1、江苏省泰州中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、单项选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分）1.在中，若，则满足条件三角形有（ ）个A. B. 1C. 2D. 不确定【答案】C【解析】【分析】直接利用来判断三角形解得情况.【详解】在中，则，所以，有两解.故选：C.【点睛】本题考查的知识要点：三角形解的情况的应用，属于基础题2.正方体被平面所截得的图形不可能是（ ）A. 正三角形B. 正方形C. 正五边形D. 正六边形【答案】C【解析】【分析】平面与正方形相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形【详解】如图所示，平面与正方形相交与不同
2、的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形，故选C项【点睛】本题考查正方形的截面图形，空间想象能力，属于基础题.3.直线倾斜角为（ ）A. 30B. 60C. 120D. 150【答案】C【解析】【分析】由直线的一般式方程得到直线的斜率，再由求解倾斜角.【详解】直线的斜率，.故选：C【点睛】本题考查了直线的一般式方程、直线的斜率和直线的倾斜角的关系，考查了学生转化，运算的能力，属于基础题.4.以，为直径的圆的方程是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设圆的标准方程，利用待定系数法一一求出，从而求出圆的方程.【详解】设圆的标准方程为，由题意得圆心为，的中点，根据
3、中点坐标公式可得，又，所以圆的标准方程为：，化简整理得，所以本题答案为A.【点睛】本题考查待定系数法求圆的方程，解题的关键是假设圆的标准方程，建立方程组，属于基础题.5.过两直线：，：的交点且与平行的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出两直线、的交点坐标，再设与平行的直线方程为，代入交点坐标求出m的值，即可写出方程.【详解】解：两直线：，：的交点为解得，即；设与平行的直线方程为则解得所求的直线方程为.故选：D【点睛】本题考查了直线方程的应用问题，是基础题.6.将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【
4、解析】【分析】依题意最大的球为与正方体各个面相切，直径为正方体的棱长，即可求解.【详解】将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，该球为正方体的内切球，其半径为，所以球体积为.故选：D.【点睛】本题考查多面体与球的“接”“切”问题，属于基础题.7.在中，（a，b，c分别为角A，B，C的对边），则的形状为（ ）A. 等边三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形或直角三角形D. 等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】由二倍角公式和余弦定理化角为边后变形可得【详解】，整理得，三角形为直角三角形故选：B【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查二倍角公式和余弦定理，用余弦定理化角为边是解题关键8.一竖
5、立在水平面上的圆锥物体的母线长为2m，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P点，蚂蚁爬行的最短路径为，则圆锥的底面圆半径为（ ）A. 1mB. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将圆锥展开后的扇形画出，结合母线及最短距离，即可确定圆心角大小；进而求得弧长，即为底面圆的周长，由周长公式即可求得底面圆的半径.【详解】将圆锥侧面展开得半径为2m的一扇形，蚂蚁从爬行一周后回到（记作），作，如下图所示：由最短路径为，即，由圆的性质可得，即扇形所对的圆心角为，则圆锥底面圆的周长为，则底面圆的半径为，故选：B.【点睛】本题考查了了圆锥侧面展开图、扇形弧长公式的简单应用，属于基础
6、题.9.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.若，的面积为，则（ ）A. 5B. C. 4D. 16【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理边化角以及三角函数公式可得,再根据面积公式可求得,再代入余弦定理求解即可.【详解】中,由正弦定理得,又,又,又,.,由余弦定理可得,可得.故选：C【点睛】本题主要考查了解三角形中正余弦定理与面积公式的运用,属于中档题.10.在平面直角坐标系中，圆：，圆：，点，动点，分别在圆和圆上，且，为线段的中点，则的最小值为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】由得，根据向量的运算和两点间的距离公式，求得点的轨迹方程，再利用点与圆的位置关系
7、，即可求解的最小值，得到答案【详解】设，由得，即，由题意可知，MN为RtAMB斜边上的中线，所以,则 又由，则，可得，化简得，点的轨迹是以为圆心、半径等于的圆C3，M在圆C3内， MN的最小值即是半径减去M到圆心的距离，即，故选A【点睛】本题主要考查了圆的方程及性质的应用，以及点圆的最值问题，其中解答中根据圆的性质，求得点的轨迹方程，再利用点与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分）11.已知、是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，下列说法中正确的是（ ）A. 若
8、，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据线面的位置关系对每个选项进行判断【详解】由，得，又由，得，A正确；由，得，又由，得，B正确；若，可能平行也可能是异面直线，C错误；由面面垂直的性质定理知D正确故选：ABD【点睛】本题考查空间线面间的平行与垂直关系，掌握直线、平面间平行垂直的判定定理的性质定理是解题关键12.设有一组圆：（）.下列四个命题中真命题的是（ ）A. 存在一条定直线与所有的圆均相切B. 存在一条定直线与所有的圆均相交C. 存在一条定直线与所有的圆均不相交D. 所有的圆均不经过原点【答案】BD【解析】【分析】由圆与圆的位置关系判断A由圆心所在直线判
9、断B，由圆半径可能无穷大，判断C，代入原点坐标确定方程是否有整数解判断D【详解】圆心为，半径为，圆与圆是内含关系，因此不可能有直线与这两个圆都相切，从而A错误；易知圆心在直线上，此直线与所有圆都相交，B正确；若取无穷大，则所有直线都与圆相交，C错；将代入圆方程得，即，等式左边是奇数，右边是偶数，因此方程无整数解，即原点不在任一圆上，D正确故选：BD【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，掌握反证法，特殊值法，综合性较高三、填空题（本题共4小题，每小题5分，其中第15题第一空2分，第二空3分；共20分）13.若直线与互相垂直，则a的值是_.【答案】.【解析】【分析】由垂直的条件
10、求解【详解】已知两直线垂直，解得故答案为：4【点睛】本题考查两直线垂直的条件，属于基础题14.在四面体中，E，F分别是，的中点.若，所成的角为60，且，则的长为_.【答案】或【解析】【分析】取中点，可证（或其补角）是，所成的角，分类计算【详解】取中点连接，E，F分别是，的中点，所成的角是（或其补角），若，则，若，则，故答案为：或【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题时要注意通过平行线作出异面直线所成角时，对应的角或其补角是异面直线所成的角，因此可分类讨论15.2020年是中国传统的农历“鼠年”，有人用3个圆构成“卡通鼠”的形象，如图：是圆Q的圆心，圆Q过坐标原点O；点L、S均在x轴上，圆L与圆
11、S的半径都等于2，圆S、圆L均与圆Q外切.已知直线l过点O.（1）若直线l与圆L、圆S均相切，则l截圆Q所得弦长为_；（2）若直线l截圆L、圆S、圆Q所得弦长均等于d，则_.【答案】 (1). 3 (2). 【解析】分析】圆与圆关于原点对称，直线过原点，只要与一个圆相切，必与另一圆相切求出圆与圆圆心坐标，（1）求出切线方程后，求出到切线的距离后由勾股定理得弦长（2）设出直线方程，由三个弦长相等得直线方程，从而可得弦长【详解】由题意圆与圆关于原点对称，设，则，即，（1）设方程为，即，由得，由对称性不妨取，方程为，圆心到的距离为，弦长为；（2）同（1）设直线方程为，点到直线的距离为，直线截圆得弦长
12、为，点到直线的距离为，直线截圆得弦长为，由题意，解得，故答案为：3；【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线与圆相交弦长问题求出圆心到直线的距离，用勾股定理求得弦长是求圆弦长的常用方法16.在锐角中，则边上的中线的长的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由正弦定理化角为边，由余弦定理求出中线长（用三边表示），然后根据已知条件求出的范围，结合二次函数性质得的范围，从而得中线取值范围【详解】因为，由正弦定理得，又，所以，由余弦定理得，又，所以，所以，又，即，因为是锐角三角形，所以，解得，所以故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，二次函数的性质的综合应用，解题时利用余弦定理建立中线与
13、三角形边长之间的关系是基础，利用锐角三角形求出的取值范围是解题关键四、解答题（本题共6小题，其中第17题10分，其他每题12分，共70分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在ABC中，a=7，b=8，cosB= （）求A；（）求AC边上的高【答案】(1) A= (2) AC边上的高为【解析】分析：（1）先根据平方关系求,再根据正弦定理求，即得；（2）根据三角形面积公式两种表示形式列方程，再利用诱导公式以及两角和正弦公式求，解得边上的高详解：解：（1）在ABC中，cosB=，B（，），sinB=由正弦定理得 =，sinA=B（，），A（0，），A=（2）在ABC中，sinC=sin（
14、A+B）=sinAcosB+sinBcosA=如图所示，在ABC中，sinC=，h=，AC边上的高为点睛：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.18.在如图所示的五面体中,四边形为菱形,且为中点. (1)求证:平面;(2)若平面平面,求到平面的距离.【答案】(1)见解析(2) 【解析】【详解】(1)取中点,连接,因为分别为的中点,所以,且,因为四边形为菱形,所以平面平面,所以平面.因为平面平面平面,所以.又,所以.所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，且平面,所以平面.(2)由(1)得平面,所以到平面的距离等
15、于到平面的距离.取的中点,连接,因为四边形为菱形,且,所以,因为平面平面,平面平面,所以平面,因为,所以,所以,设到平面的距离为,又因为,所以由,得,解得.即到平面的距离为19.已知以点P为圆心的圆经过点A（1，0）和B（3，4），线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且|CD|.（1）求直线CD的方程；（2）求圆P的方程.【答案】（1）xy30（2）圆P的方程为（x3）2（y6）240或（x5）2（y2）240【解析】【分析】（1）求出AB中点坐标和直线CD的斜率，即得直线CD的方程；（2）设圆心P（a，b），求出的值，即得圆P的方程.【详解】（1）由题意知，直线AB的斜率k1，中点坐标为（
16、1，2）. 所以.则直线CD的方程为y2（x1），所以直线CD的方程为xy30.（2）设圆心P（a，b），则由点P在CD上得ab30.又因为直径|CD|4，所以|PA|2，所以（a1）2b240.由解得或所以圆心P（3，6）或P（5，2）.所以圆P的方程为（x3）2（y6）240或（x5）2（y2）240.【点睛】本题主要考查直线和圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20.如图，是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.（1）证明：是直角三角形；（2）若，且当直线与平面所成角的正切值为时，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】
17、（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由，得，再有，这样可由线面垂直的判定定理得线面垂直，从而得证线线垂直，即得证结论；（2）过A作于H，由（1）可证，从而有是直线与平面所成的角，求出此角正弦值即可【详解】（1）证明是的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点.，又，是直角三角形.（2）如图，过A作于H，又，是直线与平面所成的角，即是与平面所成的角，又，在中，在中，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查证明线线垂直，考查直线与平面所成的角，求线面角时一般可作出平面的垂直，得出直线与平面所成的角，在三角形中计算即可，即通常所说的作证算三步21.已知方程（2）x（1）y2（32）0与点
18、P（2，2）.（1）证明：对任意的实数，该方程都表示直线，且这些直线都经过同一定点，并求出这一定点的坐标；（2）证明：该方程表示的直线与点P的距离d小于.【答案】（1）证明见解析；直线经过的定点为M（2，2）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）变形得到2xy6（xy4）0，得到方程计算得到答案.（2）易知|PM|=，当与直线垂直时，直线方程为xy40.，而直线系不能表示此直线，故得证.【详解】（1）解显然2与（1）不可能同时为零，故对任意的实数，该方程都表示直线.方程可变形为2xy6（xy4）0， 解得 故直线经过的定点为M（2，2）.（2）证明：易知|PM|=，当且仅当与直线垂直时，等号成
19、立此时对应的直线方程是y2x2，即xy40.但直线系方程唯独不能表示直线xy40，故所证成立.【点睛】本题考查了直线过定点，点到直线的距离范围，确定直线系不能表示xy40是解题的关键.22.已知直线与圆C：相交，截得的弦长为.（1）求圆C的方程；（2）过原点O作圆C的两条切线，与函数的图象相交于M、N两点（异于原点），证明：直线与圆C相切；（3）若函数图象上任意三个不同的点P、Q、R，且满足直线和都与圆C相切，判断线与圆C的位置关系，并加以证明.【答案】（1）（2）证明见解析；（3）直线与圆C相切；证明见解析；【解析】【分析】（1）化圆方程为标准方程，得圆心坐标和半径，求出圆心到直线的距离，用
20、表示出弦长，从而求得，得圆方程；（2）求出过原点的圆的两条切线方程，然后求得两条切线与抛物线的交点坐标后可得证；（3）设，由此写出直线的方程，由直线与圆相切得出的关系，可得；，然后可证直线也与圆相切【详解】（1）解：圆C：，可化为圆，圆心到直线的距离，截得的弦长为，圆C的方程为；（2）证明：设过原点O的切线方程为，即，圆心到直线的距离，设过原点O的切线方程为，与函数，联立可得，与圆C相切；（3）解：设，可得，直线的方程为，即为，同理可得，直线的方程为，直线的方程为，直线和都与圆C相切，即为，即有b，c为方程的两根，可得；，由圆心到直线的距离为，则直线与圆C相切.【点睛】本题考查直线与圆相交弦长问题，考查直线与圆的位置关系，掌握用几何方法求弦长和判断直线与圆的位置关系是解题基础
