江苏省苏州市常熟中学2019-2020学年高一数学下学期六月质量检测试题（含解析）.doc

1、江苏省苏州市常熟中学2019-2020学年高一数学下学期六月质量检测试题（含解析）一、单项选择题1. 角的终边在直线上，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用，求出正切值，再利用同角三角函数的基本关系即可得到结论.【详解】由角的终边在直线上得，又 ，当在第一象限时，当在第三象限时，.故选：B.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系.属于较易题.2. 已知，为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】根据面面平行的判定定理、线面垂直的性质判定【详解】只有一对直线平行，不能得出两平面平行，

2、A错，由，可得，再由线面垂直的性质可得，B正确；C中两平面，没有任何关系，不能得出平行，C错；由，可以得出，不能得出平行，D错故选：B【点睛】本题考查面面平行的判定，掌握面面平行的判定定理是解题关键3. 若直线与平行，则与间的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据两直线平行求出的值，得出两条直线方程，再求直线之间的距离.【详解】由题：直线与平行，则，即，解得或，当时，直线与重合；当时，直线与平行，两直线之间的距离为.故选：B【点睛】此题考查根据两直线平行求参数的取值，需要注意讨论直线重合的情况，根据距离公式求平行线之间的距离.4. 已知集合，若从集合、中各取一个数、

3、，则为整数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】基本事件总数，利用列举法求出为整数包含的基本事件有个，再利用古典概率模型的概率计算公式即可求解.【详解】已知集合，若从集合、中各取一个数、，基本事件总数，为整数包含的基本事件有，共有个，故为整数的概率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了古典概率模型的概率计算公式以及列举法求基本事件个数.属于较易题.5. 一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，且内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在旋转体的轴截面中讨论两个几何体的高之间的关系，求出圆锥的高后可求圆

4、锥的体积.【详解】圆锥与内接圆柱的轴截面如图所示：其中为圆锥的顶点，为底面的圆心，为内接圆柱的上底面的圆心.设内接圆柱的高为，则，故，设圆锥的高为，则，故，所以圆锥的体积为.故选：C.【点睛】本题考查几何体的内接圆柱以及圆锥的体积的计算，注意旋转体的侧面积、表面积、体积等计算问题，一般需要考虑几何体的轴截面，因为轴截面包含了几何体的几何量.6. 已知直线和圆关于、两点，则使得弦长为整数的直线的条数为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】分析】先计算出弦长的最大值和最小值，从而可得弦长可取哪些整数值，从而可得所求的条数.【详解】直线过定点，该点在圆内，则弦长的最大值为，满足弦长

5、为6的直线有1条.当时，弦长最小，且最小值为，满足弦长为2的直线有1条.若弦长为整数，则整数为，其中满足弦长为各有两条直线.故使得弦长为整数的直线的条数为.故选：C.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系中的弦长问题，解题中注意含参数的直线一般经过定点，本题属于基础题.7. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据正弦函数的单调性，结合在区间上单调递增，建立不等式关系，即可求解【详解】函数在区间上单调递增，当时，当时，由于函数在区间上单调递增，所以，解得，所以，因此，的取值范围是.故选：A【点睛】本题考查了正弦函数的图象及性质、单调性的应

6、用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中等题8. 如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离.已知山高，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30，山顶C的仰角为60，则两山顶A、C之间的距离为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，利用正切函数定义求得，；在中，利用余弦定理求得，然后利用勾股定理求解.【详解】，；在中，由余弦定理得：，所以；所以，即两山顶A，C之间的距离为.故选：C.【点睛】本题主要考查余弦定理的实际应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.二、多项选择题9. 下列说法错误的是（ ）A. 在第一象限是增函数B. 的最小正周期

7、为C. 是增函数D. 的所有对称中心坐标为，【答案】ACD【解析】【分析】通过举反例可得A不正确根据余弦函数的性质判断B ,根据正切函数的性质判断CD；【详解】由于，且都是第一象限角，故函数在第一象限不是增函数，故A不正确其最小正周期为，故B正确；的单调递增区间为，故C错误；由于函数的图象的对称中心是，故D不正确故选：ACD【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质的应用，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，属于基础题.10. 已知圆：和圆：相交于、两点，下列说法正确的是（ ）A. 两圆有两条公切线B. 直线的方程为C. 线段的长为D. 所有过点、的圆系的方程可以记为【答案】ABC【

8、解析】【分析】A. 根据圆与圆的位置关系判断； B. 圆：和圆：的方程相减判断；C. 先求得圆心到直线的距离，再利用弦长公式求解判断；D.根据 判断方程是否过AB两点，再判断方程是否表示过A、B的所有圆.【详解】A. 因为圆：和圆：相交于、两点，所以两圆有两条公切线，故正确；B. 圆：和圆：的方程相减得：，所以直线的方程为，故正确；C. 圆心到直线的距离为：，所以线段的长为，故正确；D. 因为，所以恒成立，即过AB两点，方程可化为，而恒成立，所以方程表示圆，但此圆系不包括圆M，故不正确.故答案为：ABC【点睛】本题主要考查两圆的位置关系，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.11. 在中，角

9、、所对的边分别为、，.若点在边上，且，是的外心.则下列判断正确的是（ ）A. B. 的外接圆半径为C. D. 的最大值为2【答案】BC【解析】【分析】先利用正弦定理求出，判定出选项A错误；再利用，求出外接圆半径，选项B正确；画出图像，在中，计算出，选项C正确；再由由得出选项D错误.【详解】在中，,，又，故选项A错误；又，所以，故，选项B正确.取的中点，如图所示：在中，在中，故选项C正确；由，当且仅当圆心在上时取等号，所以的最大值为，故选项D错误.故选：B C.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用以及在外接圆内求最值问题.属于中档题.12. 四边形中，将四边形沿对角线折成直二面角，则下列结论正确

10、的是（ ）A. B. C. 和平面所成的角为D. 四面体的体积为【答案】BC【解析】【分析】先证明平面、平面，再逐项判断即可.【详解】因为二面角是直二面角，所以平面平面，而平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，所以，因为，所以平面.因为平面，故即，故B正确.若，因为，故平面，但平面，故，矛盾，故A错误.因为平面，故为直线和平面所成的角，在中，故，故C正确.又，故D错.故选：BC.【点睛】本题考查线面垂直的证明、线面角的计算以及三棱锥体积的计算，在垂直关系的证明过程中，注意线线垂直与线面垂直关系的转化，而体积的计算，注意选择合适的顶点和底面.三、填空题13. 为了解学生课外阅读的

11、情况，随机统计了名学生的课外阅读时间，所得数据都在中，其频率分布直方图如图所示，已知在中的频数为，则的值为_【答案】400【解析】【分析】由频率分布直方图求出的频率，再由在的频数，能求出【详解】由频率分布直方图得：的频率为：，在中的频数为，故答案为：【点睛】本题考查利用频率分布直方图计算频率、总数问题，属于基础题.14. 已知棱锥的侧棱、两两垂直，则它的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】根据棱锥的结构特征，可补成一个相邻三边为2，3，4的长方体，再根据棱锥的外接球即为长方体的外接球求解.【详解】因为棱锥的侧棱、两两垂直，所以可补成一个相邻三边为2，3，4的长方体，如图所示：所以棱锥的

12、外接球即为长方体的外接球，长方体的体对角线的长为,解得，所以外接球的表面积为，故答案为：【点睛】本题主要考查三棱锥外接球的表面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.15. 函数的振幅为_；将函数的图象右移个单位长度后，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小正值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先利用二倍角和辅助角公式整理得到振幅，再利用左加右减得到，又利用为偶函数得出，对取值即可得结论.【详解】，故振幅为；函数的图象右移个单位长度，又函数为偶函数，所以，当时，即为的最小正值.故答案为：；.【点睛】本题主要考查利用二倍角和辅助角公式化简三角函数，求振幅和的问

13、题.属于较易题.16. 已知圆，点，从坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，若切线，的斜率分别为，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先根据题意得到直线，的方程，再根据直线与圆的位置关系得到，结合，即可求得圆心的轨迹方程，最后数形结合可得的取值范围【详解】由题意可知，直线，因为直线，与圆相切，所以，两边同时平方整理可得，所以，是方程的两个不相等的实数根，所以又，所以，即又，所以，即故答案为：【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，还考查了数形结合思想和运算求解能力，属于中档题.四、解答题17. 一机器可以按各种不同的速度运转，其生产的产品会有一定的次品率，每小时生产的次品

14、数随机器运转速度而变化.用（单位：转/秒）表示转速，用表示每小时生产的次品数.现试验得到的4组观测值分别为 （1）假定和具有线性相关关系，求和之间的回归直线方程；（2）若实际生产中所允许每小时次品数不超过10，则机器的速度不得超过多少转/秒？（精确到1），【答案】（1），（2）15【解析】【分析】（1）先求样本中心点 ，再代入系数公式求和可得线性回归方程；（2）回归直线方程看作一次函数，代入回测可得机器运转速度.【详解】（1）. 设回归直线方程为于是可得：；.因此，所求线性回归方程为：.（2）根据上面求得的线性回归方程，当每小时次品数不超过10时， ，即机器的速度不得超过15转/秒.【点睛】本

15、题考查求回归直线方程及利用回归方程进行预测.回归直线方程中系数的两种求法:(1)公式法：利用公式，求出回归系数(2)待定系数法：利用回归直线过样本点中心求系数回归分析的两种策略:(1)利用回归方程进行预测：把回归直线方程看作一次函数，求函数值(2)利用回归直线判断正、负相关：决定正相关还是负相关的是回归系数.18. 已知.（1），求的值；（2），求函数的值域.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由已知利用同角三角函数关系式得，由此能求出（2）首先求出的取值范围，将函数转化为关于的函数，利用二次函数的性质计算可得；【详解】解：（1），（2）因为，因为，所以，所以，即因为所以所以，所以【点

16、睛】本题考查三角函数值的求法，解题时要认真审题，注意同角三角函数性质的合理运用，换元法的应用，属于中档题19. 在直三棱柱中，、分别为和的中点.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，可证，从而可得平面；（2）可证平面且，从而可求，利用等积法可求点到平面的距离.【详解】（1）取的中点为，连接.因为，故，.因为为的中点，故.又由直三棱柱可得，故，所以四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，所以平面.（2）设点到平面的距离为.且，所以为等腰直角三角形，故也为等腰直角三角形，因为为的中点，所以，且.因为为直棱柱，故平面，而平面，故

17、，因为，故平面，因四边形为平行四边形，故， 所以平面且，故，又直角三角形中，故，同理，而，故，因为，故，故.【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 点到平面的距离的计算，可利用题设中的线面垂直，也可以利用已知的面面垂直构建线面垂直，还可以利用等积转换来计算.20. 已知四边形是由和拼接而成的，且在中，.（1）求角的大小；（2）若，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）题设中的边的关系可化为，从而可用余弦定理求得角的大小.（

18、2）设，则在和中分别利用正弦定理构建关于的方程组，解方程后可得的长.【详解】（1）因为，故，故，而，故.（2）因为，故.设，则，所以.在中，由正弦定理可得，中，由正弦定理可得，所以，整理得到，因为锐角，故，故.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，注意当题设条件分散在不同的三角形中时，我们应利用两个三角形共有的边、相关的角来沟通不同三角形中的边角关系.21. 如图，四棱锥中，面面，是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点.（1）求证：；（2）求直线和平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，再证明，得平面，进而得；（2）先根据平面平面得

19、平面，结合（1）建立空间直角坐标系，利用法向量求解线面角即可.【详解】（1）如图，取中点，连接， ， ，又 是的中位线， ，设，则， ，即：，又 ，平面， 平面，又 平面， （2） 平面平面，平面平面，平面 平面，故如图，建立空间直角坐标系， ， 设平面的一个法向量为则，即： ，得直线和平面所成角的正弦值为：【点睛】本题考查线面垂直的判定与线面所成角的求解，考查学生空间想象能力，运算能力，逻辑推理能力，是中档题.22. 已知点，分别为线段上的动点，且满足（1）若求直线的方程；（2）证明：的外接圆恒过定点（异于原点）【答案】（1）（2）详见解析【解析】试题分析：（1）求直线CD的方程，只需确定C，D坐标即可：，直线的斜率，直线的方程为（2）证明动圆过定点，关键在于表示出圆的方程，本题适宜设圆的一般式：设，则D，从而解之得,整理得，所以的外接圆恒过定点为试题解析：（1）因为，所以， 1分又因为，所以，所以， 3分由，得， 4分所以直线的斜率， 5分所以直线的方程为，即 6分（2）设，则 7分则，因为，所以，所以点的坐标为 8分又设的外接圆的方程为，则有 10分解之得,所以的外接圆的方程为， 12分整理得，令，所以（舍）或所以的外接圆恒过定点为 14分考点：直线与圆方程- 23 -