【KS5U解析】江蘇省常州市教學(xué)聯(lián)盟2019-2020學(xué)年高一下學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題 Word版含解析

1、江蘇省常州市教學(xué)聯(lián)盟20192020學(xué)年高一下學(xué)期期中調(diào)研數(shù)學(xué)試題一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共計60分.在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的，請把答案添涂在答題卡相應(yīng)位置上）1.（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由及兩角差的正弦公式即可求出答案【詳解】解：，故選：a【點睛】本題主要考查兩角差的正弦公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題2.底面半徑為，母線長為的圓錐的體積為（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】分析：由題意首先求得圓錐的高度，然后求解圓錐的體積即可.詳解：由題意可得圓錐的高，則圓錐的體積為：.本題選擇d選項.點睛：本題主要考查圓錐的空

2、間結(jié)構(gòu)，圓錐的體積公式 等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.3.過點且與直線垂直的直線方程是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根據(jù)兩直線垂直的性質(zhì)求得所求直線的斜率等于-2，再由所求直線過點（0，1），利用點斜式求得所求直線的方程，并化為一般式【詳解】直線的斜率等于，故所求直線的斜率等于2，再由所求直線過點（0，1），利用點斜式求得所求直線的方程為y1（x0），即2x+y-1=0，故選a【點睛】本題主要考查兩直線垂直的性質(zhì)，兩直線垂直斜率之積等于1，用點斜式求直線方程，屬于基礎(chǔ)題4.在正方體中，分別為，的中點，則異面直線，所成角的余弦值為（ ）a. b. c.

3、d. 【答案】d【解析】【分析】連接，因為，所以為異面直線與所成的角（或補角），不妨設(shè)正方體的棱長為2，取的中點為，連接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.【詳解】連接，因為，所以為異面直線與所成的角（或補角），不妨設(shè)正方體的棱長為2，則，在等腰中，取的中點為，連接，則，所以，即：，所以異面直線，所成角的余弦值為.故選：d.【點睛】本題考查空間異面直線夾角余弦值，利用了正方體的性質(zhì)和二倍角公式，還考查空間思維和計算能力.5.已知，若不論為何值時，直線總經(jīng)過一個定點，則這個定點坐標(biāo)是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】因為直線總經(jīng)過一個定點，所以與值無關(guān)，

4、參變量分離，解方程組即得.【詳解】直線的方程可化為：.直線總經(jīng)過一個定點，,解得.所以不論為何值，直線總經(jīng)過一個定點.故選：.【點睛】本題考查直線過定點問題，解題的關(guān)鍵是參變量分離.6.已知，是兩個不同平面，是兩條不同直線，則下列錯誤的是（ ）a. 若，則b. 若，則c. 若，則d. 若，則【答案】a【解析】【分析】在a中，與平行或異面；在b中，由線面垂直的性質(zhì)可得；在c中，由面面垂直的判定定理得正確；在d中，由線面垂直的性質(zhì)可得.【詳解】解：由，是兩個不同平面，是兩條不同直線，知：在a中，m與n平行或異面，故a錯誤；在b中，由線面垂直的性質(zhì)可得，故b正確；在c中，由面面垂直的判定定理可得，故

5、c正確；在d中，由線面垂直的性質(zhì)可得，故d正確.故選：a.【點睛】本題考查命題真假判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題.7.對任意銳角下列不等關(guān)系中正確的是a. b. c. d. 【答案】d【解析】，可知不正確；當(dāng)時， 可知c不正確， ，所以d正確，故選d.【點睛】對于這類問題可以代特殊數(shù)值排除選項，但還是需要熟練掌握兩角和與差的三角函數(shù)，利用三角函數(shù)的有界性，對公式進(jìn)行放縮，得到不等關(guān)系，或是做差判斷.8.下列四個正方體圖形中,a,b為正方體的兩個頂點,m,n,p分別為其所在棱的中點,能得出ab平面mnp的圖形的個數(shù)有（ ）a. 1b. 2c.

6、3d. 4【答案】b【解析】【分析】根據(jù)線面平行的判定逐個選項分析即可.【詳解】圖可知因為m,n分別為其所在棱的中點,如圖，連接ac,故,平面abc，平面abc，故平面 ,同理平面,又,故abc平面mnp,故ab平面mnp,圖符合題意；圖,如圖,由中位線有,又四邊形abcd為平行四邊形,故 ,故abpn,又平面mnp，平面mnp，故ab平面mnp,圖符合題意；至于圖,取下底面中心o,則no/ab,no平面mnp=n,ab與平面mnp不平行，故不成立.對于圖，如圖，過m作me/ab,e是中點，me與平面pmn相交，ab與平面pmn相交，ab與平面mnp不平行，故不成立；,故選：b【點睛】本題主要

7、考查了線面平行的判定與性質(zhì),屬于基礎(chǔ)題.9.在abc中，內(nèi)角a、b、c所對邊分別為a、b、c，a，b1，sabc，則的值等于（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根據(jù)正弦定理變形可知,再根據(jù)面積公式及余弦定理求出即可求解.【詳解】，故選：d【點睛】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面積公式的應(yīng)用，屬于中檔題.10.如圖，梯形abcd中，adbc，adab1，adab，bcd45，將abd沿對角線bd折起，設(shè)折起后點a的位置為a，使二面角abdc為直二面角，給出下面四個命題：adbc；三棱錐abcd的體積為；cd平面abd；平面abc平面adc.其中正確命題的個數(shù)是（ ）

8、a. 1b. 2c. 3d. 4【答案】c【解析】【分析】根據(jù)， 易得 ，再根據(jù)，平面平面，得平面，可判斷的正誤；由二面角為直二面角，可得平面，則可求出，進(jìn)而可判斷的正誤；根據(jù)平面，有， 得平面，利用面面垂直的判定定理判斷的正誤；根據(jù)平面，有，若，則可證平面，則得到，與已知矛盾，進(jìn)而可判斷的正誤.【詳解】由題意，取中點，連接，則折疊后的圖形如圖所示：由二面角為直二面角，可得平面，則，正確，且，平面，故正確，由幾何關(guān)系可得，由平面，得，又平面，平面，平面平面，正確，平面，若，則可證平面，則得到，與已知矛盾，所以錯誤.故選c.【點睛】本題通過折疊性問題，考查了面面垂直的性質(zhì)，面面垂直的判定，考查了

9、體積的計算，解題關(guān)鍵是利用好直線與平面，平面與平面垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化關(guān)系，屬于中檔題.11.在abc中，內(nèi)角a、b、c所對邊分別為a、b、c，若，則b的大小是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根據(jù)正弦定理，可得，令，再結(jié)合公式，列出關(guān)于的方程，解出后，進(jìn)而可得到的大小.【詳解】解：，即，令，顯然，解得，b故選：d.【點睛】本題考查正弦定理邊角互化的應(yīng)用，考查兩角和的正切，用k表示，是本題關(guān)鍵12.在棱長為的正方體abcda1b1c1d1中，e是正方形bb1c1c的中心，m為c1d1的中點，過a1m的平面與直線de垂直，則平面截正方體abcda1b1c1d1所得的截面面積為（

10、）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】確定平面即為平面，四邊形是菱形，計算面積得到答案.【詳解】如圖，在正方體中，記的中點為，連接，則平面即為平面證明如下：由正方體的性質(zhì)可知，則，四點共面，記的中點為，連接，易證連接，則，平面，所以平面，又平面，則同理可證，則平面，所以平面即平面，四邊形即平面截正方體所得的截面因為正方體的棱長為，易知四邊形是菱形，其對角線，所以其面積故選：b【點睛】本題考查了正方體的截面面積，意在考查學(xué)生的空間想象能力和計算能力.二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共計20分.請把答案填寫在答題卡相應(yīng)位置上）13.若直線l1：ax3y10與l2：2x(a1)

11、y10互相平行，則a的值為_【答案】-3【解析】試題分析：由兩直線平行可得：，經(jīng)檢驗可知時兩直線重合，所以考點：直線平行的判定14.在平面直角坐標(biāo)系中，角與角均以軸非負(fù)半軸為始邊，它們的終邊關(guān)于軸對稱，若，則_.【答案】【解析】【分析】分角為第三象限角和第四象限角兩種情況討論，分別求出、的正弦值和余弦值，利用兩角差的余弦值可求得的值.【詳解】當(dāng)角為第三象限角時，則角為第四象限角，則；當(dāng)角為第四象限角時，則角為第三象限角，則.綜上，.故答案為：.【點睛】本題考查三角函數(shù)求值，考查了兩角差的余弦公式的應(yīng)用，考查計算能力，屬于中等題.15.圓錐底面半徑為10，母線長為40，從底面圓周上一點，繞側(cè)面一

12、周再回到該點的最短路線的長度是_.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，先求得展開圖形中扇形的圓心角度數(shù)，即可由勾股定理求得最短路徑長.【詳解】該圓錐的側(cè)面展開圖為扇形，該扇形圓心角度數(shù)為，最短路程為.故答案為：.【點睛】本題考查了圓錐的結(jié)構(gòu)特征，最短距離求法，屬于基礎(chǔ)題.16.已知函數(shù),則_.【答案】1000【解析】【分析】利用降冪公式以及輔助角公式可得.進(jìn)而求得周期為4,再計算,進(jìn)而求出即可.【詳解】,則函數(shù)的周期為4,求得,.故答案為：1000【點睛】本題主要考查了降冪公式與輔助角公式的運用,同時也考查了三角函數(shù)周期性與誘導(dǎo)公式求函數(shù)值的方法.屬于中檔題.三、解答題（本大題共6小題，共計70

13、分.請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答.解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算出的值，再利用兩角和的正弦公式計算出的值；（2）利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出的值，利用二倍角公式求出和的值，然后利用兩角和的正弦公式計算出的值.【詳解】（1）因為，所以，；（2）因為，所以，所以，因此，.【點睛】本題考查兩角和的正弦公式求值，同時也考查了同角三角函數(shù)、二倍角公式的應(yīng)用，考查運算求解能力，屬于中等題.18.如圖，在四棱錐中，四邊形為平行四邊形，平面，為正三角形，為的中點.(1)證明：平面；(

14、2)證明：.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【解析】【分析】(1)連接交與點，連接，可得，根據(jù)線面平行的判定定理，即可得證；(2)只需證明平面，由平面，可得，由為正三角形，為的中點，可得，根據(jù)線面垂直的判定定理可證出平面.【詳解】(1)證明：在平行四邊形中，連接交與點，連接，在中，分別為中點，所以，又平面，平面，所以平面；(2)證明：因為平面，平面，所以，在正三角形中，為中點，所以，又，平面，所以平面，又因為平面，所以.【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理，屬于基礎(chǔ)題.19.已知的三個頂點分別為，（1）求邊所在直線的一般式方程；（2）已知邊上中線所在直線方程為

15、，且，求點的坐標(biāo)【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）由題意先求出直線的斜率，從而求出點斜式方程，再化為一般式方程即可；（2）由題意可得，代入直線的方程可求得，則，設(shè)點到直線距離為，由三角形面積公式可得得 ，再利用點到直線的距離公式得，則，由此解方程組即可求出答案【詳解】解：（1），代入點斜式方程，得，直線的一般方程為；（2），中點，代入方程，得，直線的方程為，點滿足方程，設(shè)點到直線距離為，則，得 ，利用點到直線的距離公式得，或，或，解得，或，點坐標(biāo)為或【點睛】本題主要考查直線的一般式方程的求法，考查點到直線的距離公式，考查兩點間的距離公式，考查計算能力，屬于基礎(chǔ)題20.如圖，在四棱錐

16、中，底面是平行四邊形，側(cè)面底面，分別為的中點，點在線段上.（1）求證：平面；（2）當(dāng)時，求四棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析 (2)24【解析】【分析】（1）證明得到證明底面，可得然后證明平面（2）證明底面，然后求解四棱錐的體積【詳解】（1）證明：在平行四邊形中，因為，所以由，分別為，的中點，得，所以因為側(cè)面底面，且，所以底面又因為底面，所以 又因為，平面，平面，所以平面 （2）解：在中，過作交于點，由，得，又因為，所以，因為底面，所以底面，所以四棱錐的體積【點睛】本題考查直線與平面垂直與平行的判定定理以及性質(zhì)定理的應(yīng)用，幾何體的體積的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，屬于中檔題21.某公司

17、要在一條筆直的道路邊安裝路燈，要求燈柱與地面垂直，燈桿與燈柱所在的平面與道路走向垂直，路燈采用錐形燈罩，射出的光線與平面的部分截面如圖中陰影部分所示.已知，路寬米.設(shè).（1）求燈柱高（用表示）；（2）此公司應(yīng)該如何設(shè)置的值才能使制造路燈燈柱與燈桿所用材料的總長度最小？最小值為多少？【答案】（1）；（2），米【解析】【分析】（1）在與在中，由正弦定理即可用表示燈柱的高；（2）根據(jù)正弦定理，分別表示出燈柱與燈桿的長，即可表示出，結(jié)合正弦和角公式化簡，結(jié)合角的取值范圍即可得解.【詳解】（1）與地面垂直，在中，由正弦定理得，得，在中，由正弦定理得，.（2）中，由正弦定理得，得，當(dāng)時，取得最小值.故該公司應(yīng)設(shè)置，才能使制造路燈燈柱與燈桿所用材料的總長度最小，最小值為米.【點睛】本題考查了正弦定理在解三角形中的應(yīng)用，根據(jù)角的范圍