【文档说明】广东省广州市真光中学2019-2020学年高一下学期期末考试复习预测测试数学试题（一）含答案.pdf，共(12)页，949.403 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0302f0c7b2ece638a02956c166509ad2.html

以下为本文档部分文字说明：

1广州市真光中学高一第二学期期末复习预测测试题(一)一、选择题（共12小题，共60分.每小题只有一项是符合题目要求的选项）1.已知直线l1：x＋y＋1＝0，l2：x＋y－1＝0，则l1，l2之间的距离为()A.1B.2C.3

D.22.点A(3，－2,4)关于点(0,1，－3)的对称点的坐标是()A.(－3,4，－10)B.(－3,2，－4)C.311(,,)222D.(6，－5,11)3.某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名学生参加演讲比赛

，那么下列对立的两个事件是（）A.“至少1名男生”与“至少有1名是女生”B.“恰好有1名男生”与“恰好2名女生”C.“至少1名男生”与“全是男生”D.“至少1名男生”与“全是女生”4.一个几何体的三视图如图所示,在该几何体的体积为（）A．B．C．D．5.D△ABC的内角A、B、C的对

边分别为a、b、c，若a＝4，b＝3，c＝2，则中线AD的长为()A.5B．10C.52D．1026.一艘轮船按照北偏东40°方向，以18海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上，经过20

分钟的航行，轮船与灯塔的距离为6√3海里，则灯塔与轮船原来的距离为（）A．6海里B．12海里C．6海里或12海里D．6√3海里7.已知圆C与x轴的正半轴相切于点A，圆心在直线y＝2x上，若点A在直线x﹣y﹣4＝0的左上方且到该

直线的距离等于√2，则圆C的标准方程为（）A．（x﹣2）2+（y+4）2＝4B．（x+2）2+（y+4）2＝16C．（x﹣2）2+（y﹣4）2＝4D．（x﹣2）2+（y﹣4）2＝168.在△ABC中，角A，B的对边分别为a，b，有(1)a＝5

0，b＝30，A＝60°(2)a＝30，b＝65，A＝30°4511262(3)a＝30，b＝50，A＝30°(4)a＝30，b＝60，A＝30°则以上4个题中有唯一解有（）个A．0B．1C．2D．39.某班统计一次数学测验的平均分与方差，计算完毕才发现有位同学的分数还未录入，只好重算一次.已知原

平均分和原方差分别为x，2s，新平均分和新方差分别为1x，21s，若此同学的得分恰好为x，则（）A、1xx，221ssB、1xx，221ssC、1xx，221ssD、1xx，221ss10.在ABC中，如果1cos2sin4BA，33cos4sin2AB，则

()C)(A30)(B60)(C120)(D15011.如图,在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中,E为BC之中点,点P在线段1DE上,则点P到直线的距离的最小值为()A.45B.12C.53D.25512.过直线20xy

上一点P，作圆223116xy的两条切线，切点分别为11,Axy，22,Bxy，若222112122yyxxxx，则PA()A.4B.6C.7D.8二、填空题：本大题共4题，每小题5

分，共20分.把答案填写在答题卡横线上.13.在ABC中，CCBBA222sinsinsinsinsin则角A等于_____14.在ABC中，60A，16AC，面积3220S，则BC为_

_____15.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2+y2＝8与圆C2：x2+y2+2x+y﹣a＝0相交于A、B两点．若圆C1上存在点P，使得△ABP为等腰直角三角形，则实数a的值组成的集合为__________16.在平行四边形ABCD中，22AB，3BC，且2cos3A，以

BD为折痕，将BDC折起，使点C到达点E处，且满足AEAD，则三棱锥EABD的外接球的表面积为____.广州市真光中学高一第二学期期末复习预测测试题答卷3一、选择题二、填空题13._________;14.__________15.____________

16.____________三、解答题17、(10分)已知,,abc分别是ABC△的内角,,ABC的对边，3a且(3)(sinsinsin)sinbcBCAbC.（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）设S为ABC△的面积，求3coscosSBC

的最大值.18、(12分)如图所示，正三角形ABC所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，//,24BECDBECD，BEBC，F为棱AB的中点.（1）求证:CF平面ABE；（2）若直线DA与平面ABC所成的角为30°，求三棱锥DBEF的体积.19、(12分)随着互联网经

济逐步被人们接受，网上购物的人群越来越多，网银交易额也逐1234567891011124年增加，某地连续五年的网银交易额统计表，如表所示：年份x20122013201420152016网银交易额y（亿元）567810经研究发现，年份与网银交易额之间呈线性相

关关系，为了计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理，2011tx，5zy，得到如表：时间代号t12345z01235（1）求z关于t的线性回归方程；（2）通过（1）中的方程，求出y关于x的回归方程；（3）用所求回归方程预测2020年该地网银交易额

.（附：在线性回归方程ybxa中，1=122211nniiiiiinniiiixynxyxxyybxnxxx，aybx）20、(12分)在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面5ABCD，底面A

BCD为直角梯形，BC//AD，90ADC，112BCCDAD，PAPD，,EF为,ADPC的中点．（Ⅰ）求证：PA//平面BEF；（Ⅱ）若PC与AB所成角为45，求PE的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角F-BE-A的余弦值．21、(12分)已知直线l：

4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．(1)求圆C的方程；(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，

请说明理由22、(12分)如图，在直角坐标系xOy中，圆O：x2+y2＝4与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM，AN分别与圆O交于M，N两点．6（1）若kAM＝2，kAN=−12，求△AMN的面积；（2）过点P（3√3，﹣5）作圆O的两条切线，切点分别记为E，F，求𝑃𝐸→•𝑃�

�→；（3）若kAM•kAN＝﹣2，求证：直线MN过定点．广州市真光中学高一第二学期期末复习预测测试题参考答案1.B2.A3.D75.解：选D.如图，由余弦定理得AB2＝DA2＋DB2－2DA·DBcos∠ADB，AC2＝DA2＋DC2－2DA

·DCcos∠ADC，两式相加得AB2＋AC2＝2DA2＋DB2＋DC2，即22＋32＝2DA2＋22＋22，∴2DA2＝5.∴DA＝102.6.解.如图，根据条件可得∠BAC＝120°，AB＝18×13=6，BC＝6√3，由余弦

定理可得cos120°=𝐴𝐵2+𝐴𝐶2−𝐵𝐶22𝐴𝐵⋅𝐴𝐶，即36+𝐴𝐶2−10812𝐴𝐶=−12，解得AC＝12，故选：B．7.解.由题意设圆心为（a，2a）（0＜a＜4），求得A的坐标，再由A到直

线x﹣y﹣4＝0的距离为√2列式求得a值，则圆的标准方程可求．由题意设圆心为（a，2a）（0＜a＜4），则A（a，0），由题意可得|𝑎−4|√2=√2，解得a＝6（舍）或a＝2．则圆的圆心坐标为（2，4），半径为4．∴圆C的标准方程为（x﹣2）2+（y﹣4）2＝1

6．8.解.对于A，由a＝50，b＝30，A＝60°，利用正弦定理可得：50𝑠𝑖𝑛60°=30𝑠𝑖𝑛𝐵则sinB=3√310，∵a＞b，且A为锐角，∴B有一解，故三角形只有一解；对于B，由a＝30，b＝65，A＝30°，8利用

正弦定理可得：30𝑠𝑖𝑛30°=65𝑠𝑖𝑛𝐵则sinB=1312，此三角形无解；[来源:Z,xx,k.Com]对于C，由a＝30，b＝50，A＝30°，利用正弦定理可得：30𝑠𝑖𝑛30°=50𝑠𝑖𝑛

𝐵则sinB=56，∵b＞a，且A为锐角，则角B有两解，故三角形有两解；[来源:Zxxk.Com]对于D，由a＝30，b＝60，A＝30°，利用正弦定理可得：30𝑠𝑖𝑛30°=60𝑠𝑖𝑛𝐵，则sinB＝1，B＝90°，三

角形为直角三角形，仅有一解．故选：C．9.【解】设这个班有n个同学，分数分别是123,,,,naaaa，假设第i个同学的成绩没录入，这一次计算时，总分是1nx，方差为222222121111iins

axaxaxaxaxn；第二次计算时，11nnxxxx，方差为222222221121111++iiinnsaxaxaxaxaxaxsnn

故有1xx，221ss..10.【解】由已知两式平方相加得)cossin(4)cossin(162222BBAA)sincoscossin(16BABA28，即21)sin(BA，30BA或1

50，若30BA，则300A，300B，2sin40A，2cos23B，4cos2sin43BA，1cos2sin4BA不合题意，故150BA，即30C，选)(A11.D,12.【解】由11,A

xy，22,Bxy，设AB的中点00,Mxy，则有22113116xy，22223116xy，将两式作差得12121212+6++2yyxxxxyy，又22

2112122yyxxxx，即12121212+2+yyxxxxyy，所12121212+6+2++2+xxxxyyyy，所以00000031+210+1xxxyyy，，所以AB的中点M的轨迹方程是+210xy，而点P也在直线+210x

y上，所以由+21200yxyx，得点5,3P，而圆223116xy的圆心31C（，），半径4R，所以22531345PC，所以22

8PAPCR，故选D913.【解】由正弦定理得，224Ra224RbRb2Rc2224Rc，bcacb222由余弦定理得，212cos222bcacbA，120A．14.【解】由3220sin21AACABS

得55AB，由余弦定理得，AABACABACBCcos22222401，49BC．15.解.已知圆C1：x2+y2＝8与圆C2：x2+y2+2x+y﹣a＝0相交于A、B两点，则AB所在直线的方程为2x+y﹣a+8＝0，若圆C1上存在点P，使得△AB

P为等腰直角三角形，分2种情况讨论：①.P为直角顶点，则AB为圆C1的直径，即直线2x+y﹣a+8＝0经过圆C1的圆心C1，必有﹣a+8＝0，解可得a＝8；②.A或B为直角顶点，则点C1到直线AB的距离d=√22r=√

22×2√2=2，则有d=|8−𝑎|√4+1=2，解可得a＝8﹣2√5或8+2√5，[来源:学+科+网]综合可得：a的取值的集合为{8，8﹣2√5，8+2√5}；故答案为：{8，8﹣2√5，8+2√5}16.解：在ABD△中，22AB，3BC，且2cos3A，由余弦定理，得2222co

sBDABADABADA，即：2222223222393BD，解得：3BD，在四面体ABED中，3AEBD，3ADBE，22ABED，三组对棱长相等，可将四面体ABED放在长方体中，设长方体的相邻三棱长分别为x，

y，z，设外接球半径为R，则229xy，229yz，228zx，则22213xyz，即213R，所以132R.所以，四面体EABD外接球的表面积为：2134413π4R.故答案为：13π.17.【解】（Ⅰ）∵sins

insinsinabcBCAbC，10∴根据正弦定理，知abcbcabc，即222bcabc.∴由余弦定理，得2221cos22bcaAbc.又0,A，所以23A.（Ⅱ）根据3a，23A及正弦定理得3

2sinsinsin32bcaBCA，∴2sin,2sinbBcC.∴113sin2sin2sin3sinsin222SbcABCBC.∴3coscos3sinsin3coscosSBCBCBC3cosBC.故当6CB时，3coscosB3CS取得最

大值3.18.解.(1)∵平面ABC⊥平面BCDE,平面ABC平面BCDE=BC,且BE平面BCDE,BE⊥BC,∴BE⊥CF又正三角形ABC,F为AB之中点,∴CF⊥AB,又BE,AB平面ABE,BEAB=B,∴CF⊥平面ABE（2）取�

�𝐶中点𝐺，连接𝐴𝐺，易知𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，∴𝐷𝐴与平面𝐴𝐵𝐶所成的角为∠𝐷𝐴𝐶=300，∵𝑅𝑡𝛥𝐴𝐶𝐷中，𝐶𝐷=2，∴𝐴𝐷=4,𝐴𝐶=2√3，∵𝛥𝐴𝐵𝐶为正三角形，𝐺为𝐵𝐶的中点，

∴𝐴𝐺⊥𝐵𝐶且𝐴𝐺=3,𝐵𝐶=2𝐵𝐺=2√3，∵平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐶𝐷𝐸，∴𝐴𝐺⊥平面𝐵𝐶𝐷𝐸，又∵𝐹为𝐴𝐵的中点，∴点𝐹到平面𝐵𝐶𝐷𝐸的距离为12𝐴𝐺=32，∵𝐵𝐸⊥𝐵𝐶,𝐵𝐸=4,𝐵𝐶=2√3，∴𝑆

𝛥𝐵𝐷𝐸=12·𝐵𝐸·𝐵𝐶=4√3，∴𝑉𝐷−𝐵𝐸𝐹=𝑉𝐹−𝐵𝐷𝐸=13·𝑆𝛥𝐵𝐷𝐸·12𝐴𝐺=13·4√3·32=2√3.19.解：（1）由已知有1234535t，

012352.25z，51102132435545iiitz，521149162555iit，则45532.21.25559b，2.231.21.4azbt，∴1.21.4zt.11（2）将2011tx，5

zy，代入1.21.4zt得到，51.220111.4yx，即1.22409.6yx.（3）由（2）知，当2020x时，1.220202409.614.4y，所以预测2020年该地网银交易额

为14.4亿元.20.解：（Ⅰ）证明：连接AC交BE于O，并连接EC，FO，1//,2BCADBCAD,E为AD中点AE//BC，且AE=BC四边形ABCE为平行四边形O为AC中点又F为AD中点//OFPA，,OFBEFPABEF平面平面，PA//平面BEF（Ⅱ）由

BCDE为正方形可得22ECBC,由ABCE为平行四边形可得EC//ABPCE为PCAB与所成角即045PCEPAPDEADPEAD为中点，侧面PAD底面,ABCD侧面PAD底面,ABCDADP

E平面PADPEABCD平面，PEEC，2PEEC.（Ⅲ）取PD中点M，连,MEMA，PADABCD面面，ADBEPADABCDAD且面面，，BE平面PAD，MEAFBEA为的平面角，又311,1

,22EMAEAM，33cosMEA，所以二面角EACB的余弦值为33．21.解(1)设圆心C(a，0)a＞－52，则|4a＋10|5＝2⇒a＝0或a＝－5(舍)．所以圆C：x2＋y2＝

4.(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＋y2＝4y＝k（x－1）得，(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，12所以x1＋x2＝2k

2k2＋1，x1x2＝k2－4k2＋1.若x轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒y1x1－t＋y2x2－t＝0⇒k（x1－1）x1－t＋k（x2－1）x2－t＝0⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒2（k2－4）k2＋1－

2k2（t＋1）k2＋1＋2t＝0⇒t＝4，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．22.（1）解：由题知，得直线AM的方程为y＝2x+4，直线AN的方程为y=−12x﹣1所以，圆心到直线AM的距离d=|4|√5，所以AM＝2√4−165=4√55，由中位线定理知，A

N=8√55，由题知kAM•kAN＝﹣1，所以AN⊥AM，S=12×4√55×8√55=165．[来源:学#科#网Z#X#X#K]（2）解：|𝑃𝐸→|=√(3√3)2+(−5)2−4=4√3，PO=√(3√3)2+(−5)2=2√13，所以cos∠OPE=4√32√13=2

√3√13所以cos∠FPE＝2cos2∠OPE﹣1＝2（2√3√13）2﹣1=1113，所以𝑃𝐸→⋅𝑃𝐹→=|𝑃𝐸→|⋅|𝑃𝐹→|𝑐𝑜𝑠∠𝐸𝑃𝐹=(4√3)2×1113=52813（3）证明：由题

知直线AM和直线AN的斜率都存在，且都不为0，不妨设直线AM的方程y＝k（x+2），则直线AN的方程为y=−2𝑘（x+2），所以，联立方程{𝑦=𝑘(𝑥+2)𝑥2+𝑦2=4，得（x+2）[（1+k2）x+2k2﹣2]＝0，得x＝﹣2或x=2−2𝑘2

1+𝑘2，所以M（2−2𝑘21+𝑘2，4𝑘1+𝑘2），同理N（2𝑘2−84+𝑘2，−8𝑘4+𝑘2），因为x轴上存在一点D（−23，0），所以𝑘𝐷𝑀=−4𝑘1+𝑘22−2𝑘21+𝑘2+6=−4𝑘

4𝑘2+8=−𝑘𝑘2+2，同理𝑘𝐷𝑁=−𝑘𝑘2+2，所以kDN＝kDM，所以直线MN过定点（−23，0）．