2018-2019学年江苏省宿迁市高一下学期期末考试数学试题(解析版)

第1页共18页2018-2019学年江苏省宿迁市高一下学期期末考试数学试题一、单选题1．直线310xy倾斜角的大小是（）A．6B．3C．23D．56【答案】B【解析】把直线方程化成斜截式，根据斜率等于倾斜角的正切求解.【详解】直线310xy化成斜截式为31yx，因为tan3k，所以3.故选B.【点睛】本题考查直线的斜截式方程和基本性质，属于基础题.2．计算sin95cos50cos95sin50的结果为（）A．22B．12C．22D．32【答案】C【解析】由两角差的正弦公式计算可得答案.【详解】2sin95cos50cos95sin50sin(9550)sin452故选：C【点睛】本题考查两角差的正弦公式的应用，属于简单题.3．已知圆锥的底面直径与高都是4，则该圆锥的侧面积为（）A．4B．43C．45D．8【答案】C【解析】根据题意求出圆锥的母线长，再计算圆锥的侧面积．【详解】如图所示，第2页共18页圆锥的底面直径2r＝4，r＝2，高h＝4，则母线长为222425l，所以该圆锥的侧面积为πrl＝π•2•25＝45π．故选：C．【点睛】本题考查圆锥的结构特征与圆锥侧面积计算问题，是基础题．4．已知满足1tan43，则tan（）A．12B．12C．2D．2【答案】A【解析】由已知利用两角和与差的正切公式计算即可．【详解】1tan43，则11tan()1134tan=tan()14421+tan()1+43，故选：A【点睛】本题考查两角和与差的正切公式，考查特殊角的三角函数值在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．5．已知、均为锐角，满足5310sin,cos510，则（）A．6B．4C．3D．34【答案】B【解析】依题意，求cos（α+β），结合角的范围可求得α+β的值．【详解】由已知α、β均为锐角，5310sin,cos510，第3页共18页2510cos,sin510，又cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ＝22，∵0＜α+β＜π，∴α+β＝4．故选：B．【点睛】解答给值求角问题的一般思路：①求角的某一个三角函数值，此时要根据角的范围合理地选择一种三角函数；②确定角的范围，此时注意范围越精确越好；③根据角的范围写出所求的角．6．已知正方体1111 ABCDABCD中，2AB，则点C到平面11BDDB的距离为（）A．1B．2C．22D．23【答案】B【解析】连接AC，DB交于点O，得到AC⊥平面BDD1B1，则点C到平面BDD1B1的距离为CO，从而可得答案.【详解】如图，连接AC，DB交于点O，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得11DBACBBACBBDBB，⇒AC⊥平面BDD1B1．∴点C到平面BDD1B1的距离为CO，1AC22CO．故选：B．【点睛】本题涉及点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，也可以根据等积第4页共18页法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.7．在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，若coscosaBbA，则ABC形状是（）A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形【答案】D【解析】由coscosaBbA，利用正弦定理化简可得sin2A＝sin2B，由此可得结论．【详解】∵coscosaBbA，∴由正弦定理可得sincossincosABBA，∴sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A+2B＝π，∴A＝B或A+B＝2，∴△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形故选：D．【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题.8．如图，正方形ABCD的边长为2，,EF分别为,BCCD的中点，沿,,AEEFFA将正方形折起，使,,BCD重合于点O，构成四面体AOEF，则四面体AOEF的体积为（）A．13B．23C．12D．56【答案】A第5页共18页【解析】由题意画出图形，可得三棱锥的底面三角形OEF是等腰直角三角形，直角边长为1，三棱锥的高AO＝2，再由棱锥体积公式求解．【详解】翻折前，AB⊥BE，AD⊥DF，故翻折后，OA⊥OE，OA⊥OF，又OE∩OF＝O，∴OA⊥平面EOF，底面三角形OEF是等腰直角三角形，直角边长为1，三棱锥的高AO＝2，111112323AOEFV．故选：A．【点睛】本题考查几何体体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．9．已知点2,2,,3()1AB，若直线 10kxy与线段AB有交点，则实数k的取值范围是（）A．3(,4),2B．34,2C．3(,4],2D．34,2【答案】C【解析】根据题意知A、B两点在直线的异侧或在直线上，得出不等式（2k﹣2﹣1）×（﹣k﹣3﹣1）≤0，求出解集即可．【详解】根据题意，若直线l：kx﹣y﹣1＝0与线段AB相交，则A、B在直线的异侧或在直线上，则有（2k﹣2﹣1）×（﹣k﹣3﹣1）≤0，即（2k﹣3）（k+4）≥0，解得k≤﹣4或k≥32，第6页共18页即k的取值范围是（﹣∞，﹣4]∪[32，+∞）．故选：C．【点睛】本题考查直线与线段AB相交的应用问题，考查了转化思想，是基础题．10．已知,mn表示两条不同直线，,表示两个不同平面，下列说法正确的是（）A．若,mnn，则mB．若,mm∕∕∕∕，则∕∕C．若∕∕，m∕∕，则m∕∕D．若,mn∕∕，则mn【答案】D【解析】由线线，线面，面面的位置关系对选项逐个进行判断即可得到答案.【详解】若m⊥n，n⊂α，则m⊥α不一定成立，A错；m∥α，m∥β，则α∥β或α，β相交，B错；α∥β，m∥β，则m∥α或m⊂α，C错；m∥α，由线面平行的性质定理可得过m的平面与α的交线l平行，n⊥α，可得n⊥l，则m⊥n，D对．故选：D．【点睛】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判断和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．11．如图，一个底面水平放置的倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水，水深为h.若在容器内放入一个半径为1的铁球后，水面所在的平面恰好经过铁球的球心O（水没有溢出），则h的值为（）A．29B．32C．2D．323【答案】B【解析】作OD⊥AC，垂足为D，则球的半径r＝OD＝1，此时OA＝2r＝2，底面半径第7页共18页R＝2×tan30°，可得半球和水的体积和，从而得水的体积，将水的体积用h表示出来，进而求出h．【详解】作OD⊥AC，垂足为D，则球的半径r＝OD＝1，此时OA＝2r＝2，底面半径R＝2×tan30°＝233，当锥体内水的高度为h时，底面半径为h×tan30°＝33h，设加入小球后水面以下的体积为V′，原来水的体积为V，球的体积为V球．所以水的体积为：2311232212333VVV球21333hh，解得：32h．故选：B．【点睛】本题考查锥体和球的体积公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．12．已知圆22:1Oxy，直线:340lxym与圆O交于,AB两点，若圆O外一点 C满足OCOAOB，则实数 m的值可以为（）A．5B．52C．12D．3【答案】D【解析】问题转化为圆心到直线的距离d∈（12，1），代入即可解得m范围．【详解】由题意圆外一点C满足OCOAOB，则可转为圆心到直线的距离d∈（12，1），∵22001,152534mmmd即52＜|m|＜5，故选：D．第8页共18页【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式的应用，考查转化思想，属中档题二、填空题13．已知直线1l方程为220xy，直线2l的方程为()(10)11mxmy，若12ll∕∕，则实数m的值为______【答案】3【解析】利用两条直线平行的条件计算即可．【详解】由题意两条直线平行可得m+1﹣2（m﹣1）＝0，解得m＝3．当m=3时验证满足：l1∥l2，∴m＝3．故答案为：3．【点睛】直线1110axbyc和直线222axbyc0平行，则1221abab且两直线不重合，求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.14．在正方体1111ABCDABCD中，,MN分别为棱1,ADDD的中点，则异面直线MN与AC所成的角大小为______．【答案】60【解析】由题意连接AD1，得MN∥AD1，可得∠D1AC即为异面直线MN与AC所成的角，再由△AD1C为等边三角形得答案．【详解】如图，连接AD1，由M，N分别为棱AD，D1D的中点，得MN∥AD1，第9页共18页∴∠D1AC即为异面直线MN与AC所成的角，连接D1C，则△AD1C为等边三角形，可得∠D1AC＝60°．∴异面直线MN与AC所成的角大小为60°．故答案为：60°．【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是基础题．15．已知ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，且满足,33Bacb则ac___【答案】12或2【解析】将已知等式两边平方，结合余弦定理可得2（ac）2﹣5（ac）+2＝0，解方程即可得解．【详解】∵∠B＝3，a+c＝3b，∴a2+c2+2ac＝3b2，①又由余弦定理可得：a2+c2﹣2ac＝b2，②∴联立①②，可得：2a2﹣5ac+2c2＝0，即：2（ac）2﹣5（ac）+2＝0，∴解得：ac＝2或12．故答案为：2或12．【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和方程思想，属于基础题．16．已知圆222:()0Oxyrr，直线2:lmxnyr与圆O相切，点P坐标为,mn，点A坐标为3,4，若满足条件2PA的点P有两个，则r的取值范围为_______【答案】(3,7)【解析】根据相切得m2+n2＝r2，得点P在圆O上，满足条件PA＝2的点P有两个等价于圆O与以A为圆心，2为半径的圆A有两个交点，即相交，根据两圆相交列式可得．【详解】第10页共18页∵直线l：mx+ny＝r2与圆O相切，所以22200rmn＝r，即m2+n2＝r2，所以P（m，n）在圆O上，又因为满足PA＝2的点P有两个，则圆O与以A为圆心，2为半径的圆A有两个交点，即两圆相交，所以r﹣2＜OA＜r+2，即r﹣2＜5＜2+r，解得3＜r＜7．故答案为：（3，7）．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系的应用考查转化思想，属中档题．三、解答题17．如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，四边形ABCD为矩形，M为PC的中点，N为AB的中点.（1）求证：ABPD；（2）求证：MN∕∕平面PAD.【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】（1）由矩形的性质可得AB⊥AD，利用面面垂直的性质可求AB⊥平面PAD，利用线面垂直的性质可证AB⊥PD（2）取PD的中点E，连接AE，ME，利用中位线的性质可证四边形ANME为平行四边形，进而可证MN∥平面PAD．【详解】证明：（1）因为四边形ABCD为矩形，所以ABAD.因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABÌ平面ABCD，所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，所以ABPD；（2）取PD的中点E，连接AE，ME，第11页共18页在PCD中，E为PD的中点，M为PC的中点