1、江苏省扬州市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一单项选择题1.直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先将直线化为斜截式求出直线的斜率，然后再利用倾斜角与斜率的关系即可求解.【详解】由直线，则，设直线的倾斜角为，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查了直线的斜截式方程、直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题.2.已知的内角的对边分别为，若，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理可求的值.【详解】因为，故.故选：D.【点睛】本题考查正弦定理，注意在中， ，最后一个关系式应用了比例的性质（等比定理）.3.已知以
2、为圆心的圆与圆相内切，则圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断点在圆的外部，然后设所求圆的半径为r，再由求解.【详解】因为，所以点在圆的外部，设以为圆心的圆的半径为：r，则，解得，所以所求圆的方程为：.故选：C【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.4.如图，在正方体中，二面角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据平面，可知，同时，可知二面角的平面角为，即可得结果.【详解】由题可知：在正方体中，平面由平面，所以，又所以二面角的平面角为，因为，则故选：B【点睛】本题考查二面角的平面角的大小，关
3、键在于找到该二面角的平面角，考查观察能力以及概念的理解，属基础题.5.若的方差为，则的方差为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题可根据的方差为以及方差的计算公式得出结果.【详解】因为的方差为，所以的方差为，故选：D.【点睛】本题考查方差的相关性质，若的方差为，则的方差为，考查计算能力，体现了基础性，是简单题.6.已知球的半径与圆锥的底面半径都为2，若它们的表面积相同，则圆锥的高为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可求得球的表面积，设圆锥高为h，进而可表示出母线l，由圆锥侧面展开图为扇形，根据扇形面积公式，可求得圆锥的侧面积，加上底面圆的面积，
4、即可表示出圆锥的表面积，结合题意可求得高h的值.【详解】由题意可得球的表面积，设圆锥的高为h，则圆锥的母线，则圆锥的侧面积，所以圆锥的表面积，解得.故选B.【点睛】本题考查球及圆锥的表面积的求法，需熟记各个几何体的面积公式及求法，属基础题.7.已知的内角所对的边分别为，若，则的形状一定是（ ）A. 等腰直角三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 等边三角形【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理的边角互化以及两角和的正弦公式即可判断.详解】由.所以的形状一定是等腰三角形.故选：C【点睛】本题考查了正弦定理的边角互化、两角和的正弦公式，需熟记公式，属于基础题.8.已知平面、平面、平面、直线以及
5、直线，则下列命题说法错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】本题首先可通过线面平行、线面垂直、面面平行的性质判断出选项A、B、C是正确的，然后绘出正方体，再然后令平面是平面、平面是平面以及平面是平面，最后结合图像即可判断出D错误.【详解】A项：因为，所以，故A正确；B项：因为两平面平行，分别与第三个平面相交，交线平行，所以根据、可证得，故B正确；C项：因为，所以垂直于平面内的两条相交直线，因为，所以平面内的两条相交直线必与平面内的两条相交直线对应平行，所以垂直于平面内的两条相交直线，故C正确；D项：如图所示，绘出正方体，令平面是平面，平面是平面，
6、平面是平面，则满足，但是不成立，故D错误，故选：D.【点睛】本题考查直线与直线、平面与平面之间位置关系的判断，考查两直线平行或垂直的判定，考查两平面垂直或平行的判定，考查推理能力，可结合图形解题，是简单题.9.在中，点在边上，且满足，则的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意画出图形，设，在相应三角形中应用正弦定理得到等量关系式，化简得到，与已知条件联立，求得，利用三角形内角的取值范围，求得角的大小.【详解】设，因为，所以，因为，化简得，又因为，所以有，解得，又因为，所以，故选：C.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理解三角形，三角形
7、中的三角恒等变换，属于简单题目.二多项选择题10.已知的内角所对的边分别为，根据下列条件解三角形，有两解的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】直接利用正弦定理求出相应角的正弦值，再根据大边对大角得到结论.【详解】A.因为，由正弦定理得：，所以，因为，所以即A为锐角，只有一解；B. 因为，由正弦定理得：，所以，因为，所以，即A为锐角或钝角，有两解；C. 因为，由正弦定理得：，所以，因为，所以，即C为锐角，有一解；D. 因为，由正弦定理得：，所以，因为，所以即A为锐角或钝角，有两解.故选：BD【点睛】本题主要考查正弦定理判断三角形解的个数问题，还考查了运算求解，分析问题的能
8、力，属于中档题.11.已知直线l与圆相交于两点，弦的中点为，则实数的取值可为（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】考虑点在圆内时实数的取值范围，从而可得正确的选项.【详解】圆的标准方程为：，故.又因为弦的中点为，故点在圆内，所以即.综上，.故选：AB.【点睛】本题考查圆的一般方程和点与圆的位置关系，对于含参数的圆的一般方程，我们需要通过配方化一般方程为标准方程得到参数满足的条件（半径的平方恒正）.12.如图，已知四棱锥中，平面，底面为矩形，.若在直线上存在两个不同点，使得直线与平面所成角都为.则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】由题，可算
9、得，在直线BC上存在两个不同点Q，使得直线PQ与平面ABCD所成角都为，等价于在直线BC上有两个点到点A的距离为，由此即可确定a的取值范围.【详解】假设在直线BC上有一点Q，使得直线PQ与平面ABCD所成角为，此时，易得，在中，由于，可得.所以，在直线BC上存在两个不同点Q，使得直线PQ与平面ABCD所成角都为，等价于在直线BC上有两个点到点A的距离为，由此可得.故选：ABC【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的存在性问题，考查学生分析问题的能力和转化能力，体现了数形结合的数学思想.三填空题13.口袋中有若干红球黄球与蓝球，摸出红球的概率为，摸出黄球的概率为，则摸出红球或蓝球的概率为_.【答案
10、】0.8【解析】分析】首先求摸出蓝球的概率，再根据互斥事件和的概率求解.【详解】口袋里摸出红球，摸出黄球，摸出蓝球是互斥事件，所以从口袋中摸出蓝球的概率是，所以摸出红球或蓝球的概率是.故答案为：0.8【点睛】本题考查互斥事件和的概率，属于基础题型.14.已知点与直线，则点关于直线l的对称点坐标为_.【答案】【解析】【分析】设点关于直线的对称点，利用垂直及中点在轴上这两个条件，求出的值即可.【详解】设点关于直线的对称点，则由，解得，故点，故答案为：.【点睛】本题主要考查了求一个点关于直线的对称点的坐标的求法，利用了垂直及中点在轴上两个条件及中点坐标公式，属于中档题.15.如图，为测量两座山顶之间
11、距离，已知山高，从观测点分别测得点的仰角点的仰角以及，则两座山顶之间的距离_.【答案】【解析】【分析】根据已知分别在中，求出，在中，用余弦定理，即可求解.【详解】在中，在中，在中，.故答案为：.【点睛】本题考查解三角形实际应用问题，涉及直角三角形边角关系以及余弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于基础题.16.如图，三棱锥中，平面平面，若，则该三棱锥的体积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】利用余弦定理以及三角形的面积公式求出的面积，再以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，设出点，由，利用两点间的距离公式求出的最大值，由棱锥的体积公式即可求解.【详解】在中，由，设，则，由余弦定理可得，解得
12、，所以，过作，垂足为，因为平面平面，所以平面，即为三棱锥的高，以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则，设，由，则，整理可得，当时，取得最大值，所以三棱锥的体积的最大值为，故答案为：【点睛】本题考查了余弦定理解三角形、锥体的体积公式，属于中档题.四解答题17.已知的内角的对边分别为，（1）求角；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)首先可以根据正弦定理边角互化以及三角恒等变换将转化为，然后根据即可求出角的值；(2)首先可根据解三角形面积公式得出，然后根据余弦定理计算出，即可求出的周长.【详解】(1)由已知及正弦定理得：，因为是的内角，所以，因为，所以，因
13、为，所以， (2)因为，所以，由已知及余弦定理可知：，故，解得，的周长为.【点睛】本题考查三角恒等变换以及解三角形的相关公式的使用，考查的公式有、，考查正弦定理边角互化的应用，考查化归与转化思想，是中档题.18.已知矩形的两条对角线相交于点，边所在直线的方程为.点在边所在直线上.求：（1）边所在直线的方程；（2）边所在直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由为矩形，得，故，点在边所在直线上，点斜式写出边所在直线的方程；（2）方法一：设直线的方程为.由点到的距离相等，求出，即得直线的方程. 方法二：由直线、的方程联立，求出点的坐标，求出点关于点的对称点的坐标.由，即可求出直线
14、的方程.【详解】（1）为矩形，.边所在的直线方程为：，所在直线的斜率为，在边所在直线上，边所在直线的方程为，即.（2）方法一：为矩形，.设直线的方程为.矩形两条对角线相交于点，点到的距离相等，即，解得或(舍). 边所在的直线方程为.方法二：由方程与联立得，点关于点的对称点.，边所在的直线方程为.【点睛】本题考查直线的方程，属于基础题.19.某医院为促进行风建设，拟对医院的服务质量进行量化考核，每个患者就医后可以对医院进行打分，最高分为100分.上个月该医院对100名患者进行了回访调查，将他们按所打分数分成以下几组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到频率分布直方图，如图所示.（1）求所
15、打分数不低于60分的患者人数；（2）该医院在第二三组患者中按分层抽样的方法抽取6名患者进行深入调查，之后将从这6人中随机抽取2人聘为医院行风监督员，求行风监督员来自不同组的概率.【答案】（1）人；（2）.【解析】【分析】（1）由直方图，求出打分值的频率，根据总人数为100即可求解.（2）由直方图求出第二组和第三组的人数之比为1：2，利用列举法求出6人中随机抽取2人的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】（1）由直方图知，所打分值的频率为， 人数为(人)答：所打分数不低于60分的患者的人数为人. （2）由直方图知，第二三组的频率分别为0.1和0.2，则第二三组人数分别为10
16、人和20人，所以根据分层抽样的方法，抽出的6人中，第二组和第三组的人数之比为1：2，则第二组有2人，记为；第三组有4人，记为. 从中随机抽取2人的所有情况如下：共15种 其中，两人来自不同组的情况有：共8种 两人来自不同组的概率为 答：行风监督员来自不同组的概率为.【点睛】本题考查了频率分布直方图、分层抽样、古典概型的概率计算公式，属于基础题.20.如图，在直三棱柱中，点为中点，连接交于点，点为中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用三角形的中位线性质可得，然后再利用线面平行的判定定理即
17、可证出.（2）根据题意可证，再利用线面垂直、面面垂直的判定定理即可证出.（3）方法一：利用等体法即可求解；方法二：利用综合法，作，垂足为，连接，作，垂足为，证出为点到平面的距离，在直角中，求解即可.【详解】（1）直三棱柱，四边形为平行四边形 为的中点 为的中点， 又平面，平面，平面 （2）四边形为平行四边形， 平行四边形菱形，即 三棱柱为直三棱柱 平面 平面 ， ，平面 平面 平面， ，平面，平面，平面 ， 平面平面 （3）法一：(等体积法)连接，设点到平面的距离为 平面，平面，为三棱锥高，在直角中，.在直角中，.在直角中，. 在等腰中， ， 点到平面的距离为 方法二：(综合法)作，垂足为，连
18、接，作，垂足为.平面，平面 ，平面 平面平面，平面， 平面， 即为点到平面的距离， 在直角中， ；在直角中， ， 点到平面的距离为.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、等体法求点到面的距离，属于中档题.21.如图，我炮兵阵地位于处，两移动观察所分别设于.已知为正三角形.当目标出现于时，测得千米，千米.（1）若测得，求的面积；（2）若我方炮火的最远射程为千米，试问目标是否在我方炮火射程范围内？【答案】（1）；（2）目标是在我方炮火射程范围内.【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理求得CD，则有，得到，然后由求解.（2）设，在中，由余弦定理得到， 在中，由
19、余弦定理得到，将BD，AD代入利用三角恒等变换化简得到，再利用正弦函数的性质求解.【详解】（1）在中，由余弦定理得：，.（2）设在中，在中， ，(当且仅当时，取到最大值) ，在射程范围内.答：目标B在我方炮火射程范围内.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在实际问题中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.22.已知圆，圆心在直线上，且直线被圆截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）过圆上任一点作圆的两条切线，设两切线分别与轴交于点和，求线段长度的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由圆心在直线上可知，利用弦心距、半径、半弦长的关系即可求出半径，得到圆的方程；（2）设切线方程为，求出M，N，表示出，利用圆心到切线的距离等于半径可得，化简可得，代入，换元，求值域即可.【详解】（1）圆心在直线上 圆心到直线的距离 直线被圆截得的弦长为，即 圆的方程 （2）设过点的圆的切线方程为，则，整理化简成关于的方程，判别式，. 直线与轴的交点为设，则，而是方程的两根，则，又， 令，由于函数在区间是单调递减，所以，【点睛】本题主要考查了圆的标准方程的求法，圆的弦的性质，圆的切线，点到直线的距离，考查了推理能力，运算能力，属于难题.
