【文档说明】江苏省南通市海安高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题【精准解析】.doc，共(22)页，1.652 MB，由小赞的店铺上传

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第二学期期中考试高一数学试卷参考公式：（1）回归方程：ˆˆˆybxa+＝，其中()()()()1122211ˆnniiiiiinniiiixxyyxynxybxxxnx−−−−−＝＝＝＝＝＝，ˆ

ˆaybx−＝（2）球的半径为R，球的表面积24πSR球＝，体积为34π3VR球＝一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1.某校的足球，乐器演奏，航模爱好三个兴趣小组的人数分别为200，150，100，若用分层抽

样方法抽取n名学生参加某项活动，已知从航模小组中抽取了2名学生，则n的值为（）A.9B.10C.11D.12【答案】A【解析】【分析】由题意利用分层抽样的定义和方法，求出n的值.【详解】由分层抽样的定义得2100200150100n=++解得n=9.【点睛】本题考查分层抽样的定

义和方法，属于基础题.2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2coscoscos0ACB+＝，则△ABC的形状为（）A.等腰三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.锐角三角形【答案】B【解析】【分析】根据两角差的余弦公式可得cos()0AC−=，从而得到2A

，即可得到答案；【详解】2coscoscoscos()coscossinsinACBACACAC=−=+=−coscossinsincos()0ACACAC+=−=2AC−=,22AC=+,△ABC的形状为钝角三角形.故选：B

.【点睛】本题考查三角形形状的判断、三角恒等变换，考查逻辑推理能力、运算求解能力.3.两条平行直线3410xy−−=和250mxy−+=之间的距离是（）A.1110B.85C.115D.35【答案】C【解析】【分析】本题首先可根据两直线平行求出32m=，得出直线方程为3410

0xy−+=，然后根据两平行直线间的距离公式即可得出结果.【详解】因为直线3410xy−−=和250mxy−+=平行，所以()()324m?=-?，解得32m=，则直线方程为32502xy-+=，即34100xy−+=，故直线3410xy−−=与34100xy−+=

之间的距离()2211011534d--==+-，故选：C.【点睛】本题考查根据两直线平行求参数以及两平行直线间的距离公式，若两平行直线方程为0AxByC++=、0AxByD++=，则两平行直线间的距离公式为22CDdAB-=+，考查计算能力，体现了基础性，是简单题.4.一组数据90，9

2，99，97，96，x的众数是92，则这组数据的中位数是（）A.94B.95C.96D.97【答案】A【解析】【分析】由于众数为92，从而可得x=92，然后排列后可求出中位数.【详解】解：因为数据90，92，99，97，96，x

的众数是92，所以x=92，所以这组数据从小到大排列后为：90，92，92，96，97，99，所以中位数为92+96=942，故选：A【点睛】此题考查一组数据的众数和中位数，属于基础题.5.已知直线x＋my＋1＋m＝0在两坐标轴上的截距相等，则实数m＝

（）A.1B.－1C.±1D.1或0【答案】C【解析】【分析】根据题意，可分直线过原点和不过原点，两种情况讨论，即可求解.【详解】由题意，直线10xmym+++=在两坐标轴上的截距相等，当直线10xmym+++=过原点时，此时在坐标轴上的截距都为零，则10m+=，解得1m=−

；当直线10xmym+++=不过原点时，要使得在坐标轴上的截距相等，此时直线的斜率为1−，即11m−=−，解得1m=，综上可得，实数1m=.故选：C.【点睛】本题主要考查了直线方程，以及直线的截距的概念及应用，其中解答中熟记直线在坐标轴上的截距的概念，列出

相应的方程是解答的关键，着重考查运算与求解能力.6.将60个个体按照01，02，03，…，60进行编号，然后从随机数表的第9行第9列开始向右读数（下表为随机数表的第8行和第9行），则抽取的第11个个体是（）A.38B.13C.42D.02【

答案】D【解析】【分析】根据随机数表法，判断出所抽取的个体.【详解】随机数表第9行第9列为2，抽取的个体分别为29，56，07，52，42，44，38，15，51，13，02，第11个个体为02.故选：D【点睛】本小题

主要考查随机数表法进行抽样，属于基础题.7.一个箱子中装有4个白球和2个黑球，若一次摸出两个球，则摸到两球颜色相同的概率是（）A.13B.715C.35D.1115【答案】B【解析】【分析】利用组合数计算得到基本事件总数和颜色相同的基本事件个数，由古典概型概率公式计算可得结果.【详解】一

个盒子里装有4个白球，2个黑球，一次摸出两个球，基本事件总数2615nC==取到的球颜色相同包含的基本事件个数22427mCC=+=，取到的球颜色相同的概率715mPn==故选：B.【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，涉及到组合数的应用，属于基础题.8.正方

体的全面积为1，它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是（）A.π3B.π2C.2πD.3π【答案】B【解析】【分析】首先求得外接球半径，然后求解其表面积即可.【详解】由题意可知，正方体的体对角线为外接球的直径，设正方体的棱长为x，由题意可得：261x=，则216x=，设外接球半径为R，由题意可知

：()22222xxxR++=，则2234Rx=，这个球的表面积为：2214322SRx====.故选：B.【点睛】本题主要考查球的表面积公式，正方体外接球半径的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于基础题.9.一个

班数学成绩频率分布表（样本容量为60）不小心损坏了一部分，只记得样本中数据在110,150上的频率为0.8，则估计样本在)130140,、140,150内的数据个数共有（）分组)100,110)110,12

0)120130,)130140,140,150频数6810A.28B.30C.32D.34【答案】B【解析】【分析】设样本在)130140,、140,150内的数据个数分别为,mn，由样本中数据在110,150上的频率为0.8，求得样本中数

据在110,150上的数据个数，即可求得答案.【详解】设样本在)130140,、140,150内的数据个数分别为,mn数据在110,150上的频率为0.8600.8810mn=+++解得：30mn+=则样本在)130140,、140,150内的数据个数共有：3

0.故选：B.【点睛】本小题主要考查样本、频数与频率之间的关系，考查分析和解决问题的能力，属于基础题.10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为,,,2abcAB=，角C的平分线交对边AB于D，且CD将三角形的面积分成3：4两部分，则cosB＝（）A.13B.12C.23D.34【答案】C【解析

】【分析】根据已知面积关系和角平分线，可得出,ab关系，结合2AB=和正弦定理，即可求出结论.【详解】2,ABab＝，CD将三角形的面积分成3：4两部分，1sin4213sin2BCDACDCBCDBCDSSCACDACD==△△，又CD是角C的角平分线，sin4,sin3C

BaABCDCADbCBA====，sin2422cos,cossin33BBBB===.故选：C.【点睛】本题考查面积公式、正弦定理以及三角恒等变换解三角形，注意角平分线的合理应用，考查计算求解能力，属

于基础题.二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12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4分，两个都选对但不全的得2分，有选错或只选一个或不选的不得分．11.已知ABC的三边长分别是3AC=，4BC=，5AB=．则下列说法正确的是（）A.以BC所在直线为

旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为15πB.以AB所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为48π5C.以AC所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的全面积为25πD.以AC所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为16π【答案】

ABD【解析】【分析】以BC所在直线为轴旋转时，所得旋转体是圆锥，求出其侧面积；以AB所在直线为旋转轴，所得旋转体是具有同底的两个圆锥体的组合体，求出其体积；以AC所在直线为轴旋转时，所得旋转体是圆锥，求出其

侧面积和体积，从而可得答案.【详解】以BC所在直线为轴旋转时，所得旋转体是底面半径为3，母线长为5，高为4的圆锥，其侧面积为3515=，故A正确；以AB所在直线为旋转轴，所得旋转体是具有同底的两个圆锥体的组合体，其半径为345，故所得旋转体的体积：2112485355

V==，故B正确；以AC所在直线为轴旋转时，所得旋转体是底面半径为4，母线长为5，高为3的圆锥，侧面积为4520=，体积为2143163=，故C错误，D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了旋转体的概念，考查了圆锥的侧面积和体积公式，属于基础题.12.在△AB

C中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知下列条件：①3,4,30bcB===；②5,8,30abA===；③2,3,60cbB===；④12,12,120cbC===．其中满足上述条件的三角形有两解的是（）A.①B.②C.③D.④【答案】AB【解析】【分析】①先求出

顶点A到BC的距离，再与b，c两边比较大小可得结论；②先求出顶点C到AB的距离，再与a，b两边比较大小可得结论；③由正弦定理直接求解即可判断，④由cb=，可得BC=，从而可判断.【详解】解：对于①，由3,4,30bcB===，得sin4si

n302cB==，所以sincBbc，所以三角形有两个解；对于②，由5,8,30abA===得，sin8sin304bA==，所以sinbAab，所以三角形有两个解；对于③，由2,3,6

0cbB===结合正弦定理得，sin2sin60sin13cBCb===，所以角90C=，所以三角形只有一个解；对于④，由于12,12,120cbC===，可知120BC==，这样的三角形不存在，无解；故选：AB【点睛】此题考查正弦定理的应用，三角形中大边对大角，三角形解的个数的判断方

法，属于中档题.13.以下对各事件发生的概率判断正确的是（）A.连续抛两枚质地均匀的硬币，有3个基本事件，出现一正一反的概率为13B.每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如12＝5＋7，在不超过15的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的

概率为115C.将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，记下两次向上的点数，则点数之和为6的概率是536D.从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是12【答案】BCD【解析】【分析】A.列举所有的基本事件，

得到概率，判断选项；B.首先列举素数，再根据组合数，写出概率；C.列举满足条件的基本事件，求概率；D.根据组合数写出概率，判断选项.【详解】A.连续抛两枚质地均匀的硬币，有4个基本事件，包含两正，两反，先反再正，先正再反，出现一正一反的概率2142P==，故A不正确；B.不超过15的

素数包含2,3,5,7,11,13，共6个数字，随机选取两个不同的数字，和等于14的包含()3,11，则概率为261115PC==，故B正确；C.将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，共36种情况，点数之和为6包含()()()()()1,5,2,4,3,3,4,2,5,1，共5种，所以点数之和

为6的概率536P=，故C正确；D.由题意可知取出的产品全是正品的概率232412CPC==，故D正确.【点睛】本题考查古典概型，列举法，组合数，属于基础题型，本题的关键是正确列举所有满足条件的基本事件.二

、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在答题卡中的横线上．14.已知ABC中，3AC=，30A=，120B=，则ABC的面积为______．【答案】934【解析】【分析】由30,120AB=

=，求得30C=，可得3ABBC==，结合三角形面积公式，即可求得答案.【详解】30,120AB==30C=3ABBC==根据三角形面积公式：1139333sin120332224ABCS===△故答案为：934.【点睛】本

题主要考查了求三角形的面积问题，解题关键是掌握三角形面积公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15.已知圆柱底面圆的半径为1，高为3，矩形ABCD为圆柱的轴截面，一只蚂蚁从A点出发，从侧面爬行一圈半到达C点，则蚂蚁爬行的最短距离为______．【答案】231+【解析】【分析

】通过观察蚂蚁爬行的路径，在矩形2AC中，利用勾股定理得出结果.【详解】由题意画出蚂蚁爬行的路径，如图所示：将圆柱的侧面展开，其中11112,,ABBAAB为底面圆周的一半，则223ADBC==,23232ABr==，则蚂蚁爬行的最短距离为线段2AC，在矩形2AC中，2222222

29931ACABBC=+=+=+所以蚂蚁爬行的最短距离为231+.故答案为：231+.【点睛】本题主要考查利用圆柱的侧面展开图解决实际问题.属于中档题.16.已知一组数据点：x1x2x…8xy1y2y…8y用最小二乘法得到其线性回归方程为ˆ24yx+＝-，若数据1x

，2x，…，8x的平均数为1，则81iiy＝＝___．【答案】16【解析】【分析】根据回归方程必过样本点的中心(,)xy，即可得到答案；【详解】1x=，242yx=+=-，81816iiyy==＝，故答案为：16.【点睛】本题考查回归方程的概念，考查运算求解能力，属于基础

题.17.设光线l从点()4,3A−出发，经过x轴反射后经过点30,3B，则光线l与x轴交点的横坐标为______，若该入射光线l经x轴发生折射，折射角为入射角的一半，则折射光线所在直线的纵截距为______．【答案】(1).()1,0−(2)

.3−【解析】【分析】首先，根据光线从点()4,3A−射向x轴，得到其关于x轴的对称点()4,3A−−，然后根据反射光线的反向延长线经过()4,3A−−和30,3B，得到直线AB，即得光线与x轴的交点.由入射角是60°可得折射角是30°，且光线经过()1,0−，由直线

的点斜式可得直线方程，以此得出纵截距.【详解】点()4,3A−关于x轴的对称点为()4,3A−−，则直线AB:3333yx=+与x轴交于点(1,0)−，所以光线与x轴的交点为()1,0−;由入射角是60,得折射角是

30，且光线经过(1,0)−,得出折射光线所在直线方程为33yx=−−，所以纵截距为3−.【点睛】本题考查直线方程的两点式，点斜式，点关于直线的对称问题，以及入射反射折射问题.三、解答题：本题共6小题，共82分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．18.为了解学生课

后阅读的情况，从全市中小学抽取1000名学生进行调查，统计他们每周利用课后阅读的时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图，求所有被抽查人员利用课后阅读的平均时长；（2）现为了了解学生利用课后阅读

的具体情况，准备采用分层抽样的方法从)2,4和)8,10组中抽取25人了解情况，则两组各抽取多少人？再利用分层抽样从抽取的25人中选5人参加一个座谈会．现从参加座谈会的5人中随机抽取两人发言，求)2,4小组中至少有1人发言的概率？【答案】（1）6.8，（2）10，15，71

0【解析】【分析】（1）用每一组的中点值乘以对应的频率，再把所有的乘积相加即可；（2）先根据分层抽样求出每一组抽取的人数，再求出抽取总事件，求出概率.【详解】解：（1）设被抽查人员利用课后阅读的平均时长为x，则0.0510.130.2550.370.1590.1110.05136.8x=+

+++++=，所以所有被抽查人员利用课后阅读的平均时长6.8，（2）)2,4组的人数为100020.05=100人，)8,10组的人数为100020.075=150人，所以从)2,4组中抽取1002510250=人，从)8,10组中抽取1502515250

=人，在抽取的5人中)2,4组中抽取105=225人，)8,10组中抽取155=325人，记)2,4组中抽取的2人分别为,mn，)8,10组中抽取的3人分别为,,abc，则从5人中抽取2人的所有情况如下：()()()()()()()()()(),,,,,,,,,

,,,,,,,,,mnmambmcnanbncabacbc，共10种情况，其中在)2,4组至少抽取1人的有()()()()()()(),,,,,,,,,,,,mnmambmcnanbnc，7种，所以)2,4小组中至少有1人发言的概率为710，【点睛】此题

考查由频率分布直方图求平均数、分层抽样和古典概型的概率的求法，属于基础题.19.某产品刚刚上市销售，销售前对该产品拟定了5种单价进行试销售，每本单价x（元）试销售1天，得到如表单价x（元）与销量y的数据关系：单价x（元）89

101112销量y9892908882（1）已知销量y与单价x（元）具有线性相关关系，求y关于x的线性回归方程；（2）若该书每本的成本为5元，要使得售卖时利润最大，请利用所求的线性相关关系确定单价应该定为多少元？参考公式：1221

ˆˆˆ,niiiniixynxyybxxnxab==−==−−.【答案】（1）3.6126ˆyx=−+；（2）单价定为20元时，利润最大.【解析】【分析】（1）由表中数据，可求出x，y，51iiixy=，21niix=，再结合5152215ˆ5

iiiiixyxyxxb==−=−，ˆˆaybx=−，可求出线性回归方程；（2）设利润为w，可得()()3.61526wxx+=−−，结合二次函数，可求出答案.【详解】（1）由题意，89101112105x++++==，989290888290

5y++++==，518989921090118812824464iiixy==++++=，216481100121144510niix==++++=，所以5152215446451090ˆ3.651051005iiiiixyxyxxb==−

−===−−−，()ˆˆ903.610126aybx=−=−−=，所以y关于x的线性回归方程为3.6126ˆyx=−+.（2）设利润为w，则()()23.61263.61446305wxxxx−+=−+−=−，当144203.62x−==−时

，利润w取得最大值，故单价定为20元时，利润最大.【点睛】本题考查线性回归方程及利用回归方程预测销售问题，要注意公式的理解及计算的准确性，属于基础题.20.在平面直角坐标系xOy中，过定点()3,2P−作倾斜角为

（π02）直线l与x轴交于点A，与y轴交于点B．（1）当PAPB取得最大值时，求直线l的斜截式方程；（2）当AOB面积为12时，求直线l的截距式方程．【答案】（1）5yx=+；（2）164xy+=−.【解析】【分析】（1）因为直线l的倾斜角为，可得直线l的斜率为tan，其tan

0，故l：2tan(3)yx−=+，分别求得点,AB坐标，即可求得PAPB，根据均值不等式即可求得当PAPB取得最大值时tan的值，进而求得直线l的斜截式方程；（2）由（1）可得23,0tan

A−−，(0,3tan2)B+，根据AOB面积为12，可求得tan值，根据直线的截距式方程，即可求得答案.【详解】（1）直线l过定点()3,2P−，且倾斜角为（π02）直线l的斜率为tan，其tan0根据直线点斜式方程可得直线l：2ta

n(3)yx−=+即：tan(3)2yx=++当0y=时，可得：23tanx−=−23,0tanA−−当0x=时，可得：3tan2y=+(0,3tan2)B+又()3,2P−2,2tanPA=−−，(3,3tan)PB=可得：26,

2(3,3tan)6tantantanPAPB=−−=−−tan0根据均值不等式可得：11tan2tan2tantan+=当且仅当1tantan=取等号，

即2tan1=解得tan1=或tan1=−（舍）66tan12tan−−−，当且仅当tan1=取等号直线l的斜截式方程为：1(3)25yxx=++=+当PAPB取得最大值时，直线l的斜截式方程为：5yx=+.（2）由（1）可得23,0tanA−−

，(0,3tan2)B+12|3||3tan2|2tanABOS=−−+123(3tan2)2tan=++14129tan2tan=++AOB面积为1214129tan122

tan++=整理可得：29tan12tan40−+=即：2(3tan2)0−=2tan3=()()6,0,0,4AB−直线l的截距式方程：164xy+=−【点睛】本题主要考查了求直线的方

程，解题关键是掌握向量数量积的坐标运算公式，及其直线的斜截式方程和截距式方程求法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.21.在长方体1111ABCDABCD−中，4ADAB＝＝，E，F为11BC，11CD的中点，且三棱锥1DABC−的体积为

8．（1）求1AA的长；（2）求异面直线BE与1AF所成角的余弦值．【答案】（1）3；（2）46565.【解析】【分析】（1）先求出ABCS，再利用113DABCABCVSh−=，即可得出结论；（2）建立空间坐标系，利用空间向量求解异面直线所成角即可.【详解】（1）由

题意知：4BCAD==，14482ABCS==，设11AADDh==，又1DD⊥面ABC，1DD三棱锥1DABC−的高，则1183DABCABCVSh−==，所以3h=，即13AA=；（2）以D为坐标原点

，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴建立空间坐标系，()()()()14,0,3,0,2,3,4,4,0,2,4,3AFBE，故()()14,2,0,2,0,3AFBE=−=−，所以1118465co

s,652513AFBEAFBEAFBE===，所以异面直线BE与1AF所成角的余弦值为46565.【点睛】本题主要考查利用体积求高以及利用空间向量求解异面直线所成角的问题.属于中档题.22.在①()3s

in3cosbaCC+＝；②2coscoscosaAbCcB+＝，③1cos2aCcb+＝，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，

c．已知．（1）求角A；（2）设ABC的面积为S，若3a＝，求面积S的最大值．【答案】（1）3；（2）334【解析】【分析】首先任选择一个条件，然后根据正弦定理进行边角互化，再根据三角恒等变换，化简求值；（2）由（1）

可知3A=，利用余弦定理和基本不等式求bc的最大值，再求面积的最大值【详解】若选条件①()()3sin3cos3sinsinsin3cosbaCCBACC=+=+，()sinsinsincoscossinBACACAC=+=+，()3sincosco

ssinsinsin3sincosACACACAC+=+，即：3cossinsinsinACAC=，sin0C，tan3A=，0A，3A=；若选择条件②2coscoscos2sincossincossincosaAbCcBAABCCB

=+=+，即()2sincossinsinAABCA=+=,即1cos2A=，0A，3A=；若选择条件③11cossincossinsin22aCcbACCB+=+=，()sinsinsincoscossinBACACAC=+=+，所以1sin

cossinsincoscossin2ACCACAC+=+，即1cossinsin2ACC=，sin0C，1cos2A=，0A，3A=，所以不管选择哪个条件，3A=；（2）2222cosabcbcA=+−

，又3a=，3A=，即223bcbc+−=，222bcbc+，23bcbc−，即3bc，当bc=时等号成立，bc的最大值是3，1sin2ABCSbcA=△Q，面积S的最大值为13333224=.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，基本不等

式，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于基础题型.23.在△ABC中，重心为G，垂心为H，外心为I．（1）若△ABC三个顶点的坐标为(),0Aa，()0,Bb，()0,0C，证明：G，H，I三点共线；（2）对于任斜三角形ABC，G，H，I三点是否都共线，并

说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）共线，证明见解析.【解析】【分析】（1）分别求出G，H，I三点的坐标，利用斜率相等，即可证明结论；（2）以线段AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立直角坐标系，设A，B，C的坐标分别为(2c−，0)，(2c，0)，(,)mn

，利用共线向量基本定理，即可得证；【详解】（1）易得：(,)33abG，(0,0)H，(,)22abI，33GHbbkaa==，22HIbbkaa==，HIGIkk=，G，H，I三点共线；（2）以线段AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立直角坐标系，设A，B，C的坐标分别为(2c−

，0)，(2c，0)，(,)mn，则设外心I，垂心H的坐标为(0,)a，(,)mb，BC的中点为D，A，B，C的坐标分别为(2c−，0)，(2c，0)，(,)mn，(2cBCm=−，)n，D的坐标为(42cm+，)2n，(42cmOD=+，)2na−，(

2cAHm=+，)b，由00IDBCAHBC==，则()()()04222()()022cmcnmanccmmbn+−+−=+−+=，即2222244844mncanmcbn+−=−+=，外心I的坐标为2224

4(0,)8mncn+−，垂心H的坐标为224(,)4mcmn−+，2(3mGH=，2221243)12mncn−−+，(3mIG=，2221243)24mncm−−+，得2GHIG=，G，H，I三点共线.【点睛】本题考查向量在几何中的应用，关键是掌握坐标的运算法则和向量的

数量积的运算，属于中档题．