江苏省无锡市普通高中2018-2019学年高一下学期期末数学试题

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江苏省无锡市普通高中2018-2019学年高一下学期期末数学

试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 总分 ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题)

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、单选题

1．直线3x2y60在y轴上的截距为（ ） A．2

B．﹣3

C．﹣2

D．3

2．一组数据0，1，2，3，4的方差是 A．

65 B．2

C．2 D．4

3．某种彩票中奖的概率为

110000，这是指

A．买10000张彩票一定能中奖 B．买10000张彩票只能中奖1次

C．若买9999张彩票未中奖，则第10000张必中奖 D．买一张彩票中奖的可能性是

110000

4．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若A30，B45，b8，则

a等于（ ）

A．4

B．42 C．43 D．46

5．若直线xay2与直线axya1平行，则a的值为（ ） A．1

B．﹣1

C．±1

D．0

6．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1500石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得250粒内夹谷30粒，则这批米内夹谷约为多

试卷第1页，总5页

………线…………○…………

少石？ A．180

B．160

C．90

D．360

x7．已知空间中两点P1(x,3,2)和P2(5,7,4)的距离为6，则实数的值为（ ）

A．1

B．9

C．1或9

D．﹣1或9

8． ， ， 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 A． ， C． ， ， 共面

B． ， D． ， ， 共点 ， ， 共面

………线…………○………… 9．圆(x3)2(y2)24与圆(x7)2(y1)236的位置关系是( ) A．相切

B．内含

C．相离

D．相交

10．将一个底面半径和高都是R的圆柱挖去一个以上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，剩余部分的体积记为V1，半径为R的半球的体积记为V2，则V1与V2的大小关系为( ) A．V1V2

B．V1C．V1=V2

D．不能确定

11．已知圆C的圆心与点(1,0)关于直线yx对称，直线4x3y20与圆C相交于A，B两点，且AB6，则圆C的半径长为( ) A．10 B．22 C．3

D．13 12．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若acbcosCbcosA，则

ABC的形状为( )

A．等腰三角形

B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形

试卷第2页，总5页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

第II卷（非选择题)

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题

13．某中学为了了解全校学生的阅读情况，在全校采用随机抽样的方法抽取一个样本进行问卷调查，并将他们在一个月内去图书馆的次数进行了统计，将学生去图书馆的次数分为5组：[0,4),[4,8),[8,12),[12,16),[16,20]制作了如图所示的频率分布表，则抽样……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………总人数为_______．

14．已知正三棱锥PABC的底面边长为6，PA所在直线与底面ABC所成角为60°，则该三棱锥的侧面积为_______．

15．在平面直角坐标系中，从五个点：A(0,0), B(1,1), C(2,2), D(3,3), E(5,0)中任取三个，这三点能构成三角形的概率是_______．

16．已知圆O：x2y21，若对于圆C：(xm2)2(ym)21上任意一点P，在圆O上总存在点Q使得PQO90，则实数m的取值范围为__________． 评卷人 得分 三、解答题

17．已知点A(4,1),B(6,3),C(3,0)．

（1）求ABC中BC边上的高所在直线的方程； （2）求过A,B,C三点的圆的方程．

18．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c． （1）若(abc)(abc)3ab，求角C的大小； （2）若BM是AC边上的中线，求证：BM122(a2c2)b2． 19．如图，在四棱锥PABCD中，AD//BC，且PAPD2，AD2BC22，

试卷第3页，总5页

………线…………○…………

PACD，点E在PC上，且PE2EC．

（1）求证：平面PAD⊥平面PCD； ………线…………○………… （2）求证：直线PA∥平面BDE．

20．如图，在O处有一港口，两艘海轮B,C同时从港口O处出发向正北方向匀速航行，海轮B的航行速度为20海里/小时，海轮C的航行速度大于海轮B．在港口O北偏东60°方向上的A处有一观测站，1小时后在A处测得与海轮B的距离为30海里，且A处对两艘海轮B，C的视角为30°．

（1）求观测站A到港口O的距离； （2）求海轮C的航行速度．

21．如图，矩形ABCD所在平面与以BC为直径的圆所在平面垂直，O为BC中点，M是圆周上一点，且CBM30，AB1，BC2．

（1）求异面直线AO与CM所成角的余弦值；

（2）设点P是线段AM上的点，且满足APPM，若直线CM//平面BPD，求实数的值．

试卷第4页，总5页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

01,)22．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2y24，点Q(的直线l与圆O交于不同的两点A,B（不在y轴上)．

，过点P(0,4)

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………（1）若直线l的斜率为3，求AB的长度；

（2）设直线QA,QB的斜率分别为k1,k2，求证：k1k2为定值，并求出该定值； （3）设AB的中点为M，是否存在直线l，使得MO62MQ？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

试卷第5页，总5页

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参考答案

1．B 【解析】 【分析】

令x0,求出y值则是截距。 【详解】

直线方程化为斜截式为：

3x3，x0时，y3， 2所以，在y轴上的截距为－3。 y【点睛】

y轴上的截距：即令x0,求出y值；同理x轴上的截距：即令y0,求出x值

2．C 【解析】 【分析】

先求得平均数，再根据方差公式计算。 【详解】

数据的平均数为：x方差是s选C。 【点睛】

21(01234)2 51(41014)＝2， 5Mx1Mx2Mx3方差公式s2n3．D 【解析】 【分析】 彩票中奖的概率为【详解】 彩票中奖的概率为

222Mxn2，代入计算即可。

11，只是指中奖的可能性为

100001000011，只是指中奖的可能性为，

1000010000答案第1页，总17页

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不是买10000张彩票一定能中奖，

概率是指试验次数越来越大时，频率越接近概率。所以选D. 【点睛】

概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，是否中奖是随机事件。 4．B 【解析】 【分析】 根据正弦定理【详解】

由正弦定理，得：

ab，代入数据即可。 sinAsinBaba8，即，

sin30sin45sinAsinB即：2a4 2解得：42 选B。 【点睛】

此题考查正弦定理：5．B 【解析】 【分析】

两直线平行表示斜率相同或者都垂直x轴，即【详解】

当a0时，两直线分别为：x2与直线y1，不平行， 当a0时，

直线xay2化为：yabc，代入数据即可，属于基础题目。 sinAsinBsinC1a。 a12x aa直线axya1化为：yaxa1,

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两直线平行，所以，解得：a1，

1a， a当a1时，两直线重合，不符， 所以，a1 【点睛】

直线平行即表示斜率相同，且截距不同，如果截距相同则表示同一条直线。 6．A 【解析】 【分析】

根据数得250粒内夹谷30粒，根据比例，即可求得结论。 【详解】

设批米内夹谷约为x石，则

30x2501500， 解得：x180 选A。 【点睛】

此题考查简单随机抽样，根据部分的比重计算整体值。 7．C 【解析】 【分析】

利用空间两点间距离公式求出x值即可。 【详解】

由两点之间距离公式，得：

(x5)2(37)2(24)26，

化为：(x5)216， 解得：x1或9， 选C。 【点睛】

答案第3页，总17页

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空间两点间距离公式：d基础题目。 8．B 【解析】 【详解】

(x1x2)2(y1y)22(z1z2)2。代入数据即可，属于解：因为如果一条直线平行于两条垂线中的一条，必定垂直于另一条。

选项A，可能相交。选项C中，可能不共面，比如三棱柱的三条侧棱，选项D，三线共点，可能是棱锥的三条棱，因此错误。选B. 9．D 【解析】 【分析】

写出两圆的圆心，根据两点间距离公式求得两圆心的距离|AB|，发现Rr|AB|Rr，所以两圆相交。比较三者之间大小 Rr,|AB|,Rr判断位置关系。 【详解】

两圆的圆心分别为：A(3,2)，B(7,1)， 半径分别为：r=2，R6，

两圆心距为：|AB|(73)2(12)25

Rr|AB|Rr，

所以，两圆相交，选D。 【点睛】

通过比较圆心距和半径和与半径差直接的关系判断，即比较三者之间大小

Rr,|AB|,Rr。

10．C 【解析】 【分析】

根据题意分别表示出V1,V2，通过比较V1V2。 【详解】

答案第4页，总17页

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V圆柱=Sh=R2?RR3

111V圆锥Sh=R2RR3

33312V1V圆柱-V圆锥=R3R3R3

331142V2V球=R3=R3

2233所以V1=V2 ， 选C。

【点睛】 V圆锥=14Sh，V圆柱=Sh，V球R3。记住这几33个公式即可，属于基础题目。 11．A 【解析】 【分析】

根据题干画出简图，在直角ACD中，通过弦心距和半径关系通过勾股定理求解即可。 【详解】

圆C的圆心与点1,0关于直线yx对称， 所以，C0,1，设圆C的半径为R， 如下图，圆心C到直线的距离为：CD03234221，

AD1AB3， R321210 2答案第5页，总17页

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【点睛】

直线和圆相交问题一般两种方法：第一，通过弦心距d和半径r的关系，通过勾股定理求解即可。第二，直线方程和圆的方程联立，则0。两种思路，此题属于中档题型。 12．C 【解析】 【分析】

判断ABC的形状可从边或者角两个方面考虑，将acbcosCbcosA利用余弦定理将

a2b2c2b2c2a2角化成边，acb，整理得到ac或者b2c2a2，b2ab2bc所以ABC是等腰三角形或者直角三角形。 【详解】

因为acbcosCbcosA，

a2b2c2b2c2a2所以，acb， b2ab2bca2b2c2b2c2a2， ac2a2c2ac(ac)c(a2b2c2)a(b2c2a2)， 2ac(ac)ca2cb2c3ab2ac2a3， 2ac(ac)c(a2c2)b2(ac)a(a2c2)，

（1）ac0，即ac；

（2）ac0时，2acc(ac)ba(ac)， 化简得：b2c2a2，

答案第6页，总17页

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所以，角B为直角，

所以，ABC为等腰三角形或直角三角形。选C. 【点睛】

此题考查解三角形，一般此类题目都会用到正弦定理和余弦定理实现边角互换解出答案，有一定的灵活性，属于中档题目。 13．20 【解析】 【分析】

总体人数占的概率是1，也可以理解成每个人在整体占的比重一样，所以[0,4),[4,8),[8,12)1-(0.2+0.1)=0.7，三组的频率为：共有14人，即14人占了整体的0.7，那么整体共有

人。 【详解】

前三组，即[0,4),[4,8),[8,12)三组的频率为：1-(0.2+0.1)=0.7，

14=200.72390.7， n解得：n=20 【点睛】

此题考查概率，通过部分占总体的概率即可计算出总体的样本值，属于简单题目。 14．939 【解析】 【分析】

画出图形，过P做底面的垂线，垂足O落在底面正三角形中心，即PAO=60，因为

226AO=AD=3=23，即可求出PDPO2OD239,所以

3321S3639939。

2【详解】

作ADBC于D，

因为PABC为正三棱锥，所以，D为BC中点， 连结PD，则PDBC，

答案第7页，总17页

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过P作PO⊥平面ABC，则O点为正三角形的中心，点O在PD上， 所以，PAO60，

正三角形的边长为6，则AD623233,

AO2AD23，DO3 3POAOtan606，

斜高PDPO2OD239，

12三棱锥的侧面积为：S3639939

【点睛】

此题考查正三棱锥，即底面为正三角形，侧面为等腰三角形的三棱锥，正四面体为四个面都是正三角形，画出图像，属于简单的立体几何题目。 15．

3 5【解析】 【分析】

分别算出两点间的距离，共有

C=10种，构成三角形的条件为任意两边之和大于第三边，

52所以在这10种中找出满足条件的即可。 【详解】

由两点之间的距离公式，得：

|AB|2,|AC|22,|AD|32,|AE|5， |BC|2,|BD|22,|BE|4， |CD|2,|CE|13,|DE|13，

答案第8页，总17页

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任取三点有：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE，共10种， 能构成三角形的有：ABE,ACE,ADE,BCE,BDE,CDE，共6种， 所求概率为：P【点睛】

构成三角形必须满足任意两边之和大于第三边，则n个点共有即可，属于中等难度题目。 16．(,2)【解析】 【分析】

由PQO90，知PQ为圆O的切线，所以两圆外离，即圆心距大于两半径之和，代入方程即可。 【详解】

由PQO90，知PQ为圆O的切线， 即在圆C上任意一点P都可以向圆O作切线， 当两圆外离时，满足条件， 所以，|OC|2，

即(0m2)2(0m)22， 化简，得：2m24m0， 解得：m2或m0.

63. 1052nC个线段，找出满足条件的

(0,)

答案第9页，总17页

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【点睛】

和圆半径所成夹角为90，即是圆的切线，两圆外离表示圆心距大于两半径之和。

2217．（1）3xy110；（2）xyx9y120

【解析】 【分析】

（1）BC边上的高所在直线方程斜率与BC边所在直线的方程斜率之积为-1，可求出高所在直线的斜率，代入A(4,1)即可求出高所在直线的方程。（2）设圆的一般方程为x2y2DxEyF0，代入A(4,1),B(6,3),C(3,0)即可求得圆的方程。

【详解】

（1）因为BC所在直线的斜率为kBC301，

633所以BC边上的高所在直线的斜率为k3

所以BC边上的高所在直线的方程为y13(x4)，即3xy110 （2）设所求圆的方程为x2y2DxEyF0 因为A,B,C在所求的圆上，故有

16143696D3EF0 93DF0答案第10页，总17页

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D1E9 F12所以所求圆的方程为xyx9y120 【点睛】

（1）求直线方程一般通过直线点斜式方程求解，即知道点和斜率。（2）圆的一般方程为x2y2DxEyF0，三个未知数三个点代入即可。

2218．（1）C【解析】 【分析】

3；（2）见解析

（1）已知三边的关系且有平方，考虑化简式子构成余弦定理即可。（2）观察结论形似余弦定理，通过BMC，则AMB互补，则余弦值互为相反数联系。 【详解】

（1）∵(abc)(abc)3ab，∴(ab)c3ab

22∴a2b2abc2

由余弦定理，得c2a2b22abcosC，∴ 2abcosCab ∵ab0，∴cosC1， 2C(0,)，∴C∵

3

（2）设BMx0，BMC，则AMB

b2b222x()axa224在BCM中，由余弦定理，得cos

bbx2x2b22xc2在ABM中，同理，得 4cos()bxb2b22222xcxacos()cos0，∵ 440bxbx22a2c2b2b2222∴ 2xca0，x242答案第11页，总17页

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∵x0，∴x【点睛】

112a2c2b2，∴BM2a2c2b2 22解三角形要注意观察题干条件所给的形式，出现边长平方一般会考虑用到余弦定理。正弦定理和余弦定理是我们解三角形的两大常用工具，需要熟练运用。 19．（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】

（1）通过边长关系可知PA2PD2AD2，所以PAPD，又PACD，所以PA平面PCD，所以平面PAD平面PCD。（2）连接AC交BD与点F，连接EF，易得ADF∽CBF，所以PA//EF，所以直线PA//平面BDE。 ， 【详解】

（1）因为PAPD2，AD22， 所以PA2PD2AD2，所以PAPD

又PAPD，且PDCDD，PD平面PCD，CD平面PCD 所以PA平面PCD 又PA平面PAD 所以平面PAD平面PCD

（2）连接AC交BD与点F，连接EF 在四边形ABCD中，AD//BC，AD2BC

ADAF2 BCFCPEAF2又PE2EC，即 ECFCADF∽CBF，所以

所以PA//EF

又直线EF平面BDE，直线PA平面BDE 所以直线PA//平面BDE

答案第12页，总17页

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【点睛】

（1）证明面面垂直：先正线面垂直，线又属于另一个面，即可证明面面垂直。（2）证明线面平行，在面内找一个线与已知直线平行即可. 20．（1）10+106海里；（2）速度为(20【解析】 【分析】

156)海里/小时 2 AB=30, AOB60,所以在AOB中，运用余弦定理易得OA（1）由已知可知BO20，的长。（2）因为C航行1小时到达C，所以知道OC的长即可，即求BC的长。在AOB中，由正弦定理求得sinOAB3，在ABC中3sinACBsin90OABcosOAB1sin2OAB可求出BC。 【详解】

6，再由正弦定理即3（1）因为海伦B的速度为20海里/小时，所以1小时后，OB20海里 又AB30海里，AOB60，所以AOB中，由余弦定理知：

AB2OA2OB22OAOBcosAOB

即302OA22022OA20cos60

即OA220OA5000，解得：OA=10+106海里 （2）AOB中，由正弦定理知：

OBAB2030 sinOABsinAOBsinOABsin60解得：sinOAB3 3ABC中，BAC30，ABC600OAB，所以ACB90OAB

所以sinACBsin90OABcosOAB1sin2OAB6 3答案第13页，总17页

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在ABC中， 由正弦定理知：

BCABBC301561sinBACsinACB 6，解得：BC223所以OCOBBC20156 2答：船C的速度为(20【点睛】

156)海里/小时 2三角形中一般已知三个条件可求其他条件，用到的工具一般是余弦定理或者正弦定理。 21．（1）【解析】 【分析】

（1）取AD中点N，连接CN，即NCM为所求角。在MCN中，易得MC，NC的长，MN可在直角三角形MON中求得。再用余弦定理易求得夹角。（2）连接PB,PD，连接BD和AC交于点Q，连接PQ

，易得CM//PQ，所以PQ为AMC的中位线，所以P为AM中点，所以的值为1。 【详解】

（1）取AD中点N，连接CN,MN,OM,ON

因为ABCD为矩形，O,N分别为BC,AD中点，所以AO//CN 所以异面直线AO与CM所成角就是CN与CM所成的锐角或直角 因为平面ABCD平面BCM，平面ABCD平面BCMBC

2；（2）1 4矩形ABCD中，NOBC，NO平面ABCD 所以NO平面BCM

又OM平面BCM，所以NOOM

MON中，MON90,OMNO1，所以MN2 答案第14页，总17页

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又M是圆周上点，且CBM30，所以CM1

MCN中，CN2，由余弦定理可求得cosMCN2 41222 4212所以异面直线AO与CM所成角的余弦值为（2）连接PB,PD，连接BD和AC交于点Q，连接PQ 因为直线CM//平面BPD，直线CM平面ACM，平面BPD所以CM//PQ

矩形ABCD的对角线交点Q为AC中点 所以PQ为AMC的中位线，所以P为AM中点 又APPM，所以的值为1 【点睛】

（1）异面直线所成夹角一般是要平移到一个平面。（2）通过几何关系确定未知点的位置，再求解线段长即可。 22．（1）【解析】 【分析】

（1）求出圆心O到直线l的距离，已知半径通过勾股定理即可算出弦长的一半，即可算出弦长。（2）设Ax1,y1,平面ACMPQ

415；（2）见解析；（3）见解析 5Bx2,y2，直线l的方程为ykx4，联立圆的方程通过韦达

622MQ，得2MO3MQ，表20定理化简k1k2即可。（3）设点M(x0,y0)，根据MO示出x0，

y0的关系，再联立直线和圆的方程得到x0，

y与k的关系，代入可解出k，最

后再通过有两个交点判断即可求出k值。 【详解】

（1）由直线l的斜率为3，可得直线l的方程为y3x4

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所以圆心O到直线l的距离为2|4|1324 104154所以AB24 510（2）直线l的方程为ykx4， 代入圆O:x2y24可得方程1k设Ax1,y1,2x28kx120(*)

Bx2,y2，则x1x28k12,xx 12221k1k11y11y21kx13kx23k1k22k3

x1x2x1x2x1x28k23x1x21k2k2k2k(2k)0 12x1x21k23所以k1k2为定值，定值为0 （3）设点M(x0,y0)，由NO622MQ，可得：2MO3MQ，即 22222222x0y0x0y01，化得：x0y6y030 304kx01k2由（*）及直线l的方程可得：，代入上式可得：

4y01k24k4442，可化为：6303k2k50 2221k1k1k求得：k222515 k332又由（*）(8k)41k所以k【点睛】

22120解得：k23

5不符合题意，所以不存在符合条件的直线l. 3此题考查圆锥曲线，一般采用设而不求通过韦达定理表示，将需要求解的量用斜率k表示，

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起到消元的作用，计算相对复杂，属于较难题目。

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