1、江苏省泰州中学2019-2020学年高一数学下学期6月调研测试试题（含解析）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）1.直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线的斜率等于倾斜角的正切值计算即可.【详解】直线的斜率为，又倾斜角范围为，故倾斜角为.故选:B.【点睛】本题主要考查了直线的斜率与倾斜角的关系与直线的方程，属于基础题型.2.将一枚骰子抛掷一次，则向上点数为2的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】一枚骰子抛掷一次，有6种结果，每种
2、结果等可能出现，向上点数为2的情况只有一种，即可求【详解】一枚骰子抛掷一次，有6种结果，每种结果等可能出现，出现“向上点数为2”的情况只有一种，故所求概率为.故选:A.【点睛】本题考查古典概型，解题关键是求出基本事件的个数，属基础题3.已知一组数据，的方差是，那么另一组数据，的方差是（ ）A. 1B. 2C. D. 4【答案】B【解析】【分析】根据数据关系得方差关系，即可求解.【详解】因为数据，的方差是数据，的方差的4倍，所以数据，的方差是故选：B【点睛】本题考查方差、新旧数据方差关系，考查基本分析求解能力，属基础题.4.在中，已知，那么最大内角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】
3、D【解析】【分析】由结合正弦定理得，若设，然后利用余弦定理可求出最大内角的余弦值.【详解】解：因为，所以，且解是最大内角，设，则，故选：D【点睛】此题考查了正弦定理和余弦定理，属于基础题.5.某调查机构为了了解某产品年产量（吨）对价格（千元/吨）和年利润的影响，对近五年该产品的年产量和价格统计如下表：123458764用最小二乘法求得关于的线性回归方程为，则表格中的值为（ ）A. 1.5B. 5C. 2.5D. 3.5【答案】C【解析】【分析】先求出，代入回归方程得，在利用平均数的求解方法即可求得.【详解】，代入回归方程得，所以，解得.故选：C【点睛】本题主要考查样本中心点必过回归方程，利用回
4、归方程求解原始数据，是基础题.6.玉琮是中国古代玉器中重要的礼器，神人纹玉琮王是新石器时代良渚文化的典型玉器，年出土于浙江省余杭市反山文化遗址.玉琮王通高，孔径、外径.琮体四面各琢刻一完整的兽面神人图像.兽面的两侧各浅浮雕鸟纹.器形呈扁矮的方柱体，内圆外方，上下端为圆面的射，中心有一上下垂直相透的圆孔.试估计该神人纹玉琮王的体积约为（单位：）（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】该神人纹玉琮王可看做是一个底面边长为，高为的正四棱柱中挖去一个底面直径为，高为的圆柱，利用圆柱的体积公式计算即可.【详解】由题可知，该神人纹玉琮王可看做是一个底面边长为，高为的正四棱柱中挖去一个底面直
5、径为，高为的圆柱，此时求得体积记为，cm3，记该神人纹玉琮王的实际体积为，则，且由题意可知， cm3，故，故选：D.【点睛】本题考查了组合体体积的计算以及柱体体积的计算公式，考查了转化能力，属于中档题.7.已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【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，由于三角形是锐角三角形，所以.由.所以，由于，所以，所以.故选：B【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角函数值域的求法，属于基础题.8
6、.已知不全为0的实数，满足，则直线被曲线截得的弦长的最小值为（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】D【解析】【分析】先确定直线过定点,再根据圆的性质确定圆心与A连线垂直直线时，直线被圆截得弦长最短，最后根据直角三角形求结果.【详解】直线过定点,因为，所以因此当圆心与连线垂直直线时，直线被曲线截得的弦长最小，此时最小值为故选：D【点睛】本题考查直线过定点、直线与圆位置关系，考查数形结合思想方法以及基本分析求解能力，属中档题.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上）9.空气质量指数AQI是反映空
7、气质量状况的指数，AQI指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：AQI指数值05051100101150151200201300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染如图是某市12月1日-20日AQI指数变化趋势：下列叙述正确的是（ ）A. 这20天中AQI指数值的中位数略高于100B. 这20天中的中度污染及以上的天数占C. 该市12月的前半个月的空气质量越来越好D. 总体来说，该市12月上旬的空气质量比中旬的空气质量好【答案】ABD【解析】【分析】根据折线图和AQI指数与空气质量对照表，结合选项，进行逐一分析即可【详解】对A：将这20天的数据从小到大排序后，第10个数据略小于1
8、00，第11个数据约为120，因为中位数是这两个数据的平均数，故中位数略高于100是正确的，故A正确；对B：这20天中，AQI指数大于150的有5天，故中度污染及以上的天数占是正确的，故B正确；对C：由折线图可知，前5天空气质量越来越好，从6日开始至15日越来越差，故C错误；对D：由折线图可知，上旬大部分AQI指数在100以下，中旬AQI指数大部分在100以上，故上旬空气质量比中旬的要好.故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查统计图表的观察，属基础题；需要认真看图，并理解题意.10.三角形有一个角是，这个角的两边长分别为8和5，则（ ）A. 三角形另一边长为7B. 三角形的周长为20C. 三
9、角形内切圆周长为D. 三角形外接圆面积为【答案】ABD【解析】【分析】利用余弦定理求得第三边长，由此判断AB选项的正确性；利用三角形面积列方程，解方程求得内切圆的半径，进而求得内切圆的周长，由此判断C选项的正确性；利用正弦定理求得外接圆的半径，由此求得外接圆的面积，从而判断D选项的正确性.【详解】可得另一边长为，三角形的周长为20，则A正确，B正确；设内切圆半径为，则，则，则内切圆周长为，则C不正确；设外接圆半径为，则，,其面积为，则D正确故选：ABD.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形内切圆，外接圆有关计算.属于较易题.11.点是直线上的动点，由点向圆引切线（为切点）
10、，则下列关于切线长的说法中，正确的为（ ）A. 切线长没有最大值B. 切线长的可能值为4C. 切线长有最小值D. 切线长不可能为3【答案】ABC【解析】【分析】根据切线长公式求切线长，再求其范围，最后根据范围判断选择.【详解】设，则所以切线长没有最大值，切线长有最小值2，切线长的可能值为4或3，故选：ABC【点睛】本题考查切线长、考查函数值域，考查基本分析求解与判断能力，属基础题.12.将边长为2的正方形沿对角线折成直二面角，点为线段上的一动点，下列结论正确的是（ ）A. 异面直线与所成的角为B. 是等边三角形C. 面积的最小值为D. 四面体的外接球的表面积为【答案】B【解析】【分析】取的中点
11、，连接，利用等腰三角形三线合一，可得，从而可得，可判断A；通过计算，可得为正三角形；由长为2，所以只需求出边上高的最小值就是面积的最小值；由于，所以四面体的外接球的半径为，从而可求出其表面积.【详解】对于A，取的中点，连接，则，所以平面，所以，所以异面直线与所成的角为，所以A不正确；对于B，由于正方形的边长为2，所以，因为，所以，所以为正三角形，所以B正确；对于C，如图，过作于，过作于，连接，因为平面平面，所以平面，则，,所以平面，所以，设，则，所以，所以，所以当时，有最小值，所以面积的最小值为，故C不正确；对于D，由于，所以为四面体的外接球的球心，且球的半径为，所以四面体的外接球的表面积为，
12、故D不正确，故选：B【点睛】此题考查空间图形的折叠问题，考查了异面直线所成的角、几何体的外接球等，综合性强，属于较难题.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分每空5分请把答案填写在答题卡相应位置上）13.直线的方程为，直线的方程为，若，则实数的值为_【答案】6【解析】【分析】根据两直线垂直列方程解得结果.【详解】因为直线的方程为，直线的方程为，所以故答案为：6【点睛】本题考查根据两直线垂直求参数，考查基本分析求解能力，属基础题.14.已知中，则的外接圆半径_【答案】1【解析】【分析】根据正弦定理直接求结果.【详解】设外接圆半径为，则由正弦定理得故答案为：1【点睛】本题考查利用正弦定
13、理求外接圆半径，考查基本分析求解能力，属基础题.15.在平面直角坐标系中，点，若直线上存在点使得，则实数的取值范围是_【答案】.【解析】【分析】设由，求出点轨迹方程，可判断其轨迹为圆，点又在直线，转化为直线与圆有公共点，只需圆心到直线的距离小于半径，得到关于的不等式，求解，即可得出结论.【详解】设，整理得，又点在直线，直线与圆共公共点，圆心到直线的距离，即.故答案为:.【点睛】本题考查求曲线的轨迹方程，考查直线与圆的位置关系，属于中档题.16.已知正方体的棱长为3，动点在正方体的表面上运动，且与点的距离为动点的集合形成一条曲线，则整条曲线的周长是_【答案】【解析】【分析】先确定在正方体棱上的位
14、置，再确定在对应面上的弧长，即可求其周长.【详解】因为,所以点可在棱上（对应）, 动点的集合形成一条曲线如图所示.，因此根据对称性可得在表面、表面、表面分别构成半径为，圆心角为圆弧；在表面、表面、表面分别构成半径为，圆心角为的圆弧；因此周长为.故答案为：.【点睛】本题考查立体几何轨迹问题，考查空间想象能力以及基本分析求解能力，属中档题.四、解答题（本大题共6小题，共计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.已知平面上三点，（1）求直线的方程；（2）求的中点到直线的距离【答案】（1）（或）；（2）.【解析】【分析】（1）先根据斜率公式求斜率，再根据点斜式方程
15、得结果；（2）先根据中点坐标公式求的中点，再根据点到直线距离公式得结果.【详解】（1）因为， 所以直线的方程为（或）（2）因为的中点为，所以的中点到直线的距离为【点睛】本题考查直线点斜式方程、点到直线距离公式，考查基本分析求解能力，属基础题.18. 设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18,先采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员参加比赛.（I）求应从这三个协会中分别抽取的运动员人数；（II）将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为,从这6名运动员中随机抽取2名参加双打比赛.（i）用所给编号列出所有可能的结果;（ii）设A为事件“编号为的两名运动员至少有一人被抽到”,求
16、事件A发生的概率.【答案】（）3,1,2;（）（）见试题解析;（）【解析】试题分析：（I）由题意可得抽取比例，即可求出相应的人数；（II）（i）列举可得从名运动员中随机抽取名的所有结果，共种； （ii）事件所包含的上述基本事件的个数为个，由概率的公式即可求解概率试题解析：（I）应从甲、乙、丙这三个协会中分别抽取的运动员人数分别为3,1,2;（II）（i）从这6名运动员中随机抽取2名参加双打比赛,所有可能的结果为,共15种（ii）编号为的两名运动员至少有一人被抽到的结果为,共9种,所以事件A发生的概率考点：古典概型及其概率的计算19.如图所示，在平面四边形中，（1）求的大小；（2）若，求四边形的
17、面积【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）在中,由正弦定理能求出即可求得的大小；（2），四边形ABCD的面积，由此能求出结果【详解】解：（1）在中，由正弦定理得： 所以 ，； （2）在中，；在中，.【点睛】本题考查角的正弦值、四边形面积的求法，考查正弦定理、三角形面积等基础知识的应用，考查运算求解能力，是中档题20.如图，在西部某边防警戒线上有一笔直的公路上，武警边防支队在点、处设置了治安卡口，、两点到的距离分别为11千米和32米，某一天，收到来自防控目标的一个特殊无线信号，7秒后、同时接收到该无线信号，已知该特殊无线信号在空气中的传播速度是1千米/秒（假设该无线信号沿直线传播）（1）
18、求的长度；（2）现要更改卡口的位置，使得卡口能在最短时间内截获到来自处的信号，求此时、两点间的距离【答案】（1）20千米；（2）12千米【解析】【分析】（1）用表示,再利用，结合余弦定理列方程组，解得结果；（2）作于，则为满足题意的点，再结合等腰三角形性质求解结果.【详解】解：（1）依题意，设（千米），（千米）因为，所以 在中，由余弦定理得在中，由余弦定理得 所以又，解得，所以千米 答：的长度为20千米 （2）作于， 为中点,在中，由，得，千米 答：目标到卡口的距离最小为12千米【点睛】本题考查余弦定理、解三角形，考查基本分析求解能力，属基础题.21.如图所示，在四棱锥中，底面是棱长为2的正方
19、形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱，的中点（1）求证：平面；（2）求二面角正切值；（3）求三棱锥的体积【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）取中点，连结、，则且，再结合已知可得是平行四边形，则，从而利用线面平行的判定定理可得平面；（2）取中点，连结，可推出面，连交于，可证得，则是二面角的平面角，然后在中求解即可；（3）由于 ，则只需求出，过作于，则可得面，求出和即可求出体积.【详解】（1）证明：取中点，连结、为的中位线，且， 又且，且，是平行四边形，则，又面，面，面；（2）解：取中点，连结，为正三角形，又面面，面面，面，面，连交于，由正方形，可得，则，即连，由面，面
20、得，又，面，所以平面，又面，所以，所以是二面角的平面角，由正三角形，得，在中，即二面角的正切值为 （3）因为，连接，由（2）知面面所以面面，过作于因为面面所以面，即面，所以为三棱锥的底面上的高， 因面，面，所以，又为的中点，所以为的中点，所以，又，所以【点睛】此题考查证明线面平行，求二面角的大小，求三棱锥的体积，考查了推理能力和计算能力，属于中档题.22.如图所示，在平面直角坐标系中，圆的方程为，圆与轴交于，两点，且在的右侧，设直线的方程为（1）当直线与圆相切时，求直线的方程； （2）已知直线与圆相交于，两点直线与轴交于点，若（在之间），求直线的方程；连接，并分别延长相交于点，问是否存在一定直
21、线，使得点恒在该直线上运动，若存在，请求出该直线的方程；若不存在，请说明理由【答案】（1）或；（2）或 ；存在，.【解析】【分析】（1）利用圆心到直线的距离公式求出，即可得出结果；（2）设的中点为，连接，则，设，则在和中利用勾股定理求出，再利用圆心到直线的距离公式求出即可；设出的坐标，联立直线与圆的方程消，得到关于的方程，利用判别式得出的取值范围，再利用韦达定理得出的关系，联立直线解出点坐标，由（1）计算得出结论.【详解】解：（1）直线，相切时圆心到直线的距离等于半径1，所以，解得，所以，所以的方程为：或（2）设的中点为，连接，则，设，则在和中，解得，所以，解得，即直线，即或 ；设，联立方程组，消得，所以，解得，又，所以直线，直线，联立解得，由（1）进一步得，所以存在直线：，使得动点在该直线上运动【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系.属于较难题.
