江苏省泰州中学2019-2020学年高一数学下学期4月空中课堂效果检测试题（含解析）.doc

1、江苏省泰州中学2019-2020学年高一数学下学期4月空中课堂效果检测试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设直线的倾斜角为，则，解方程即可.【详解】由已知，设直线的倾斜角为，则，又，所以.故选：B【点睛】本题考查已知直线的斜率求倾斜角，考查学生的基本计算能力以及对基本概念的理解，是一道容易题.2.已知经过两点和的直线的斜率大于1，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据两点斜率公式解分式不等式【详解】由题意得，

2、即，解得.故选D.【点睛】直线斜率两种计算方法：1、斜率的两点坐标公式；2、直线斜率等于直线倾斜角的正切3.设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据各选项的条件及结论，可画出图形或想象图形，再结合平行、垂直的判定定理即可找出正确选项【详解】选项A错误，同时和一个平面平行的两直线不一定平行，可能相交，可能异面；选项B错误，两平面平行，两平面内的直线不一定平行，可能异面；选项C错误，一个平面内垂直于两平面交线的直线，不一定和另一平面垂直，可能斜交；选项D正确，由，便得，又，即.故选：D.【点睛

3、】本题考查空间直线位置关系的判定，这种位置关系的判断题，可以举反例或者用定理简单证明，属于基础题.4.不论m为何实数，直线(m-1)x-y+2m+1=0恒过定点( )A. B. (-2，0)C. (-2，3)D. (2，3)【答案】C【解析】【分析】将直线(m1)xy+2m+1=0可为变为m(x+2)+(xy+1)=0，令求两定直线的交点此点即为直线恒过的定点【详解】直线(m1)xy+2m+1=0可为变为m(x+2)+(xy+1)=0令，解得.故无论m为何实数，直线(m1)xy+2m+1=0恒通过一个定点(2,3)故选C.【点睛】探索曲线过定点的常见方法有两种： 可设出曲线方程 ，然后利用条件

4、建立等量关系进行消元（往往可以化为的形式，根据 求解），借助于曲线系的思想找出定点(直线过定点，也可以根据直线的各种形式的标准方程找出定点). 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.5.已知圆柱上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由截面是面积为8的正方形可得圆柱的高和底面圆的直径，进一步得到底面积和侧面积，相加即可得到答案.【详解】由已知，正方形的边长为，即圆柱的高为，底面圆的半径为，所以圆柱的表面积为.故选：A【点睛】本题考查求圆柱的表面积，考查学生的空间想象能力以及数学运

5、算能力，是一道容易题.6.在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且若，则的形状是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】直接利用余弦定理的应用求出A的值，进一步利用正弦定理得到：bc，最后判断出三角形的形状【详解】在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且b2+c2a2+bc则：，由于：0A，故：A由于：sinBsinCsin2A，利用正弦定理得：bca2，所以：b2+c22bc0，故：bc，所以：ABC为等边三角形故选C【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理及三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基

6、础题型7.长方体中的8个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】利用长方体体对角线为其外接球的直径计算即可得到答案.【详解】由已知，所以长方体的外接球半径，故外接球的表面积为.故选：B【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积，考查学生的空间想象能力、数学运算能力，是一道容易题.8.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是（ ）A. 平面PACB. C. D. 平面平面PBC【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的性质及判定，可判断ABC选项，由面面垂直的判定可判断D

7、.【详解】对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，而底面圆面，则，又由圆的性质可知，且，则平面PAC.所以A正确；对于B，由A可知，由题意可知，且，所以平面，而平面，所以，所以B正确；对于C，由B可知平面，因而与平面不垂直，所以不成立，所以C错误.对于D，由A、B可知，平面PAC，平面，由面面垂直的性质可得平面平面PBC.所以D正确；综上可知，C为错误选项.故选：C.【点睛】本题考查了线面垂直的性质及判定，面面垂直的判定定理，属于基础题.9.已知点是直线上一动点，直线是圆的两条切线，为切点，为圆心，则四边形面积的最小值是（ ）A. 2B. C. D. 4【答案】A【解析】圆即,表示以C(0

8、,-1)为圆心，以1为半径的圆由于四边形PACB面积等于，而.故当PC最小时，四边形PACB面积最小.又PC的最小值等于圆心C到直线的距离d,而，故四边形PACB面积的最小的最小值为，故选A.点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：（）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；（）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；（）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小10.已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）设SE与BC所成的角为，SE与平面ABCD所成的角为，二面角S-AB-C的平面角为，则（ ）A.

9、 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，分别求出SE与BC所成的角、SE与平面ABCD所成的角、二面角S-AB-C的平面角的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小.【详解】四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，所以四棱锥为正四棱锥，（1）过作，交于，过底面中心作交于，连接，取中点，连接，如下图（1）所示：则； （2）连接 如下图（2）所示，则;（3）连接，则 ，如下图（3）所示：因为 所以，而均为锐角，所以故选：C.【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.二、多选题（本大题共2小题，每小题5分，共10分，在每题所给的选项中，有多项符

10、合要求，全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的不得分）11.若直线：，与直线：互相平行，则的值可能为（ ）A. B. 1C. 3D. 0【答案】AC【解析】【分析】因，由直线的斜率存在可知直线的斜率必存在，直接利用两直线斜率相等，截距不等，解方程组即可.【详解】由已知，因为，所以直线的斜率存在，故，且，由，得，即，解得或.故选：AC【点睛】本题考查已知两直线的位置关系求参数值的问题，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.12.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：与平行 与是异面直线与成角 与是异面直线以上四个命题中，正确命题的个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析

11、】【分析】把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案【详解】把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，与异面且垂直，故错误；与平行，故错误；连接，则，为与所成角，连接，可知为正三角形，则，故正确；由异面直线的定义可知，与是异面直线，故正确正确命题的个数是2个故选B【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知正四棱锥的底面边长为，侧面积为，则该四棱锥的体积是_.【答案】【解析】【分析】先算侧面三角形的高，再算正四棱锥的高，最后算四棱锥的体积.【详

12、解】如图：由已知得，,所以；所以四棱锥的高；因此四棱锥的体积.【点睛】本题考查了锥体体积的计算，几何体体积问题要结合图形.14.在中，角所对的边分别为.若,，则角的大小为_.【答案】【解析】本题考查了三角恒等变换、已知三角函数值求角以及正弦定理，考查了同学们解决三角形问题的能力由得，所以由正弦定理得，所以A=或（舍去）、15.过点（-1，2）且在坐标轴上的截距相等的直线的一般式方程是_【答案】2x+y=0或x+y-1=0【解析】当直线过原点时，斜率等于，故直线的方程为，即，当直线不过原点时，设直线的方程为，把代入直线的方程得，故求得的直线方程为 综上，满足条件的直线方程为或，故答案为 或.16

13、.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有_个面，其棱长为_【答案】 (1). 共26个面. (2). 棱长为.【解析】【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个

14、面如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，即该半正多面体棱长为【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.分别根据下列条件，求圆的方程.（1）过点，和原点；（2）与两坐标轴均相切，且圆心在直线上.【答案】（1）； （2）或.【解析】【分析】（1）已知三点常设圆的一般方程来求解；（2）设圆心的坐标为，由题意可得，解方程即可

15、.【详解】（1）设圆的方程为，由题意，解得，故所求圆的方程为.（2）由圆心在直线上，设圆心的坐标为，因为圆与两坐标轴均相切，所以，解得或.当时，圆心为，半径为5，则圆的方程为；当时，圆心为，半径为1，则圆的方程为；故所求圆的方程为或.【点睛】本题考查待定系数法求圆的方程，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.18.在中，角所对的边分别为，已知，.（1）求的值；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）3；（2）.【解析】【分析】（1）先用二倍角公式化简，再根据正弦定理即可解出；（2）用正弦定理分别表示，再用三角形内角和及和差公式化简，转化为三角函数求最值.【详解】（1）由及二倍角公式得，又即，

16、所以；（2）由正弦定理得，周长：，又因为，所以.因此周长的取值范围是.【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，三角形求边长取值范围常用的方法：1、转化为三角函数求最值；2、基本不等式.19.如图，在三棱锥中，分别为棱上的中点.（1）求证：平面； （2）若平面，求证：平面平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理，在平面中找的平行线，转化为线线平行的证明；（2）根据面面垂直的判定定理，转化为平面.【详解】（1），分别是，的中点，；又平面，平面，平面.（2），；平面，；又平面，平面，平面，又平面，平面平面.【点睛】本题考查了面面垂直的证明，难点在于转

17、化为线面垂直,方法：结合已知条件，选定其中一个面为垂面，在另外一个面中找垂线，不行再换另外一个面.20.如图，在棱长均为4的三棱柱中，分别是和的中点.（1）求证：平面（2）若平面平面，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）8【解析】试题分析：（1）欲证A1D1平面AB1D，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证A1D1与平面AB1D内一直线平行，连接DD1，根据中位线定理可知B1D1BD，且B1D1=BD，则四边形B1BDD1为平行四边形，同理可证四边形AA1D1D为平行四边形，则A1D1AD又A1D1平面AB1D，AD平面AB1D，满足定理所需条件；（2）根据面面垂直的性质定理可知A

18、D平面B1C1CB，即AD是三棱锥AB1BC的高，求出三棱锥AB1BC的体积，从而求出三棱锥B1ABC的体积试题解析：（1）证明：如图，连结.在三棱柱中，因为分别是与的中点，所以，且. 所以四边形为平行四边形，所以，且.又所以，所以四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，故平面.（2）解：（方法1)在中，因为，为的中点，所以.因为平面平面，交线为，平面,所以平面，即是三棱锥的高.在中，由，得.在中，所以的面积.所以三棱锥的体积，即三棱锥的体积.(方法 2)在 中，因为，所以为正三角形，因此.因为平面平面，交线为，平面，所以平面，即是三棱锥的高.在中，由，得的面积.在中，因为，所以.所以三棱锥的

19、体积.点睛：本题主要考查了线面平行的判定，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了推理论证的能力、计算能力，转化与划归的思想，属于中档题21.在平面直角坐标系中，已知圆，圆.（1）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程；（2）设动圆同时平分圆的周长、圆的周长.证明：动圆圆心在一条定直线上运动；动圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由.【答案】（1）或；（2）证明见解析；.【解析】分析】（1）设直线的方程，根据弦的垂径定理结合点到直线的距离公式求解,注意斜率不存在的情况.（2）由垂径定理得到圆心到、两点的距离相等，再有两点距离公式建立等式，化简即可；根据设圆心的坐标，得到圆关

20、于参数的一般形式，由此可得动圆经过与的交点，联立解方程组即可.【详解】（1）如图：当直线与轴垂直时，直线与圆相离，与题意不符；当直线与轴不垂直时，设直线方程为，即，圆心到直线的距离，又，解得或.直线的方程为或.（2）设动圆的圆心，半径为，若动圆同时平分圆的周长、圆的周长，则,，所以，即 ，化简得.过动圆圆心在直线上运动.动圆过定点，设，动圆的半径，整理得，由得或.所以动圆过定点，坐标为或.【点睛】圆及其弦问题借助图形分析十分重要，动圆过定点问题需要把圆方程化为一个定方程与另一个定方程乘以一个参数的和，联立两个定方程解方程组即可，非解答题也可采用取特殊值解方程组.22.如图，在三棱柱中，顶点在底

21、面上的射影恰为点，且（1）证明：平面平面；（2）求棱与所成的角的大小；（3）若点为的中点，并求出二面角的平面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）因为顶点在在底面上的的射影恰好为得到，又，利用线面垂直的判定定理可得平面平面；（2）建立空间直角坐标系，求出，利用向量的数量积公式求出棱与所成的角的大小；（3）求出平面的法向量，而平面的法向量，利用向量的数列积公式求解二面角的余弦值试题解析：（1）证明：，又，（2）以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，故与棱所成的角是（3）因为为棱的中点，故易求得设平面的法向量为，则，由，得，令，则，而平面的法向量则由图可知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值是考点：利用空间向量求解平面间的夹角；异面直线及其所成角；直线与平面垂直的判定