2018-2019学年江苏省无锡市江阴市四校高一（下）期中数学试卷（含解析）

2018-2019学年江苏省无锡市江阴市四校高一（下）
期中数学试卷

一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）
直线的倾斜角的大小为（　　）
A. B. C. D.
在△ABC中，，BC=3，，则∠C的大小为（　　）
A. B. C. D.
点P是直线x+y-2=0上的动点，点Q是圆x2+y2=1上的动点，则线段PQ长的最小值为（　　）
A. B. 1 C. D. 2
方程x2+y2+4mx-2y+5m=0表示圆，则实数m的取值范围为（　　）
A. B.
C. D.
在△ABC中，若A=60°，a=2，则等于（　　）
A. 1 B. C. 4 D.
圆x2+y2+4x-4y-8=0与圆x2+y2-2x+4y+1=0的位置关系（　　）
A. 相交 B. 外离 C. 内切 D. 外切
直线m，n和平面α，若m，n与平面α都平行，则直线m，n的关系可以是（　　）
A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 以上都有可能
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sinA=3sinCcosB，且c=2，则△ABC的面积最大值为（　　）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空题（本大题共8小题，共40.0分）
已知m∈R，直线l1：mx+y+3=0，l2：（3m-2）x+my+2=0，若l1∥l2，则实数m的值为______．
在△ABC中，已知BC=2，AC=，，那么△ABC的面积是______．
如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠ABC=90°，PA=AB=BC=1，则PC与底面ABC所成角的正切值为______．

如果平面直角坐标系中的两点A（a-1，a+1），B（a，a）关于直线L对称，那么直线L的
方程为______．
若圆（x-1）2+（y+1）2=R2上有且仅有三个点到直线4x+3y=11的距离等于1，则半径R的值为______．
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB=acosC+ccosA，则B=______．
如图，为测塔高，在塔底所在的水平面内取一点C，测得塔顶的仰角为θ，由C向塔前进30米后到点D，测得塔顶的仰角为2θ，再由D向塔前进10米后到点E后，测得塔顶的仰角为4θ，则塔高为______米．
在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y2-4x+2y=0．若直线y=3x+b上存在一点P，使过P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数b的取值范围是______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，DP⊥平面PBC，E，F分别为PA与BC的中点．
（1）求证：BC⊥平面PDC；
（2）求证：EF∥平面PDC．








在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若．
（1）求角B的值；
（2）若△ABC的面积S=，a=5，求b的值．







如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．
（1）求渔船甲的速度；
（2）求sinα的值．















如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，底面为正三角形，AB=AA1，D是BC的中点，P是CC1的中点．求证：
（1）A1B∥平面AC1D；
（2）B1P⊥平面AC1D．


















如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2-4x=0及点A（-1，0），B（1，2）．
（1）若直线l平行于AB，与圆C相交于M，N两点，MN=AB，求直线l的方程；
（2）在圆C上是否存在点P，使得PA2+PB2=12？若存在，求点P的个数；若不存在，说明理由．







如图，圆M：（x-2）2+y2=1，点P（-1，t）为直线l：x=-1上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为A、B．
（1）若t=1，求切线所在直线方程；
（2）求|AB|的最小值；
（3）若两条切线PA，PB与y轴分别交于S、T两点，求|ST|的最小值．









答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：由题意可得直线的斜率k==-，
即tanα=-，故α=，
故选：D．
由直线的方程易得斜率，进而可得倾斜角．
本题考查直线的倾斜角，由直线方程得出斜率是解决问题的关键，属基础题．
2.【答案】B
【解析】
解：在△ABC中，∵，BC=3，，
∴由正弦定理，可得：sinC===，
∵AB＜BC，可得：∠A＞∠C，∠C为锐角，
∴∠C=．
故选：B．
由已知利用正弦定理sinC=，利用大边对大角可求∠C为锐角，即可利用特殊角的三角函数值得解．
本题主要考查了正弦定理，大边对大角，特殊角的三角函数值在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
解：根据题意，圆x2+y2=1的圆心为（0，0），半径r=1，
圆心（0，0）到直线x+y-2=0的距离d==，
则线段PQ长的最小值为-1；
故选：A．
根据题意，分析圆的圆心与半径，求出圆心（0，0）到直线x+y-2=0的距离，结合直线与圆的位置关系分析可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式，是基础题．
4.【答案】C
【解析】
解：根据题意，方程x2+y2+4mx-2y+5m=0变形为：（x+2m）2+（y-1）2=4m2+1-5m，
若其表示圆，则有4m2+1-5m＞0，
解可得：m＜或m＞1，
即实数m的取值范围为（-∞，）∪（1，+∞）；
故选：C．
根据题意，将圆的方程变形为（x+2m）2+（y-1）2=4m2+1-5m，进而可得4m2+1-5m＞0，解可得m的取值范围，即可得答案．
本题考查二元二次方程表示圆的条件，注意圆的一般方程与标准方程的互化．
5.【答案】C
【解析】
解：△ABC中，若A=60°，a=2，则由正弦定理可得?（R为△ABC的外接圆半径），
∴2R==4，∴==2R=4，
故选：C．
先由正弦定理求得2R的值，从而求得==2R 的值．
本题主要考查正弦定理的应用，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】
解：根据题意，圆x2+y2+4x-4y-8=0，即（x+2）2+（y-2）2=16，表示以（-2，2）为圆心、半径等于4的圆，
?圆x2+y2-2x+4y+1=0，即（x-1）2+（y+2）2=4，表示以（1，-2）为圆心、半径等于2的圆；
两圆的圆心距d==5，则圆心距大于两圆的半径之差而小于半径之和，
故两个圆的位置关系为相交，
故选：A．
把两个圆的方程化为标准方程，分别求出圆心和半径，再根据两个圆的圆心距为5，大于两圆的半径之差而小于半径之和，可得两个圆的位置关系为相交．
本题考查圆与圆的位置关系的判定，涉及圆的一般方程与标准方程，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】
解：若α∥β，m?β，n?β，则m∥α，n∥α，显然m，n可能平行，也可能相交，
若m，n分别在平面α两侧，且m，n在平面α的射影为相交直线，则m，n异面．
故选：D．
根据m，n是否共面分情况判断．
本题考查了空间直线与平面的位置关系，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】
解：∵sinA=3sinCcosB，且c=2，
∴由正弦定理可得：a=3ccosB，可得：cosB=，
∴由余弦定理可得：=，可得：a2+12=3b2，①
∵cosB==，
∴sinB===，
∴S△ABC=acsinB=×2×a×sinB=a?=≤3（当b=时，等号成立），即△ABC的面积最大值为3．
故选：C．
由已知及正弦定理可得可得cosB=，由余弦定理可得a2+12=3b2，由余弦定理可得cosB=，利用同角三角函数基本关系式可求sinB，进而利用三角形面积公式，利用二次函数的性质可求最大值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式，二次函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力、转化思想和函数思想的应用，属于中档题．
9.【答案】1或2
【解析】
解：直线l1：mx+y+3=0，l2：（3m-2）x+my+2=0，若l1∥l2，
∴m2=3m-2，
解得m=1或m=2，
当m=1时，直线l1：x+y+3=0，l2：x+y+2=0，
当m=2时，直线l1：2x+y+3=0，l2：4x+2y+2=0，
故答案为：1或2．
根据两直线平行的条件即可求出．
本题考查了直线平行，考查了运算能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】
解：在△ABC中，由正弦定理得，即，
解得sinA=，∴cosA=．
∴sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB==．
∴S△ABC===．
故答案为．
利用正弦定理解出sinA，cosA，根据两角和的正弦公式计算sinC，代入三角形的面积公式求得面积．
本题考查了正弦定理，两角和的正弦公式，三角形的面积计算，属于中档题．
11.【答案】
【解析】
解：∵PA⊥底面ABC，
∴AC是PC在底面ABC上的射影，
∴∠PCA是PC与底面ABC所成的角．
∵∠ABC=90°，PA=AB=BC=1，
∴AC=，
∴tan∠PCA=．即PC与底面ABC所成角的正切值为．
故答案为：．
根据条件可得∠PCA是PC与底面ABC所成的角，然后根据直角三角形的边角关系求正切值即可．
本题主要考查直线和平面所成角的大小求法，利用线面角的定义确定线面角是解决本题的关键．
12.【答案】x-y+1=0
【解析】
解：∵kAB==-1，线段AB的中点为，两点A（a-1，a+1），B（a，a）关于直线L对称，
∴kL=1，其准线方程为：y-=x-，
化为：x-y+1=0．
故答案为：x-y+1=0．
利用垂直平分线的性质即可得出．
本题考查了垂直平分线的性质、中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13.【答案】4
【解析】
解：根据题意，圆（x-1）2+（y+1）2=R2的圆心为（1，-1），半径为R，
圆心（1，-1）到直线4x+3y=11的距离d==2，
若圆（x-1）2+（y+1）2=R2上有且仅有三个点到直线4x+3y=11的距离等于1，则R-d=d，
解可得：R=4；
故答案为：4
根据题意，分析圆的圆心与半径，求出圆心到直线的距离d，结合直线与圆的位置关系分析可得R-d=d，计算即可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，注意分析R与圆心到直线的距离之间的关系，属于基础题．
14.【答案】
【解析】
解：∵2bcosB=acosC+ccosA，由正弦定理可得，
2cosBsinB=sinAcosC+sinCcosA=sin（A+C）=sinB，
∵sinB≠0，
∴cosB=，
∵0＜B＜π，
∴B=，
故答案为：
根据正弦定理和两角和的正弦公式和诱导公式计算即可
本题考查了正弦定理和两角和的正弦公式和诱导公式，属于基础题
15.【答案】15
【解析】
解：∵∠CPD=∠EDP-∠DCP=2θ-θ=θ，∴PD=CD=30，
∠DPE=∠AEP-∠EDP=4θ-2θ=2θ，∴PE=DE=10，
在三角形PDE中由余弦定理得cos2θ===，
∴2θ=，∴4θ=，
∴sin4θ=，∴PA=PE?sin4θ=10×=15．
故答案为：15米．
∵∠CPD=∠EDP-∠DCP=2θ-θ=θ，∴PD=CD=30，∠DPE=∠AEP-∠EDP=4θ-2θ=2θ，∴PE=DE=10，在三角形PDE中由余弦定理得cos2θ=，可求出2θ=，4θ=，最后在Rt△PEA中可得．
本题考查了解三角形，属中档题．
16.【答案】-17≤b≤3
【解析】
解：圆C：x2+y2-4x+2y=0化为（x-2）2+（y+1）2=5，
圆心C（2，-1），半径为r=，如图，
设两个切点分别为A、B，
则由题意可得四边形PACB为正方形，
故有PC=，
∴圆心到直线y=3x+b的距离小于或等于PC=，
即，解得-17≤b≤3．
故答案为：-17≤b≤3．
由题意可得圆心为C（2，-1），半径r=，设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PACB为正方形，圆心到直线y=3x+b的距离小于或等于PC=，由点到直线的距离公式列式求得实数b的取值范围．
本题主要考查直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．
17.【答案】证明：（1）∵DP⊥平面PBC，BC?平面PBC，
∴BC⊥DP，
又底面ABCD为矩形，∴BC⊥DC，
∵DC∩DP=D，∴BC⊥平面PDC．
解：（2）取PD中点G，∵E为PA的中点，
∴EG∥AD，且EG=，
又F为BC中点，四边形ABCD为矩形，
∴FC∥AD，且FC=，
∴EG与FC平行且相等，
即四边形EGCF为平行四边形，∴EF∥CG，
又EF?平面PDC，CG?平面PDC，
∴EF∥平面PDC．
【解析】

（1）由DP⊥平面PBC，得BC⊥DP，由底面ABCD为矩形，得BC⊥DC，由此能证明BC⊥平面PDC．
（2）取PD中点G，推导出四边形ABCD为矩形，从而四边形EGCF为平行四边形，进而EF∥CG，由此能证明EF∥平面PDC．
本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查学生的计算能力，是中档题．
18.【答案】解：（1）△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若．
利用正弦定理：，
整理得：sin（B+C）=sinBcosC+，
则：sinCcosB=sinCsinB，
由于sinC≠0，
所以tanB=，
由于：0＜B＜π，
解得：B=．
（2）△ABC的面积S=，
所以：，
解得：ac=20，
由于a=5，
所以c=4．
则：b2=a2+c2-2accosB，
=25+16-20，
=21，
解得：b=．
【解析】

（1）直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换求出结果．
（2）利用余弦定理和三角形的面积公式求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，正弦定理和余弦定理及三角形面积公式．
19.【答案】解：（1）依题意，∠BAC=120°，AB=12，AC=10×2=20，∠BCA=α．（2分）
在△ABC中，由余弦定理，得BC2=AB2+AC2-2AB×AC×cos∠BAC（4分）
=122+202-2×12×20×cos120°=784．
解得BC=28．（6分）
所以渔船甲的速度为海里/小时．
答：渔船甲的速度为14海里/小时．（7分）
（2）方法1：在△ABC中，因为AB=12，∠BAC=120°，BC=28，∠BCA=α，
由正弦定理，得．（9分）
即．
答：sinα的值为．（12分）
方法2：在△ABC中，因为AB=12，AC=20，BC=28，∠BCA=α，
由余弦定理，得．（9分）
即．
因为α为锐角，所以=．
答：sinα的值为．（12分）
【解析】

（1）由题意推出∠BAC=120°，利用余弦定理求出BC=28，然后推出渔船甲的速度；
（2）方法一：在△ABC中，直接利用正弦定理求出sinα．
方法二：在△ABC中，利用余弦定理求出cosα，然后转化为sinα．
本题是中档题，考查三角函数在实际问题中的应用，正弦定理、余弦定理的应用，考查计算能力．
20.【答案】证明：（1）连接A1C交AC1于点O，连接OD，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1，∴侧面AA1C1C是正方形，
∴点O是AC1的中点，又点D是BC的中点，故OD是△A1CB的中位线．
∴OD∥A1B，又A1B?平面AC1D，OD?平面AC1D，∴A1B∥平面AC1D．…（ 7分）
（2）由（1）知，侧面BCC1B1是正方形，又D、P分别为BC、CC1的中点，∴△CC1D≌△C1B1P，
∴∠CDC1=∠C1PB1，∴B1P⊥C1D，…（9分）
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是BC的中点，∴AD⊥BC，又侧面BCC1B1⊥底面ABC，且侧面BCC1B1∩底面ABC=BC，
AD?底面ABC，∴AD⊥平面BCC1B1，…（12分）
又B1P?平面BCC1B1，∴AD⊥B1P，又AD∩C1D=D，∴B1P⊥平面AC1D．…（14分）
【解析】

（1）连接A1C交AC1于点O，连接OD，根据OD是△A1CB的中位线可得OD∥A1B，又A1B?平面AC1D，OD?平面AC1D，从而证得
A1B∥平面AC1D．
（2）由（1）知，∴△CC1D≌△C1B1P，故∠CDC1=∠C1PB1，B1P⊥C1D．再由AD⊥平面BCC1B1，可得AD⊥B1P，从而证得
B1P⊥平面AC1D．
本题考查证明线面平行、线面垂直的方法，直线和平面平行的判定定理以及直线和平面垂直的判定定理的应用求，属于中档题．
21.【答案】解：（1）圆C的标准方程为（x-2）2+y2=4，所以圆心C（2，0），半径为2．
因为l∥AB，A（-1，0），B（1，2），所以直线l的斜率为，
设直线l的方程为x-y+m=0，
则圆心C到直线l的距离为d=．
因为MN=AB=，
而CM2=d2+（）2，所以4=+2，
解得m=0或m=-4，
故直线l的方程为x-y=0或x-y-4=0．
（2）假设圆C上存在点P，设P（x，y），则（x-2）2+y2=4，
PA2+PB2=（x+1）2+（y-0）2+（x+1）2+（y-2）2=12，
即x2+y2-2y-3=0，即x2+（y-1）2=4，
因为|2-2|＜，
所以圆（x-2）2+y2=4与圆x2+（y-1）2=4相交，
所以点P的个数为2．
【解析】

（1）求出圆心C到直线l的距离，利用勾股定理建立方程，即可求直线l的方程；
（2）求出P的轨迹方程，利用两圆的位置关系，即可得出结论．
本题考查了直线与圆的方程的求法，考查了圆与圆的位置关系，是中档题．
22.【答案】解：（1）由题意，切线斜率存在，
可设切线方程为y-1=k（x+1），
即kx-y+k+1=0，
则圆心M到切线的距离d==1，
解得k=0或-，
故所求切线方程为y=1，3x+4y-1=0；
（2）
连接PM，AB交于点N，
设∠MPA=∠MAN=θ，
则|AB|=2|AM|cosθ=2cosθ，
在Rt△MAP中，sinθ==，
∵|PM|≥3，
∴（sinθ）max=，
∴（cosθ）min=，
∴|AB|min=；
（3）设切线方程为y-t=k（x+1），即kx-y+k+t=0，
PA，PB的斜率为k1，k2，
故圆心M到切线的距离d==1，
得8k2-6kt+t2-1=0，
∴k1+k2=，k1k2=，
在切线方程中令x=0可得y=k+t，
故|ST|=|（k1+t）-（k2+t）|=|k1-k2|
=
=，
∴|ST|min=，此时t=0．
故|ST|的最小值为．
【解析】

（1）设切线方程，利用圆心到切线距离等于半径求得斜率即可得解；
（2）连接PM，AB交于N，利用∠MPA=∠MAN，结合正余弦可得最值；
（3）利用（1）的方法，得到k的二次方程，结合根与系数关系，用含t的式子表示去表示|ST|，可得最值．
此题考查了圆的切线及最值问题，综合性较强，难度较大．

第2页，共2页
第1页，共1页