1、江苏省无锡市惠山区玉祁高中2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1.两条异面直线是指（ ）A. 空间中两条不相交的直线B. 不同在任何一个平面内的两条直线C. 分别在两个平面内的两条直线D. 平面内的一条直线和平面外的一条直线【答案】B【解析】【分析】根据异面直线的定义，可得选项.【详解】根据异面直线的定义，对于A：空间中不相交的直线可以是平行的，也可以是异面的，故A错误；对于C：分别在两个平面内的两条直线，可以是相交的，可以是平行的，也可以是异面的，故C错误；对于D：平面内的一条直
2、线和平面外的一条直线，这两条可以相交的，可以是平行的，也可以是异面的，故D错误；故选：B.【点睛】本题考查空间中的异面直线的定义，注意理解不同在任意一个平面的意义，属于基础题.2.如果，那么直线不通过（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】判断直线在轴和轴上截距的正负，作出直线的图象可得出结论.【详解】直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，如下图所示：因此，直线不通过第二象限.故选：B.【点睛】本题考查直线图象的应用，一般结合截距或斜率来理解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.3.已知两条直线，和平面，那么下列命题中的真命题为（ ）A. 若，则B
3、. 若，则C. 若，则D. 若，则或【答案】D【解析】【分析】利用线面平行的判定与性质，即可得出结论【详解】对于A选项，若，则或，A错误对于B选项，若，则或与相交或异面，B错误对于C选项，若，则或，C错误对于D选项，若，则或，D正确故选：D【点睛】本题考查线面平行的判定与性质，属于基础题4.一个球的表面积是，则它的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据球的表面积可得球的半径，再由体积公式即可得解.【详解】一个球的表面积是，设球的半径为，球的表面积公式为，代入可得，解得，所以球的体积为，故选：D【点睛】本题考查了球的表面积和体积公式的简单应用，属于基础题.5.若三条直
4、线，和相交于一点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出直线与直线的交点坐标，再将交点坐标代入直线的方程中，可求得实数的值.【详解】联立，解得，即直线与直线交于点， 将点的坐标代入直线的方程中，得，解得.故选：B.【点睛】本题考查利用三条直线的交点坐标求参数，考查计算能力，属于基础题.6.若三角形三边长分别是4，5，6，则这个三角形的形状是（ ）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不能确定【答案】A【解析】【分析】不妨设，由边的大小知C为最大角，利用余弦定理求，由可得三角形的三个角均为锐角，即可得出结论.【详解】不妨设，C为最大角，又，为锐角，则A、B
5、均为锐角，所以这个三角形是锐角三角形.故选：A【点睛】本题考查利用余弦定理判断三角形形状，属于基础题.7.正方体ABCDA1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为()A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】从平行和相交两方面分别考虑.【详解】与是异面直线，因此没有同时平行的，与平行且与相交的有，与相交且与平行的有，与相交也与相交的有，所以共有5条.故选C.【点睛】本题考查空间直线的位置关系，解题时可从平行和相交两方面分别考虑.8.在中，则是（ ）A. 等边三角形B. 等腰直角三角形C. 等腰三角形或直角三角形D. 两直角边互不相等的直角三角形【答案】C【解析】
6、【分析】利用正弦定理对所给等式进行边化角并利用二倍角公式可整理得，推出或，即可判断三角形形状.【详解】，由正弦定理得，即，或，或，所以是等腰三角形或直角三角形.故选：C【点睛】本题考查正弦定理，考查学生的数学运算能力，属于基础题.9.正四棱锥相邻二侧面形成的二面角为，则的取值范围是（ ）A. 一定是锐角B. 一定是钝角C. 可能是直角D. 可能是锐角，钝角，但不是直角【答案】B【解析】【分析】在正四棱锥中设AE、CE垂直于SB，则为二面角的平面角，由边的大小关系及勾股定理证明，利用余弦定理推出，即可确定二面角为钝角.【详解】正四棱锥中，设AE、CE垂直于SB，则为二面角的平面角，且,因为，所以
7、，在中，所以，所以正四棱锥相邻二侧面形成的二面角一定是钝角.故选：B【点睛】本题考查二面角的概念、余弦定理，属于中档题.10.在中，若，则角的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理求得，再根据，由三角形中大边对大角，从而求得出，进而可得的取值范围.【详解】解：根据题意，由正弦定理得，又,，则，为三角形的内角，又，且三角形中大边对大角，可知是锐角，.故选：A.【点睛】本题考查正弦定理的应用，以及三角形内角、三角形中大边对大角的关系，考查分析解题能力.11.从点向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】记圆圆心为点
8、，半径长为，求得的最小值，由此可得出切线长的最小值为，可得结果.【详解】记圆的圆心为点，半径长为，则，当且仅当时，取最小值，因此，切线长的最小值为.故选：B.【点睛】本题考查圆的切线长的最值的计算，要熟悉切线长的计算方法，考查计算能力，属于基础题.12.若的三边，它的面积为，则角C等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：，又，.故选：A考点：本题考查了余弦定理及面积公式的综合考查点评：解决此类问题的关键是掌握余弦定理及其变形、三角形的面积公式等，属基础题二、填空题：请把答案填写在答题卡相应位置上13.直线的倾斜角为_【答案】【解析】【分析】把直线方程化为斜截式，再
9、利用斜率与倾斜角的关系即可得出【详解】设直线的倾斜角为由直线化为，故，又，故，故答案为【点睛】一般地，如果直线方程的一般式为，那么直线的斜率为，且，其中为直线的倾斜角，注意它的范围是14.用一长、宽的矩形铁皮围成圆柱形的侧面，则这个圆柱的体积为_【答案】或【解析】【分析】根据题意，设圆柱的底面半径为，根据圆柱的结构特征和圆的周长公式，计算出圆柱底面半径，最后根据圆柱的体积公式即可求出结果.【详解】解：由题可知，圆柱的侧面为长、宽的矩形，设圆柱的底面半径为，若圆柱的高为，则，即，所以圆柱的体积，若圆柱体的高为 ，则，即，所以圆柱的体积，故答案为：或.【点睛】本题考查圆柱的体积，以及圆的周长和圆柱
10、的结构特征，考查计算能力.15.已知在中，若点在上，且，则的长为_【答案】【解析】【分析】首先利用余弦定理得到，设，利用和余弦定理即可得到的长度.【详解】由题知：在中，.设，.在中，在中，因为，所以.即.所以.整理得：，解得或（舍去）.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.16.在平面直角坐标系中，已知圆与为圆心的圆相交于，两点，且满足，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】设线段的中点为点，由可得出，由圆的几何性质可得，且点在连心线上，可知直线经过原点，可得出，由此可求得实数的值.【详解】圆的圆心为，设线段的中点为点，则，所以，即，由于、
11、关于连心线对称，则，则，点在直线上，所以，即，解得.故答案为：.【点睛】本题考查利用圆与圆的相交弦与连心线垂直求参数，分析出是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.三、解答题：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.在中，角、的对边分别为、，已知（1）求角；（2）若，求的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式化简可得的值，再结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用余弦定理求得的值，然后利用正弦定理可求得的值.【详解】（1）中，由已知及正弦定理得：，整理得：，又，；（2）因为，所以，即，化简得，因，在中，【点睛】本
12、题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于基础题.18.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，,为的中点，（1）求证：平面；（2）求证：平面平面【答案】（1）设,连接，易知是的中点，是中点在中， 2分平面，平面，平面 6分（2）平面平面,平面平面平面,又平面,又，,平面,10分在中，为的中点，,平面，又平面，平面平面14分【解析】第一问中，设,连接，易知是的中点，是中点在中，平面，平面，平面第二问中，平面平面,平面平面平面,又平面,又，,平面在中，为的中点，,平面，又平面，平面平面解：（1）设,连接，易知是的中点，是中点在中， 2分平面，平面，平面 6分（2）平面平面,平面平面
13、平面,又平面,又，,平面,10分在中，为的中点，,平面，又平面，平面平面14分19.已知四棱锥中，底面，底面是边长为的正方形，是的中点（1）求点到平面的距离；（2）求异面直线与所成角的余弦值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据边长的关系和利用勾股定理的逆定理可得，设点到平面的距离为，利用等体积法和棱锥的体积公式，即可求点到平面的距离；（2）设的中点为，连接、，根据三角形中位线的性质得出，得出是异面直线与所成角或其补角，利用余弦定理求出，从而得出结果.【详解】解：（1）由题可知，底面，且底面是边长为的正方形，由于，而，在中，有，则，所以，设点到平面的距离为，由于，则，则，解得：，即点
14、到平面的距离为.（2）设的中点为，连接、，是中点，是异面直线与所成角或其补角，由于底面，底面，则，在中，而，在中，由余弦定理得：，又由于异面直线夹角范围为，由此可得异面直线与所成角为的补角，所以异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查利用等体积法求点到面的距离和利用几何法求异面直线的夹角，涉及线面垂直的性质和余弦定理的应用，考查转化思想和运算能力.20.已知直线经过点(1)若原点到直线的距离为2，求直线的方程；(2)若直线被两条相交直线和所截得的线段恰被点平分，求直线的方程【答案】(1)或；(2)【解析】【分析】(1)本题首先可以假设直线的斜率不存在，然后根据点得出直线方程，再然后假设直线
15、斜率存在并设出直线方程，最后根据原点到直线的距离为2即可得出结果；(2)本题首先可以设出直线与直线，的交点坐标、分别为、，然后根据中点坐标的相关性质得出、，再然后根据在上以及在上得出并解得的坐标是，最后根据直线的两点式方程即可得出结果.【详解】(1)直线的斜率不存在时，显然成立，直线方程为当直线斜率存在时，设直线方程为，由原点到直线的距离为2得，解得，故直线的方程为，即，综上，所求直线方程为或(2)设直线夹在直线，之间的线段为（在上，在上），、的坐标分别设为、，因为被点平分，所以，于是，由于在上，在上，即，解得，即的坐标是，故直线的方程是，即【点睛】本题考查直线的方程的求法，主要考查直线的点斜
16、式方程以及直线的两点式方程，考查中点坐标的相关性质以及点到直线的距离公式的应用，考查计算能力，在计算过程中要注意斜率不存在的情况，是中档题.21.某人沿一条折线段组成的小路前进，从到，方位角（从正北方向顺时针转到方向所成的角）是50，距离是；从到，方位角是110，距离是；从到，方位角是140，距离是（1）求出从到的方位角；（2）计算从到的距离【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）首先根据题意利用余弦定理得到，再利用正弦定理得到，从而得到，即可得到到的方位角为.（2）根据第一问，即可得到到的距离.【详解】（1）如图所示，连接，在中，又，由余弦定理可得.在中，由余弦定理得.由正弦定理得：即：
17、，于是到的方位角为.（2）由（1）知：，所以到的距离为.【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的实际应用，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.22.在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在轴右侧，原点和点都在圆上，且圆在轴上截得的线段长度为3（1）求圆的方程；（2）若，为圆上两点，若四边形的对角线的方程为，求四边形面积的最大值；（3）过点作两条相异直线分别与圆相交于，两点，若直线，的斜率分别为，且，试判断直线的斜率是否为定值，并说明理由【答案】（1）；（2）；（3）是定值，理由详见解析【解析】【分析】（1）设出圆的一般方程代入三点坐标，可得圆方程，配方后可得圆标准方程；（2）求出圆心到直线的距离，
18、由勾股定理求得弦长，由小于半径得的一个范围，由在直线两侧又得一个范围，综合即得的取值范围，然后分别求出到直线的距离，得四边形面积，可得最大值（3）设，与圆方程联立，由于直线与圆的一个交点为，因此由韦达定理可求得点坐标，同理可得点坐标，计算即得【详解】（1）由已知圆过，三点设圆方程为，则有，解得所以圆方程为，即（2）由（1）可知，半径，则到距离，所以，当且仅当时取等号，由解得；由，两侧，所以，到距离，到距离，所以四边形的面积，所以时，四边形面积最大为（3）由题意可设由可得，设，则，所以，同理，因为，所以，所以为定值【点睛】本题考查求圆的方程，考查直线与圆相交弦长问题、圆中四边形面积的最值，考查圆中有关直线的定值问题一般情况下，可先求出圆心坐标和半径得圆的标准方程，如果已知圆过三点，则可设一般方程代入三点坐标解方程组；圆中弦长的求法是用勾股定理，即由圆心到弦中点连线垂直于弦这个性质求解，这是几何方法定值问题是设出一个参数，如题中斜率，然后用这个参数表示要证为定值的量，即题中用表示直线斜率，如果是定值，则化简变形后可得，如果是存在性问题，则由恒等式知识可得参数取值
