平面ABCD．M 是AD的中点.N是PC的中点．（1）求证：MN || 平面PAB；（2）若平面PMC⊥平面PAD.求证：CM⊥AD；（3）若平面ABCD是矩形.PA=AB.求证：平面PMC⊥平面PBC．【正确答案】：【解析】：（1）取PB的中点E.连接EN.AE．通过证明四边形AMNE是平行四边形得出MN || AE.从而得出MN || 平面PAB；（2）假设CM与AD不垂直.构造与平面PAD垂直的平面PMQ.得出矛盾结论即可；（3）证明四边形AMNE是矩形得出MN⊥EN.再证明PM=CM得出MN⊥PC.故而MN⊥平面PBC.于是平面PBC⊥平面PMC．【解答】：证明：（1）取PB的中点E.连接EN.AE．∵E.N分别是PB.PC的中点.∴EN =∥1BC.2∵M是AD的中点.四边形ABCD是平行四边形.BC.∴AM =∥12∴EN =∥ AM.∴四边形AMNE是平行四边形.∴MN || AE.又MN⊄平面PAB.AE⊂平面PAB.∴MN || 平面PAB．（2）假设CM与AD不垂直.在平面ABCD内过M作AD的垂线.交BC于Q.连接PQ.MQ. ∵PA⊥平面ABCD.MQ⊂平面ABCD.∴PA⊥MQ.又AD⊥MQ.PA∩AD=A.∴MQ⊥平面PAD.又MQ⊂平面PMQ.∴平面PMQ⊥平面PAD.显然这与平面PMC⊥平面PAD矛盾．故假设不成立.∴CM⊥AD．（3）∵四边形ABCD是矩形.∴AD⊥AB.∵PA⊥平面ABCD.AD⊂平面ABCD.∴PA⊥AD.又PA∩AB=A.∴AD⊥平面PAB.∴AD⊥AE.由（1）可知四边形AMNE是平行四边形.∴四边形AMNE是矩形.∴MN⊥EN.又AM=MD.PA=AB=CD.∠PAM=∠MDC=90°.∴△PMA≌△CMD.∴PM=CM.又N是PC的中点.∴MN⊥PC.又PC∩EN=N.PC⊂平面PBC.EN⊂平面PBC.∴MN⊥平面PBC.又MN⊂平面PMC.∴平面PMC⊥平面PBC．【点评】：本题考查了线面平行.面面垂直的判定与性质.属于中档题．17.（问答题.14分）在△ABC中.设a.b.c分别是角A.B.C的对边.已知向量m⃗⃗ =（a.sinC-sinB）. n⃗ =（b+c.sinA+sinB）.且m⃗⃗ || n⃗（1）求角C的大小（2）若c=3.求△ABC的周长的取值范围．【正确答案】：【解析】：（1）由向量平行的性质.正弦定理可得a2+b2-c2=-ab.由余弦定理得：cosC=- 12.即可得解C的值．（2）由正弦定理.三角函数恒等变换的应用可求周长为：a+b+c=2 √3 sin（A+ π3）+3.由0＜A＜π3.利用正弦函数的性质即可求解．【解答】：解：（1）由向量m⃗⃗ =（a.sinC-sinB）. n⃗ =（b+c.sinA+sinB）.且m⃗⃗ || n⃗ .得：a（sinA+sinB）=（b+c）（sinC-sinB）由正弦定理.得：a（a+b）=（b+c）（c-b）化为：a2+b2-c2=-ab.由余弦定理.得：cosC=- 12.所以.C= 2π3.（2）因为C= 2π3.所以.B= π3 -A.由B＞0.得：0＜A＜π3.由正弦定理.得：asinA =bsinB=csinC=2 √3 .△ABC 的周长为：a+b+c=2 √3（sinA+sinB）+3=2 √3 [sinA+sin（π3-A）]+3.=2 √3 sin（A+ π3）+3.由0＜A＜π3 .得：π3＜A+ π3＜2π3. √32＜sin（A+ π3）≤1.）+3∈（6.2 √3 +3]．所以.周长C=2 √3 sin（A+ π3【点评】：本题主要考查了向量平行的性质.正弦定理.余弦定理.三角函数恒等变换的应用在解三角形中的综合应用.考查了计算能力和转化思想.属于中档题．18.（问答题.14分）已知如图.斜三棱柱ABC-A1B1C1中.点D、D1分别为AC、A1C1上的点．（1）等于何值时.BC1 || 平面AB1D1？当A1D1D1C1的值．（2）若平面BC1D || 平面AB1D1.求ADDC【正确答案】：【解析】：（1）欲证BC1 || 平面AB1D1.根据直线与平面平行的判定定理可知只需证BC1与平=1.连接A1B交AB1于点O.连接面AB1D1内一直线平行.取D1为线段A1C1的中点.此时A1D1D1C1OD1.OD1 || BC1.OD1⊂平面AB1D1.BC1⊄平面AB1D1.满足定理所需条件；（2）根据平面BC1D与平面AB1D1平行的性质定理可知BC1 || D1O.同理AD1 || DC1.根据比例关系即可求出所求．=1.【解答】：解：（1）如图.取D1为线段A1C1的中点.此时A1D1D1C1连接A1B交AB1于点O.连接OD1．由棱柱的性质.知四边形A1ABB1为平行四边形.所以点O为A1B的中点．在△A1BC1中.点O、D1分别为A1B、A1C1的中点.∴OD1 || BC1．又∵OD1⊂平面AB1D1.BC1⊄平面AB1D1.∴BC1 || 平面AB1D1．∴ A1D1D1C1=1时.BC1 || 平面AB1D1.（2）由已知.平面BC1D || 平面AB1D1且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1.平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O．因此BC1 || D1O.同理AD1 || DC1．∴ A1D1 D1C1 = A1OOB. A1D1D1C1= DCAD．又∵ A1OOB=1.∴ DC AD =1.即ADDC=1．【点评】：本题主要考查了直线与平面平行的判定.以及平面与平面平行的性质.考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力.考查数形结合思想、化归与转化思想.属于中档题．19.（问答题.14分）某地拟在一个U形水面PABQ（∠A=∠B=90°）上修一条堤坝（E在AP 上.N在BQ上）.围出一个封闭区域EABN.用以种植水生植物．为了美观起见.决定从AB上点M处分别向点E.N拉2条分隔线ME.MN.将所围区域分成3个部分（如图）.每部分种植不同的水生植物．已知AB=a.EM=BM.∠MEN=90°.设所拉分隔线总长度为l．（1）设∠AME=2θ.求用θ表示的l函数表达式.并写出定义域；（2）求l的最小值．【正确答案】：【解析】：（1）设∠AME=2θ.求出EM.MN.即可求用θ表示的l 函数表达式.并写出定义域；（2）令f （θ）=sinθ（1-sinθ）.sinθ∈（0. √22 ）.即可求l 的最小值．【解答】：解：（1）∵EM=BM .∠B=∠MEN . ∴△BMN≌△EMN . ∴∠BNM=∠MNE . ∵∠AME=2θ. ∴∠BNM=∠MNE=θ. 设MN=x.在△BMN 中.BM=xsinθ.∴EM=BM=xsinθ. ∴△EAM 中.AM=EMcos2θ=xsinθcos2θ. ∵AM+BM=a .∴xsinθcos2θ+xsinθ=a . ∴x= asinθcos2θ+sinθ . ∴l=EM+MN=a 2sinθ(1−sinθ) .θ∈（0. π4）；（2）令f （θ）=sinθ（1-sinθ）.sinθ∈（0. √22 ）. ∴f （θ）≤ 14 .当且仅当θ= π6 时.取得最大值 14 .此时l min =2a ．【点评】：本题考查利用数学知识解决实际问题.考查三角函数模型的运用.属于中档题． 20.（问答题.14分）已知a.b.c∈（0.+∞）．（1）若a=6.b=5.c=4是△ABC 边BC.CA.AB 的长.证明：cosA∈Q ；（2）若a.b.c 分别是△ABC 边BC.CA.AB 的长.若a.b.c∈Q 时.证明：cosA∈Q ；（3）若存在λ∈（-2.2）满足c 2=a 2+b 2+λab .证明：a.b.c 可以是一个三角形的三边长．【正确答案】：【解析】：（1）由已知可求cosA的值.即可得证cosA∈Q；（2）由余弦定理可求cosA.根据有理数对加减乘除法是封闭的即可证明；（3）用反证法证明．假设不存在以a.b.c为三边的三角形.即a+b＜c.两边平方.再代入条件.引出矛盾.从而得证．【解答】：证明：（1）∵a=6.b=5.c=4.=0.125∈Q.得证；∴由余弦定理可得：cosA= 52+42−622×5×4（2）∵任意两个有理数的和.差.积.商（除数不为0）仍是有理数.∴a.b.c∈Q时.可得：cosA= b2+c2−a2∈Q；2bc（3）∵不妨假设不存在以a.b.c为三边的三角形.即：a+b≤c.∴两边平方.可得：a2+b2+2ab≤a2+b2+λab.∴λ≥2.∵λ∈（-2.2）.矛盾.故假设不成立.即存在以a.b.c为三边的三角形．【点评】：本题以三角形为载体.考查学生灵活运用余弦定理的能力.要求熟练掌握反证法证明.是一道中档题．。

2018-2019学年江苏省江阴市一中高2021届高一下学期期中考试数学试卷及解析

2018-2019学年江阴市一中高2021届高一下学期期中考试数学试卷★祝考试顺利★一、填空题：（每题5分，共计70分）1.已知倾斜角为45°的直线经过点，，则的值为___________. 【答案】4【解析】【分析】已知倾斜角可以求出斜率，利用斜率公式，可以得到方程，解方程求出的值. 【详解】由题意可知：直线的斜率，.2.如图，在正方体中，面对角线与所在直线的位置关系为____．(填“平行”、“相交”、“异面”)【答案】异面【解析】【分析】由异面直线的判定定理即可得到答案.【详解】在正方体中，AD∩平面ABCD=D，1AC⊂平面ABCD，D∉AC，D与AC所在直线的位置关系为异面．∴面对角线A1故答案为：异面．3.在中，，则 .【答案】【解析】试题分析：由及正弦定理知，，所以可设，由余弦定理知，所以.4.若直线l与平面不垂直，那么在平面内与直线l垂直的直线________(填“只有一条”、“有无数条”、“是平面内的所有直线”)【答案】有无数条【解析】【分析】直线l与平面不垂直，可以和平面内一条直线垂直，那么它就可以和在平面内与平行的所有直线垂直，所以有无数条直线.【详解】直线l与平面不垂直,一定存在，使得成立，因此在平面内，与平行的所有直线都与直线l垂直，因此有无数条直线在在平面内与直线l垂直.5.若直线与圆相交，则点与圆的位置关系是___________.【答案】P在圆外【解析】【分析】由题意考查圆心到直线的距离与半径的关系确定点与圆的位置关系即可.【详解】直线与圆有两个不同的交点，则圆心到直线的距离小于半径，即：，即，据此可得：点与圆的位置关系是点在圆外.6.圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的标准方程为_____________【答案】(x－1)2＋(y＋2)2＝2【解析】【分析】设圆标准方程形式，根据条件列方程组，解得结果. 【详解】设,则，解得，所以圆的标准方程为.7.若线段的端点到平面的距离分别为，则线段的中点到平面的距离为_________.【答案】3或1【解析】【分析】根据两点与平面的位置关系，进行分类分析，利用梯形、三角形的中位线性质，可以求出线段的中点到平面的距离.【详解】当线段的端点在平面的同侧，如下图：根据梯形中位线性质可知：线段的中点到平面的距离为；当线段的端点在平面的同侧，如下图：根据三角形中位线性质可知：线段的中点到平面的距离为，所以线段的中点到平面的距离为3或1.8.在中，已知，则___________.【答案】60º或120º【解析】【分析】直接运用正弦定理，可求出,可以求出的大小.【详解】由正弦定理可知：,当时，；当时，，所以60º或120º.9.在中，内角所对的边分别为,若，则的形状一定是____________.【答案】直角三角形【解析】【分析】运用降幂公式和正弦定理化简，然后用,化简得到，根据内角的取值范围，可知，可以确定，最后可以确定三角形的形状.【详解】由正弦定理，而，，所以的形状一定是直角三角形. 10.过点作直线，使它被两条相交直线和所截得的线段恰好被点平分，则直线斜率为_______________【答案】8【解析】【分析】根据中点坐标公式求得弦端点坐标，再根据斜率公式求结果.【详解】设截得的线段AB,则，因为点为AB中点,所以，从而直线斜率为11.以下命题（其中表示直线，表示平面）①若，则②若，,则③若，,则④若，,则其中正确命题的个数是 ______________________.【答案】0【解析】【分析】①根据线面平行的判定定理，还需要这一个条件；②的关系不确定，可以平行，相交，还可以异面；③还存在这种可能性；④可以是两条异面直线.【详解】①要想，还需要这个条件，故本命题是假命题；②除了平行以外还可以相交，异面，故本命题是假命题；③还存在这种可能性，故本命题是假命题；④可以是两条异面直线，故本命题是假命题，因此正确的命题的个数为零.12.若集合. 当集合中有2个元素时，实数的取值范围是____________.【答案】【解析】【分析】把集合转化为图形语言，它表示一个圆的上半部分，，表示过点（2，4）的一条直线，集合中有2个元素时，意味着直线与圆的上半部分是相交关系，利用数形结合，求出实数的取值范围。

【数学】江苏省无锡市江阴四校2018-2019学年高一下学期期中考试试题(解析版)

江苏省无锡市江阴四校2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题一、选择题1.直线的倾斜角的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为直角坐标系中，直线斜率为-，倾斜角，选D.2.在中，，，，则的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】在中，因为，，，由正弦定理，可得，∵，可得，所以为锐角，∴．故选：B．3.点是直线上的动点，点是圆上的动点，则线段长的最小值为（）A. B. 1 C. D. 2【答案】A【解析】根据题意，圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，则线段长的最小值为；故选：A．4.方程表示圆，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】根据题意，方程变形为，若其表示圆，则有，解得或，即实数的取值范围为；故选：C．5.在中，若，则等于（）A. 1B.C. 4D.【答案】C【解析】因为,故选C.6.圆与圆的位置关系（）A. 相交B. 外离C. 内切D. 外切【答案】A【解析】根据题意，圆，即，表示以为圆心、半径等于4的圆，圆，即，表示以为圆心、半径等于2的圆；两圆的圆心距，可得圆心距大于两圆的半径之差而小于半径之和，故两个圆的位置关系为相交，故选：A．7.直线和平面，若与平面都平行，则直线的关系可以是（）A. 相交B. 平行C. 异面D. 以上都有可能【答案】D【解析】若，则，显然可能平行，也可能相交，若分别在平面两侧，且在平面的射影为相交直线，则异面．故选：D．8.在中，角的对边分别是，若，且，则的面积最大值为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】由题意，因为，且，∴由正弦定理可得：，可得，∴由余弦定理可得：，可得：，①∵，∴，∴（当时，等号成立），即的面积最大值为3．故选：C．二、填空题9.已知，直线，，若，则实数的值为______．【答案】1或2【解析】直线，，若，则，解得或，当时，直线，，当时，直线，，故答案为：1或2．10.在中，已知，那么的面积是______．【答案】【解析】由余弦定理，得，故的面积.11.如图，在三棱锥中，底面，，则与底面所成角的正切值______．【答案】【解析】由题意，因为底面，∴是在底面上的射影，∴是与底面所成的角．∵，∴，∴,即与底面所成角的正切值为．故答案为：．12.如果平面直角坐标系中的两点关于直线对称，那么直线的方程为______．【答案】．【解析】直线斜率为，所以斜率为，设直线方程为，由已知直线过点，所以，即，所以直线方程为，即．13.若圆上有且仅有三个点到直线的距离等于1，则半径的值为______．【答案】3【解析】根据题意，圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离，若圆上有且仅有三个点到直线的距离等于1，则，解得，故答案为：314.的内角的对边分别为，若，则________．【答案】【解析】由2b cos B＝a cos C＋c cos A及正弦定理，得2sin B cos B＝sin A cos C＋sin C cos A.∴2sin B cos B＝sin(A＋C)．又A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.∴2sin B cos B＝sin(π－B)＝sin B.又sin B≠0，∴cos B＝.∴B＝.∵在△ABC中，a cos C＋c cos A＝b，∴条件等式变为2b cos B＝b，∴cos B＝.又0<B<π，∴B＝.15.如图，为测塔高，在塔底所在的水平面内取一点，测得塔顶的仰角为，由向塔前进30米后到点，测得塔顶的仰角为，再由向塔前进米后到点后，测得塔顶的仰角为，则塔高为______米．【答案】15【解析】由题意，因为，∴，，∴，在三角形中由余弦定理得，∴，∴，∴，∴．故答案为：15米．16.在平面直角坐标系中，圆的方程为．若直线上存在一点，使过所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】记两个切点为，则由于，因此四边形是正方形，，圆标准方程为，，，于是圆心直线的距离不大于，，解得.三、解答题17.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，分别为与的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面．证明：（1）∵平面，平面，∴.又底面为矩形，∴.∵，平面，∴平面.（2）取中点，∵为的中点，∴，且.又为中点，四边形为矩形，∴，且.故与平行且相等，即四边形为平行四边形，∴.又平面，平面，∴平面.18.在中，角的对边分别是，若．（1）求角的值；（2）若的面积，，求的值．解：（1）由及正弦定理得：，①又，②由①②得，在中，∵，∴，∴，而，∴. （2）由，得.又，所以.由余弦定理，得，故19.如图，渔船甲位于岛屿的南偏西方向的处，且与岛屿相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从处出发沿北偏东的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．（1）求渔船甲的速度；（2）求的值．解：（1）∴∴，∴V 甲海里/小时..（2）在中，，由正弦定理得，∴，∴.20.如图，在三棱柱中，平面，底面为正三角形，，是的中点，是的中点．求证：（1）平面；（2）⊥平面．解：（1）连接交于点，连接，在正三棱柱中，，∴侧面是正方形，∴点是的中点，又点是的中点，故是的中位线．∴，又平面，平面，∴平面（2）由（1）知，侧面是正方形，又分别为的中点，∴，∴，∴，在正三棱柱中，是BC的中点，∴，又侧面底面，且侧面底面，底面，∴平面，又平面，∴，又，∴平面．21.如图，在平面直角坐标系中，已知圆及点．（1）若直线平行于，与圆相交于两点，，求直线的方程；（2）在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数；若不存在，说明理由．解：（1）圆的标准方程为，所以圆心，半径为．因为，，，所以直线的斜率为，设直线的方程为，则圆心到直线的距离为．因为，而，所以，解得或，故直线的方程为或．（2）假设圆上存在点，设，则，，即，即，因为，所以圆与圆相交，所以点个数为．22.如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆两条切线，切点分别为．（1）若，求切线所在直线方程；（2）求的最小值；（3）若两条切线与轴分别交于两点，求的最小值．解：（1）由题意，切线斜率存在，可设切线方程为，即，则圆心到切线的距离，解得或，故所求切线方程为，.（2）连接交于点，设，则，在中，，∵，∴，∴，∴.（3）设切线方程为，即，的斜率为，故圆心到切线的距离，得，∴，，在切线方程中令可得，故，∴，此时，故的最小值为．。

2018-2019学年高一数学下学期期中试题(含解析)

2018-2019学年高一数学下学期期中试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己所在的班级、姓名、学号填写在答题卡上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡.上对应题目选项的答案信息涂黑，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置上.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题（本题共12个小题,每小题5分,共60分，每小题的四个选项中，只有一个是正确的）1.已知，，且，则（）A. 2B. 1C. 0D. -1【答案】D【解析】∵，∴∵∴∴故选D2.在中，角，，所对边分别是，，，若，，，则角（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据余弦定理，，选C.3.是顶角为的等腰三角形，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用已知条件求出向量的长度以及向量的夹角，然后求解向量的数量积即可．【详解】解：是顶角为的等腰三角形，且，则，则．故选：．【点睛】本题考查向量的数量积的应用及运算，是基本知识的考查．4.在数列中，，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】当时，可求出，当时，得，即可得数列为等比数列．【详解】解：当时，则，当时，由得故数列是以为首项等比数列故选【点睛】本题考查由数列的递推公式求数列的通项公式，属于基础题．5.记等差数列的前项和为，若，则该数列的公差（）A. 2B. 3C. 6D. 7【答案】B【解析】【详解】,6.等比数列中，，则等于( )A. 16B. ±4C. -4D. 4【答案】D【解析】分析：利用等比中项求解．详解：，因为为正，解得．点睛：等比数列的性质：若，则．7.已知平面向量满足，且，则向量的夹角为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由，结合可得，利用平面向量的数量积公式可得结果.【详解】，，所以，可得，即，，设两向量夹角为，则，，，即为，故选A.【点睛】本题主要考查向量的模、夹角及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.8.数列的前项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用裂项相消法求数列的前项和为．【详解】解：故选【点睛】本题考查裂项相消法求数列的前项和为，属于基础题．9.中，角，，对边分别为，，，，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理边化角求得，再利用余弦定理求边．【详解】，，，又，由余弦定理得故选【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．10.若两个等差数列，的前项和分别为，且满足，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】把转化为，然后借助于已知得答案．【详解】解：等差数列、前项和分别为，，且，得．故选．【点睛】本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前项和，考查数学转化思想方法，是中档题．11.在中，，，，在边的中线上，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题可设，然后将用向量作为基底向量表示出来，再根据向量的运算，即可将问题转化为二次函数求最值问题．【详解】解：由题意，画图如下：可设，，，．，．．由二次函数的性质，可知：当时，取得最小值．故选：．【点睛】本题主要考查基底向量的设立以及用基底向量表示所求向量，最后转化为二次函数求最值问题，本题属基础题．12.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如将一定数目的点在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，这样的数被称为三角形数.如图所示，三角形数,，，……在这个自然数中三角形数的个数是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出这一列数的通项，即可求出在中三角形数的个数．【详解】解：由题意知，，……可归纳为则，故在中三角形数的个数为个．故选【点睛】本题考查数列的通项公式，及数列的项的计算，属于基础题．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本大共4小题，每小题5分，满分20分.13.在ΔABC中，已知a=1，b=, A=30°，则B等于____________；【答案】或【解析】分析：根据正弦定理求解即可．详解：由正弦定理可知，解得，故解得或点睛：本题为易错题，根据大角对大边，正弦值在一、二象限均有取值，只要角大于角即可．14.如果数列的前项和，则此数列的通项公式__________．【答案】【解析】【分析】利用数列中与关系，得出，但，由此判定数列从第项起为等比数列，通项公式可求．【详解】解：当时，，得．当时，，得，当时，不成立，故数列为从第项起为等比数列．故答案为【点睛】本题考查利用数列中与关系求数列通项，考查等比数列判定，通项公式求解．需具有转化、变形、计算能力．15.某人为测出所住小区的面积，进行了一些测量工作，最后将所住小区近似地画成如图所示的四边形，测得的数据如图所示，则该图所示的小区的面积是______.【答案】【解析】【分析】连结，由余弦定理可求，在中由正弦定理可求，利用面积公式分别求出，，即可求出四边形的面积．【详解】解：如图，连结，由余弦定理可知，故，，，，在中由正弦定理得：，即，故.故答案为【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式，属于基础题．16.已知等差数列中，，公差d>0，则使得前n项和取得最小值时的正整数n的值是______．【答案】6或7【解析】【分析】将转化为的形式，得到，即，由此判断前或项的和最小.详解】]由且得，，且，即，即，即，故且最小.【点睛】本题主要考查利用基本元的思想，求等差数列的前项和取得最小值时的值.直接用等差数列的通项公式，将已知条件转化为的形式，由此得到为零，从而求得使等差数列的前项和取得最小值时的值.属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.记为等差数列的前项和，已知，．（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．【答案】（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．【解析】分析：（1）根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n项和公式得的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.详解：（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.18.如图，在中，，是边上一点，，，，为锐角.(1)求角大小；(2)求的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在三角形中，利用正弦定理表示出，求出，确定出的度数；（2）在中，设，由余弦定理可得，即可求出的长．【详解】（1）在中，，，由正弦定理可得，，即，，为锐角，，（2）在中，设，由正弦定理可得，，即，，即.【点睛】考查了正弦、余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键．19.数列满足，，.(1)设，证明是等差数列；(2)求的通项公式.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）要证是等差数列，即证，即由已知可得．（2）由（1）可得，利用累加法，求出数列的通项公式．【详解】（1）由得，又，所以是首项为，公差为的等差数列；（2）由（1）得，，由得，，则，，，，，所以，又，所以的通项公式.【点睛】本题考查：①用定义法证明等差数列；②等差数列的通项公式；③累加法求数列的通项公式；形如“”的递推关系式，求通项时一般利用累加法，属于中档题．20.的内角，，的对边分别为，，，且.(1)求；(2)若，求【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得：，由余弦定理可得，结合范围，可求的值．（2）可设，，由余弦定理可得，再由余弦定理，得，利用同角三角函数基本关系式可求的值．【详解】（1）由及正弦定理可得：，即.由余弦定理可得，又，.（2），所以可设，，则由余弦定理可得，，再由余弦定理得，故，.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．21.已知是等差数列，是各项为正数的等比数列，且，，.⑴求数列和的通项公式；⑵若，求数列的前项和.【答案】(1) ，;(2) .【解析】【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据等差数列和等比数列的通项公式，结合已知条件，，.可列出关于的方程组，解方程组求出的值，最后求出数列和的通项公式；(2)用错位相消法，结合等比数列前项和公式，可以求出数列的前项和.【详解】(1)设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，，所以有，所以，.(2)因为，.，所以，因此①，②，①—②得：，.【点睛】本题考查了等比数列和等差数列的通项公式，考查了用错位相消法求数列前项和.22.已知、、、为同一平面上的四个点，且满足，，设，的面积为，的面积为.（1）当时，求的值；（2）当时，求的值.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（I）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得到，即可求解的值；（II）由，得到，从而，由此能求出．试题解析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得所以在中，由余弦定理得所以所以.（Ⅱ）因为，所以所以解得考点：余弦定理；三角函数的恒等变换.【方法点晴】本题主要考查了三角形的面积的求法等问题，其中解答中涉及到三角形的面积，余弦定理，三角恒等变换等知识点综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，同时考查了转化与化归思想，解题是要认真审题，注意余弦定理的合理运用，试题有一定的难度，属于中档试题.2018-2019学年高一数学下学期期中试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己所在的班级、姓名、学号填写在答题卡上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡.上对应题目选项的答案信息涂黑，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置上.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题（本题共12个小题,每小题5分,共60分，每小题的四个选项中，只有一个是正确的）1.已知，，且，则（）A. 2B. 1C. 0D. -1【答案】D【解析】∵，∴∵∴∴故选D2.在中，角，，所对边分别是，，，若，，，则角（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据余弦定理，，选C.3.是顶角为的等腰三角形，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用已知条件求出向量的长度以及向量的夹角，然后求解向量的数量积即可．【详解】解：是顶角为的等腰三角形，且，则，则．故选：．【点睛】本题考查向量的数量积的应用及运算，是基本知识的考查．4.在数列中，，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】当时，可求出，当时，得，即可得数列为等比数列．【详解】解：当时，则，当时，由得故数列是以为首项等比数列故选【点睛】本题考查由数列的递推公式求数列的通项公式，属于基础题．5.记等差数列的前项和为，若，则该数列的公差（）A. 2B. 3C. 6D. 7【答案】B【解析】【详解】,6.等比数列中，，则等于( )A. 16B. ±4C. -4D. 4【答案】D【解析】分析：利用等比中项求解．详解：，因为为正，解得．点睛：等比数列的性质：若，则．7.已知平面向量满足，且，则向量的夹角为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由，结合可得，利用平面向量的数量积公式可得结果.【详解】，，所以，可得，即，，设两向量夹角为，则，，，即为，故选A.【点睛】本题主要考查向量的模、夹角及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.8.数列的前项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用裂项相消法求数列的前项和为．【详解】解：故选【点睛】本题考查裂项相消法求数列的前项和为，属于基础题．9.中，角，，对边分别为，，，，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理边化角求得，再利用余弦定理求边．【详解】，，，又，由余弦定理得故选【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．10.若两个等差数列，的前项和分别为，且满足，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】把转化为，然后借助于已知得答案．【详解】解：等差数列、前项和分别为，，且，得．故选．【点睛】本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前项和，考查数学转化思想方法，是中档题．11.在中，，，，在边的中线上，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题可设，然后将用向量作为基底向量表示出来，再根据向量的运算，即可将问题转化为二次函数求最值问题．【详解】解：由题意，画图如下：可设，，，．，．．由二次函数的性质，可知：当时，取得最小值．故选：．【点睛】本题主要考查基底向量的设立以及用基底向量表示所求向量，最后转化为二次函数求最值问题，本题属基础题．12.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如将一定数目的点在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，这样的数被称为三角形数.如图所示，三角形数,，，……在这个自然数中三角形数的个数是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出这一列数的通项，即可求出在中三角形数的个数．【详解】解：由题意知，，……可归纳为则，故在中三角形数的个数为个．故选【点睛】本题考查数列的通项公式，及数列的项的计算，属于基础题．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本大共4小题，每小题5分，满分20分.13.在ΔABC中，已知a=1，b=, A=30°，则B等于____________；【答案】或【解析】分析：根据正弦定理求解即可．详解：由正弦定理可知，解得，故解得或点睛：本题为易错题，根据大角对大边，正弦值在一、二象限均有取值，只要角大于角即可．14.如果数列的前项和，则此数列的通项公式__________．【答案】【解析】【分析】利用数列中与关系，得出，但，由此判定数列从第项起为等比数列，通项公式可求．【详解】解：当时，，得．当时，，得，当时，不成立，故数列为从第项起为等比数列．故答案为【点睛】本题考查利用数列中与关系求数列通项，考查等比数列判定，通项公式求解．需具有转化、变形、计算能力．15.某人为测出所住小区的面积，进行了一些测量工作，最后将所住小区近似地画成如图所示的四边形，测得的数据如图所示，则该图所示的小区的面积是______.【答案】【解析】【分析】连结，由余弦定理可求，在中由正弦定理可求，利用面积公式分别求出，，即可求出四边形的面积．【详解】解：如图，连结，由余弦定理可知，故，，，，在中由正弦定理得：，即，故.故答案为【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式，属于基础题．16.已知等差数列中，，公差d>0，则使得前n项和取得最小值时的正整数n 的值是______．【答案】6或7【解析】【分析】将转化为的形式，得到，即，由此判断前或项的和最小.详解】]由且得，，且，即，即，即，故且最小.【点睛】本题主要考查利用基本元的思想，求等差数列的前项和取得最小值时的值.直接用等差数列的通项公式，将已知条件转化为的形式，由此得到为零，从而求得使等差数列的前项和取得最小值时的值.属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.记为等差数列的前项和，已知，．（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．【答案】（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．【解析】分析：（1）根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n项和公式得的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.详解：（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.18.如图，在中，，是边上一点，，，，为锐角.(1)求角大小；(2)求的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在三角形中，利用正弦定理表示出，求出，确定出的度数；（2）在中，设，由余弦定理可得，即可求出的长．【详解】（1）在中，，，由正弦定理可得，，即，，为锐角，，（2）在中，设，由正弦定理可得，，即，，即.【点睛】考查了正弦、余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键．19.数列满足，，.(1)设，证明是等差数列；(2)求的通项公式.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）要证是等差数列，即证，即由已知可得．（2）由（1）可得，利用累加法，求出数列的通项公式．【详解】（1）由得，又，所以是首项为，公差为的等差数列；（2）由（1）得，，由得，，则，，，，，所以，又，所以的通项公式.【点睛】本题考查：①用定义法证明等差数列；②等差数列的通项公式；③累加法求数列的通项公式；形如“”的递推关系式，求通项时一般利用累加法，属于中档题．20.的内角，，的对边分别为，，，且.(1)求；(2)若，求【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得：，由余弦定理可得，结合范围，可求的值．（2）可设，，由余弦定理可得，再由余弦定理，得，利用同角三角函数基本关系式可求的值．【详解】（1）由及正弦定理可得：，即.由余弦定理可得，又，.（2），所以可设，，则由余弦定理可得，，再由余弦定理得，故，.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．21.已知是等差数列，是各项为正数的等比数列，且，，.⑴求数列和的通项公式；⑵若，求数列的前项和.【答案】(1) ，;(2) .【解析】【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据等差数列和等比数列的通项公式，结合已知条件，，.可列出关于的方程组，解方程组求出的值，最后求出数列和的通项公式；(2)用错位相消法，结合等比数列前项和公式，可以求出数列的前项和.【详解】(1)设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，，所以有，所以，.(2)因为，.，所以，因此①，②，①—②得：，.【点睛】本题考查了等比数列和等差数列的通项公式，考查了用错位相消法求数列前项和.22.已知、、、为同一平面上的四个点，且满足，，设，的面积为，的面积为.（1）当时，求的值；（2）当时，求的值.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（I）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得到，即可求解的值；（II）由，得到，从而，由此能求出．试题解析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得所以在中，由余弦定理得所以所以.（Ⅱ）因为，所以所以解得考点：余弦定理；三角函数的恒等变换.【方法点晴】本题主要考查了三角形的面积的求法等问题，其中解答中涉及到三角形的面积，余弦定理，三角恒等变换等知识点综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，同时考查了转化与化归思想，解题是要认真审题，注意余弦定理的合理运用，试题有一定的难度，属于中档试题.。

2019-2020学年无锡市江阴市四校高一(下)期中数学试卷(含答案解析)

2019-2020学年无锡市江阴市四校高一(下)期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知点，若直线与线段AB相交，则k的取值范围是()A. B.C. D.2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且A=2B，则sinBsin3B等于()A. ac B. cbC. baD. bc3.若直线与圆相交于两点，且(其中为原点)，则的值为()A. 或B.C. 或D.4.过三点A(1,−1)，B(1,4)，C(4,−2)的圆的方程是()A. x2+y2−7x−3y+2=0B. x2+y2+7x−3y+2=0C. x2+y2+7x+3y+2=0D. x2+y2−7x+3y+2=05.在△ABC中，若a=2，c=4，B=60°，则b等于()A. 2√3B. 12C. 2√7D. 286.若圆与圆的公共弦长为，则的值为A. B. C. D. 无解7.设m，n是两条不同的直线α，β是两个不同的平面，以下判断正确的是()A. 若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αB. 若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥αC. 若m⊥n，n//α，则m⊥αD. 若m//β，β⊥α，则m⊥α8.如图，圆O的直径AB与弦CD交于点E，且E为OA的中点，若OA=2，∠BCD=30°，则线段CE的长为()A. 1B. 3√55C. 3√77D. √62二、单空题（本大题共8小题，共40.0分）9.三条直线l1：x+y−1=0，l2：x−2y+3=0，l3：x−my−5=0围成一个三角形，则m的取值范围是______ ．10.在△ABC中，A=30°，B=120°，b=12，则c=______ ．11.已知正三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于________．12.将直线l1：x+y−3=0绕着点P(1,2)按逆时针方向旋转45°后得到直线l2，则l2的方程为______．13.在极坐标系中，点(2,π3)到直线ρcos(x−π6)=0的距离是______ ．14.已知对任意的有恒成立，则的值等于__15.如图所示，AB是⊙O的直径，过圆上一点E作切线ED⊥AF，交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点C.若CB=2，CE=4，则AD的长为．16.已知圆，直线，若直线与圆恒有公共点，则实数的最小值是_________．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为棱A1B1与BB1的中点，M，N为线段C1D上的动点，其中，M更靠近D，且MN=C1N.(1)证明：A1E⊥平面AC1D；(2)若NE与平面BCC1B1所成角的正弦值为√10，求异面直线BM与NE所20成角的余弦值．18.已知△ABC中，2√2(sin2A−sin2C)=(a−b)sinB，外接圆半径为√2．(1)求∠C；(2)求△ABC面积的最大值．19.(本题满分13分)如图，某巡逻艇在处发现北偏东相距海里的处有一艘走私船，正沿东偏南的方向以海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，小时后，巡逻艇到达处，走私船到达处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以海里/小时的速度沿着直线追击．(Ⅰ)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里?(Ⅱ)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船?20.下列命题是否正确，并说明理由：(1)过平面外一点有无数条直线与这个平面平行；(2)过直线外一点可以作无数个平面与已知直线平行．21.设抛物线C：x2=2py(p>0)的准线被圆O：x2+y2=4所截得的弦长为√15，(1)求抛物线C的方程；(2)设点F是抛物线C的焦点，N为抛物线C上的一动点，过N作抛物线C的切线交圆O于P、Q两点，求△FPQ面积的最大值．22.已知直线：y=k(x+2)与圆O：x2+y2=4相交于A、B两点，O是坐标原点，三角形ABO的面积为S．(1)试将S表示成的函数S(k)，并求出它的定义域；(2)求S的最大值，并求取得最大值时k的值．【答案与解析】1.答案：B解析：直线横过点，；若直线与线段AB相交，结合图象得，故B为正确答案．考点：1、直线的斜率公式；2、恒过点问题．2.答案：D解析：解：∵A+B+C=π，A=2B，∴sinBsin3B =sinBsin(A+B)=sinBsin(π−C)=sinBsinC．再结合正弦定理得：sinBsinC =bc，所以sinBsin3B =bc．故选：D．由已知及三角形内角和定理，诱导公式可得sinBsin3B =sinBsin(A+B)=sinBsin(π−C)=sinBsinC，再结合正弦定理即可得解．本题主要考查了三角形内角和定理，诱导公式，正弦定理的应用，熟练掌握相关定理是解题的关键，属于基础题．3.答案：A解析：试题分析：圆的圆心，半径是等腰三角形，腰长为1，所以弦长，底边上的高即圆心到直线的距离为考点：直线与圆相交的弦长问题点评：直线与圆相交时圆的半径，圆心到直线的距离，弦长的一半构成的直角三角形三边关系是常用的知识点4.答案：A解析：解：设圆的一般方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，将A(1,−1)，B(1,4)，C(4,−2)三点代入方程得到方程组{1+1+D −E +F =0, 1+16+D +4E +F =0, 16+4+4D −2E +F =0, 解得D =−7，E =−3，F =2，故圆的方程为x 2+y 2−7x −3y +2=0，故选：A ．设圆的一般方程，将点代入可得圆的方程．考查求圆的一般方程，属于基础题．5.答案：A解析：解：∵在△ABC 中，a =2，c =4，B =60°，∴由余弦定理得：b =√a 2+b 2−2abcosB =√4+16−2×2×4×12=2√3，故选：A ．利用余弦定理，把已知的a ，c 和cos B 代入即可求得答案．本题主要考查了余弦定理的应用．余弦定理是解三角形中的一个重要定理，可应用于以下两种需求：当已知三角形的两边及其夹角，可由余弦定理得出已知角的对边．当已知三角形的三边，可以由余弦定理得到三角形的三个内角．6.答案：A解析：试题分析：圆的圆心为原点O ，半径．将圆与圆相减，可得，即得两圆的公共弦所在直线方程为．原点O 到的距离d =||，设两圆交于点A 、B ，根据勾股定理可得=()2+()2∴，∴=±2.故选A ..考点：圆与圆的位置关系．7.答案：A解析：解：由m，n是两条不同的直线α，β是两个不同的平面，知：在A中，若m⊥α，n⊥α，则m//n，再由n⊥α，得到m⊥α，故A正确；在B中，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m与α相交、平行或m⊂α，故B错误；在C中，若m⊥n，n//α，则m与α相交、平行或m⊂α，故C错误；在D中，若m//β，β⊥α，则m与α相交、平行或m⊂α，故D错误．故选：A．在A中，由m⊥α，n⊥α，得m//n，再由n⊥α，得到m⊥α；在B中，m与α相交、平行或m⊂α；在C中，m与α相交、平行或m⊂α；在D中，m与α相交、平行或m⊂α．本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．8.答案：C解析：本题考查正余弦定理的应用．由正弦定理可得CEsinB =312，CE=6sinB，AC=4sinB，△ACE中，由余弦定理求出sin B，即可求出线段CE的长．解：连接AC，∵AB是圆O的直径，∴∠ACB=90°，∵∠BCD=30°，∴∠ACE=60°．由正弦定理可得CE sinB =312，∴CE =6sinB ， ∵AC =4sinB ，∴△ACE 中，由余弦定理可得1=(4sinB)2+(6sinB)2−2×4sinB ×6sinB ×12，∴sinB =√714， ∴CE =6sinB =3√77．故选C ．9.答案：(−∞,−4)∪(−4,−1)∪(−1,2)∪(2,+∞)解析：由三条直线中的任意两条平行求得m 的值，再由三条直线相交于一点求得m 的值，则l 1，l 2，l 3不能围成一个三角形的m 的所有取值组成的集合可求．本题考查了两直线平行的条件，考查了两直线交点坐标的求法，是基础题．解：当直线l 1：x +y −1=0平行于l 3：x −my −5=0时，m =−1．当直线l 2：x −2y +3=0平行于l 3：x −my −5=0时，m =2，当三条直线经过同一个点时，由{x +y −1=0x −2y +3=0解得直线l 1与l 2的交点(−13,43) 代入l 3：x −my −5=0，解得m =−4；综上，m 为−1或2或−4时三条直线不能构成三角形．故当三条直线围成三角形时，m 的取值范围(−∞,−4)∪(−4,−1)∪(−1,2)∪(2,+∞)，故答案为：(−∞,−4)∪(−4,−1)∪(−1,2)∪(2,+∞)．10.答案：4√3解析：解：在△ABC中，A=30°，B=120°，则C=30°，由正弦定理，得csin30°=12sin120°，解得c=4√3，故答案为：4√3．易求角C，由正弦定理得csin30°=12sin120°，解出即可．该题考查正弦定理及其应用，熟记定理的内容并能灵活应用是解题关键．11.答案：解析：试题分析：在正三棱柱ABC—A1B1C1中，取A1C1的中点E，则连B1E，B1E垂直于A1C1，所以B1E垂直于平面ACC1A1，连AE，则角B1AE就是AB1与侧面ACC1A1所成角。

2019学年江苏省高一下期中数学试卷【含答案及解析】

2019学年江苏省高一下期中数学试卷【含答案及解析】姓名___________ 班级____________ 分数__________一、填空题1. = _______________________ ．2. =_________ ．3. 在中，若，，则=___________ .4. 已知等差数列的前项和为，若，，则公差等于______________________________ ．5. 已知中，，，，则 =________________ ．6. 已知等比数列的各项均为正数，，，则______________ .7. 在中，若，则的形状是______________ 三角形．8. 已知数列是等差数列，是其前项和，且，则使成立的最小值是_________ .9. 若钝角三角形三边长分别是，则____________________ .10. 已知，且，则的值为 .11. 设数列的前项和为，关于数列，下列命题正确的序号是______________ .① 若数列既是等差数列又是等比数列，则；② 若，则数列是等差数列；③ 若，则数列是等比数列.12. 在等差数列中，已知，则 _________ .13. 中，，点在边上，且满足，若，则 =_________________________________ .14. 已知数列为等差数列，满足，则当取最大值时，数列的通项公式为________ ________ .二、解答题15. 设是公比不为1的等比数列，且成等差数列.（1）求数列的公比；（2）若，求的取值范围.16. 在锐角中，已知（1）求的值；（2）若，，求的值.17. 已知函数．（1）求的值；（2）设，，求的值．18. 已知数列满足，且当 , 且时，有，（1）求证：数列为等差数列；（2）已知函数，试问数列是否存在最小项，如果存在，求出最小项；如果不存在，说明理由.19. 如图，一个半圆和长方形组成的铁皮，长方形的边 AD 为半圆的直径， O 为半圆的圆心， AB = 2 ， BC = 4 ，现要将此铁皮剪出一个，其中边MN ⊥ BC ，点在曲线上运动.（1）设∠ MOD =30°，若，求的面积；（2）求剪下的铁皮面积的最大值.20. 已知正项数列的前三项分别为，为数列的前项和，满足：（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）若数列满足… ，求数列的前项和 (参考公式：… )参考答案及解析第1题【答案】第2题【答案】第3题【答案】第4题【答案】第5题【答案】第6题【答案】第7题【答案】第8题【答案】第9题【答案】第10题【答案】第11题【答案】第12题【答案】第13题【答案】第14题【答案】第15题【答案】第16题【答案】第17题【答案】第18题【答案】第19题【答案】第20题【答案】。

2018-2019学年度高一下学期期中考试数学试卷(解析版)

2018-2019学年度第二学期期中考试高一数学一、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.（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用两角差的正弦公式计算即可.【详解】由两角差的正弦公式可得故选A.【点睛】本题考查两角差的正弦公式的应用，属基础题.2.下列函数中，以为周期且在区间上为增函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】试题分析：A选项周期为，不满足条件；B选项周期为；C选项周期为，且在区间为减函数，不满足条件；D选项周期为，且在区间为增函数；故选D．考点：（1）正弦函数的单调性（2）函数的周期性3.已知向量.若为实数，，则（）A. B. C. 1 D. 2【答案】B【解析】试题分析：因为，，所以，又因为，所以，故选B．考点：1、向量的坐标运算；2、向量平行的性质．视频4.给出下面四个命题：①；②；③；④.其中正确的个数为A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】①；②；③；④,所以正确的为①②，选B.5.已知，，与的夹角为，则在方向上的投影为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由条件及投影的计算公式便可得出向量在方向上的投影为，从而得出该投影的值．【详解】根据条件，在方向上的投影为：故选C.【点睛】本题考查一个向量在另一个向量方向上的投影的定义及计算公式，向量夹角的概念．6.已知函数的部分图象如下图所示，则函数的解析式（）学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...学|科|网...A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的图象求出A，ω 和φ的值即可．【详解】由函数的图象得即则，则，则则则∵，∴当k=0时，则函数．故选D.【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出A，ω和φ的值是解决本题的关键．7.将函数y=sin2x的图象向左平移（＞0）个单位，得到的图象恰好关于直线对称，则的一个值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据左加右减，写出三角函数平移后的解析式，根据平移后图象的对称轴，把对称轴代入使得函数式的值等于±1，写出自变量的值，根据求最小值得到结果．【详解】∵把函数y=sin2x的图象向左平移（＞0）个单位，∴平移后函数的解析式是，∵所得图象关于直线对称，∴由正弦函数的图象和性质可得：解得：∴当时，的最小值是．故选：A．【点睛】本题考查由三角函数图象的平移求函数的解析式，本题解题的关键是先表示出函数的解析式，再根据题意来写出结果，属于基础题．8.在中，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用平面向量数量积的定义进行运算即可【详解】故选D.【点睛】本题考查平面向量数量积的运算，属基础题.9.若是锐角，且满足，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】是锐角，且，所以也为锐角，所以..故选B.点睛：在三角化简求值类题目中，常常考“给值求值”的问题，遇见这类题目一般的方法为——配凑角：即将要求的式子通过配凑，得到与已知角的关系，进而用两角和差的公式展开求值即可，再利用公式求解前，需将每一个三角函数值确定下来，尤其是要利用角的终边确定好正负.10.中，，，分别是的中点，则（）A. 4B. -4C.D.【答案】B【解析】【分析】利用平面向量的加法表示，再利用平面向量数量积的运算法则计算即可.【详解】由题中，，，分别是的中点，则，则故选B.【点睛】本题考查面向量的加法法则及平面向量数量积的运算，属基础题.11.在△ABC中,设=2,那么动点M的轨迹必通过△ABC的()A. 垂心B. 内心C. 外心D. 重心【答案】C【解析】【分析】假设BC的中点是O,先化简已知得2=2,即()·=0, 所以, 所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心.【详解】假设BC的中点是O,则=()·()=2=2,即()·=0,所以,所以动点M在线段BC的中垂线上,所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心.故答案为：C【点睛】（1）本题主要考查平面向量的数量积运算和向量的减法法则，考查向量垂直的表示，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是在于熟练掌握向量的运算法则.12.函数（）的图象经过、两点，则（）A. 最小值为B. 最大值为C. 最小值为D. 最大值为【答案】A【解析】【分析】当A、B为函数的图象的相邻的两个顶点时，函数的周期最小，最大，此时，由，求得的值【详解】由题意可得A、B为函数的图象的顶点，故当A、B为函数的图象的相邻的两个顶点时，周期最大小，最小，此时，，，故选：A．【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，属于基础题．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.若扇形的弧长为，圆心角为弧度，则扇形的面积为_________。

高一第二学期期中考试数学试卷含答案(word版)

2018-2019学年第二学期高一期中考试数学科试题本试卷共4页,22小题,满分150分.考试时间120分钟. 注意事项:1．答卷前,考生要务必填写答题卷上的有关项目．2．选择题每小题选出答案后,用铅笔把答案代号填在答题卷对应的空格内．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．请考生保持答题卷的整洁.考试结束后,将答题卷和答题卡交回.一、选择题：本大题共12小题。

每小题5分，满分60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1、若集合{}21A x x =-<<,{1B x x =<-或}3x >,则A B =I ( )A 、{}21x x -<<-B 、{}23x x -<<C 、{}11x x -<<D 、{}13x x <<2、下列与角7312π终边相同的角是（） A 、312π B 、512π C 、12π D 、12π-3、已知函数()222,02,0x x x f x x x x ⎧--≥⎪=⎨-<⎪⎩，则()()1f f = ( )A 、－15B 、15C 、－3D 、34、已知平面,αβ，直线m ，且αβ⊥，AB αβ=I ，m αP ，m AB ⊥，则下列说法正确的是（）A 、m βPB 、m β⊥C 、m β⊂D 、直线m 与平面β的关系不确定 5、直线ax －4y ＋8＝0,4x ＋3y ＝10和2x －y ＝10相交于一点，则a 的值为( ) A 、4 B 、－1 C 、－4 D 、16、已知函数()22x x f x -=-，若()f a =，则()f a -=（）A B 、 C D 、7、已知函数()()1x f x a a =>，且()()2741f m f m ->-，则实数m 的取值范围是（） A 、[)3,-+∞ B 、(),3-∞- C 、(],3-∞- D 、()3,-+∞ 8、某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的体积(单位:3cm )是( ) A .12π+ B . 32π+ C . 312π+ D . 332π+ 9、过点P (2,3)的直线l 分别与两坐标轴交于A 、B 两点，若P 为AB 的中点，则直线l 的方程为（）A 、32120x y -+=B 、32120x y --=C 、32120x y ++=D 、32120x y +-= 10、圆22:(2)25C x y +-=一点P 到直线3100l x y ++=的距离的最小值为（） A 、5 B 、11 C 、6 D 、111、已知圆C 过点(0,1)，且圆心在y 轴的正半轴上，直线310l y ++=与圆相切，则圆C 的标准方程为（）A 、()2212x y ++= B 、()2232x y +-= C 、()2234x y +-= D 、()2214x y ++=12、已知函数()(21x x f x ln x x e e -=++-，则满足()()210f a f a -+<的实数a 的取值范围是（）A 、1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B 、()1,+∞C 、(),1-∞D 、1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分． 13、计算：13642lg 2lg 25-++= ； 14、函数()()1f x ln x =+的定义域为；15、若直线430x y a -+=与圆221x y +=相交，则a 的取值范围为___________；16、已知直线:330l mx y m ++-=与圆2212x y +=交于,A B 两点，过,A B 分别做l 的垂线与x 轴交于,C D 两点，若23AB =CD = .三、解答题：本大题共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．（本小题满分10分）已知直线l 的方程为2x +（1+m ）y +2m=0，m ∈R ，点P 的坐标为（-3，1）．（Ⅰ）求证：直线l 恒过一定点，并求出定点坐标；（Ⅱ）求点P 到直线l 的距离的最大值．18．（本小题满分12分）如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：（Ⅰ）EF ∥面ACD ；（Ⅱ）面EFC ⊥面BCD ．19．（本小题满分12分）在平面直角坐标系中，点()()1,0,1,0A B -，平面上一点M 满足2MA MB =. （Ⅰ）求点M 的轨迹方程；（Ⅱ）过点A 且倾斜角为6π的直线l 与点M 的轨迹交于,P Q ，求线段PQ 的长度.20．（本小题满分12分）提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况.在一般情况下，大桥上的车流速度v （单位：千米/小时）是车流密度x （单位：辆/千米）的函数.当桥上的的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时，研究表明；当20020≤≤x 时，车流速度v 是车流密度x 的一次函数．（Ⅰ）当2000≤≤x 时，求函数)(x v 的表达式;（Ⅱ）当车流密度x 为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/每小时）)()(x v x x f ⋅=可以达到最大，并求出最大值（精确到1辆/小时）.21．（本小题满分12分）如图,四边形ABCD 为正方形,,E F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,2BE AB DF ==.（Ⅰ）求二面角B AC E --的余弦值；（Ⅱ）证明:平面AEC ⊥平面AFC .22．（本小题满分12分）已知函数)()14(log )(2R k kx x f x ∈++=是偶函数，)342(log )(2a a x g x -⋅=（其中0>a ）.（I ）求函数)(x g 的定义域；（II ）求k 的值；（III ）若函数)(x f 与)(x g 的图象有且只有一个交点，求a 的取值范围.CDFEBA2018—2019学年第二学期高一调研考试数学参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分。

江苏省无锡市江阴四校2018_2019学年高一数学下学期期中试题(含解析)

精品文档，欢迎下载！江苏省无锡市江阴四校2018-2019学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、选择题。

1.直线的倾斜角的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解：因为直角坐标系中，直线斜率为-，倾斜角，选D2.在中，，，，则的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知利用正弦定理，利用大边对大角可求为锐角，即可利用特殊角的三角函数值求解，得到答案．【详解】在中，因为，，，由正弦定理，可得，∵，可得，所以为锐角，∴．故选：B．【点睛】本题主要考查了正弦定理，大边对大角，特殊角的三角函数值在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．3.点是直线上的动点，点是圆上的动点，则线段长的最小值为（）A. B. 1 C. D. 2【答案】A【解析】【分析】根据题意，分析圆的圆心与半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系，即可得到答案．【详解】根据题意，圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，则线段长的最小值为；故选：A．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式，其中根据圆的性质合理转化求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及运算与求解能力，属于基础题．4.方程表示圆，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】将圆的方程变形为，进而可得，求得实数的取值范围，即可得答案．【详解】根据题意，方程变形为，若其表示圆，则有，解得或，即实数的取值范围为；故选：C．【点睛】本题考查了二元二次方程表示圆的条件，其中解答中把圆的一般方程与标准方程，列出相应的不等式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．5.在中，若，则等于（）A. 1B.C. 4D.【答案】C【解析】因为,故选C6.圆与圆的位置关系（）A. 相交B. 外离C. 内切D. 外切【答案】A【解析】【分析】把两个圆的方程化为标准方程，分别求出圆心和半径，再根据两个圆的圆心距大于两圆的半径之差而小于半径之和，可得两个圆的位置关系，得到答案．【详解】根据题意，圆，即，表示以为圆心、半径等于4的圆，圆，即，表示以为圆心、半径等于2的圆；两圆的圆心距，可得圆心距大于两圆的半径之差而小于半径之和，故两个圆的位置关系为相交，故选：A．【点睛】本题考查圆与圆的位置关系的判定，其中解答中熟记两圆的位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．7.直线和平面，若与平面都平行，则直线的关系可以是（）A. 相交B. 平行C. 异面D. 以上都有可能【答案】D【解析】【分析】根据是否共面，分类讨论，即可求解，得到答案．【详解】若，则，显然可能平行，也可能相交，若分别在平面两侧，且在平面的射影为相交直线，则异面．故选：D．【点睛】本题考查了空间直线与平面的位置关系判定与应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定方法，以及异面直线的定义是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．8.在中，角的对边分别是，若，且，则的面积最大值为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】由已知及正弦定理可得可得，由余弦定理可得，再由余弦定理可得，利用同角三角函数基本关系式可求，进而利用三角形面积公式，利用二次函数的性质可求最大值．【详解】由题意，因为，且，∴由正弦定理可得：，可得，∴由余弦定理可得：，可得：，①∵，∴，∴（当时，等号成立），即的面积最大值为3．故选：C．【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式，二次函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力、转化思想和函数思想的应用，属于中档题．二、填空题。

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（1）求渔船甲的速度；（2）求的值．
【答案】（1）14 海里/小时（2）【解析】试题分析：解：① ∴
（4 分） ∴
∴V 甲 ②在
海里/小时（6 分）中，
由正弦定理得
∴
∴
（12 分）
考点：正弦定理，余弦定理
点评：主要是考查了正弦定理和余弦定理的运用，属于基础题。
20.如图，在三棱柱的中点．求证：
8.在
中，角
）
A. 1 【答案】C
【解析】
【分析】
的对边分别是，若 B. 2
，且，则
的面积最大值为（
C. 3
D. 4
由已知及正弦定理可得可得
，由余弦定理可得
，再由余弦定理可得
，利
用同角三角函数基本关系式可求，进而利用三角形面积公式，利用二次函数的性质可求最大值．
【详解】由题意，因为
，且，
∵
，∴
，
∴
,即与底面所成角的正切值为．
故答案为：．【点睛】本题主要考查直线和平面所成角的求解问题，其中解答中利用线面角的定义确定线面角，再利用直角三角形求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
12.如果平面直角坐标系中的两点
【答案】
．
【解析】
关于直线对称，那么直线的方程为______．
证明 EF∥平面 PDC．
【详解】证明：（1）∵ 平面，平面，
∴
.
又底面为矩形，∴
.
∵
，
平面，
∴ 平面 . （2）取中点，∵ 为的中点，
∴
，且
.
又为中点，四边形为矩形，
∴
，且
.
故与平行且相等，
即四边形为平行四边形，∴
.
又平面，平面，
∴ 平面 .
【点睛】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查学生的计算能力，是中档题．
，得
.
由余弦定理，得
，故
.
点睛：（1）本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和分析
推理的能力.(2)化简三角等式时，一般利用正弦定理和余弦定理实行角化边或边化角，本题的解答就是利
用正弦定理边化角，也可以角化边.
19.如图，渔船甲位于岛屿的南偏西方向的处，且与岛屿相距 12 海里，渔船乙以 10 海里/小时的速度从岛屿出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从处出发沿北偏东的方向追赶渔船乙，刚好用 2 小时追上．
答的关键，着重考查了转化思想，以及运算与求解能力，属于基础题．
4.方程
表示圆，则实数的取值范围为（）
A.
C. 【答案】C 【解析】【分析】
将圆的方程变形为围，即可得答案．
【详解】根据题意，方程
B. D.
，进而可得变形为
，求得实数的取值范，
若其表示圆，则有
，解得或，
即实数的取值范围为
9.已知，直线
，
，若
【答案】1 或 2
【解析】
【分析】
根据两直线平行的条件，列出方程，即可求解，得到答案．
，则实数的值为______．
【详解】直线
，
，
若
，则
，解得或，
当时，直线
，
，
当时，直线
，
，
故答案为：1 或 2．
【点睛】本题主要考查了两直线的位置关系的判定及应用，其中解答中熟记两直线的位置关系的判定方法，
14. 的内角的对边分别为，若
，则 ________．
【答案】【解析】
【分析】
根据正弦定理将边化为角，再根据两角和正弦公式以及诱导公式化简得 cosB 的值，即得 B 角.
【详解】
由 2bcosB＝acosC＋ccosA 及正弦定理，得 2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA.
江苏省无锡市江阴四校 2018-2019 学年高一下学期期中考试
数学试题
一、选择题。
1.直线
的倾斜角的大小为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
解：因为直角坐标系中，直线
斜率为- ，倾斜角，选 D
2.在
中，
，
，
，则的大小为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知利用正弦定理答案．
【点睛】本题考查证明线面平行、线面垂直的方法，直线和平面平行的判定定理以及直线和平面垂直的判
定定理的应用，其中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，
属于中档题．
21.如图，在平面直角坐标系中，已知圆
及点
．
（1）若直线平行于，与圆相交于两点，
，求直线的方程；
，再由平面
，可得
在正三棱柱
中，
，∴侧面
是正方形，
∴点是的中点，又点是的中点，故是
的中位线．
∴
，又平面，平面，∴
平面
（2）由（1）知，侧面
是正方形，又分别为
的中点，
∴
，∴
，∴
，
在正三棱柱
中，是 BC 的中点，∴
，又侧面
底面，
且侧面
底面
，底面，∴ 平面
，
又
平面
，∴
，又
，∴
平面．
列出满足条件的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
10.在中，已知
【答案】【解析】
，那么的面积是______．
试题分析：由余弦定理
，得，故的面积
.
考点：余弦定理．
11.如图，在三棱锥正切值______．
中，底面，
，则与底面所成角的
【答案】【解析】【分析】根据条件，得出是与底面所成的角，然后根据直角三角形的边角关系，即可求解线面角的正切值，得到答案．【详解】由题意，因为底面，∴ 是在底面上的射影， ∴ 是与底面所成的角．
试题分析：直线斜率为
，所以斜率为，设直线方程为
，
由已知直线过点
，所以
，即，所以直线方程为
，即
．
考点：直线方程．
13.若圆
上有且仅有三个点到直线
的距离等于 1，则半径的值为
______．
【答案】4
【解析】
【分析】
根据题意，分析圆的圆心与半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系分析可得
17.如图，在四棱锥
中，底面为矩形，平面，分别为与的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：
平面．
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）由 DP⊥平面 PBC，得 BC⊥DP，由底面 ABCD 为矩形，得 BC⊥DC，由此能证明 BC⊥平面 PDC．
（2）取 PD 中点 G，推导出四边形 ABCD 为矩形，从而四边形 EGCF 为平行四边形，进而 EF∥CG，由此能
（2）在圆上是否存在点，使得
？若存在，求点的个数；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
或
【解析】
．（2）．
试题分析：（1）本题实质为直线被圆截得弦长问题，一般方法为利用垂径定理进行转化解决：先根据 AB
斜率得直线斜率
，设直线方程
，再根据 AB 长得弦长
，
最后根据垂径定理得
，根据圆心到直线的距离公式得
角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化. 第三步：求结果.
15.如图，为测塔高，在塔底所在的水平面内取一点，测得塔顶的仰角为，由向塔前进 30 米后到点，测得塔顶的仰角为，再由向塔前进米后到点后，测得塔顶的仰角为，则塔高为______米．
D. 外切
【答案】A
【解析】
【分析】
把两个圆的方程化为标准方程，分别求出圆心和半径，再根据两个圆的圆心距大于两圆的半径之差而小于
半径之和，可得两个圆的位置关系，得到答案．
【详解】根据题意，圆于 4 的圆，
，即
，表示以
为圆心、半径等
圆
，即
，表示以
为圆心、半径等于 2 的圆；
两圆的圆心距
，可得圆心距大于两圆的半径之差而小于半径之和，
18.在
中，角的对边分别是，若
．
（1）求角的值；
（2）若
的面积
，，求的值．
【答案】(1)
;(2)
.
【解析】
分析：（1）利用正弦定理边化角化简 b 的值.
得到 B 的值.(2)先求 c 的值，再利用余弦定理求
详解：（1）由又
及正弦定理得：
，①
，②
由①②得
，
在中，∵
，∴
，
∴
，而
，∴ .
（2）由又，所以 .
16.在平面直角坐标系中，圆的方程为
．若直线
上存在一点，使过所
作的圆的两条切线相互垂直，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
试题分析：记两个切点为，则由于
，因此四边形是正方形，
，圆标准方程为
，
，