1、江苏省南通市如东县2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页，包含选择题（112）填空题（第13题第16题，共80分）、解答题（第1722题，共70分）.本次考试时间120分钟，满分150分、考试结束后，请将答题卡交回.2.答题前，请考生务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置.3.答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答.在试卷或草稿纸上作答一律无效.4.如有作图需要，可用2B铅笔作图，并请加
2、黑加粗，描写清楚.一、单选题：本大题共10小题，每题5分，共50分.在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若直线经过点，则实数的值（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】将点的坐标代入直线方程可得结果.【详解】将代入直线中，可得，解得.故选：A.【点睛】本题考查了点与直线的位置关系，属于基础题.2.将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6的正方体玩具)先后抛掷两次，则向上的点数之和为的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，分别得出“将一颗质地均匀的骰子先后抛掷两次”，“将一颗质地均匀的骰子先后抛
3、掷两次，向上的点数之和为”所包含的基本事件个数，基本事件个数之比即为所求概率.【详解】将一颗质地均匀的骰子先后抛掷两次，共有种情况；将一颗质地均匀的骰子先后抛掷两次，则向上的点数之和为，有，共种情况，因此，向上的点数之和为的概率为.故选：B.【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，熟记概率计算公式即可，属于基础题型.3.在中，已知，则角等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由余弦定理计算【详解】因为，所以，又故选：D【点睛】本题考查用余弦定理解三角形，属于简单题4.已知m为实数，直线，若，则实数m的值( )A. 2B. 1C. 1或2D. 0或【答案】B【解析】【分析】根据
4、直线平行的等价条件，求出的值；【详解】解：当时，两直线方程分别为和，不满足条件当时，则，由得得或，由得，则，故选：B【点睛】本题考查两直线的位置关系求参数的值，属于基础题.5.已知l，m为两条不同直线，为两个不同平面，则下列命题中真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据直线、平面之间的位置关系逐项判断.【详解】若，则或，A错误；若，则或l在平面外，B错误；若，则直线m与平面没有公共点即，C正确；若，直线m不一定垂直于，D错误.故选：C【点睛】本题考查空间中直线与平面的位置关系，属于基础题.6.圆截直线所得的弦长为，则（ ）A. B. C.
5、D. 2【答案】A【解析】【分析】将圆的方程化为标准方程,结合垂径定理及圆心到直线的距离,即可求得的值.【详解】圆,即则由垂径定理可得点到直线距离为 根据点到直线距离公式可知,化简可得 解得故选:A【点睛】本题考查了圆的普通方程与标准方程的转化,垂径定理及点到直线距离公式的应用,属于基础题.7.在长方体中，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线,所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角【详解】解：以点为坐标原点，以所在的直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则,为平面的一个法向量直线与平面所成
6、角的正弦值为.故选：D【点睛】此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系,利用向量方法解决立体几何问题8.已知关于某设各的使用年限x（单位：年）和所支出的维修费用y（单位：万元）有如下的统计资料，x23456y2.23.85.56.57.0由上表可得线性回归方程，若规定当维修费用y12时该设各必须报废，据此模型预报该设各使用年限的最大值为（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】C【解析】试题分析：由已知表格得：，由于线性回归直线恒过样本中心点，所以有：，解得：，所以线性回归方程，由得：解得：，由于，所以据此模型预报该设备使用年限的
7、最大值为9.故选C.考点：线性回归9.已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD为角A的角平分线，交BC于D，BD2，则b（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由正弦定理求得，得，从而得，于是可得【详解】由正弦定理得，三角形中，又，故选：A【点睛】本题考查正弦定理，解题关键是利用正弦定理求得，从而得到三角形中的所有角10.已知锐角三角形的内角，的对边分别为，.且， 则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理化简已知条件，由此求得进而求得的大小.根据三角恒等变换化简，由此求得取值范围.【详解】依题意，由正弦定理得，所以，由于三
8、角形是锐角三角形，所以.由.所以，由于，所以，所以.故选：C【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，考查三角函数值域的求法，两角差的正弦公式，属于中档题.二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.11.若圆与圆相切，则m的值可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根据题意，求出圆的圆心与半径，分两圆内切和外切两种情况，求出的值即可.【详解】由题意，圆可化简为，所以，圆的圆心坐标，半径，圆的圆心坐标，半径，所以，所以，或，解得或.故选：AC.【点睛】本题考查两圆位置关
9、系的判定，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.12.如图，在三棱锥中，、分别为棱、的中点，平面，则（ ）A. 三棱锥的体积为B. 平面截三棱锥所得的截面面积为C. 点与点到平面的距离相等D. 直线与直线垂直【答案】BC【解析】【分析】先由题意，证明平面，根据三棱锥的体积公式求出三棱锥的体积，可判断A；取中点为，连接，得到四边形即是平面截三棱锥所得的截面，从而可求出截面面积，可判断B；根据题意，证明平面，可判断C；取中点为，连接，得到即等于直线与直线所成的角，根据余弦定理求得异面，即可判断D.【详解】因为、分别为棱、的中点，所以，因为，所以，因为平面，所以平面，即平面；又，所以，因此，所以三
10、棱锥的体积为，故A错；取中点为，连接，易得：，因此四边形即是平面截三棱锥所得的截面，且四边形平行四边形，又平面，所以，即四边形是矩形，因此其面积为，故B正确；因为，平面，平面，所以平面，因此点与点到平面的距离相等，故C正确；取中点为，连接，则，且， 即等于直线与直线所成的角，又，因此，所以直线与直线不垂直，即D错；故选：BC.【点睛】本题主要考查立体几何的综合，涉及棱锥体积，线面垂直，线面平行，异面直线所成角的求法等，属于常考题型.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上.13.若x1，x2，xn的方差为，则2x1+3，2x2+3，
11、2xn+3的方差为_.【答案】【解析】【分析】利用方差性质即可得到答案.【详解】若x1，x2，xn的方差为，则2x1+3，2x2+3，2xn+3的方差，故答案为：8【点睛】本题考查离散型随机变量方差性质的应用，熟记方差公式及其性质是解题的关键，属于基础题.14.ABC中，角，B，C对边分别为a，b，c.已知，则ABC一定为_.（用“直角三角形”“等边三角形”“等腰直角三角形”填空）【答案】等边三角形【解析】【分析】由正弦定理化角为边后，利用代数式的变形可得，从而判断出三角形形状【详解】，由正弦定理得，又，即， ，所以三角形为等边三角形故答案为：等边三角形【点睛】本题考查三角形形状的判断，解题关
12、键是利用正弦定理化角为边，然后变形为可得15.设长方体的长、宽、高分别为、，其顶点都在同一个球面上，则该球的半径为_.【答案】【解析】【分析】根据长方体的对角线为外接球的直径可求得结果.【详解】依题意可知，长方体的对角线为外接球的直径 ，根据长方体的对角线长定理可得长方体的对角线长为：，所以长方体的外接球的半径为：.故答案为：.【点睛】本题考查了长方体的对角线长定理，考查了多面体的外接球，属于基础题.16.已知凸四边形ABCD（指把四边形的任意一条边向两端无限延长成一直线时，其他各边都在此直线的同旁）中，边，对角线，且，又顶点满足，则凸四边形ABCD的对角线长的范围是_.【答案】【解析】【分析
13、】由可知，在以为直径的半圆（下半圆）内部（不含圆弧），由图形可得【详解】因为可知，是钝角，在以为直径的半圆（下半圆）内部（不含圆弧和线段），在包含半圆弧和直径的半圆区域内，从图形中可知当到重合时，最小为，记中点为，当与延长线和半圆的交点重合时，最大，最大值为，所以所求的范围是故答案为：【点睛】本题考查平面上两点间距离，考查余弦定理，解题关键是确定点所在平面区域，然后由点到圆的位置关系求得结论四、解答题：本大题共6小题，共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.ABC的内角A，B，C的对边为，（1）求A； （2）若B=45，a=2，求b，c.【答案】（1
14、）；（2），【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边化角化简即可；（2）利用正弦定理进行求解.【详解】解：（1）由正弦定理，得则，因为，则，又，所以；（2）由（1）知：，又，所以，又，根据正弦定理，得，又，则.所以，.【点睛】本题主要考查解三角形的应用，结合正弦定理进行转化是解决本题的关键.考查学生的计算能力.18.在正四棱锥中，、分别为棱、的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）本题首先可以连结、交于点，连结，然后可根据、分别为棱、的中点得出，最后根据线面平行的判定即可得出平面；（2）本题首先可以根据多面体为正四棱锥得出、
15、，然后根据得出、，最后根据线面垂直的判定即可证得平面.【详解】（1）如图，连结、交于点，连结，因为、分别为棱、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，（2）因为多面体为正四棱锥，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查线面平行的判定以及线面垂直的判定，可通过线线平行证得线面平行，可通过直线与平面内两条相交直线垂直证得线面垂直，考查推理能力，考查数形结合思想，是中档题.19.某校疫情期间“停课不停络授课，为检验课的效果，高三年级进行了一次网络模拟考试.全年级共1500人，现从中抽取了100人的数学成绩，绘制成频率分布直方图（如图所示）.已知这100人中1
16、10，120）分数段的人数比100，110）分数段的人数多6人.（1）根据频率分布直方图，求a，b的值；并估计抽取的100名同学数学成绩的平均数（假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替）；（2）现用分层抽样方法从分数在130，140），140，150的两组同学中随机抽取6名同学，从这6名同学中再任选2名同络课堂学习优秀代表”发言，求这2名同学的分数恰在同一组内的概率.【答案】（1）a0.020，b0.026，112；（2）.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有频率之和为1可得，再由人数差可求得；（2）计算出分数为130，140）的同学中抽取4人，分别用a1，a2，a3，a4表
17、示，在分数为140，150的同学中抽取2人，分别用b1，b2表示，用列举法写出任取2人所有基本事件，并得出这2名同学的分数恰在同一组内的基本事件，计数后可计算出概率【详解】解：（1）依题意a+b0.046，10010（ba）6，解得a0.020，b0.026，平均数为： 整理得平均数为112（2）设“抽取的2名同学的分数恰在同一组内”为事件A由题意，在分数为130，140）的同学中抽取4人，分别用a1，a2，a3，a4表示，在分数为140，150的同学中抽取2人，分别用b1，b2表示，从这6名同学中抽取2人所有可能出现的结果有：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4）（a1，b1），（a
18、1，b2），（a2，a3），（a2，a4），（a2，b1），（a2，b2），（a3，a4），（a3，b1），（a3，b2），（a4，b1），（a4，b2），（b1，b2）共15种，抽取2名同学的分数恰在同一组内的结果有：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），a2，a3），（a2，a4），（a3，a4），（b1，b2），共7种，所以，抽取的2名同学的分数不在同一组内的概率为.【点睛】本题考查频率分布直方图，考查分层抽样与古典概型，用列举法写出所有基本事件是求解古典概型的常用方法本题属于基础题20.如图，在长方体中，底面是边长为的正方形，对角线与相交于点，点为线段上靠近点的三等分点，与底
19、面所成角为.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在长方体中，由平面推出，由底面是正方形推出，从而平面，进而有；（2）通过线面角求出长方体的高，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.【详解】（1）因为在长方体中，有平面，因为平面，所以，因为四边形是正方形，所以，又，从而平面.而平面，所以.（2）因为在长方体中，有、两两垂直，故以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，由（1）知为直线与平面所成的角，又因为与平面所成角为，所以，所以.由，得，可知，所以，因为，故，则，所以，设平面的法向量为，则，
20、即，令，可得，因为平面，所以为平面的法向量，即，所以.由图可知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间中的垂直关系，考查向量法求二面角的余弦值，考查学生的空间思维及计算能力，属于中档题.21.已知圆与直线相切.（1）求圆的标准方程；（2）若动点在直线上，过点引圆的两条切线、，切点分别为.记四边形的面积为，求的最小值；证明：直线恒过定点.【答案】（1）；（2）；证明见解析.【解析】【分析】（1）由圆心到切线的距离等于半径可得，从而得圆的标准方程；（2）由求出切线长，向里面四边形面积，知只要最小即可，即与直线垂直，由此得点坐标，得最小面积；设点坐标为，由共圆求得圆方程，此
21、方程与圆方程相减即得直线方程，由方程可得定点坐标【详解】解：（1）由题意知，圆心到直线的距离，所以，故圆C的标准方程为. （2）圆C的圆心为，半径，因为、是的两条切线，所以，故又因为，根据平面几何知识，要使最小，只要最小即可.易知，当点坐标为时，.此时.设点的坐标为，因为，所以四点共圆.且以为直径.该圆方程为：又圆的方程为两圆方程相减得:即直线AB的方程为，所以直线恒过定点.【点睛】本题考查求圆的标准方程，考查直线与圆的位置关系，及直线过定点问题利用圆心到直线的距离与半径的关系是判断直线与圆位置关系的常用方法，直线过定点问题的解法是，引入参数，本题中中的，用参数表示出直线方程，由方程确定定点2
22、2.已知函数.（1）求函数的定义域；（2）设，若函数在上有且仅有一个零点，求实数的取值范围；（3）设，是否存在正实数，使得函数在内的最大值为4？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在，.【解析】【分析】（1）根据对数函数的定义域列不等式求解即可.（2）由函数的单调性和零点存在定理，列不等式求解即可.（3）由对勾函数的性质可得函数的单调区间，利用分类讨论的思想讨论定义域与单调区间的关系，再利用函数的最值存在性问题求出实数的值.【详解】（1）由题意，函数有意义，则满足，解得，即函数的定义域为.（2）由，且，可得，且为单调递增连续函数，又函数在上有且仅有一个零点，所以，即，解得，所以实数的取值范围是.（3）由，设，则，易证在为单调减函数，在为单调增函数，当时，函数在上为增函数，所以最大值为，解得，不符合题意，舍去；当时，函数在上为减函数，所以最大值为，解得，不符合题意，舍去；当时，函数在上减函数，在上为增函数，所以最大值为或，解得，符合题意，综上可得，存在使得函数的最大值为4.【点睛】本题考查了对数函数定义域问题、零点存在定理、对勾函数的应用，考查了理解辨析的能力、数学运算能力、分类讨论思想和转化的数学思想，属于一般题目.
