江苏省扬州中学2018_2019学年高一数学下学期期中试题 8页

江苏省扬州中学2018—2019学年第二学期期中卷高一数学2019.4一、选择题（每小题5分，合计50分）1．若直线过点(3,－3)和点(0,－4),则该直线的方程为（★）333A．y＝x－4B.y＝x＋4C.y＝3x－6D.y＝x＋23332x2.不等式0的解集为（★）x1A.xx2或x1B.x2x1C.xx1或x2D.x1x23．如果A(3,1)、B(－2,k)、C(8,11)在同一直线上，那么k的值是（★）A.－6B.－7C.－8D.－94．下列四个命题中错误的是(★)A．若直线a，b互相平行，则直线a，b确定一个平面B．若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线C．若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线D．两条异面直线不可能垂直于同一个平面5.在△ABC中，a＝12，b＝13，C＝60°，此三角形的解的情况是（★）A．无解B．一解C．二解D．不能确定6．设m，n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：α∥βα⊥βm⊥αm∥n①⇒β∥γ；②⇒m⊥β；③⇒α⊥β；④⇒mα∥γm∥αm∥βn⊂α∥α.其中正确的命题是(★)A．①④B．②③C．①③D．②④7.在△ABC中，若acosAbcosB，则△ABC的形状是（★）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形8．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AD的中点，则异面直线C1E与BC所成的角的余弦值是(★)n1101022A.B.C.D.310539．已知b>a>0且a＋b=1，则有（★）221221A．bab2abaB．bab2aba22221221C．abba2abD．a＋b＞b＞a＞＞2ab2210．三棱柱ABCABC的侧棱垂直于底面，且ABBC，ABBCAA2，若该1111三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（★）A．48B．32C．12D．8二、填空题（每小题5分，合计30分）.211．不等式x6x80的解集为___▲____.12．若圆锥的母线长是5，高是4，则该圆锥的体积是__▲____.13．过点P(2,1)，在x轴上和y轴上的截距分别是a,b且满足a3b的直线方程为___▲____.14.若钝角三角形ABC三边长分别是a,a1,a2(aN)，则三角形ABC的周长为__▲___.15．已知直线l:mxy32m0(mR),则l恒过定点___▲____.2216.在ABC中，若sinC2cosAcosB，则sinAsinB的最小值为_▲_.三、解答题（10分+12分+12分+12分+12分+12分=70分）17．(5分+5分)在直三棱柱中,,为棱上任一点.(1)求证：直线∥平面；(2)求证：平面⊥平面.n2218.(4分+8分)在锐角△ABC中，已知sinA.3(1)求cos(BC)的值；(2)若a2，S2，求b的值.△ABC19.(6分+6分)如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD=DB，点C为圆O上一点，且BC=AC．点P在圆O所在平面上的正投影为点D，PD=DB．（1）求证：PA⊥CD；（2）求二面角C﹣PB﹣A的余弦值．20．(4分+8分)直线l过点P(2,1)且斜率为k(k＞1)，将直线l绕P点按逆时针方向旋转45°得直线m，若直线l和m分别与y轴交于Q，R两点．（1）用k表示直线m的斜率；（2）当k为何值时，PQR的面积最小？并求出面积最小时直线l的方程．n21．(4分+8分)如图，公园里有一湖泊，其边界由两条线段AB，AC和以BC为直径的半圆⌒π⌒弧BC组成，其中AC为2百米，AC⊥BC，∠A为．若在半圆弧BC，线段AC，线段AB上3各建一个观赏亭D，E，F，再修两条栈道DE，DF，使DE∥AB，DF∥AC.记∠CBD＝θ（π≤3θ＜π）．2（1）试用θ表示BD的长；（2）试确定点E的位置，使两条栈道长度之和最大.BDFCEA(第21题图)x2122.(6分+6分)已知函数f(x),x2122（1）若存在0,，使得不等式f(sinsin)f(2sink)有解，求实数k的2取值范围；xx（2）若函数g(x)满足f(x)g(x)222，若对任意xR且x0，不等式g(2x)≥mg(x)10恒成立，求实数m的最大值．高一数学期中试卷答n案2019.4一选择题:ACDCBCDABC二、填空题:11.12.13.或；14.915.16.三、解答题:17.(1)证明:由直三棱柱,得………………………………2分………………………5分(2)因为三棱柱为直三棱柱,所以,又,而,,且,所以……………8分又,所以平面⊥平面…………………………………10分18.解：（1）因为锐角△ABC中，，所以又A＋B＋C＝p，所以.……….4分（2），，即，……….6分将，，代入余弦定理：得：，……….11分即.………..12分19.解析：（1）连接OC，由AD=BD知，点D为AO的中点，又∵AB为圆的直径，∴AC⊥BC，∵AC=BC，∴∠CAB=60°，∴△ACO为等边三角形，∴CD⊥AO．……….2分∵点P在圆O所在平面上的正投影为点D，n∴PD⊥平面ABC，又CD⊂平面ABC，∴PD⊥CD，PD∩AO=D，∴CD⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，∴PA⊥CD．……….6分（2）过点D作DE⊥PB，垂足为E，连接CE，由（1）知CD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴CD⊥PB，又DE∩CD=D，∴PB⊥平面CDE，又CE⊂平面CDE，∴CE⊥PB，∴∠DEC为二面角C﹣PB﹣A的平面角．……….9分设AB=4,则由（1）可知CD=，PD=BD=3，∴PB=3，则DE==，∴在Rt△CDE中，tan∠DEC==，∴cos∠DEC=，即二面角C﹣PB﹣A的余弦值为．……….12分20.解：(1)设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为，………4分(2)直线的方程为，直线的方程为n令，得，∴……….6分∵，∴≥………9分由得舍去，∴当时，的面积最小，最小值为，此时直线的方程是．………12分π21.解：（1）连结DC．在△ABC中，AC为2百米，AC⊥BC，∠A为3，ππ所以∠CBA＝6，AB＝4，BC＝2．因为BC为直径，所以∠BDC＝2，所以BD＝BCcosθ＝2cosθ．……….4分ππ（2）在△BDF中，∠DBF＝θ＋6，∠BFD＝3，BD＝2cosθ，ππππBD所以66＝2－θ＝sin∠BFD，π所以DF＝4cosθsin(6＋θ)，且BF＝4cosθ，所以DE＝AF=4－4cosθ，……….6分π所以DE＋DF＝4－4cosθ＋4cosθsin(6＋θ)=sin2θ－cos2θ＋3π＝2sin(2θ－6)＋3．………8分ππππ5π因为3≤θ＜2，所以2≤2θ－6＜6，πππ所以当2θ－6＝2，即θ＝3时，DE＋DF有最大值5，此时E与C重合．………11分答：当E与C重合时，两条栈道长度之和最大……….12分22.解：（1）．n对任意，有：．因为，所以，所以，因此在R上递增．………………………………………2分令,则且，所以，即在时有解．当时，，所以．…………………………6分(2)因为，所以()，………7分所以．不等式恒成立，即，，………………10分因为，由基本不等式可得：，当且仅当时，等号成立．所以，则实数m的最大值为．…………………………12分