1、赣榆智贤中学赣榆智贤中学 2019-20202019-2020 学年度第二学期高一月考测试学年度第二学期高一月考测试数学试题数学试题一、单项选择题：本大题共一、单项选择题：本大题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的符合题目要求的1.已知,2，5sin5，则tan2等于（）A.43B.47C.34D.35- -【答案】A【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系式求得cos,tan的值，进而求得tan2的值.【 详 解 】 由 于,2，5sin5， 所 以22 5cos1 sin5 ， 所 以
2、sin1tancos2 ，所以2122tan42tan211tan314 .故选：A【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，二倍角公式，属于基础题.2.如图，正方体1111ABCD ABC D的棱长为1，点P是面1111DCBA内任意一点，则四棱锥P ABCD的体积为（）A.16B.13C.12D.23【答案】B【解析】【分析】利用棱锥的体积公式直接求解即可.【详解】正方体1111ABCD ABC D的棱长为1，点P是面1111DCBA内任意一点，则四棱锥P ABCD的高为1所以11133P ABCDABCDVS .故选：B【点睛】本题考查了棱锥的体积公式，需熟记公式，属于基础题.3.
3、经过点(1,1)，斜率是直线y22x2 的斜率的 2 倍的直线方程是()A.x1B.y1C.y12(x1)D.y122(x1)【答案】C【解析】由条件知已知直线的斜率为22，故所求直线的斜率是2，因此所求直线的方程为y12(x1)选 C4.在ABC中，一定成立的等式是（ ）A.sinsinBaAbB.coscosaAbBC.sinsinaBbAD.coscosaBbA【答案】C【解析】本题考查正弦定理.在ABC中，由正弦定理得,sinsin.sinsinabaBbAAB即故选 C5.已知ABC的面积是12,1AB ,2BC ,则AC （）A. 5B.5或 1C. 5 或 1D.5【答案】B【解
4、析】11sin22ABCSAB BCB，1AB ,2BC 12sin22B 若B为钝角，则2cos2B ，由余弦定理得2222cosACABBCB AB BC，解得5AC ；若B为锐角，则2cos2B ，同理得1AC .故选 B.6.过原点且倾斜角为 60的直线被圆2240 xyy所截得的弦长为（）A.2 3B. 2C.6D.3【答案】A【解析】由题意可得，直线方程为：tan603yxx，即30 xy，圆的标准方程为：22222xy，圆心到直线的距离：30213 1d ，则弦长为：22224 12 3rd .本题选择A选项.点睛：点睛：圆的弦长的常用求法(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d
5、，弦长为l，则222lrd；(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：2121ABkxx.7.过点P(2,4)作圆O：(x2)2(y1)225 的切线l，直线m：ax3y0 与直线l平行，则直线l与m间的距离为()A. 4B. 2C.85D.125【答案】A【解析】设:30212032120l axymamaxya 因此22|2a3+2a+12|543aa ，因此直线l与m间的距离为22|2 4+12|443，选 A.8.正三棱柱111ABCABC的底面边长为2，侧棱长为3，D为AB的中点，则1A D与平面11B BCC所成角的正弦值为（）A.34B.34C.134D.154【答案】A【解
6、析】【分析】取11AB的中点E，连结BE，则1/ /ADBE，则1A D与平面11B BCC所成角可转化为BE与平面11B BCC所成角，过点E作11EOBC于点O，则EBO是1A D与平面11B BCC所成角，由此能求出1A D与平面11B BCC所成角的正弦值.【详解】取11AB的中点E，连结BE，则1/ /ADBE，则1A D与平面11B BCC所成角可转化为BE与平面11B BCC所成角，过点E作11EOBC于点O，由于111ABCABC是正三棱柱，平面111ABC 平面11B BCC，EO平面11B BCC，EBO是1A D与平面11B BCC所成角，由题意1111142BOBC，3
7、2EO ，22113 12EBBBEB ，在Rt EOBV中，3sin4EOEBOEB，1A D与平面11B BCC所成角的正弦值为34.故选：A【点睛】本题考查了线面角的求法，解题的关键是作出线面角，考查了考生的空间想象能力，属于基础题.二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 4 4 小题小题，每小题每小题 5 5 分分，共共 2020 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有多有多项符合题目要求项符合题目要求9.如果0AB ，0BC ，那么直线0AxByC经过（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】ABC【解析】【分析】确定直线0AxByC在x
8、轴、y轴上截距的正负，数形结合可知直线0AxByC所经过的象限.【详解】直线0AxByC在x轴上的截距为0CBCAAB ，在y轴上的截距为0CB，如下图所示：由图象可知，直线0AxByC经过第一、二、三象限.故选：ABC.【点睛】本题考查直线所过象限的判断，一般作出直线的图象即可判断，考查数形结合思想的应用，属于基础题.10.等腰直角三角形直角边长为 1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周 ，则所形成的几何体的表面积可以为（）A.2B.12C.2 2D.22【答案】AB【解析】【分析】分 2 种情况，一种是绕直角边，一种是绕斜边，分别求形成几何体的表面积.【详解】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆
9、锥底面半径为 1，高为 1，母线就是直角三角形的斜边2，所以所形成的几何体的表面积是2212121Srlr .如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是 1，所以写成的几何体的表面积222122Srl .综上可知形成几何体的表面积是21或2.故选：AB【点睛】本题考查旋转体的表面积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型.11.已知等边ABC边长为3点D在BC边上，且BDCD，7AD 下列结论中正确的是（）A.2BDCDB.2ABDACDSSC.cos2cosBADCADD.sin2sinBADCAD【答案】A
10、BD【解析】【分析】作出图形，利用余弦定理计算出BD，进而可求得CD，并利用余弦定理求出cosBAD，cosCAD，可计算出sinBAD和sinCAD，进而可判断各选项的正误.【详解】如下图所示：在ABD中，2222cos3ADABBDAB BD，整理得2320BDBD，BDCD，1322BDBC，解得2BD ，1CD，则2BDCD，2ABDACDSBDSCD，由余弦定理得2222cos27ABADBDBADAB AD，同理可得5cos2 7CAD，所以，23sin1 cos7BADBAD，3sin2 7CAD，因此，2cos22 7475cos5572 7BADCAD，sin2sinBADC
11、AD.故选：ABD.【点睛】本题考查解三角形，根据余弦定理解三角形是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.12.如图，在正四棱锥SABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论中恒成立的为（）.A.EP ACB.EPBDC.EP面SBDD.EP 面SAC【答案】AC【解析】【分析】如图所示，连接ACBD相交于点O，连接EM，EN，由正四棱锥性质可得SO 底面，ACBD，进而得到SOAC，可得AC 平面SBD，利用三角形的中位线结合面面平行判定定理得平面/EMN平面SBD，进而得到AC 平面EMN，随即可判断A；由异面直线的定义可知不可能/EP BD；
12、由A易得C正确；由A同理可得：EM 平面SAC，可用反证法可说明D.【详解】如图所示，连接ACBD相交于点O，连接EM，EN.由正四棱锥SABCD，可得SO 底面ABCD，ACBD，所以SOAC.因为SOBDO，所以AC 平面SBD，因为E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，所以/EM D，/MN SD，而EMMNN，所以平面/EMN平面SBD，所以AC 平面EMN，所以ACEP，故A正确；由异面直线的定义可知:EP与BD是异面直线，不可能/EP BD，因此B不正确；平面/EMN平面SBD，所以/EP平面SBD，因此C正确；EM 平面SAC，若EP 平面SAC，则/EP EM，与EPEME相
13、矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直，即D不正确.故选:AC.【点睛】本题主要考查了线线平行与垂直，线面平行与垂直的判定熟练掌握线面、面面的位置关系判定定理是解题的关键，属于中档题.三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分分13.已知4，则(1tan )(1tan)的值是_.【答案】2.【解析】【分析】利用二角和的正切公式，可以直接求解【详解】4tantantan()tan1tantan1tantan41tantan 1 tan1 tan=1tantantantan=2.【点睛】本题考查了二角和的正切公式，以及整体代换思想,掌握公式的
14、特征是解题的关键.考查了学生分析、解决问题的能力.14.三棱锥PABC中，PA、PB、PC两两互相垂直，且1PA ，2PBPC，则P点到平面ABC的距离为_【答案】22【解析】【分析】根据题意利用等体积计算P点到平面ABC的距离，求出ABC的面积即可【详解】PA、PB、PC两两互相垂直，且1PA ，2PBPC，3ABAC，2BC A到BC的距离为2ABC的面积为12222 设P点到平面ABC的距离为h，则11122 12323h 22h 即P点到平面ABC的距离为22故答案为：22【点睛】本题考查点到面的距离，解题的关键是利用等体积法进行求解15.直线l是圆1C：22(1)1xy与圆2C：22
15、(4)4xy的公切线，并且l分别与x轴正半轴，y轴正半轴相交于A，B两点，则AOB的面积为_【答案】22【解析】【分析】根据题意画出图形，设,OAa OBb，利用三角形相似求得, a b的值，代入三角形的面积公式，即可求解.【详解】如图所示，设,OAa OBb，由1AEC与2ADC相似，可得1142aa，解得2a ，再由AOB与1AEC相似，可得2413bb ，解得22b ，由三角形的面积公式，可得AOB的面积为112222222Sab .故答案为：22.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，以及三角形相似的应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.16.在AB
16、C中，A，B，C内角所对的边分别为a，b，c，已知2b 且coscos4 sinsincBbCaBC，则c的最小值为_【答案】12【解析】【分析】由正弦定理和三角函数的化简可得1sinsin4BC ，再根据正弦定理即可求出【详解】ccoscos4 sinsinBbCaBC，sincossincos4sinsinsinCBBCABC，sin()sin4sinsinsinBCAABC，sin0A，1sinsin4BC ，1sin4sinCB，由正弦定理可得sinsinbcBC，即2sin28sinsinCcCB，当sin1B 时，minsinC14.当1sin4C 时，则c的最小值为12故答案为1
17、2.【点睛】本题考查了三角函数的化简与性质和正弦定理的应用，属于中档题四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 6 6 题，共题，共 7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.已知tan2.（1）求tan4的值；（2）求2sin2sinsincoscos21的值.【答案】 （1）3； （2）1【解析】试题分析： （1）本题考察的是求三角函数的值，本题中只需利用两角和的正切公式，再把tan2代入到展开后的式子中，即可求出所求答案（2）本题考察的三角函数的化简求值，本题中需要利用齐次式来解，先通过二倍角公式进行展开，然后分式上下同除以2cos，
18、得到关于tan的式子，代入tan2，即可得到答案试题解析： （）tantan2 14tan()3.41 2 11tantan4 （）原式222sincossinsincos2cosa22tantantan222 21222考点： （1）两角和的正切公式（2）齐次式的应用18.如图，已知点2,3 ,4,1AB，ABC是以AB为底边的等腰三角形，点C在直线l:220 xy-+=上（1）求AB边上的高CE所在直线的方程；（2）求ABC的面积【答案】解： （） xy10； （）2【解析】【详解】 （1）由题意，求得直线AB的斜率，从而得到11CEABkk ，利用直线的点斜式方程，即可求解直线CE的方程
19、；（2）由22010 xyxy ，求得(4,3)C，利用两点间的距离公式和三角形的面积公式，即可求得三角形的面积.试题解析：（）由题意可知，为AB的中点，1 3142ABk 3,2E，且11CEABkk ，CE所在直线方程为23yx，即10 xy .（）由22010 xyxy 得43xy4,3C2ACBC,2 2AB ACBC122ABCSACBC19.设a、b、c分别是ABC的内角A、B、C的对边已知tan3A ，2b （1）若2 3a ，求B；（2）若2ac，求ABC的面积【答案】 （1）6A； （2）3936.【解析】【分析】（1）由tan3A 求得角A的值，由正弦定理求出sinB的值，
20、再由大边对大角定理可求得角B的值；（2）利用余弦定理求得a、c的值，再利用三角形的面积公式可求得ABC的面积【详解】 （1）tan3A ，且0A，所以3A，由正弦定理可得sinsinabAB，所以32sin12sin22 3bABa，ba，3BA，因此，6B；（2）由余弦定理可得22222222cos3accc，可得23240cc，0c Q，解得13 13c，所以1113 1393sin2sin22336ABCSbcA .【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，同时也考查了三角形面积的计算，考查计算能力，属于基础题.20.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，60
21、,DABFC平面,ABCD AEBD CBCDCF.（）求证：BD 平面AED；（）求二面角FBDC的余弦值.【答案】 ： （）见解析； （）55【解析】试题分析： （1）要证明直线和平面垂直，只需证明直线和平面内的两条相交直线垂直由已知得AEBD，故只需证明ADBD，在BCD中，由余弦定理得,BD CB的关系，即,BD AD的关系确定，在ABD中，结合已知条件60DAB可判定ABD是直角三角形，且ADBD，从而可证明 BD平面 AED； （2）求二面角FBDC，可先找后求，过C作CMBD，由已知 FC平面 ABCD，得BD 面FCM，故CMBD，FMBD，故FMC为二面角 FBDC 的平面角
22、，在Rt FCM中计算FMC（1）在等腰梯形 ABCD 中，ABCD，DAB= 60，CBCD，由余弦定理可知，222BDCBCD02cos120CB CD23CD，即33BDADCD，在ABD中，60DAB，3BDAD，则ABD是直角三角形，且ADBD，又AEBD，且AEADA，故 BD平面 AED（2）过C作CMBD，交BD于点M，因为 FC平面 ABCD，BD 面ABCD，所以FCBD，所以BD 面FCM，因此CMBD，FMBD，故FMC为二面角 FBDC 的平面角.在CDB中，,120OCDCBDCB，可得1122CMCBCF因此tan2FCFMCCM. 即二面角 FBDC 的正切值为
23、 2.考点：1、直线和平面垂直的判定；2、二面角.21.在海岸A处，发现北偏东45方向，距离A为31海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75方向， 距离A为2海里的C处有一艘缉私艇奉命以10 3海里/时的速度追截走私船，此时，走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30方向逃窜.（1）问C船与B船相距多少海里？C船在B船的什么方向？（2）问缉私艇沿什么方向行驶才能最快追上走私船？并求出所需时间.【答案】 （1）6BC，C船在B船的正西方向； （2）缉私艇沿东偏北30方向行驶610小时才能最快追上走私船【解析】【分析】（1）在ABC中根据余弦定理计算BC，再利用正弦定理计算ABC即可得出方位；
24、（2）在BCD中，利用正弦定理计算BCD，再计算BD得出追击时间【详解】解： （1）由题意可知31AB，2AC ，120BAC，在ABC中，由余弦定理得：2222cos1206BCABACAB AC ，6BC，由正弦定理得：sinsinACBCABCBAC，即26sin32ABC，解得：2sin2ABC，45ABC，C船在B船的正西方向（2）由（1）知6BC，120DBC，设t小时后缉私艇在D处追上走私船，则10BDt，10 3CDt，在BCD中，由正弦定理得：10 310sin120sinttBCD，解得：1sin2BCD，30BCD，BCD是等腰三角形，106t，即610t 缉私艇沿东偏北
25、30方向行驶610小时才能最快追上走私船【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，以及解三角形的实际应用，考查转化能力和运算能力，属于中档题22.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线340 xy相切(1)求圆O的方程(2)直线:3l ykx与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点M，使得四边形OAMB为菱形？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，说明理由【答案】 （1）x2+y2=4.（2）直线l的斜率为22.【解析】试题分析： （1）先根据圆心到切线距离等于半径求r，再根据标准式写圆方程（2）由题意得OM与AB互相垂直且平分,即得原点O到直线l的距离，再根据点到直线距离公式求直线斜率试题解析： （1）设圆O的半径长为r,因为直线x-3y-4=0 与圆O相切,所以r=03 041 3 =2.所以圆O的方程为x2+y2=4.（2）假设存在点M,使得四边形OAMB为菱形,则OM与AB互相垂直且平分,所以原点O到直线l:y=kx+3 的距离d=12|OM|=1.所以231k=1,解得k2=8,即k=22,经验证满足条件.所以存在点M,使得四边形OAMB为菱形，此时直线l的斜率为22.
