【精准解析】江苏省南通市如东高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题

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【文档说明】【精准解析】江苏省南通市如东高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题.doc,共(21)页,1.914 MB,由envi的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

-1-2019~2020学年度第二学期期中学情检测高一数学一、单选题:本大题共10小题.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【答案】B【解析】【分析】根据直线斜率等于倾斜角的正切值,从而求出倾斜角【详

解】因为:31yx=+,所以:k=3由于:ktan=,则3tan=,即:=3故选:B.【点睛】本题考查直线斜率与倾斜角的关系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.250【答案】A【解析】试题分析:根据已知可得:70100350015003500nn==+,故选择A考点:分层抽样3.在△ABC中,若2,2,4a

bA===,则B=A.6B.4C.56D.6或56【答案】A-2-【解析】由正弦定理有sinsinabAB=,所以22sinsin4B=,1sin2B=,又因为,abAB,故6B=,选A.点睛:本题主要考查了用正

弦定理解三角形,属于易错题.本题运用大边对大角定理是解题的关键.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,下面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,则样品中三等品的件数为()A.30B.40C.50D.60【答案】C【解析】【分析】由频率分布直方图计算一等品和二等品的频率,求三等品的频率,根据频数=样本容量频率,计算样本中三等品的件数.-3-【详解】由频率分布直方图可知一等品的频率是50.06250.3125=,二等品的

频率是50.0550.03750.4375+=,所以样品中三等品的频率是10.31250.43750.25−−=,所以样品中三等品的件数是2000.2550=.故选:C.【点睛】本题考查频率分布直方图中频率,频数的计算.属于较易题.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【答案】C【解析】【分析】由一般式方程可知直线垂直时12120AABB+=,从而构造方程求得结果.【详解】由直线垂直可得:()3220aaa+−=,解得:0a=或4

3−本题正确选项:C【点睛】本题考查根据直线垂直的位置关系求解参数值的问题,属于基础题.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.【答案】C【

解析】【分析】用立体几何中的公理及公理的推论对每个选项进行判别,可得到答案.【详解】对A:根据立体几何公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在此平面内.显然,A中的直线AB在平面内,故A不正确;对B:三条平行直线,可以共面,也可以是其中一条直线平行于其它两

条直线确定的平面,故B不正确;对C:根据立体几何公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.显然,如果两平面有一个公共点,则一定有无数个公共点,故C正确;-4-对D

:根据立体几何公理2:过不在同一直线上的三点,有且只有一个平面.显然,任意三点,不一定确定一个平面.故D不正确;综上所述,只有C正确.故答案为:C.【点睛】本题考查立体几何中点、线、面位置关系中的三个公理,属于基础题.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【答案】D【解析】【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,即可得到答案.【详解】由题意,当2a0−+=,即a2=时,直线axy2a0+−

+=化为2xy0+=,此时直线在两坐标轴上的截距都为0,满足题意;当2a0−+,即a2时,直线axy2a0+−+=化为122xyaaa+=−−,由直线在两坐标轴上的截距相等,可得2a2aa−=−,解得a1=;

综上所述,实数a2=或a1=.故选D.【点睛】本题主要考查了直线方程的应用,以及直线在坐标轴上的截距的应用,其中解答中熟记直线在坐标轴上的截距定义,合理分类讨论求解是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.8.两圆221:1Cxy+=与22

2:(3)4Cxy++=的公切线条数为()A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】-5-根据圆心距和两圆的半径的关系,得到两圆相外切,即可得到两圆有3条公切线,得到答案.【详解】由题意,圆221:1Cxy+=的圆心为1(0,0)C,半径为11

r=,圆222:(3)4Cxy++=的圆心为2(3,0)C−,半径为22r=;所以12||3CC=,且123rr+=,所以1212||CCrr=+,所以两圆外切,此时两圆有且仅有3条公切线.故选:C.【点睛】本题主要考查了两圆的位置

关系的判定及应用,以及两圆的公切线的条数的判定,其中解答中熟记两圆的位置关系的判定方法是解答的关键,着重考查推理与运算能力.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.己知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−−=【答案】D【解析】【分析】由于ACBC=,可得:ABC的外心、重心、垂心都

位于线段AB的垂直平分线上,求出线段AB的垂直平分线,即可得出ABC的欧拉线的方程.【详解】因为ACBC=,可得:ABC的外心、重心、垂心都位于线段AB的垂直平分线上()4,0A,()0,2B,则,AB的中点为(2,1)201042ABk−==−−,所以AB的垂直平分线的方程为:1

2(2)yx−=−,即23yx=−.故选:D【点睛】本题考查等腰三角形的性质、三角形的外心重心垂心性质,考查了对新知识的理解应用,属于中档题.10.如图,直三棱柱111ABCABC−中,1AAABACBC===,则异面直线1AB和1BC所成-6-角的余弦值为()A.12−B.

12C.14−D.14【答案】D【解析】【分析】利用三角形中位线性质平行移动1AB至OD,在1DOC中利用余弦定理可求得1cosDOC,根据异面直线所成角的范围可知所求的余弦值为1cosDOC.【详解】连接1BC交1BC于点O,取AC中点D,连接OD-7-设

12AAABACBC====三棱柱111ABCABC−为直三棱柱四边形11BCCB为矩形O为1BC中点1//DOAB且11144222DOAB==+=又1415DC=+=,11122OCBC==12251c

os4222DOC+−==−异面直线1AB和1BC所成角的余弦值为11cos4DOC=故选:D【点睛】本题考查异面直线所成角的求解,关键是能够通过平移将异面直线所成角转化为相交直线所成角的求解问题;易错点是忽略异面直线所成角的范围,造成

所求余弦值符号错误.二、多项选择题:本题共2小题.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.11.已知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【答案】AC【解析】【分析】-8-由ABC++=结合诱导公式可判断选项A,B,由三角形中大角对大边结合正弦定理可判断选项C,在三角形中若sin2sin2AB=,则若22AB=或22AB+=可判断选

项D.【详解】由ABC++=,则()()sinsinsinBCAA+=−=,故A正确.()()coscoscosABCC+=−=−,故B不正确.由三角形中大角对大边,AB,则ab,根据正弦定理有sinsinAB,故C正确.在三角形中

若sin2sin2AB=,则若22AB=或22AB+=.所以2A=或2AB+=,则ABC是等腰三角形或直角三角形,故D不正确.故选:AC【点睛】本题考查三角形中的三角变换,考查诱导公式,正弦定理,属于中档题.12

.正方体1111ABCDABCD−中,P,Q分别为棱BC和1CC的中点,则下列说正确的是()A.1//BC平面AQPB.1AD⊥平面AQPC.异面直线1AC与PQ所成角为90°D.平面AQP截正方体所得截面为等腰梯形【答案】ACD【解析】【

分析】画出图形,根据题意,对选项逐项分析,求得结果.【详解】对于选项A,P,Q分别为棱BC和1CC的中点,所以1//PQBC,利用线面平行的判定定理可得1//BC平面AQP,所以A正确;对于选项B,在正

方体中AB⊥平面11AADD,所以1ABAD⊥,又111,ADADADABA⊥=,所以1AD⊥平面11ABCD,若1AD⊥平面AQP,则平面11//ABCD平面AQP,这与平面11ABCD与平面AQP相交矛盾,所以B不正确;-9-对于选项C,与选项B同理可证1BC⊥平面11ABC

,又1//PQBC,所以PQ⊥平面11ABC,从而得到1PQAC⊥,即异面直线1AC与PQ所成角为90°,所以C选项正确;对于选项D,在正方体中,平面11//AADD平面11BBCC,平面AQP平面111AADDAD=,平面AQP平面11BBCCPQ=,1AD//PQ,所以平面AQP截正方体所

得截面为四边形1APQD,因为1PQAD,1APDQ=,即四边形1APQD为等腰梯形,所以D正确;故选:ACD.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有正方体的截面的有关性质,线面平行的判定,线面垂直的

性质,属于基础题.三、填空题:本大题共4小题.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______.【答案】132【解析】【分析】先求出这组数的平均数,再求其方差.【详解】6,8,9,13的平均数为6891394+++=所以

这组数的方差为:()()()()2222211369899913942s=−+−+−+−=-10-故答案为:132【点睛】本题考查方差的求法,考查求平均数,属于基础题.14.已知两点(0,2),(2,2)MN−,以线段MN为直径的圆的

方程为________________.【答案】22(1)5xy−+=【解析】【分析】先求出圆心的坐标和半径,即得圆的方程.【详解】由题得圆心的坐标为(1,0),|MN|=222(22)25,+−−=所以圆的半径为5,所以圆的方程为()2215xy−+=.

故答案为()2215xy−+=【点睛】本题主要考查圆的方程的求法,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.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)【答案】2002【解析】【分析】本题首先可以根据题意得出AB以及AC的长度,然后根据余弦定理即可求出BC的长度.【详解】因为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,-11-所以200AOm=,400sin30AOA

Bm==,2002sin45AOACm==,因为45BAC=,所以222cos2002BCABACABACBACm=+-鬃?,故答案为:2002.【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形,余弦定理公式为2222cosabcbcA=+-?,考查计算能力,是简单题.

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______.【答案】221+【解析】【分析】设ABC=,先在ABC中,利用

借助于余弦定理和正弦定理分别表示出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.【详解】如图,设ABC=,在ABC中,因为1AB=,2BC=,2222cos54cosACABBCABBC

=+−=−,即54cosCD=−.sinsinABACACB=,154cossinsinACB−=,sinsin54cosACB=−,sincoscos()sin254cosBCDACBACB=+=−=−−.所以在BCD中,2222cosB

DBCCDBCCDBCD=+−sin4(54cos)2254cos()54cos=+−−−−−()94sincos942sin4=+−=+−.所以当34=时,2BD最大值为2942(122)+=+,故BD的最大值为122+.-

12-故答案为:221+.【点睛】本题主要考查正弦余弦定理解三角形,考查三角恒等变换和三角函数的图象和性质,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.四、解答题:本大题共6小题.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.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.【答案】(1)148;(2)74.【

解析】【分析】()1利用正弦定理得sinA;()2利用同角三角函数的基本关系得cosC,再利用余弦定理求b,最后利用三角形面积公式求解.【详解】解:(1)在ABC中,由正弦定理得:sinsinacAC=,解得14sin8A=;(2)因为7sin4C=,且C为锐角,所以3

cos4C=,在ABC中,由余弦定理得:-13-2222coscababC=+−,即23212bb=+−解得2b=(负值舍去);所以ABC的面积为17sin24ABCSabC==△.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理.属于较易题.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.【答案】(1)证明见解析;(2)21717.【解析】【分析】()1连接1BC,利用线面平行的判定定理证明;()2连接1AD,则11CAD

为所求的角,在11RtADC△中计算出此角的正弦值即可.【详解】解:(1)连接1BC,由E,F分别为BC,1CC的中点,可得1//EFBC,在长方体1111ABCDABCD−中,11//ABCD,11ABCD

=,-14-因此四边形11ABCD为平行四边形,所以11//BCAD所以1//EFAD,EF平面11AADD,1AD平面11AADD,所以//EF平面11AADD;(2)在长方体1111ABCDABCD−,连接1AD,因为11CD⊥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.【点睛

】本题主要考查线面平行的判定定理以及求线面角的过程.属于中档题.19.已知直线():430lkxykkR−−+=,圆22:68210Cxyxy+−−+=.(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.【答案】(1)证明见解析,()4,3M;(2)10xy−−=.【解析】-15-【分析】(1)将直线:430lkxyk−−+=化为()430xky−−+=,利用4030xy−=−+

=,求得直线所过的定点坐标;(2)根据圆的几何性质可知,当直线lMC⊥时,弦长最短,根据直线MC的斜率为1−,可得直线l的斜率为1,从而求得直线的方程.【详解】(1)直线:430lkxyk−−+=可化为:()43

0xky−−+=,可得404303xxyy−==−+==所以直线l过定点()4,3M.(2)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−−=

.【点睛】该题考查的是有关直线与圆的问题,涉及到的知识点有直线过定点问题,过一定点圆的最短弦所在直线方程的求解问题,属于简单题目.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⊥.【答案】(1)证明见详解;(2)证明见详解.【解析】【分析】(1)根据线面平行的性质,即可推证线线平行;-16-(2)先推证直线AC⊥平面PBC,再由线面垂直推证线线垂直即可

.【详解】(1)因为EF//平面ABCD,EF平面PAC,平面PAC平面ABCDAC=,由线面平行的性质,即可得EF//AC,即证.(2)在ABC中,因为3ACBC=,且60ABC=,由正弦定理可得60ACB

CsinsinBAC=,解得30BAC=.故可得90ACB=,即ACBC⊥;又PC⊥平面ABCD,AC平面ABCD,故可得PCAC⊥,又,BCPC平面PBC,且BCPCC=,故可得AC⊥平面PBC,又因为PB平

面PBC,则ACPB⊥;又因为EF//AC,故可得EFPB⊥,即证.【点睛】本题考查由线面平行,推证线线平行,以及由线面垂直推证线线垂直,属综合基础题.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30mileOA=,10mileOB=,后来军舰甲沿XX的方向,乙军舰沿YY的方向,同时以40mile/h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.【答案】(1)1

07mile;(2)甲、乙这两艘军舰不会违法国际海洋安全规定,答案见解析.-17-【解析】【分析】(1)在ABO中,直接利用余弦定理即可得到AB的长;(2)设t小时后,甲、乙两军舰分别运动到C,D,分304t,34t两种情况讨论求出CD的长,进一步求得最小值

即可.【详解】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,()()()()2230401

040230401040cos60CDtttt=−++−−+21048247tt=−+当34t时,()()()()2240301040240301040cos120CDtttt=−++−−+21048247tt=−+所以经过t小时后,甲、乙

两军舰距离()210482470CDttt=−+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.【点晴】本题考查余弦定理在解三角形中的应用,考查学生数学运算能力,数学建模能力,是一道中档题.-18-22.已知圆22:1Oxy+=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.【答案】(1)1x=−或158170xy−−=;(2)()()221436xy+++=;(3)存在;定点()1,4R时,定值为22或定点14,1717R时,定值为346.【解

析】【分析】(1)讨论斜率是否存在:当斜率不存在时,易判断1x=−为圆O的切线;当斜率存在时,设出直线方程,由圆心到直线距离等于半径,即可求得斜率,进而确定直线方程.(2)由点到直线距离公式可先求得点M到直线2120xy−−=

的距离,再根据所得弦长和垂径定理,即可确定半径,进而得圆M的方程;(3)假设存在定点R,使得PQPR为定值,设(,)Rab,(,)Pxy,22PQPR=,根据切线长定理及两点间距离公式表示出22,PQPR,代入22PQPR=并结合圆M的方程,化简即可求得144,ab−−

==,进而代入整理的方程可得关于的一元二次方程,解方程即可确定,,ab的值,即可得定点坐标及PQPR的值.【详解】(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=,-19-∴直线方程为158170xy−−=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⊥,∴222211PQPOxy=−=+−,()()222PRxayb=−+−,∴()()22221xyxayb+−=−+−即()22

28191281922xyxyaxbyab−−+−=−−+−−++整理得()()()()2222288218190*axbyab−+++−+++−−−=若使()*对任意x,y恒成立,则22222088

2018190abab−++=−++=−−−=,∴144ab−=−=,代入得2214418190−−−−−=,化简整理得23652170−+

=,解得12=或1718=,-20-∴1214ab===或1718117417ab===∴存在定点()1,4R,此时PQPR为定值22或定点14,1717R,此时PQPR为定值346.【

点睛】本题考查了过圆外一点的切线方程求法,注意斜率不存在的情况,由几何关系确定圆的方程,圆中定点和定值问题的综合应用,属于难题.-21-

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