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

江苏省无锡市江阴四校高一下学期期中考试数学试题
一、单选题
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】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】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，
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】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．1 B．C．4 D．
【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】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】
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】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．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】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 9．已知，直线
，
，若
，则实数的值
为______． 【答案】1或2
【解析】根据两直线平行的条件，列出方程，即可求解，得到答案． 【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，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ABC ∆中，已知22,7,3
BC AC B π
===
，那么ABC ∆的面积是______． 【答案】
32
【解析】试题分析：由余弦定理B ac c a b cos 2222-+=，得1=c ，故ABC ∆的面积
2
3
sin 21==∆B ac S ABC .
【考点】余弦定理． 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】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．
∵，∴，
∴
,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关于直线对称，那么直线的方
程为______． 【答案】
．
【解析】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．的内角的对边分别为，若，则________．【答案】
【解析】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cos B 的值，即得B角.
【详解】
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＝.
【点睛】
解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，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.
14．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】在三角形中由余弦定理得，可求出，最后在中，即可求解，得到答案．
【详解】
，∴，
在三角形中由余弦定理得，
∴，∴，
∴，∴．
故答案为：15米．
【点睛】
本题主要考查了正、余弦定理解三角形的实际应用问题，其中解答中根据图形，在
中，合理应用正弦定理、余弦定理，以及直角三角形的性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
15．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，，，于是圆心直线
的距离不大于，
，解得.
【考点】直线和圆的位置关系.
三、解答题
16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，分别为与的中点．
（2）求证：平面．
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】（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．
17．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得到B的值.(2)先求c 的值，再利用余弦定理求b的值.
详解：（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.
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.
18．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．
【解析】试题分析：解：①
∴
（4分）
∴
∴V
海里/小时（6分）
甲
②在中，
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。

19．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．
【答案】（1）见证明；（2）见证明
【解析】（1）连接交于点，连接，根据是的中位线可得，
（2）由（1）知，，故，再由平面，可得，从而证得平面．
【详解】
（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．
【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．
20．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．
【答案】（1）或．（2）．
【解析】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代入得，解得或，（2）点既在圆上，又满足，因此研究点的个数，实质研究两曲线位置关系，先确定满足的轨迹方程，利用直接法得，也为圆，所以根据两圆位置关系可得点的个数
试题解析：（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，……………………………………………2分
则圆心到直线的距离为．…………………………4分
因为，
而，所以，……………………………6分
解得或，
故直线的方程为或．…………………………………8分
（2）假设圆上存在点，设，则，
，
即，即，………………………………10分
因为，……………………………………12分
所以圆与圆相交，
所以点的个数为．…………………………………………………………14分
【考点】直线与圆位置关系，圆与圆位置关系
【思路点睛】求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：
①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．
②定义法：根据圆、直线等定义列方程．
③几何法：利用圆的几何性质列方程．
④代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．
21．如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，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．
【答案】（1），；（2）（3）
【解析】（1）设切线方程，利用圆心到切线距离等于半径求得斜率即可得解；
（2）连接交于，利用，结合正余弦可得最值；
（3）利用（1）的方法，得到的二次方程，结合根与系数关系，用含的式子表示去表示，可得最值．
【详解】
（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．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系的综合应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的判定与应用，合理根据直线与圆的位置关系，列出相应的方程是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题综合性强，属于中档试题．。