江苏省扬州中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题.doc

江苏省扬州中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题

江苏省扬州中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题

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江苏省扬州中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）
一、选择题：每小题所给的A.B.C.D.四个结论中，只有一个是正确的.
1.直线经过原点和，则它的倾斜角是（ ）
A. B. C. 或 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出直线的斜率，即得直线的倾斜角.
【详解】由题得直线的斜率为，
所以直线的倾斜角为.
故选：A
【点睛】本题主要考查直线的斜率和倾斜角的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
2.的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用二倍角公式进行化简求值.
【详解】原式.
故选：C
【点睛】本小题主要考查利用二倍角公式进行化简求值，属于基础题.
3.过点A（1，2）作圆x2+（y﹣1）2＝1的切线，则切线方程是（ ）
A. x＝1 B. y＝2 C. x＝2或y＝1 D. x＝1或y＝2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据已知圆的圆心，半径为，做出图像，即可求出切线方程.
【详解】点A（1，2）在圆外，所以切线有两条，做出圆图象，
x2+（y﹣1）2＝1的圆心，半径为，
根据点的位置关系，过点的切线方程为x＝1或y＝2.
故选:D.

【点睛】本题考查圆外一点求圆的切线，注意点的位置用观察法求解，属于基础题.
4.如图所示，平面平面，点，点，直线.设过三点的平面为，则（ ）

A. 直线 B. 直线
C. 直线 D. 以上均不正确
【答案】C
【解析】
【分析】
由是平面和的两个公共点，由两个平面若有交点，所有的交点都在同一条直线上，即可进行判断.
【详解】，平面平面，，.又三点确定的平面为，.又是平面和的公共点，.
故选：C
【点睛】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，因此两个不重合的平面的两个公共点的连线必为这两个不重合的平面的交线.
5.已知、为锐角，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出，然后利用两角和的正切公式可求得的值.
【详解】为锐角，则，所以，，
.
故选：C.
【点睛】本题考查利用两角和的正切公式求值，考查计算能力，属于基础题.
6.圆与圆的公切线共有（ ）
A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条
【答案】D
【解析】
【分析】
把两个圆方程化成标准方程，分别求出两圆的圆心坐标及两圆的半径，比较圆心距与两圆半径和与差的关系，判断出两圆的位置关系，进而可以判断出有几条公切线．
【详解】 圆心坐标为（2，0）半径为2；
圆心坐标为，半径为1，
圆心距为4，两圆半径和为3，因为4>3,所以两圆的位置关系是外离，故两圆的公切线共有4条．
故本题选D.
【点睛】本题重点考查了圆与圆的位置关系的判定、公切线的条数．解决的方法就是利用圆的标准方程求出圆心坐标以及半径，比较圆心距与两圆半径和差的关系．
7.在中，内角，，的对边分别为，，.若，则的形状是
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】
由正弦定理可推得，再由余弦定理计算最大边的余弦值即可判断三角形形状．
【详解】因为，所以，设，，，则角为的最大角，由余弦定理可得，即，故是钝角三角形.
【点睛】本题考查用正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题．
8.已知直线过圆的圆心，则的最小值为（ ）
A. 3 B. C. 6 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，将圆心代入直线可得，再化简，利用基本不等式即可.
【详解】由题意，圆心在直线上，即，
所以，当且仅当时取等号.
故选：D.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查基本不等式，“常数”的利用是解决本题的关键.
9.设锐角的三内角，，所对边的边长分别为，，，且，，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据锐角三角形的特点和可确定的取值范围，进而求得的取值范围；利用正弦定理可得到，进而求得结果.
【详解】且为锐角三角形，，，
又，，，
，，
由正弦定理得：，
.
故选：
【点睛】本题考查三角形边长的取值范围的求解问题，涉及到正弦定理的应用；关键是能够通过正弦定理明确所求边长与角的余弦值有关，进而通过求解角的余弦值的范围来求解边长的范围.
10.在平面直角坐标系中，、分别是轴和轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则圆面积的最小值（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，得到点在圆上，（其中为坐标原点），由向直线作垂线，垂足为，当恰为圆与直线的切点时，圆的半径最小，根据点到直线距离公式，即可求出结果.
【详解】因为为直径，，（其中为坐标原点），
所以点在圆上，
由向直线作垂线，垂足为，
则当恰为圆与直线的切点时，圆的半径最小，
此时圆的直径为点到直线的距离，
此时圆的半径为，
所以圆面积的最小值为.
故选A

【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系的应用，熟记直线与圆位置关系，以及点到直线距离公式即可，属于常考题型.
11.在中，为边上一点，若是等边三角形，且，则的面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意画出图形，根据图形构造的外接圆，点在劣弧上运动，
当运动到弧中点时的面积最大，求出此时的面积即可．
【详解】由已知，，如图所示；
可构造的外接圆，其中点在劣弧上运动，又在边上，
当运动到弧中点时，面积最大，
此时为等腰三角形，
其面积为．
故选：A．

【点睛】本题考查了三角形面积计算问题，也考查了数形结合思想，属于中档题．
12.在中，内角，，所对的边分别为，，，角为锐角，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由正弦定理和三角恒等变换求出，再用表示，从而求得的值．
【详解】解：中，，由正弦定理得；
又，
所以，
整理得，
即，且；
又，
所以

，
当且仅当时取“”；
所以的最小值为．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角函数求值问题，也考查了三角恒等变换和正弦定理的应用问题，是中档题．
二、填空题.
13.下列说法中正确的有______个.
①空间中三条直线交于一点，则这三条直线共面；
②一个平行四边形确定一个平面；
③若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等；
④已知两个不同平面和，若，，且，则点在直线上.
【答案】2
【解析】
【分析】
对于①举出反例，正方体的一个顶点处的3条棱；根据两条平行线可以确定一个面可判断②；根据等角定理可判断③；直接根据公理可判断④.
【详解】反例：正方体的一个顶点处的3条棱，确定3个平面，所以①不正确；
由于平行四边形对边平行，结合两条平行线可以确定一个面，可得②正确；
如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，所以③不正确；
，，且，则A在上，满足平面的基本性质，所以④正确，
即正确的个数有2个，
故答案为：2.
【点睛】本题主要考查平面的基本性质的应用，命题的真假的判断，是基本知识的考查.
14.中，已知，则为__________．
【答案】
【解析】
在中，由正弦定理得，所以
，又，因此，所以．答案：．
15.在中，，的平分线交于，，则______.
【答案】
【解析】
分析】
在中，由余弦定理可得，再利用角平分线定理可得，中，由余弦定理可得，从而可求解．
【详解】解：令，，则在中，由余弦定理可得：，即有，故．
在中，由正弦定理可得：，
在中，由正弦定理可得：，
又因为，，，所以，故；
在中，由余弦定理可得：，则
又，则，所以．
故答案为：．

【点睛】本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，考查了学生的转化思想和运算能力，属于中档题．
16.在平面四边形中，，，.若，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，以为原点建立坐标系，利用可得点的轨迹方程，设点，利用相似三角形可得，进而可得，即可得到结论.
【详解】由题意，以为原点建立坐标系，如图：

则，，设，则，，
由可得，
即点是以为圆心，半径的圆.
取点，在中，因，即，
所以，，
故，而，
所以，.
故答案为：.
【点睛】本题考查轨迹方程，考查几何关系的转化，考查化简运算能力，属于中档题.
三、解答题.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知两条直线，相交于点.
（1）求交点的坐标；
（2）求过点且与直线垂直的直线的方程.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）两直线方程联立即可求得交点坐标；
（2）根据两直线垂直可求得直线斜率，进而求得直线方程.
【详解】（1）由得：， ；
（2）直线斜率为，直线斜率.
，即：.
【点睛】本题考查两直线交点坐标求解、根据两直线垂直求解直线方程的问题；关键是明确两直线垂直则斜率乘积为.
18.已知函数，.
（1）当时，求函数的值域；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由已知可求范围，，利用正弦函数的性质可得，，根据两角差的正弦函数公式可求函数解析式，即可求解函数的值域．
（2）由（1）及已知可求，根据范围利用同角三角函数基本关系式可求，进而根据二倍角的正弦函数公式即可求解的值．
【详解】解：（1）因为

，时，，，可得，，
，即函数的值域为，；
（2），
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了正弦函数的性质可，两角差的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式的综合应用，考查了转化思想和函数思想的应用，属于基础题．
19.如图，在正方体中，E、F、G、H分别是棱、、、的中点.

（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）求异面直线与所成的角的大小.
【答案】（1）直线与相交；详见解析（2）
【解析】
【分析】
(1) 延长与必交于C右侧一点P，延长与必交于C右侧一点Q，证明P与Q重合，从而得到答案.
(2)由，可得，则与所成的角即为与所成的角，然后在三角形中求解.
【详解】解：（1）取的中点
∵E、F、I分别是正方形中、、的中点
∴
∴在平面中，延长与必交于C右侧一点P，且
同理，在平面中，延长与必交于C右侧一点Q，且
∴P与Q重合
进而，直线与相交
方法二：∵在正方体中，E、H分别是、的中点
∴
∴是平行四边形
∴
又∵F、G分别是、的中点
∴
∴，
∴、是梯形的两腰
∴直线与相交
（2）解：∵在正方体中，
∴平行四边形
∴
又∵E、F分别是、的中点
∴
∴
∴与所成的角即为与所成的角
（或：与所成的角即为及其补角中的较小角）①
又∵在正方体中，为等边三角形
∴②
∴由①②得直线与所成的角为
【点睛】本题考查判断空间直线的位置关系和异面直线成角的求解，属于基础题.
20.如图，在直角中，，，，点在线段上.

（1）若，求的长；
（2）点是线段上一点，，且，求的值.
【答案】（1）3；（2）.
【解析】
【分析】
（1）在中，利用正弦定理即可得到答案；
（2）由可得，在中，利用及余弦定理得，解方程组即可.
【详解】（1）在中，已知，，，由正弦定理，
得，解得.
（2）因为，所以，解得.
在中，由余弦定理得，
，
即，
，
故.
【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算能力，是一道中档题.
21.如图所示，一个半圆和长方形组成的铁皮，长方形的边为半圆的直径，为半圆的圆心，，，现要将此铁皮剪出一个三角形，使得，.
(1)设，求三角形铁皮的面积；
(2)求剪下的铁皮三角形的面积的最大值.

【答案】（1）三角形铁皮的面积为；（2）剪下的铁皮三角形的面积的最大值为.
【解析】
试题分析：（1）利用锐角三角函数求出和的长度，然后以为底边、以为高，利用三角形面积公式求出三角形的面积；（2）设，以锐角为自变量将和的长度表示出来，并利用面积公式求出三角形的面积的表达式，利用与之间的关系，令将三角形的面积的表达式表示为以为自变量的二次函数，利用二次函数的单调性求出三角形的面积的最大值，但是要注意自变量的取值范围作为新函数的定义域.
试题解析：（1）由题意知，
，
，
，即三角形铁皮的面积为；
（2）设，则，，
，
，
令，由于，所以，
则有，所以，
且，所以，
故，
而函数在区间上单调递增，
故当时，取最大值，即，
即剪下的铁皮三角形的面积的最大值为.
考点：1.三角形的面积；2.三角函数的最值；3.二次函数的最值
22.在平面直角坐标系中，已知圆过坐标原点且圆心在曲线上.
（1）求圆面积的最小值；
（2）设直线与圆交于不同的两点、，且，求圆的方程；
（3）设直线与（2）中所求圆交于点、，为直线上的动点，直线，与圆的另一个交点分别为，，求证：直线过定点.
【答案】（1）（2）（3）证明见解析；
【解析】
【分析】
（1）由题意设圆心为，半径，利用基本不等式求出半径的最小值，从而得到面积的最小值；
（2）由，知，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得，讨论的取值，求得圆心到直线的距离的距离，即可得到所求圆的方程；
（3）设，，，求得，的坐标，和的方程，联立圆的方程，运用韦达定理，．设，则．设直线的方程为，代入圆的方程，运用韦达定理，可得，的关系，即可得到所求定点．
【详解】解：（1）由题意可设圆的圆心为，
则半径为（当且仅当时取等号），
所以圆的面积最小值为.
（2）由，知.
所以，解得.
当时，圆心到直线的距离小于半径，符合题意；
当时，圆心到直线的距离大于半径，不符合题意.
所以，所求圆的方程为.
（3）设，，，又知，，
所以，．
显然，设，则．
从而直线方程为：，
与圆的方程联立，
消去，可得：，
所以，，即；
同理直线方程为：，
与圆的方程联立，
消去，可得：，
所以，，即．
所以；
．
消去参数整理得． ①
设直线的方程为，代入，
整理得．
所以，．
代入①式，并整理得，
即，解得或．
当时，直线的方程为，过定点；
当时，直线的方程为，过定点
第二种情况不合题意（因为，在直径的异侧），舍去．
所以，直线过定点．
【点睛】本题考查圆方程的求法和运用，注意运用联立直线方程和圆的方程，消去一个未知数，运用韦达定理，考查直线方程的运用和恒过定点的求法，考查运算能力，属于难题．