1、1广州市真光中学高一第二学期期末复习预测测试题(一)一、选择题（共 12 小题，共 60 分.每小题只有一项是符合题目要求的选项）1.已知直线 l1：xy10，l2：xy10，则 l1，l2之间的距离为()A.1B.2C.3D.22.点 A(3，2,4)关于点(0,1，3)的对称点的坐标是()A.(3,4，10)B.(3,2，4)C.31 1(,)22 2 D.(6，5,11)3.某小组有 3 名男生和 2 名女生，从中任选 2 名学生参加演讲比赛，那么下列对立的两个事件是（）A.“至少 1 名男生”与“至少有 1 名是女生”B.“恰好有 1 名男生”与“恰好 2 名女生”C.“至少 1 名男
2、生”与“全是男生”D.“至少 1 名男生”与“全是女生”4.一个几何体的三视图如图所示,在该几何体的体积为（）ABCD5.DABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，若 a4，b3，c2，则中线 AD 的长为()A.5B 10C.52D 102 6.一艘轮船按照北偏东 40方向，以 18 海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东 20方向上，经过 20 分钟的航行，轮船与灯塔的距离为63海里，则灯塔与轮船原来的距离为（）A6 海里B12 海里C6 海里或 12 海里D63海里7.已知圆 C 与 x 轴的正半轴相切于点 A，圆心在直线 y2x 上，若点 A 在直线 xy40
3、的左上方且到该直线的距离等于2，则圆 C 的标准方程为（）A（x2）2+（y+4）24B（x+2）2+（y+4）216C（x2）2+（y4）24D（x2）2+（y4）2168.在ABC 中，角 A，B 的对边分别为 a，b，有(1)a50，b30，A60(2)a30，b65，A304511262(3)a30，b50，A30(4)a30，b60，A30则以上 4 个题中有唯一解有（）个A0B 1C2D39.某班统计一次数学测验的平均分与方差，计算完毕才发现有位同学的分数还未录入，只好重算一次.已知原平均分和原方差分别为 x，2s，新平均分和新方差分别为1x，21s，若此同学的得分恰好为 x，则（
4、）A、1xx，221ssB、1xx，221ss C、1xx，221ssD、1xx，221ss 10.在 ABC中，如果1cos2sin4BA，33cos4sin2AB，则()C)(A30)(B60)(C120)(D15011.如图,在棱长为 2 的正方体1111ABCDA BC D中,E 为 BC 之中点,点 P 在线段1D E 上,则点 P 到直线的距离的最小值为()A.45B.12C.53D.2 5512.过直线20 xy上一点 P，作圆223116xy的两条切线，切点分别为11,A x y，22,B xy，若222112122yyxxxx，则 PA ()A.4 B.6 C.7 D.8二、
5、填空题：本大题共 4 题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填写在答题卡横线上.13.在 ABC中，CCBBA222sinsinsinsinsin则角 A 等于_14.在 ABC中，60A，16AC，面积3220S，则 BC 为_15.在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C1：x2+y28 与圆 C2：x2+y2+2x+ya0 相交于 A、B 两点若圆 C1 上存在点 P，使得ABP 为等腰直角三角形，则实数 a 的值组成的集合为_16.在平行四边形 ABCD中，2 2AB，3BC，且2cos3A，以 BD 为折痕，将 BDC折起，使点C 到达点 E 处，且满足 AEAD，则三棱锥 EAB
6、D的外接球的表面积为_.广州市真光中学高一第二学期期末复习预测测试题答卷 3一、选择题 二、填空题13._;14._15._16._三、解答题 17、(10 分)已知,a b c 分别是ABC的内角,A B C 的对边，3a 且(3)(sinsinsin)sinbcBCAbC.（）求角 A 的大小；（）设 S 为ABC的面积，求3coscosSBC的最大值.18、(12 分)如图所示，正三角形 ABC 所在平面与梯形 BCDE 所在平面垂直，/,24BECD BECD，BEBC，F 为棱 AB 的中点.（1）求证:CF 平面 ABE；（2）若直线 DA 与平面 ABC 所成的角为 30，求三棱
7、锥DBEF的体积.19、(12 分)随着互联网经济逐步被人们接受，网上购物的人群越来越多，网银交易额也逐1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4年增加，某地连续五年的网银交易额统计表，如表所示：年份 x 20122013201420152016网银交易额 y（亿元）567810经研究发现，年份与网银交易额之间呈线性相关关系，为了计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理，2011tx，5zy，得到如表：时间代号t 12345z 01235（1）求 z 关于t 的线性回归方程；（2）通过（1）中的方程，求出 y 关于 x 的回归方程；（3）用所求回归方程预测 2020 年该地网银
8、交易额.（附：在线性回归方程 ybxa中，1=122211nniiiiiinniiiix ynxyxxyybxn xxx，aybx）20、(12 分)在四棱锥 PABCD中，侧面 PAD 底面5ABCD，底面 ABCD为直角梯形，BC/AD，90ADC，112BCCDAD，PAPD，,E F 为,AD PC 的中点（）求证：PA/平面 BEF；（）若 PC 与 AB 所成角为45，求 PE 的长；（）在（）的条件下，求二面角 F-BE-A 的余弦值21、(12 分)已知直线 l：4x3y100，半径为 2 的圆 C 与 l 相切，圆心 C 在 x 轴上且在直线 l 的右上方(1)求圆 C 的方
9、程；(2)过点 M(1，0)的直线与圆 C 交于 A，B 两点(A 在 x 轴上方)，问在 x 轴正半轴上是否存在定点 N，使得 x 轴平分ANB？若存在，请求出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由 22、(12 分)如图，在直角坐标系 xOy 中，圆 O：x2+y24 与 x 轴负半轴交于点 A，过点 A的直线 AM，AN 分别与圆 O 交于 M，N 两点6（1）若 kAM2，kAN=12，求AMN 的面积；（2）过点 P（33，5）作圆 O 的两条切线，切点分别记为 E，F，求；（3）若 kAMkAN2，求证：直线 MN 过定点广州市真光中学高一第二学期期末复习预测测试题参考答案 1.B
10、2.A 3.D75.解：选 D.如图，由余弦定理得AB2DA2DB22DADBcosADB，AC2DA2DC22DADCcosADC，两式相加得 AB2AC22DA2DB2DC2，即 22322DA22222，2DA25.DA 102.6.解.如图，根据条件可得BAC120，AB18 13=6，BC63，由余弦定理可得 cos120=2+222，即36+210812=12，解得 AC12，故选：B7.解.由题意设圆心为（a，2a）（0a4），求得 A 的坐标，再由 A 到直线 xy40 的距离为2列式求得 a 值，则圆的标准方程可求由题意设圆心为（a，2a）（0a4），则 A（a，0），由题意
11、可得|4|2=2，解得 a6（舍）或 a2则圆的圆心坐标为（2，4），半径为 4圆 C 的标准方程为（x2）2+（y4）2168.解.对于 A，由 a50，b30，A60，利用正弦定理可得：5060=30则 sinB=3310，ab，且 A 为锐角，B 有一解，故三角形只有一解；对于 B，由 a30，b65，A30，8利用正弦定理可得：3030=65则 sinB=1312，此三角形无解；来源:Z,xx,k.Com对于 C，由 a30，b50，A30，利用正弦定理可得：3030=50则 sinB=56，ba，且 A 为锐角，则角 B 有两解，故三角形有两解；来源:Zxxk.Com对于 D，由 a
12、30，b60，A30，利用正弦定理可得：3030=60，则 sinB1，B90，三角形为直角三角形，仅有一解故选：C9.【解】设这个班有n 个同学，分数分别是123,na a aa，假设第i 个同学的成绩没录入，这一次计算时，总分是1nx，方差为 222222121111iinsaxaxaxaxaxn；第二次计算时，11nnxxxx，方差为 222222221121111+iiinnsaxaxaxaxaxaxsnn故有1xx，221ss.10.【解】由已知两式平方相加得)cossin(4)cossin(162222BBAA)sincoscossin(16BABA28，即21)sin(BA，30
13、BA或150，若30BA，则300A，300B，2sin40A，2cos23B，4cos2sin43BA，1cos2sin4BA不合题意，故150BA，即 30C，选)(A11.D,12.【解】由11,A x y，22,B xy，设 AB 的 中 点00,M xy，则 有22113116xy，22223116xy，将两式作差得12121212+6+2yyxxxxyy，又222112122yyxxxx，即12121212+2+yyxxxxyy，所12121212+6+2+2+xxxxyyyy，所以00000031+210+1xxxyyy，所以 AB 的中点 M 的轨迹方程是+210 xy ，而点
14、 P 也在直线+210 xy 上，所以由+21200yxyx，得点5,3P，而圆223116xy的圆心31C（，），半径4R，所以225 31 34 5PC ，所以228PAPCR，故选 D913.【解】由正弦定理得，224Ra224RbRb2Rc2224Rc，bcacb222由余弦定理得，212cos222bcacbA，120A14.【解】由3220sin21AACABS得55AB，由余弦定理得，AABACABACBCcos22222401，49 BC15.解.已知圆 C1：x2+y28 与圆 C2：x2+y2+2x+ya0 相交于 A、B 两点，则 AB 所在直线的方程为 2x+ya+80
15、，若圆 C1 上存在点 P，使得ABP 为等腰直角三角形，分 2 种情况讨论：.P 为直角顶点，则 AB 为圆 C1 的直径，即直线 2x+ya+80 经过圆 C1 的圆心 C1，必有a+80，解可得 a8；.A 或 B 为直角顶点，则点 C1 到直线 AB 的距离 d=22 r=22 22=2，则有 d=|8|4+1=2，解可得 a825或 8+25，来源:学+科+网综合可得：a 的取值的集合为8，825，8+25；故答案为：8，825，8+2516.解：在ABD中，2 2AB，3BC，且2cos3A，由余弦定理，得2222cosBDABADAB ADA，即：22222 232 2 2393
16、BD ，解得：3BD，在四面体 ABED 中，3AEBD，3ADBE，2 2ABED，三组对棱长相等，可将四面体 ABED 放在长方体中，设长方体的相邻三棱长分别为 x，y，z，设外接球半径为 R，则229xy，229yz，228zx，则22213xyz，即213R，所以132R.所以，四面体 EABD外接球的表面积为：21344134R.故答案为：13.17.【解】（）sinsinsinsinabcBCAbC，10根据正弦定理，知abcbcabc ，即222bcabc.由余弦定理，得2221cos22bcaAbc.又0,A，所以23A.（）根据3a，23A及正弦定理得32sinsinsin3
17、2bcaBCA，2sin,2sinbBcC.113sin2sin2sin3sin sin222SbcABCBC.3cos cos3sin sin3cos cosSBCBCBC 3cos BC.故当6 CB时，3coscosB3CS取得最大值 3.18.解.(1)平面 ABC平面 BCDE,平面 ABC 平面 BCDE=BC,且 BE 平面 BCDE,BEBC,BECF 又正三角形 ABC,F 为 AB 之中点,CFAB,又 BE,AB 平面 ABE,BE AB=B,CF平面 ABE（2）取中点，连接，易知 平面，与平面所 成的角为=300，中，=2，=4,=23，为正三角形，为的中点，且=3,
18、=2=23，平面 平面，平面，又为的中点，点到平面的距离为12 =32，,=4,=23，=12 =43，=13 12 =13 43 32=23.19.解：（1）由已知有1 234535t，012352.25z，511 02 132435545iiit z ，521149162555iit，则455 3 2.21.2555 9b ，2.2 3 1.21.4azbt ，1.21.4zt.11（2）将2011tx，5zy，代入1.21.4zt得到，51.220111.4yx，即1.22409.6yx.（3）由（2）知，当2020 x 时，1.2 20202409.614.4y，所以预测 2020 年
19、该地网银交易额为 14.4 亿元.20.解：（）证明：连接 AC 交 BE 于 O，并连接 EC，FO，1/,2BCAD BCAD,E 为 AD 中点AE/BC，且 AE=BC 四边形 ABCE 为平行四边形O 为 AC 中点又 F 为 AD 中点/OFPA，,OFBEF PABEF平面平面，PA/平面 BEF（）由 BCDE 为正方形可得22ECBC,由 ABCE 为平行四边形可得 EC/AB PCE为 PCAB与所成角即045PCEPAPDEADPEAD为中点，侧面 PAD 底面,ABCD 侧面 PAD 底面,ABCDAD PE 平面 PAD PEABCD 平面，PEEC，2PEEC.（）
20、取 PD中点 M，连,ME MA，PADABCD面面，ADBEPADABCDAD且面面，BE 平面 PAD，MEAFBEA为的平面角，又311,1,22EMAEAM，33cos MEA，所以二面角 EACB的余弦值为3321.解(1)设圆心 C(a，0)a52，则|4a10|52a0 或 a5(舍)所以圆 C：x2y24.(2)当直线 ABx 轴时，x 轴平分ANB.当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 yk(x1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2y24yk（x1）得，(k21)x22k2xk240，12所以 x1x2 2k2k21，x1x2k24k21
21、.若 x 轴平分ANB，则 kANkBN y1x1t y2x2t0k（x11）x1tk（x21）x2t02x1x2(t1)(x1x2)2t02（k24）k212k2（t1）k212t0t4，所以当点 N 为(4，0)时，能使得ANMBNM 总成立22.（1）解：由题知，得直线 AM 的方程为 y2x+4，直线 AN 的方程为 y=12x1所以，圆心到直线 AM 的距离 d=|4|5，所以 AM24 165=455，由中位线定理知，AN=855，由题知 kAMkAN1，所以 ANAM，S=12 455 855=165 来源:学#科#网 Z#X#X#K（2）解：|=(33)2+(5)2 4=43，
22、PO=(33)2+(5)2=213，所以 cosOPE=43213=2313所以 cosFPE2cos2OPE12（2313）21=1113，所以=|=(43)2 1113=52813（3）证明：由题知直线 AM 和直线 AN 的斜率都存在，且都不为 0，不妨设直线 AM 的方程 yk（x+2），则直线 AN 的方程为 y=2（x+2），所以，联立方程=(+2)2+2=4，得（x+2）（1+k2）x+2k220，得 x2 或 x=2221+2，所以 M（2221+2，41+2），同理 N（2284+2，84+2），因为 x 轴上存在一点 D（23，0），所以=41+22221+2+6=442+8=2+2，同理=2+2，所以 kDNkDM，所以直线 MN 过定点（23，0）
