1、江苏省苏州市昆山市2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1.直线的倾斜角为（ ）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.2.在中，角，的对边分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知利用正弦定理即可
2、计算得解【详解】，由正弦定理，可得：故选D【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题3.在平面直角坐标系中，矩形的顶点坐标分别为，则矩形的外接圆方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据矩形的中心是其外接圆的圆心，矩形的对角线是其外接圆的直径，求出圆心坐标和半径，得到圆的标准方程，再化为圆的一般方程即可得到答案.【详解】矩形的中心为，对角线长为，所以矩形的外接圆的圆心为，半径为，所以矩形的外接圆方程是，即.故选：B【点睛】本题考查了根据圆心坐标和半径求圆的标准方程，属于基础题.4.古代数学名著九章算术有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米2016石
3、，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得270粒内夹谷30粒，则这批米内夹谷约为（ ）A. 222石B. 224石C. 230石D. 232石【答案】B【解析】【分析】根据270粒内夹谷30粒，可得2016石的夹谷约为石，即可得到答案【详解】由题意可知，2016石的夹谷约为石故选：B【点睛】本题主要考查了简单随机抽样，用样本估计总体，属于容易题5.已知直线，直线，若，则实数的值为（ ）A. B. 4C. D. 0【答案】A【解析】【分析】解不等式得，检验舍去得解.【详解】因为，所以.当时，两直线重合，所以舍去；当时，满足题意.故选：A【点睛】本题主要考查两直线平行的性质，意在考查学生对该知识的理解掌
4、握水平，属于基础题.6.已知，点在轴上，且使得取最小值，则点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作图，找到M关于x轴对称点是，连结MN，求出MN的方程，则MN与x轴交于P点，此时，取最小值，且，此时根据直线方程求出P点即可【详解】如图，M关于x轴对称点是，M和N在x轴两侧，则当MN成一直线，此时，MN与x轴交于P点，有取最小值，此时，而直线MN的方程为，化简得，则直线MN交x轴于P点，所以，P点坐标为答案选：C【点睛】本题考查点关于直线对称的问题，属于简单题7.如图，某侦察飞机在恒定高度沿直线匀速飞行在处观测地面目标，测得俯角经2分钟飞行后在处观测地面目标，测得俯角
5、又经过一段时间飞行后在处观察地面目标，测得俯角且，则该侦察飞机由至的飞行时间为（ ）A 1.25分钟B. 1.5分钟C. 1.75分钟D. 2分钟【答案】B【解析】【分析】结合图形，直接利用解三角形知识的应用和三角函数的关系式的恒等变换，列出方程，即可求解.【详解】设飞机的飞行速度为，所以根据飞机的飞行图形，测得俯角，经过2分钟飞行后在处观测地面目标，测得俯角为，所以为直角三角形，过点作于点，则，解得，设，因为，可得，所以，直角中，解得，即该侦察飞机由至的飞行时间为分钟.故选：B. 【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用问题，其中解答中结合图形，合理利用解三角形的知识和三角函数的基本关系式求
6、解是解答的关键，着重考查数形结合数学，以及运算、求解能力.8.已知圆的方程为：，若直线上存在一点，使得在圆上总存在不同的两点，使得，则圆的半径的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设的坐标，可得的坐标，代入圆的方程，可得以为圆心，为半径的圆与以为圆心，为半径的圆有公共点，由此求得的半径的取值范围【详解】直线的方程为，设，又可得，即又，都在半径为的圆上，即：该关于，的方程组有解，即以为圆心，为半径的圆与以为圆心，为半径的圆相交或相切，可得：即： 由点在将代入整理可得： 故：要保证直线上存在一点，使得在圆上总存在不同的两点，使得需 ，解得： 故圆的半径的取值范围为故选
7、：D.【点睛】本题解题关键是掌握的向量线性坐标表示和两圆相交几何特征，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）9.抛掷一枚硬币三次，若记出现“三个正面”、“三个反面”、“二正一反”、“一正二反”的概率分别为，则下列结论中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】利用n次的独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式，分别求得的值，即可求解.【详解】由题意，抛掷一枚硬币三次，若记出现“三个正面”、“三个反面”、“二正一反”、“一正二反”的
8、概率分别为，根据独立重复试验的概率计算公式，可得：，由，故A是错误的；由，故B是错误的；由，故C是正确的；由，故D是正确.故选：CD【点睛】本题主要考查概率的计算及其应用，其中解答中熟练应用n次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式求得相应的概率是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.10.在同一直角坐标系中，直线与圆的位置可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】利用圆的圆心到直线的距离与圆的半径比较大小即可得到结果【详解】解：圆的圆心为，半径为则圆心到直线的距离为不妨令，可得，即，当时，恒成立，可知A正确，B不正确；当时，不等式不成立，说明直线与圆相离，但是直线的
9、斜率为负数，所以C 不正确，D正确，故选：AD【点睛】此是考查直线与圆的位置关系的判断，考查分类讨论思想以及转化思想的应用，属于中档题.11.对于，有如下判断，其中正确的是（ ）A. 若，则必为等腰三角形B. 若，则C. 若，则符合条件的有两个D. 若，则必为钝角三角形【答案】BD【解析】【分析】根据正弦函数性质，正弦定理，余弦定理对每个命题进行判断【详解】是三角形内角，由得或，即或，三角形为等腰三角形或者直角三角形，A错；，又由得，B正确；若，则，无解，C错；若，则，即，由正弦定理得，为钝角，D正确故选：BD【点睛】本题考查正弦函数的性质，考查正弦定理、余弦定理解三角形掌握正弦定理和余弦定理
10、是解三角形的关键应用正弦定理解三角形时注意三角形解的情况，可能1解也可能2解，还可能无解12.在平面直角坐标系中，已知曲线的方程是，则下列结论正确的是（ ）A. 曲线关于对称B. 的最小值为C. 曲线的周长为D. 曲线围成的图形面积为【答案】ABD【解析】【分析】确定方程表示的曲线，根据对称性判断A，利用的几何意义判断B，计算曲线的周长与所围图形面积判断C，D【详解】设是曲线上的任一点，则，所以，所以点也在曲线上，而点与是关于对称的，由的任意性知A正确，如时方程化为，即，其中，表示一条线段，同理当时，方程为，当时，方程为，当时，方程为所以方程表示的曲线是以为顶点的菱形，如图，表示菱形上点到原点
11、距离的平方，原点到的距离为为斜边上的高，所以的最小值为，B正确；菱形的周长为，C错误；菱形的面积为，D正确故选：ABD【点睛】本题考查曲线的对称性，考查用方程研究曲线的性质，考查方程的曲线，解题关键是确定方程表示的曲线，注意掌握绝对值的定义，按绝对值分类讨论即可三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分其中第16题共有2空，第一个空2分，第二个空3分；其余题均为一空，每空5分请把答案填写在答题卡相应位置上）13.随机抽取圆柱形零件样本5件，测量其直径依次为5.1，4.9，5.2，4.7，5.1（单位：），则数据5.1，4.9，5.2，4.7，5.1的方差为_【答案】【解析】【分析】先计
12、算出平均值，然后根据方差公式计算【详解】由已知均值为，所以方差为故答案为：0.032【点睛】本题考查方差的计算，属于基础题14.在中，已知，则_【答案】或2【解析】【分析】直接根据余弦定理可解得结果.【详解】由余弦定理得，即，所以，解得或.故答案为：或2【点睛】本题考查了用余弦定理解三角形，属于基础题.15.在平面直角坐标中，已知、，平面内的点满足，则点的坐标为_【答案】【解析】【分析】设点的坐标为，根据条件建立有关、的方程组，解出这两个未知数的值，即可求得点的坐标.【详解】设点的坐标为，由可得，解得，因此，点的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查利用两点间的距离求点的坐标，考查计算能力，属于
13、基础题.16.在平面直角坐标系内，已知，若点满足，则面积的最大值为_；若点还同时满足，则点的横坐标等于_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】设，根据求出点的轨迹方程，可得面积的最大值，根据求出点的轨迹方程，联立两个方程可解得，即可得答案.【详解】设，则，化简得,所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以面积的最大值为，由得，化简得，联立，解得，即点的横坐标等于.故答案为：；.【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求法，考查了三角形的面积，考查了求曲线的交点坐标，属于基础题.四、解答题（本大题共6小题，共计70分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在中，已知
14、，且边的中点在轴上，边的中点在轴上（1）求顶点的坐标；（2）求的面积【答案】（1）；（2）2【解析】【分析】（1）设点,根据边的中点在轴上求出，根据边的中点在轴上求出，即得解；（2）先求出直线的方程为，再求出点到直线的距离，即得的面积【详解】解：（1）设点,边的中点在轴上，解得又边的中点在轴上，解得点的坐标是.(2)由题得,所以直线的方程为，所以直线的方程为又，点到直线距离为【点睛】本题主要考查点的坐标的求法，考查直线方程的求法和点到直线的距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18.某校高一某班50名学生参加防疫知识竞赛，将所有成绩制作成频率分布表如下：分组频数频率0.06350.
15、07060.124（1）求频率分布表中的值；（2）从成绩在的学生中选出2人，请写出所有不同的选法，并求选出2人的成绩都在中的概率【答案】（1）；（2）所有选法：，；概率为【解析】【分析】（1）根据频率分布表中的数据，结合频数、频率的计算方法，即可求解；（2）设成绩落在中的2人为，成绩落在中的3人为，利用列举法得到基本事件的总数，以及所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.【详解】（1）由题意，该班学生人数为50人，所以表格中的频数总和为，则根据频率与频数的关系，可得，所以，（2）由（1）可得成绩落在中的2人为，成绩落在中的3人为，则从成绩在的学生中选2人的基本事件
16、有：，共有10个，其中2人的成绩都在中的基本事件有，共有3个，所以选出2人的成绩都在中的概率为答：从成绩在的学生中选出2人，2人的成锁都在中的概率为【点睛】本题主要考查了频率分布表的应用，以及古典概型的概率计算，其中解答中认真审题，熟记频率分布表中的频数与频率的计算，以及利用列举法得出基本事件的总数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.19.在锐角中，角对边分別为，且（1）求角的大小；（2）若，且的面积为，求的值【答案】（1）；（2）7【解析】【分析】（1）由正弦定理和题设条件，得到进而得到，即可求解角的大小；（2）由的面积为，求得，再余弦定理和，得到，联立方程组，即可求解【详解】
17、（1）在锐角中，因为，由正弦定理可知：（其中为外接圆半径），所以，又因为锐角三角形，则，可得，所以，又因为锐角三角形，则，所以（2）因为的面积为，即，可得 在中，由余弦定理可知：，因为，所以，联立解得：【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题20.某调查机构为了了解某产品年产量（吨）对价格（千元/吨）和年利润的影响，对近五年该产品的年产量和价格统计如下表，若123458764（1）求表格中的值；（2）求关于的线性回归方程；（3
18、）若每吨该产品的成本为2千元，假设该产品可全部卖出，预测当年产量为多少时，年利润取得最大值？【答案】（1）；（2）；（3）2.75吨【解析】【分析】（1）由，计算可得；（2）依题意求出和，即可求出回归直线方程；（3）依题意可得年利润，根据二次函数的性质求解即可；【详解】解：（1），解得：（2），又，又已知，关于的线性回归方程是（3）年利润所以当吨时，年利润可取得最大答：当年产量为2.75吨时，年利润取得最大值【点睛】本题考查最小二乘法求回归直线方程以及二次函数的性质的应用，属于基础题.21.如图，已知四边形内接于圆，且（1）求的长度；（2）求圆的半径【答案】（1）3；（2）【解析】【分析】（1
19、）结合正弦定理及已知角的关系可求与的关系，进而可求；（2）结合圆内接四边形的角的性质及余弦定理可求，再由正弦定理即可求解【详解】解：（1）四边形内接于圆，与有相同的外接圆圆，设圆的半径为在中，由正弦定理可得：在中，由正弦定理可得：又设，（2）设，又已知在中，由余弦定理可得：在中，由余弦定理可得：四边形内接于圆，即由可得：，解得：，又，在中，由正弦定理可得：圆的半径为【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，解题的关键是圆内接四边形性质的灵活应用22.已知圆，点坐标为（1）如图1，斜率存在且过点的直线与圆交于两点若，求直线的斜率；若，求直线的斜率（2）如图2，为圆上两个动点，
20、且满足，为中点，求的最小值【答案】（1）或1；或；（2）；【解析】【分析】（1）设直线的方程为：，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，由，则，即，即可求出的值；由，则，解方程组即可；（2）连结，依题意可得，可得，设点的坐标为，即可得动点点的轨迹；【详解】解：（1）设直线的方程为：，联立方程得：，消去整理可得：恒成立，由韦达定理可得：，又，即整理可得：将代入可得：，化简得：直线的斜率的值为或1（2）点，整理可得都在圆上，即-可得：将代入解得：此时，直线的斜率的值为或（3）如图，连结，又为中点，为圆上两点，又为中点，又，设点的坐标为，整理可得：点的轨迹是以为圆心，为半径的圆【点睛】本题考查直线与圆的综合应用，求动点的轨迹问题，属于中档题.