江苏省苏州市第一中学2019-2020学年高一下学期期中数学试卷及解析

卷

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、选择题

1，则C=（ ） 21.在△ABC中，若sinAcosBA.90°

B.60°

C.45° D.30°

2.若直线ab，且直线a//平面，则直线b与平面的位置关系可能是（ ） A.b//

B.相交

C.b

D.以上都有可能

3.下列各直线中，与直线2xy30相交的是（ ） A.2axay60a0 C.2xy30

B.y2x D.2xy50

4.2020年5月20日，数学周练成绩出来之后，甲、乙两位同学的6次周练成绩如下表所示.计甲、乙的平均成绩分别为x甲，x乙，下列判断正确的是（ ） 姓名/成绩 甲 乙 21 125 108 2 110 116 3 86 4 83 123 5 132 126 6 92 113 1n2参考公式：方差s(xix)

ni1

A.x甲x乙，甲比乙成绩稳定 C.x甲x乙，甲比乙成绩稳定

2B.x甲x乙，乙比甲成绩稳定 D.x甲x乙，甲比乙成绩稳定

225.在平面直角坐标系xOy中，若圆xaya2与圆x2y68外切，则实数a的值为（ ） A.1

B.2

C.3

D.4

6.在ABC中，内角A， B， C所对的边分别是a， b， c，已知8b5c， C2B，则cosC（ ）

77 B.  2525724C.  D.

25253227.直线yxm与圆xy1 在第一象限内有两个不同的交点，则m 的取值范

3A.

围是（ ） A.(3,2)

B.(3,3)

323C.3,3 23D.1,3 8.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，

AA12AB2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（ ）

A.

1 5B.

2 5C.

3 5D.

4 5第II卷（非选择题）

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评卷人 得分 二、填空题

9.点(−1,1)关于直线𝑥−𝑦−1=0的对称点是______.

10.直线mx4y20与直线2x5y120垂直，且点P1,n在直线

mx4y20上，则n的值是________.

11.在平面直角坐标系xOy中，若点A到原点的距离为2，到直线 3x＋y－2＝0的距离为1，则满足条件的点A的个数为______．

评卷人 得分 三、解答题

12. 在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知cos2C（Ⅰ）求sinC；

（Ⅱ）当c2a，且b37时，求a.

13.某市电力公司为了制定节电方案，需要了解居民用电情况，通过随机抽样，电力公司获得了50户居民的月平均用电量，分为六组制出频率分布表和频率分布直方图（如图所示）. 组号 分组 频数 频率 3. 41 2 0,200 2 e 0.04 f 200,400 400,600 3 4 14 c a 0.28 600,800 800,1000 d b 5 6 1000,1200 4 0.08 （1）求a， b的值；

（2）为了解用电量较大的用户用电情况，在第5、6两组用分层抽样的方法选取5户. ①求第5、6两组各取多少户？

②若再从这5户中随机选出2户进行入户了解用电情况，求这2户中至少有一户月平均用电量在1000,1200范围内的概率.

14.某学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽多少之间的关系进行研究，他们分别记录了3月11日至3月15日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子浸泡后的发芽数，得到如下资料： 日期 3月11日 3月12日 3月13日 3月14日 3月15日

昼夜温差（℃） 发芽数（颗） 10 23 11 25 13 30 12 26 8 16 ˆbxaˆ ； （1）请根据3月12日至3月14日的三组数据，求出y关于x的线性回归方程y（2）若由线性回归方程得到的估计数据与所需要检验的数据误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试用3月11日与3月15日的两组数据检验，问（1）中所得

ˆ的线性回归方程是否可靠？（参考公式：bxynxyiii1nnxi1ˆybx） ，a2inx215.如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，

AD//BC，ADCD.

（1）求证：CDPD；

（2）若AD2，BC3，F为PD中点，BE1BC，求证：EF//平面PAB. 316.如图，在三棱锥PABC中，除棱PC外，其余棱均等长，M为棱AB的中点，O为线段MC上靠近点M的三等分点.

（1）若POMC，求证：PO平面ABC；

（2）试在平面PAB上确定一点Q，使得OQ//平面PAC，且OQ//平面PBC，并给出证明.

17.已知直线l：4x3y100，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方.

（1）求圆C的方程；

（2）过点M1,0的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 评卷人 得分 四、新添加的题型

18.已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的有（ ） A.若

abc，则ABC一定是等边三角形 cosAcosBcosCB.若acosAbcosB，则ABC一定是等腰三角形 C.若bcosCccosBb，则ABC一定是等腰三角形 D.若a2b2c2，则ABC一定是钝角三角形

19.已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ） A.若m//，n//，则m//n C.若m，n，则m//n

B.若m，n，则mn D.若m//，mn，则n

20.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则以下四个结论中，正确的有（ ）

A.直线AM与CC1是相交直线 B.直线BN与MB1是异面直线 C.直线AM与A1D所成的角为90° D.直线MN与AC所成的角为60°

21.已知点P，Q是圆O：x2y21上的两个动点，点A是直线l：xy20上的一定点，若PAQ的最大值为90°，则点A的坐标可以是（ ） A.(0,2)

B.(1,21)

C.(2,0)

D.(21,1)

22.在锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b4，c6，且

asinB23，则角A=________；若角A的平分线为AD，则线段AD的长为________.

参

1.A

【解析】1.

首先根据题中所给的条件，结合所给的三角函数值，根据三角形内角的取值范围，确定出

B60，A30，再利用三角形内角和求得结果.

△ABC中，若sinAcosB1，A,B(0,)， 2则B60，所以A30，所以C180306090， 故选：A. 2.D

【解析】2.

作出正方体模型，从图形观察线面的位置关系，即可得答案；

如图，在正方体中，令平面为平面ABCD，则直线b与平面的位置关系可能是平行、相交、在面内，

故选：D. 3.C

【解析】3.

分别确定直线的斜率，利用两直线相交时，斜率不相等，就可以得出结论． 解：

直线2xy30的斜率为：2

与直线2xy30相交的直线的方程的斜率不等于2

A，B，D的斜率均为2，C的斜率为2

故选：C． 4.D

【解析】4.

分别计算出平均成绩x甲，x乙，根据数据估计出乙比甲成绩稳定，从而求出答案．

x甲x乙1125110868313292104.67， 61108116123126113112.5， 6x甲x乙，

结合数据得：乙比甲成绩稳定， 故选：D． 5.C

【解析】5.

根据题意，求出两个圆的圆心以及半径，由圆与圆的位置关系可得

a2(a6)2(222)2，解可得a的值，即可得答案．

根据题意，圆(xa)(ya)2的圆心为(a,a)，半径r12，圆x(y6)8的圆心为(0,6)，半径r222，

若圆(xa)(ya)2与圆x(y6)8相外切， 则有a2(a6)2(222)2， 解可得：a3； 故选：C. 6.A

22222222【解析】6.试题分析：据正弦定理结合已知可得，整理得

55CCsinCsincos 8422sinC，故2，由二倍角公式得.

7.D

【解析】7.

求出直线过(0,1)时m的值，以及直线与圆相切时m的值，即可确定出满足题意m的范围． 解：如图所示：

当直线过(0,1)时，将(0,1)代入直线方程得：m1；

|m|当直线与圆相切时，圆心到切线的距离dr，即331解得：m21，

2323或m（舍去）， 33则直线与圆在第一象限内有两个不同的交点时，m的范围为1m故选：D．

23． 3

8.D

【解析】8.

由题意结合棱柱的几何特征可得AD1C或其补角为异面直线A1B与AD1所成角，再结合余弦定理即可得解. 如图，连接D1C，AC，

A1D1//BC，A1D1BC，四边形A1BCD1为平行四边形，D1C//A1B，

AD1C或其补角为异面直线A1B与AD1所成角，

在AD1C中，由已知可得AD1DC5，AC12，

cosADC155222225． . 5异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为

故选：D. 9.(2,−2)

【解析】9.

利用对称轴的性质布列方程组，即可得到结果.

设点M（﹣1，1）关于直线l：x﹣y﹣1=0对称的点N的坐标（x，y） 则MN中点的坐标为（

𝑥−1𝑦+1

，）， 22𝑦−1

𝑥−1

𝑦+1

利用对称的性质得：KMN=𝑥+1=﹣1，且 2﹣2﹣1=0， 解得：x=2，y=﹣2， ∴点N的坐标（2，﹣2）， 故答案为（2，﹣2）． 10.2

【解析】10.

利用两条直线相互垂直的充要条件、直线的交点即可得出． 解：

直线mx4y20与直线2x5y120垂直，垂足为(1,n)，

m21，25n120，m4n20， 45解得m10，n2， 故答案为：2．

11.3

【解析】11.点A到原点的距离为2，所以点A在以原点为圆心，2为半径的圆上， 圆心O(0,0)到直线3x＋y－2＝0的距离为： 21. 31所以圆上到直线 3x＋y－2＝0的距离为1的点共3个. 故答案为：3. 12.解：（Ⅰ） sinC（Ⅱ）a14.

【解析】12.

试题（Ⅰ）又二倍角公式cos2C12sin2C，又因为在ABC中，sinC0，即可求得sinC的值；

（Ⅱ）在ABC中，c2a由正弦定理得sinC2sinA，由（Ⅰ）知，sinA又因ABC是锐角三角形， 所以可求得cosA，cosC，又

14. 414，8sinBsin(AC)sinAcosC+cosAsinC，代入数值即可求出sinB的值，然后由

正弦定理

ab，即可求得a的值． sinAsinB2试题解析：（Ⅰ）由已知可得12sinC因为在ABC中，sinC0， 所以sinC372．所以sinC． 4814． 4（Ⅱ）因为c2a，所以sinA114． sinC28252，cosA． 48因为ABC是锐角三角形，所以cosC所以sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC

142521437． 84848由正弦定理可得：

37a，所以a14． sinBsinA13.（1）a6,b0.12；（2）①第5、6两组的频数分别为3和2；②

7. 10

【解析】13.试题分析：（1）由频率分布直方图，可知第5组的频率为b0.00062000.12，由样本容量是50，可得a500.126；（2）根据第5、6两组的频数比为3:2,由分层抽样原理可知第5、6两组分别抽取3户与2户，用列举法求出这5户中随机选出2户的可能结果，共10种，其中2户中至少有一户月平均用电量在

1000,1200范围内的结果，有7种，由古典概型概率公式可得结果.

试题解析：（1）根据频率分布直方图，可知第5组的频率为0.00062000.12，即b0.12，

又样本容量是50，所以a500.126． （2）①因为第5、6两组的频数比为3:2，

所以在第5、6两组用分层抽样的方法选取的5户中， 第5、6两组的频数分别为3和2．

②记“从这5户中随机选出2户中至少有一户月平均用电量在[1000,1200]范围内”为事件A，

第5组的3户记为a1,a2,a3，第6组的2户记为b1,b2， 从

户

a1a2,a1a3,a1b1,a1b2,a2a3,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,b1b2，

这

5

户

中

随

机

选

出

2

的

可

能

结

果

为

：

共计10个，

其中2户中至少有一户月平均用电量在[1000,1200]范围内的结果为： a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,b1b2，共计7个． 所以PA7， 107． 10答：这2户中至少有一户月平均用电量在[1000,1200]范围内的概率为14.（1）y

【解析】14.

5x3；（2）线性回归方程可靠； 2（1）计算横、纵坐标的平均值，利用最小二乘法得到线性回归方程的系数，写出线性回归方程；

（2）利用线性回归方程，计算两个变量对应的y值，与检验数据的误差比较即可． 解:（1）由表中数据，求得x1(111312)12， 31y(253026)27，3xy972，

3xyii13i112513301226977，

xi132i112132122434，3x2432；

ˆ由公式求得bxi1ni1niiyinxy2xinx29779725，

43443225aybx27123，

2所以y关于x的线性回归方程为y5x3； 2ˆ（2）当x10时，y510322，|2223|2； 2ˆ同样，当x8时，y58317，|1716|2； 2所以，该研究所得到的线性回归方程是可靠的． 15.（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】15.

（1）根据已知中PA底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，ADC，结合线面垂直的定义及线面垂直的判定定理，我们易得到结论； （2）根据已知中AD2，BC3，F为PD中点，BE1BC，取PA的中点G，3连接EG，FG，AE，BG，我们易得到EF//BG，结合线面平行的判定定理，即可得到答案． 解：（1）

PA底面ABCD，CD底面ABCD，

PACD，

又

ADCD，ADPAA，AD平面PAD，PA平面PAD

CD平面PAD

又由PD平面PAD

CDPD；

（2）取PA的中点G，连接EG，FG，AE，BG 则GF1AD1，且GF//AD 21BEBC1，且BE//AD

3故BEGF且BE//GF

故四边形BEGF为平行四边形 则EF//BG 又

EF平面PAB，BG平面PAB

故EF//平面PAB

16.（1）证明见解析；（2）Q为线段MP上靠近M点的三等分点时，OQ//平面PAC，且OQ//平面PBC

【解析】16.

（1）由已知条件推导出CMAB，PMAB，从而AB平面PMC，进而

ABPO．又POMC，由此能证明PO平面ABC．

（2）Q为线段MP上靠近M点的三等分点时，OQ//平面PAC，且OQ//平面PBC，利用平行线等分线段成比例性质进行证明．

（1）证明：由题意得：O为ABC的中心，则CMAB，

M为棱AB的中点，PAPB，PMAB，

又PMCMM，PM平面PMC，CM平面PMC，

AB平面PMC，

又PO平面PMC，ABPO． 又POMC，MCABM，MC平面ABC，AB平面ABC

PO平面ABC

（2）解：

O为线段MC上靠近点M的三等分点，

Q为线段MP上靠近M点的三等分点时，OQ//平面PAC，且OQ//平面PBC

证明如下：

MQMO平面PAC，PC平面PAC， ，OQ//PC，又OQQPOCOQ//平面PAC

OQ//PC，又OQ平面PBC，PC平面PBC，

OQ//平面PBC．

17.（1）x2y24；（2）存在，N4,0

【解析】17.

（1）设出圆心C坐标，根据直线l与圆C相切，得到圆心到直线l的距离dr，确定出圆心C坐标，即可得出圆C方程；

（2）当直线ABx轴，则x轴平分ANB，当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为

ykx1，联立圆与直线方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理表

示出两根之和与两根之积，由若x轴平分ANB，则kANkBN，求出t的值，确定出此时N坐标即可.

（1）设圆心Ca,0a5， 2∵直线l：4x3y100，半径为2的圆C与l相切， ∴dr，即

4a102， 5解得：a0或a5（舍去）， 则圆C方程为xy4；

（2）当直线ABx轴，则x轴必平分ANB， 此时N可以为x轴上任一点， 当直线AB与x轴不垂直时，

设直线AB的方程为ykx1k0，Nt,0，Ax1,y1，Bx2,y2，

22x2y242222由得k1x2kxk40，经检验， ykx12k2k24∴x1x22，x1x22，

k1k1若x轴平分ANB，设N为t,0， 则kANkBN，即

kx11x1tkx21x2t0，

22k(t1)整理得：2x1x2(t1)x1x22t0，即2t0， 22k1k12k24解得：t4，

综上，当点N4,0，使得x轴平分ANB. 18.ACD

【解析】18.

根据正弦定理，三角函数恒等变换的应用逐一判断各个选项即可． 解：对于A，若

abcsinAsinBsinC，则，即

cosAcosBcosCcosAcosBcosCtanAtanBtanC，即ABC，即ABC是等边三角形，故正确；

对于B，若acosAbcosB，则由正弦定理得2rsinAcosA2rsinBcosB，即

sin2Asin2B，则2A2B或2A2B180，即AB或AB90，则ABC为等腰三角形或直角三角形，故错误；

对于C，若bcosCccosBb，所以sinBcosCsinCcosBsinB，所以sin(BC)sinAsinB，即AB，则ABC是等腰三角形，故正确；

对于D，ABC中，a2b2c2，又c2a2b22abcosC，所以cosC0

角C为钝角，但ABC一定是钝角三角形，故正确；

故选：ACD． 19.BC

【解析】19.

根据空间线面位置关系的定义、性质和判定定理进行判断

对于A，当m//，n//时，m，n可能平行，可能相交，也有可能异面，所以A错误； 对于B，当m，n时，由线面垂直的定义可知mn，所以B正确； 对于C，当m，n时，由线面垂直的性质定理可知m//n，所以C正确； 对于D，当m//，mn时，直线n与平面，有可能平行，可能相交不一定垂直，所以D错误， 故选：BC 20.BCD

【解析】20.

对于A,B，由异面直线的定义直接判断即可；对于C，连接AD1，可证得A1D平面

AD1M，从而可得结论；对于D，连接CD1，由于△ACD1为正三角形，由此可作判断

解：由异面直线的定义可知，直线AM与CC1是异面直线， 直线BN与MB1是异面直线，所以A错误，B正确；

对于C，连接AD1，因为C1D1平面AA1D1D，所以C1D1A1D， 因为A1DAD1，AD1C1D1D1，

所以A1D平面AD1M，

，所以C正确； 所以A1DAM，所以直线AM与A1D所成的角为90°对于D，连接CD1，则MN∥CD1，

所以ACD1（或补角）为MN与AC所成的角， 因为△ACD1为正三角形，所以ACD160， ，所以D正确， 所以直线MN与AC所成的角为60°故答案为：BCD

21.AC

【解析】21.

设点A坐标为(t,2t)，当AP、AQ均为圆切线时PAQ90，从而得到|OA|即可求得A的坐标；

解：设点A坐标为(t,2t)，当AP、AQ均为圆切线时PAQ90， 此时四边形PAQO为正方形，则|OA|解得t0，t2，

2，即t2(2t)22，

2，

故A(0,2)，B故选：AC． 22.

【解析】22.

2,0，

123 35首先根据正弦定理，求得asinBbsinA23，将b4代入，得到sinA合三角形的形状，求得A3，结23；利用内角平分线定理得到

BD3，利用向量知识得到DC2AD果.

23ABAC，利用向量的平方和向量模的平方相等，结合向量数量积公式求得结55根据正弦定理得

ab， sinAsinB所以asinBbsinA23， 因为b4，所以sinA所以A3，且三角形为锐角三角形， 23；

由三角形内角平分线定理可得所以ADBDAB63， DCAC4223ABAC， 5522222341292ADAD(ABAC)ABABACAC所以

5525252541294323664cos16， 252532525123. 5123. ；②

35所以AD故答案为：①