1、2018-2019学年江苏省无锡一中高一（下）期中数学试卷一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1（5分）经过点（2，3）且与直线2x+y50垂直的直线方程是的倾斜角是 2（5分）在ABC中，已知AB3，A120，且ABC的面积是，则AC的边长为 3（5分）直线（m+1）x（12m）y+4m0经过一定点，则该定点的坐标是 4（5分）设ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若b+c2a，3a5b，则C 5（5分）若直线l经过点A（3，4），且在坐标轴上截距互为相反数，则直线l的方程为 6（5分）在ABC中，sinA：sinB：sinC2：3：4，则sinC 7（5分）直线ax+
2、2y+a+10与直线2x+ay+30平行，则a 8（5分）表面积为3的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为 9（5分）直线l过点P（1，5），且与以A（2，1），为端点的线段有公共点，则直线l斜率的取值范围为 10（5分）如图为中国传统智力玩具鲁班锁，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即樟卯结构）啮合，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全相同的正四棱柱分成三组，经90榫卯起来现有一鲁班锁的正四校柱的底面正方形边长为1，欲将其放入球形容器内（容器壁的厚度忽略不计），若球形容器表面积的最小值为30，则正四棱柱的高为
3、11（5分）ABC的三边长是三个连续的自然数，且最大角是最小角的2倍，则此三角形的面积为 12（5分）ABC中，C90，M是BC的中点，若，则sinBAC 13（5分）如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA圆O所在平面，且PAAB2，过点A作平面PB，交PB，PC分别于E，F，当三棱锥PAEF体积最大时，tanBAC 14（5分）如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上一点，OA2，B为半圆上任意一点，以线段AB为腰作等腰直角ABC（C、O两点在直线AB的两侧），当AOB变化时，OCm恒成立，则m的最小值为 二、解答题（本大题共6小题，共80分，请在答题卡特定区域内作答，解答时应写出
4、文字说明，证明过程或演算步骤）15（10分）在ABC中，角A、B、C对应边分别为a、b、c（1）若a14，b40，cosB，求cosC；（2）若a3，b，B2A，求c的长度16（14分）如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PA平面ABCDM是AD的中点，N是PC的中点（1）求证：MN平面PAB；（2）若平面PMC平面PAD，求证：CMAD；（3）若平面ABCD是矩形，PAAB，求证：平面PMC平面PBC17（14分）在ABC中，设a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知向量（a，sinCsinB），（b+c，sinA+sinB），且（1）求角C的大小（2）若c3，求ABC的周
5、长的取值范围18（14分）已知如图，斜三棱柱ABCA1B1C1中，点D、D1分别为AC、A1C1上的点（1）当等于何值时，BC1平面AB1D1？（2）若平面BC1D平面AB1D1，求的值19（14分）某地拟在一个U形水面PABQ（AB90）上修一条堤坝（E在AP上，N在BQ上），围出一个封闭区域EABN，用以种植水生植物为了美观起见，决定从AB上点M处分别向点E，N拉2条分隔线ME，MN，将所围区域分成3个部分（如图），每部分种植不同的水生植物已知ABa，EMBM，MEN90，设所拉分隔线总长度为l（1）设AME2，求用表示的l函数表达式，并写出定义域；（2）求l的最小值20（14分）已知a，
6、b，c（0，+）（1）若a6，b5，c4是ABC边BC，CA，AB的长，证明：cosAQ；（2）若a，b，c分别是ABC边BC，CA，AB的长，若a，b，cQ时，证明：cosAQ；（3）若存在（2，2）满足c2a2+b2+ab，证明：a，b，c可以是一个三角形的三边长2018-2019学年江苏省无锡一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1（5分）经过点（2，3）且与直线2x+y50垂直的直线方程是的倾斜角是arctan【分析】设与直线2x+y50垂直的直线方程为 x2y+m0，把点（2，3）代入可得 m 值，从而得到所求的直线方程，即可求
7、出直线的倾斜角【解答】解：设与直线2x+y50垂直的直线方程为 x2y+m0，把点（2，3）代入可得26+m0，m8，故所求的直线的方程为 x2y+80，故直线的斜率为k，则直线方程是的倾斜角是arctan，故答案为：arctan【点评】本题考查用待定系数法求直线的方程，两直线垂直，斜率之积等于1，设出与直线2x+y50垂直的直线方程为 x2y+m0 是解题的关键2（5分）在ABC中，已知AB3，A120，且ABC的面积是，则AC的边长为5【分析】利用三角形面积公式列出关系式，将c，sinA及已知面积代入求出b的值，再利用余弦定理列出关系式，把b，c，cosA的值代入计算即可求出a的值【解答】
8、解：在ABC中，ABc3，A120，ABC的面积为，SABCbcsinAb，即b5，则AC的边长为：5故答案为：5【点评】本题考查三角形的面积公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键3（5分）直线（m+1）x（12m）y+4m0经过一定点，则该定点的坐标是（，）【分析】根据题意，将直线的方程变形可得m（x+2y+4）+（xy）0，进而解可得x、y的值，即可得答案【解答】解：根据题意，直线（m+1）x（12m）y+4m0，即m（x+2y+4）+（xy）0，又由，解可得，则该直线恒过点（，）；故答案为：（，）【点评】本题考查过定点的直线问题，注意将直线变形，属于基础题4（5分）设ABC内角A、B、C
9、的对边分别为a、b、c，若b+c2a，3a5b，则C【分析】利用余弦定理，即可求得C【解答】解：b+c2a，3a5b，ba，ca，cosCC（0，），C，故答案为：【点评】本题考查余弦定理的运用，考查学生的计算能力，属于基础题5（5分）若直线l经过点A（3，4），且在坐标轴上截距互为相反数，则直线l的方程为4x+3y0或xy+70【分析】可分当在坐标轴上截距为0时与在坐标轴上截距不为0时讨论解决【解答】解：当在坐标轴上截距为0时，所求直线方程为：yx，即4x+3y0；当在坐标轴上截距不为0时，在坐标轴上截距互为相反数，xya，将A（3，4）代入得，a7，此时所求的直线方程为xy+70；故答案为
10、：4x+3y0或xy+70【点评】本题考查直线的截距式方程，当在坐标轴上截距为0时容易忽略，考查分类讨论思想与缜密思考的习惯，属于中档题6（5分）在ABC中，sinA：sinB：sinC2：3：4，则sinC【分析】由sinA：sinB：sinC2：3：4及由正弦定理，得a：b：c2：3：4，不妨设a2，b3，c4，由余弦定理和同角的三角函数关系即可求出【解答】解：sinA：sinB：sinC2：3：4，由正弦定理，得a：b：c2：3：4，不妨设a2，b3，c4，cosC，则sinC，故答案为：【点评】本题考查正弦定理、余弦定理，属基础题，准确记忆定理的内容是解题关键7（5分）直线ax+2y+
11、a+10与直线2x+ay+30平行，则a2【分析】由a240，解得a经过验证即可得出【解答】解：由a240，解得a2经过验证a2时，两条直线重合，舍去故答案为：2【点评】本题考查了两条直线平行与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题8（5分）表面积为3的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为2【分析】设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为3，构造方程，可求出直径【解答】解：设圆锥的底面的半径为r，圆锥的母线为l，则由l2r得l2r，而Sr2+r2r3r23故r21解得r1，所以直径为：2故答案为：2【点评】本题综合
12、考查有关扇形和圆锥的相关计算解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长正确对这两个关系的记忆是解题的关键9（5分）直线l过点P（1，5），且与以A（2，1），为端点的线段有公共点，则直线l斜率的取值范围为（，45，+）【分析】结合函数的图象，求出端点处的斜率，从而求出斜率的范围即可【解答】解：如图示：当直线l过B时设直线l的斜率为k1，则k15，当直线l过A时设直线l的斜率为k2，则k24，要使直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（，45，+），故答案为（，45，+）【点评】
13、本题考查了求直线的斜率问题，考查数形结合思想，是一道基础题10（5分）如图为中国传统智力玩具鲁班锁，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即樟卯结构）啮合，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全相同的正四棱柱分成三组，经90榫卯起来现有一鲁班锁的正四校柱的底面正方形边长为1，欲将其放入球形容器内（容器壁的厚度忽略不计），若球形容器表面积的最小值为30，则正四棱柱的高为5【分析】由球表面积的最小值求出球形容器的半径的最小值，从而得到正四棱柱体的对角线长，由此能求出正四棱柱体的高【解答】解：球形容器表面积的最小值为30，球形容器的半径的最
14、小值为r，正四棱柱体的对角线长为，设正四棱柱体的高为h，12+22+h230，解得h5故答案为：5【点评】本题考查球、正四棱柱的高等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题11（5分）ABC的三边长是三个连续的自然数，且最大角是最小角的2倍，则此三角形的面积为【分析】根据三角形满足的两个条件，设出三边长分别为n1，n，n+1，三个角分别为，3，2，由n1，n+1，sin，以及sin2，利用正弦定理列出关系式，根据二倍角的正弦函数公式化简后，表示出cos，然后利用余弦定理得到（n1）2（n+1）2+n22（n1）ncos，将表示出的cos代入，整理后得到关于n的方程，求出方程的解得到n的值，从而得
15、到三边长的值，由海伦公式可得三角形的面积【解答】解：设三角形三边是连续的三个自然n1，n，n+1，三个角分别为，3，2，由正弦定理可得：，cos，再由余弦定理可得：（n1）2（n+1）2+n22（n+1）ncos（n+1）2+n22（n+1）n，化简可得：n25n0，解得：n5或n0（舍去），n5，故三角形的三边长分别为：4，5，6由海伦公式知p，S故答案为：【点评】此题考查了正弦、余弦定理，海伦公式以及二倍角的正弦函数公式，正弦、余弦定理很好的建立了三角形的边角关系，熟练掌握定理是解本题的关键，属于中档题12（5分）ABC中，C90，M是BC的中点，若，则sinBAC【分析】作出图象，设出未
16、知量，在ABM中，由正弦定理可得sinAMB，进而可得cos，在RTACM中，还可得cos，建立等式后可得ab，再由勾股定理可得c，而sinBAC，代入化简可得答案【解答】解：如图设ACb，ABc，CMMB，MAC，在ABM中，由正弦定理可得，代入数据可得，解得sinAMB，故coscos（AMC）sinAMCsin（AMB）sinAMB，而在RTACM中，cos，故可得，化简可得a44a2b2+4b4（a22b2）20，解之可得ab，再由勾股定理可得a2+b2c2，联立可得c，故在RTABC中，sinBAC，另解：设BAM为，MAC为，正弦定理得BM：sinAM：sinBBM：sinAM又有
17、sincosAMCcos（+B），联立消去BM，AM得sinBcos（+B）sin，拆开，将1化成sin2B+cos2B，构造二次齐次式，同除cos2B，可得tan，若，则cosBAM，tanBAM，解得tanB，cosB易得sinBAC另解：作MDAB交于D，设MD1，AM3，AD2，DBx，BMCM，用DMB和CAB相似解得x，则cosB，易得sinBAC故答案为：【点评】本题考查正弦定理的应用，涉及三角函数的诱导公式以及勾股定理的应用，属难题13（5分）如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA圆O所在平面，且PAAB2，过点A作平面PB，交PB，PC分别于E，F，当三棱锥PAEF
18、体积最大时，tanBAC【分析】由题意PB平面AEF，从而AFPB，由ACBC，APBC，得AFBC，从而AF平面PBC，AFE90，设BAC，则AF，AEPE，EF，当AF1时，VPAEF取最大值，由此能求出当三棱锥PAEF体积最大时，tanBAC的值【解答】解：AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA圆O所在平面，且PAAB2，过点A作平面PB，交PB，PC分别于E，F，PB平面AEF，又AF平面AEF，AFPB，又ACBC，APBC，ACAPA，BC平面PAC，AF平面PAC，AFBC，BCPBB，AF平面PBC，AFE90，设BAC，则AC2cos，BC2sin，PC，在RtPAC中，A
19、F，AEPE，EF，当AF1时，VPAEF取最大值，此时，AF1，解得cos，sin，tan，当三棱锥PAEF体积最大时，tanBAC故答案为：【点评】本题考查三棱锥体积最大时，角的正切值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题14（5分）如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上一点，OA2，B为半圆上任意一点，以线段AB为腰作等腰直角ABC（C、O两点在直线AB的两侧），当AOB变化时，OCm恒成立，则m的最小值为2+1【分析】根据题意，以O为坐标原点，OA为x轴建立坐标系，设AOB，分析A、B的坐标，可得向量的坐标，又
20、由ABC为等腰直角三角形，则ACAB且|AC|AB|，分析可得向量的坐标，进而由向量坐标的加法可得向量的坐标，进而可得向量的模，分析其最大值，若OCm恒成立，分析可得答案【解答】解：根据题意，以O为坐标原点，OA为x轴建立坐标系，如图：则A（2，0），设AOB，（0），则B的坐标为（cos，sin），则（cos2，sin），ABC为等腰直角三角形，则ACAB且|AC|AB|，又由C、O两点在直线AB的两侧，则（sin，2cos），则+（2+sin，2cos），则|2（2+sin）2+（2cos）29+4（sincos）9+4sin（），分析可得：当时，|2取得最大值9+4，则OC的最大值为2+
21、1，若OCm恒成立，则m2+1，即m的最小值为2+1；故答案为：2+1【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及三角函数的恒等变形，属于综合题二、解答题（本大题共6小题，共80分，请在答题卡特定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15（10分）在ABC中，角A、B、C对应边分别为a、b、c（1）若a14，b40，cosB，求cosC；（2）若a3，b，B2A，求c的长度【分析】（1）根据正弦定理和两角和的余弦公式，即可求出，（2）根据正弦定理和余弦定理即可求出【解答】解：（1）a14，b40，cosB，sinB，由正弦定理可得，则sinA，ab，cosA，cosCcos（A+B）
22、cos（A+B）cosAcosB+sinAsinB+（2）由正弦定理可得，则，则cosA，由余弦定理可得a2b2+c22bccosA，即924+c222c，整理可得c28c+150，解得c3或c5【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了三角函数的化简，属于基础题16（14分）如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PA平面ABCDM是AD的中点，N是PC的中点（1）求证：MN平面PAB；（2）若平面PMC平面PAD，求证：CMAD；（3）若平面ABCD是矩形，PAAB，求证：平面PMC平面PBC【分析】（1）取PB的中点E，连接EN，AE通过证明四边形AMNE是平行四边
23、形得出MNAE，从而得出MN平面PAB；（2）假设CM与AD不垂直，构造与平面PAD垂直的平面PMQ，得出矛盾结论即可；（3）证明四边形AMNE是矩形得出MNEN，再证明PMCM得出MNPC，故而MN平面PBC，于是平面PBC平面PMC【解答】证明：（1）取PB的中点E，连接EN，AEE，N分别是PB，PC的中点，ENBC，M是AD的中点，四边形ABCD是平行四边形，AMBC，ENAM，四边形AMNE是平行四边形，MNAE，又MN平面PAB，AE平面PAB，MN平面PAB（2）假设CM与AD不垂直，在平面ABCD内过M作AD的垂线，交BC于Q，连接PQ，MQ，PA平面ABCD，MQ平面ABCD
24、，PAMQ，又ADMQ，PAADA，MQ平面PAD，又MQ平面PMQ，平面PMQ平面PAD，显然这与平面PMC平面PAD矛盾故假设不成立，CMAD（3）四边形ABCD是矩形，ADAB，PA平面ABCD，AD平面ABCD，PAAD，又PAABA，AD平面PAB，ADAE，由（1）可知四边形AMNE是平行四边形，四边形AMNE是矩形，MNEN，又AMMD，PAABCD，PAMMDC90，PMACMD，PMCM，又N是PC的中点，MNPC，又PCENN，PC平面PBC，EN平面PBC，MN平面PBC，又MN平面PMC，平面PMC平面PBC【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定与性质，属于中档题1
25、7（14分）在ABC中，设a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知向量（a，sinCsinB），（b+c，sinA+sinB），且（1）求角C的大小（2）若c3，求ABC的周长的取值范围【分析】（1）由向量平行的性质，正弦定理可得a2+b2c2ab，由余弦定理得：cosC，即可得解C的值（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求周长为：a+b+c2sin（A+）+3，由0A，利用正弦函数的性质即可求解【解答】解：（1）由向量（a，sinCsinB），（b+c，sinA+sinB），且，得：a（sinA+sinB）（b+c）（sinCsinB）由正弦定理，得：a（a+b）（b+c）（cb）化为
26、：a2+b2c2ab，由余弦定理，得：cosC，所以，C，（2）因为C，所以，BA，由B0，得：0A，由正弦定理，得：2，ABC 的周长为：a+b+c2（sinA+sinB）+32sinA+sin（A）+3，2sin（A+）+3，由0A，得：A+，sin（A+）1，所以，周长C2sin（A+）+3（6，2+3【点评】本题主要考查了向量平行的性质，正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题18（14分）已知如图，斜三棱柱ABCA1B1C1中，点D、D1分别为AC、A1C1上的点（1）当等于何值时，BC1平面AB1D1？（2）若平面BC1
27、D平面AB1D1，求的值【分析】（1）欲证BC1平面AB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证BC1与平面AB1D1内一直线平行，取D1为线段A1C1的中点，此时1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1，OD1BC1，OD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，满足定理所需条件；（2）根据平面BC1D与平面AB1D1平行的性质定理可知BC1D1O，同理AD1DC1，根据比例关系即可求出所求【解答】解：（1）如图，取D1为线段A1C1的中点，此时1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点在A1BC1中，点O、D1分别为A
28、1B、A1C1的中点，OD1BC1又OD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，BC1平面AB1D11时，BC1平面AB1D1，（2）由已知，平面BC1D平面AB1D1且平面A1BC1平面BDC1BC1，平面A1BC1平面AB1D1D1O因此BC1D1O，同理AD1DC1，又1，1，即1【点评】本题主要考查了直线与平面平行的判定，以及平面与平面平行的性质，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题19（14分）某地拟在一个U形水面PABQ（AB90）上修一条堤坝（E在AP上，N在BQ上），围出一个封闭区域EABN，用以种植水生植物为了美观起见，决
29、定从AB上点M处分别向点E，N拉2条分隔线ME，MN，将所围区域分成3个部分（如图），每部分种植不同的水生植物已知ABa，EMBM，MEN90，设所拉分隔线总长度为l（1）设AME2，求用表示的l函数表达式，并写出定义域；（2）求l的最小值【分析】（1）设AME2，求出EM，MN，即可求用表示的l函数表达式，并写出定义域；（2）令f（）sin（1sin），sin（0，），即可求l的最小值【解答】解：（1）EMBM，BMEN，BMNEMN，BNMMNE，AME2，BNMMNE，设MNx，在BMN中，BMxsin，EMBMxsin，EAM中，AMEMcos2xsincos2，AM+BMa，xsin
30、cos2+xsina，x，lEM+MN，（0，）；（2）令f（）sin（1sin），sin（0，），f（），当且仅当时，取得最大值，此时lmin2a【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查三角函数模型的运用，属于中档题20（14分）已知a，b，c（0，+）（1）若a6，b5，c4是ABC边BC，CA，AB的长，证明：cosAQ；（2）若a，b，c分别是ABC边BC，CA，AB的长，若a，b，cQ时，证明：cosAQ；（3）若存在（2，2）满足c2a2+b2+ab，证明：a，b，c可以是一个三角形的三边长【分析】（1）由已知可求cosA的值，即可得证cosAQ；（2）由余弦定理可求cosA
31、，根据有理数对加减乘除法是封闭的即可证明；（3）用反证法证明假设不存在以a，b，c为三边的三角形，即a+bc，两边平方，再代入条件，引出矛盾，从而得证【解答】证明：（1）a6，b5，c4，由余弦定理可得：cosA0.125Q，得证；（2）任意两个有理数的和，差，积，商（除数不为0）仍是有理数，a，b，cQ时，可得：cosAQ；（3）不妨假设不存在以a，b，c为三边的三角形，即：a+bc，两边平方，可得：a2+b2+2aba2+b2+ab，2，（2，2），矛盾，故假设不成立，即存在以a，b，c为三边的三角形【点评】本题以三角形为载体，考查学生灵活运用余弦定理的能力，要求熟练掌握反证法证明，是一道中档题
