【文档说明】江苏省南通市如东县2019-2020学年高一下学期期中考试数学试卷含答案.docx，共(20)页，1.133 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年江苏省南通市如东县高一第二学期期中数学试卷一、选择题（共10小题）.1.直线31yx=+的倾斜角是（）A.6B.3C.23D.562.某中学有高中生3500人，初中生1500人，为了解学生的学习情况，用分层

抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本，已知从高中生中抽取70人，则n为（）A.100B.150C.200D.2503.在ABC△中，若2a=，2b=，4A=，则B=（）A.6B.4C.56D.6或564.对一批产品的长度（单位：毫米）进行抽样检测，样本容量为200，如图为检测结

果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间)25,30的为一等品，在区间)20,25和)30,35的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为（）A.30B.40C.50D.605.已知直线()2210axay++−=与直线320axy−+=垂直，则实数

a的值是（）A.0B.43−C.0或43−D.12−或236.给出下列四个说法，其中正确的是（）A.线段AB在平面内，则直线AB不在平面内B.三条平行直线共面C.两平面有一个公共点，则一定有无数个公共点D.空间三点确定一个平面7.已知直线20axya+−

+=在两坐标轴上的截距相等，则实数a=（）A.1B.1−C.2−或1D.2或18.两圆1C：221xy+=与2C：()2234xy++=的公切线条数为（）A.1B.2C.3D.49.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心

的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知ABC△的顶点()4,0A，()0,2B，且ACBC=，则ABC△的欧拉线方程为（）A.230xy−−=B.230xy+−=C.230xy−+=D.230xy−−=10.如图，直三棱柱111ABCABC−

中，1AAABACBC===，则异面直线1AB和1BC所成角的余弦值为（）A.12−B.12C.14−D.14二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.11.已知角A，B，

C是ABC△的三个内角，下列结论一定成立的有（）A.()sinsinBCA+=B.()coscosABC+=C.若AB，则sinsinABD.若sin2sin2AB=，则ABC△是等腰三角形12.正方体1111AB

CDABCD−中，P，Q分别为棱BC和1CC的中点，则下列说法正确的是（）A.1BC∥平面AQPB.1AD⊥平面AQPC.异面直线11AC与PQ所成角为90D.平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡

相应位置上.13.一组数据：6，8，9，13的方差为______.14.已知两点()0,2M，()2,2N−，以线段MN为直径的圆的方程为______.15.如图，从200m高的电视塔塔顶A测得地面上某两点B，C的俯角分别为30和45，45BAC=，则B，C两点间的距离为_

_____m.（俯角：在垂直面内视线与水平线的夹角）16.平面四边形ABCD的对角线AC，BD的交点位于四边形的内部，已知1AB=，2BC=，ACCD=，ACCD⊥，当ABC变化时，则BD的最大值为______.四、解答题：本大题

共6小题，共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.ABC△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1a=，2c=，7sin4C=，且C为锐角.求：（1）sinA的值；（2）ABC△的面积.18.如图在长方体1111ABCDABCD−中，E

，F分别为BC，1CC的中点，2ABAD==，13AA=.（1）证明：EF∥平面11AADD；（2）求直线1AC与平面11AADD所成角的正弦值.19.已知直线l：430kxyk−−+=（kR），圆C：22682

10xyxy+−−+=.（1）求证：直线l过定点M，并求出点M的坐标；（2）若直线l与圆C交于A，B两点，当弦长AB最短时，求此时直线l的方程.20.如图，四棱锥PABCD−中，点E，F分别是侧棱PA，PC上的点，且EF∥底面ABCD.（1）求证：EFAC∥；

（2）若PC⊥底面ABCD，3ACBC=，60ABC=，求证：EFPB⊥.21.根据国际海洋安全规定：两国军舰正常状况下（联合军演除外），在公海上的安全距离为20mile（即距离不得小于20mile），否则违反了国际海洋安全规定.如图，在某公海区域有两条相交成60

的直航线XX，YY，交点是O，现有两国的军舰甲，乙分别在OX，OY上的A，B处，起初30OAmile=，10OBmile=，后来军舰甲沿XX的方向，乙军舰沿YY的方向，同时以40/mileh的速度航行.（1）起初两军舰的距离为多少？（2）试判

断这两艘军舰是否会违反国际海洋安全规定？并说明理由.22.已知圆O：221xy+=和点()1,4M−−.（1）过点M向圆O引切线，求切线的方程；（2）求以点M为圆心，且被直线212yx=−截得的弦长为8的圆M的方程；（3）设P为（2）中圆M上任意一点，过点P向圆O引切线，切点为Q，试探究

：平面内是否存在一定点R，使得PQPR为定值？若存在，请求出定点R的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.参考答案一、单选题：本大题共10小题，每题5分，共50分.在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线

31yx=+的倾斜角是（）A.6B.3C.23D.56【分析】由方程可得直线的斜率，由斜率和倾斜角的关系可得所求.解：∵直线31yx=+的斜率为3，∴直线31yx=+的倾斜角满足tan3=，∴60=故选：B.2.某中学有高中生3500人，初中生15

00人，为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本，已知从高中生中抽取70人，则n为（）A.100B.150C.200D.250【分析】计算分层抽样的抽取比例和总体个数，利用样本容量＝总体个数×抽取比例计算n值.解

：分层抽样的抽取比例为701350050=，总体个数为350015005000+=，∴样本容量1500010050n==.故选：A.3.在ABC△中，若2a=，2b=，4A=，则B=（）A.6B.4

C.56D.6或56【分析】先利用正弦定理求得sinB的值，进而求得B.解：∵sinsinabAB=，∴221sinsin222bBAa===，∴6B=或56，∵ab，∴AB，∴6B=.故选：A.4.对

一批产品的长度（单位：毫米）进行抽样检测，样本容量为200，如图为检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间)25,30的为一等品，在区间)20,25和)30,35的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为（）A.30B.4

0C.50D.60【分析】样品为三等品的频率为()0.01250.02500.012550.25++=，又已知样本容量为200，可解得样本中三等品的件数.解：样本为三等品的件数为()2000.01250.02500.0125550++=；

故选：C.5.已知直线()2210axay++−=与直线320axy−+=垂直，则实数a的值是（）A.0B.43−C.0或43−D.12−或23【分析】利用一般式下两直线垂直的判定方法即：1L：1110AxByC+=+，2L：2220AxByC+=+，若12LL⊥，则12120A

ABB=+，带入求解即可.解：因为直线()2210axay++−=与直线320axy−+=垂直，则()()23210aaa++−=，解得：0a=或43a=−.故选：C.6.给出下列四个说法，其中正确的是（）A.线段AB在平

面内，则直线AB不在平面内B.三条平行直线共面C.两平面有一个公共点，则一定有无数个公共点D.空间三点确定一个平面【分析】利用平面的基本性质及其推论直接求解.解：对于A，线段AB在平面内，则直线AB一定在平面内，故A错误；对于B，三条平行直线不一定共面，比

如正方体1AC中，三条平行线AB，DC，11AB不共面，故B错误；对于C，两平面有一个公共点，则这两相平面相交于过这个公共点的一条直线，一定有无数个公共点，故C正确；对于D，空间中不共面的三点确定一个平面，故D错误.故选：C.7.已知直线20axya+−+=在两坐标轴上的截距相等，则实数a

=（）A.1B.1−C.2−或1D.2或1【分析】根据题意讨论直线它在两坐标轴上的截距为0和在两坐标轴上的截距不为0时，求出对应a的值.解：20a−+=，即2a=时，直线20axya+−+=化为20xy+=，它在两坐标轴上的截距为0，满足题意；20a−+，即2a时，直线20axya+−+=

化为122axyaa+=−−，它在两坐标轴上的截距为22aaa−=−，解得1a=；综上所述，实数2a=或1a=.故选：D.8.两圆1C：221xy+=与2C：()2234xy++=的公切线条数为（）A.1B.2C.3D.4【分析】由两圆的半径和圆心距，判断两圆外切，有3条公切线.解：圆1C

：221xy+=的圆心为()10,0C，半径为11r=，圆2C：()2234xy++=的圆心为()23,0C−，半径为22r=；且123CC=，123rr+=，所以1212CCrr=+，所以两圆外切，公切线有3条.故选：C.9.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外

心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知ABC△的顶点()4,0A，()0,2B，且ACBC=，则ABC△的欧拉线方程为（）A.230xy−−=B.230xy+−=C.230xy−

+=D.230xy−−=【分析】先根据题意求出AB的垂直平分线，再根据ACBC=，可知三角形的外心、重心、垂心依次位于AB的垂直平分线上，即AB的垂直平分线即为所求.解：线段AB的中点为()2,1，12ABk=−，∴线段AB的垂直平分线为：()221yx=−+，即230xy−−=，∵

ACBC=，∴三角形的外心、重心、垂心依次位于AB的垂直平分线上，因此ABC△的欧拉线方程为230xy−−=，故选：D.如图，直三棱柱111ABCABC−中，1AAABACBC===，则异面直线1AB和1BC所成角的余弦值为（）A.12−

B.12C.14−D.14【分析】如图所示建立空间直角坐标系，不妨设12AAABACBC====.利用111111cosABBCABBCABBC=uuuruuuruuuruuuruuuruuur即可得出.解：如图所示建立空间直

角坐标系，不妨设12AAABACBC====.则()0,1,2A−，()13,0,0B，()3,0,2B，()10,1,0C，∴()13,1,2AB=−uuur，()13,1,2BC=−−uuur，∴1111113141cos488ABBCABBC

ABBC−++===uuuruuuruuuruuuruuuruuur.故选：D.二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.11.已知角A，B，C是ABC△

的三个内角，下列结论一定成立的有（）A.()sinsinBCA+=B.()coscosABC+=C.若AB，则sinsinABD.若sin2sin2AB=，则ABC△是等腰三角形【分析】利用三角形

的内角和以及正弦定理，三角方程转化求解判断选项的正误即可.解：因为三角形中，()ABC=−+，所以()()sinsinsinABCBC=−−=+，所以A正确；()()coscoscosABCBC=−+=−+），所以B不正确；在

ABC△中，若AB，则ab，即有2sin2sinRARB，故sinsinAB，所以C正确；sin2sin2AB=，可得22AB=或22AB+=，所以AB=或2AB+=，三角形为等腰三角形或直角三角形，所以D不正确；故选：AC.12.正方体1111ABCDABCD−中，P，Q分别为

棱BC和1CC的中点，则下列说法正确的是（）A.1BC∥平面AQPB.1AD⊥平面AQPC.异面直线11AC与PQ所成角为90D.平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形【分析】直接利用线面平行的判定和性质的应用，异面直线

的夹角的应用，线面垂直的判定的应用，共面的判定的应用求出结果.解：在正方体1111ABCDABCD−中，P，Q分别为棱BC和棱1CC的中点，如图所示：①对于选项A：P，Q分别为棱BC和棱1CC的中点，所以1PQBC∥，由于PQ平

面APQ，1BC不在平面APQ内，所以1BC∥平面APQ，故选项A正确.②对于选项B：由于1AD⊥平面11ABCD，平面11ABCD和平面1APQD为相交平面，所以1AD不可能垂直平面AQP，故错误.③对于选项C：1PQBC∥，11ABC△为等边三

角形，所以1160ACB＝，即异面直线QP与11AC所成的角为60.故错误.④对于选项D：连接AP，1AD，1DQ，由于1ADPQ∥，1DQAP=，所以：平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形，故正确.故选：A

D.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上.13.一组数据：6，8，9，13的方差为132.【分析】先求出这组数据的平均数，由此能求出这组数据的方差.解：一组数据：6

，8，9，13的平均数为：()16891394x=+++=，∴这组数据的方差为：()()()()2222211369899913942S=−+−+−+−=.故答案为：132.14.已知两点()0,2M，()2,2N−，以线

段MN为直径的圆的方程为()2215xy−+=.【分析】根据题意，设MN的中点为O，由MN的坐标求出O的坐标以及MN的长，即可得要求圆的圆心与半径，由圆的标准方程即可得答案.解：根据题意，设MN的中点为O，

则以线段MN为直径的圆的圆心为O，半径2MNr=，又由()0,2M，()2,2N−，则()1,0O，41625MN=+=，则5r=，则要求圆的标准方程为：()2215xy−+=；故答案为：()2215xy

−+=.15.如图，从200m高的电视塔塔顶A测得地面上某两点B，C的俯角分别为30和45，45BAC=，则B，C两点间的距离为2002m.（俯角：在垂直面内视线与水平线的夹角）【分析】由题意，400mAB=

，2002mAC=，BAC△中，利用余弦定理，即可得出结论.解：从200m高的电视塔顶A测得地面上某两点B，C的俯角分别为30和45，∴400mAB=，2002mAC=，BAC△中，45BAC=，∴由余弦定理得：(

)2222222cos45400200224002002800002BCABACABAC+=+−==−；∴()2002mBC=.故答案为：2002.16.平面四边形ABCD的对角线AC，BD的交点位于四边形的内部，已知1AB=，2BC=，ACCD=，ACCD⊥，当AB

C变化时，则BD的最大值为221+.【分析】引入ABC=，先在ABC△中，利用借助于正弦定理表示出AC，sinACB.然后再在BCD△中利用余弦定理表示出BD，最后借助三角恒等变换求出BD的最值.解：如图，设ABC=，在ABC△

中，因为1AB=，2BC=，∴2222cos54cosACABBCABBC+=−=−，即54cosCD=−.∴sinsinABACACB=，即154cossinsinACB−=，∴sinsin54cosACB=−，∴sincoscossin254cosBCDACBA

CB=+=−=−−.所以在BCD△中，()222sin2cos454cos2254cos54cosBDBCCDBCCDBCD=+=+−−−−−﹣()94sincos942sin4

=+−=++.易知，当4=时，2BD最大值为()2942122+=+，故BD的最大值为122+.故答案为：221+.四、解答题：本大题共6小题，共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.ABC△中，角A，B，C所对的边分别为a，b

，c，若1a=，2c=，7sin4C=，且C为锐角.求：（1）sinA的值；（2）ABC△的面积.【分析】（1）由已知结合正弦定理可求sinA，（2）由已知结合同角平方关系可求cosC，然后结合余弦定理可求b，代入三角形的面积公式即可求解.解：（1）

在ABC△中，由正弦定理有：sinsinacAC=，解得14sin8A=；（2）因为7sin4C=，且C为锐角，所以3cos4C=，在ABC△中，由余弦定理有：2222coscababC=−+，解得2b=；所以A

BC△的面积为17sin24ABCSabC==△.18.如图在长方体1111ABCDABCD−中，E，F分别为BC，1CC的中点，2ABAD==，13AA=.（1）证明：EF∥平面11AADD；（2）求直线1AC与平面11AADD所成角的正弦值.【分析】（1）连

接1BC，则1EFBC∥，推导出四边形11ABCD为平行四边形，从而11BCAD∥，1EFAD∥，由此能证明EF∥平面11AACD.（2）连111ADCD⊥平面11AADD，从而11CAD为直线1AC与平面11AADD所成角，由此能求出直线1AC与平面11AADD所成角的正弦值.解：（1）证

明：连接1BC，在1BDC△中，由E，F分别为BC，1CC的中点，可得：1EFBC∥，在长方体1111ABCDABCD−中，11ABCD∥，11ABCD=，因此四边形11ABCD为平行四边形，所以11B

CAD∥所以1EFAD∥，EF平面11AACD，1AD平面11AACD，所以EF∥平面11AACD.（2）解：在长方体1111ABCDABCD−中，连111ADCD⊥平面11AADD，所以1AC在平面

11AADD中的射影为1AD，所以11CAD为直线1AC与平面11AADD所成角由题意知：222122317AC=++=在11RtADC△中，111112217sin1717CDCADAC===，即直线1AC与平面11AADD所成角的正弦值

为21717.19.已知直线l：()430kxykkR−−+=，圆C：2268210xyxy+−−+=.（1）求证：直线l过定点M，并求出点M的坐标；（2）若直线l与圆C交于A，B两点，当弦长AB最短时，求此时直线l的方程.【分析】（1）将直线l方程整理：430kxyk−

−+=可化为：()430xky−−+=，可得恒过直线40x−=和30y−+=的交点，及直线恒过定点.（2）由圆的几何性质可知，当直线lMC⊥时，弦长最短，求出直线MC的斜率，进而可得直线l的斜率，再由过的点的坐标可得直线l的方程.【解答】（1）证明：直线l：430kxyk−−+=可化

为：()430xky−−+=，可得404303xxyy−==−+==所以直线l过定点()4,3M.（2）解：由圆的几何性质可知，当直线lMC⊥时，弦长最短，因为直线MC的斜率为1−，所以直线l的斜率为1，此时直线l的方程为10xy−

−=.20.如图，四棱锥PABCD−中，点E，F分别是侧棱PA，PC上的点，且EF∥底面ABCD.（1）求证：EFAC∥；（2）若PC⊥底面ABCD，3ACBC=，60ABC=，求证：EFPB⊥.【分析】（1）由EF∥平面ABCD，利用线面平行的性质即可证明EFAC∥

.（2）在三角形ABC中，由正弦定理得sin60sinACBCBAC=，解得30BAC=，可知ACBC⊥，又利用线面垂直的性质可知PCAC⊥，利用线面垂直的判定可证AC⊥平面PBC，利用线面垂直的性质可知A

CPB⊥，又EFAC∥，即可证明EFPB⊥.解：（1）因为EF∥平面ABCD，EF平面PAC，平面PAC平面ABCDAC=，所以由线面平行的性质定理，可得EFAC∥.（2）在三角形ABC中，因为3AC

BC=，且60ABC=，由正弦定理可得sin60sinACBCBAC=，解得30BAC=.得90ACB=，即ACBC⊥；又PC⊥平面ABCD，AC平面ABCD，故可得PCAC⊥，又BC

，PC平面PBC，且BCPCC=，可得AC⊥平面PBC，又因为PB平面PBC，则ACPB⊥；又因为EFAC∥，得EFPB⊥，即证.21.根据国际海洋安全规定：两国军舰正常状况下（联合军演除外），在公海上的安全距离为20mile（即

距离不得小于20mile），否则违反了国际海洋安全规定.如图，在某公海区域有两条相交成60的直航线XX，YY，交点是O，现有两国的军舰甲，乙分别在OX，OY上的A，B处，起初30OAmile=，10OBmile=，后来军舰甲沿XX的方向，乙军舰

沿YY的方向，同时以40/mileh的速度航行.（1）起初两军舰的距离为多少？（2）试判断这两艘军舰是否会违反国际海洋安全规定？并说明理由.【分析】（1）直接利用余弦定理求解即可；（2）分情况分别利用余弦定理求得CD的长

，进而利用二次函数的性质求得其最小值即可求得结论.解：（1）连结AB，在ABO△中，由余弦定理得10090021030cos60107AB=+−=所以：起初两军舰的距离为107mile.（2）设t小时后，甲、

乙两军舰分别运动到C，D，连结CD当304t时，()()()()22230401040230401040cos601048247CDtttttt=−++−−+=−+；当34t时，同理可求得21048247CDtt=−+；所以经过t小时后，甲、乙两军舰距离()210482470C

Dttt=−+因为2211048247104844CDttt=−+=−+；因为0t，所以当14t=时，甲、乙两军舰距离最小为20mile.又2020，所以甲、乙这两艘军舰不会违法国际海洋安全规定.22.已知圆O：221xy+=和点()1,4M−−.（1）过点M向圆O引切线，

求切线的方程；（2）求以点M为圆心，且被直线212yx=−截得的弦长为8的圆M的方程；（3）设P为（2）中圆M上任意一点，过点P向圆O引切线，切点为Q，试探究：平面内是否存在一定点R，使得PQPR为定值？若存在，请求出定点R的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.【分析】

（1）若过点M的直线斜率不存在，直线方程为1x=−，为圆O的切线；当切线O的斜率存在时，设直线方程为()41ykx+=+，通过圆心到直线的距离转化求解即可.（2）点()1,4M−−到直线2120xy−−=的距离，圆被

直线212yx=−截得的弦长，求出半径，然后求解圆的方程.（3）假设存在定点R，使得PQPR为定值，设(),Rab，(),Pxy，22PQPR=，通过点P在圆M上，PQ为圆O的切线，推出()()()2222288218190axbyab

−+++−+++−−−=，然后转化求解，即可推出结果.解：（1）若过点M的直线斜率不存在，直线方程为1x=−，为圆O的切线；当切线O的斜率存在时，设直线方程为()41ykx+=+，即40kxyk−+−=，∴圆心O到切线的距离为2411kk−=+，解得158k=，∴直线方程为158

170xy−−=综上切线的方程为1x=−或158170xy−−=.（2）点()1,4M−−到直线2120xy−−=的距离为2412255d−+−==，∵圆被直线212yx=−截得的弦长为8，∴()222546r=+=，∴圆M的方程为()()221436xy++

+=.（3）假设存在定点R，使得PQPR为定值，设(),Rab，(),Pxy，22PQPR=，∵点P在圆M上，∴()()221436xy+++=，则222819xyxy+−+=-，∵PQ为圆O的切线，∴OQPQ⊥，∴2

22211PQPOxy==+−−，()()222PRxayb−+−=，∴()()22221xyxayb+=−+−−，即()2228191281922xyxyaxbyab−−+−=−+−−++-，整理得()()()()2222288218190

*axbyab++++++−−−=--，若使（*）对任意x，y恒成立，则222220882018190abab−++=−++=−−−=，∴144ab−=−=，代入得2214418190−−−−−=

，化简整理得23652170−+=，解得12=或1718=，∴1214ab===或1718117417ab===，∴存在定点()1,4R，此时PQPR为定值22或定点14,17

17R，此时PQPR为定值346.