2019-2020学年天津一中高一下学期期末数学试卷 (解析版)

2019-2020学年天津一中高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共10小题）.1．若复数z1对应复平面内的点（2，﹣3），且z1•z2＝1+i，则复数z2的虚部为（）A．﹣B．C．﹣D．2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若m∥α，m∥β，则α∥βB．若m⊥α，m⊥n，则n⊥αC．若m⊥α，m∥n，则n⊥αD．若α⊥β，m⊥α，则m∥β3．设x，y∈R，向量＝（x，1），＝（1，y），＝（2，﹣4），且⊥，∥，则|+|＝（）A．B．C．D．104．某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出40人，将其成绩分成以下6组：第1组[40，50），第2组[50，60），第3组[60，70），第4组[70，80），第5组[80，90），第6组[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图．现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2，3，4组抽取的人数依次为（）A．1，3，4B．2，3，3C．2，2，4D．1，1，65．雕塑成了大学环境不可分割的一部分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像．雕像由像体AD和底座CD两部分组成．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝70.5°，在Rt△DBC中，∠DBC＝45°，且CD＝2.3米，求像体AD的高度（）（最后结果精确到0.1米，参考数据：sin70.5°≈0.943，cos70.5°≈0.334，tan70.5°≈2.824）A．4.0米B．4.2米C．4.3米D．4.4米6．如图，O是△ABC的重心，＝，＝，D是边BC上一点，且＝3，则（）A．＝B．＝C．＝D．＝7．在△ABC中，sin2＝（a、b、c分别为角A、B、C的对应边），则△ABC的形状为（）A．正三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形8．下列各对事件中，不互为相互独立事件的是（）A．掷一枚骰子一次，事件M“出现偶数点”；事件N“出现3点或6点”B．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”C．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”D．甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”9．已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，则球O的体积等于（）A．B．C．D．10．已知边长为2的菱形ABCD中，点F为BD上一动点，点E满足＝2，＝﹣，则的最小值为（）A．﹣B．﹣C．﹣D．﹣二、填空题11．i是虚数单位，则||的值为．12．掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，则一次试验中，事件（表示事件B的对立事件）发生的概率为．13．若一个圆柱的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是．14．在△ABC中，AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，O是BC的中点，M是AO上一点，且，则的值是．15．在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，若a2﹣b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝．16．在△ABC中，∠BAC＝60°，||＝2，＝2，||＝，则||＝；设＝λ﹣（λ∈R），且•＝4，则λ的值为．三、解答题17．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若a＝，b＝2．求：（ⅰ）边长c；（ⅱ）sin（2B﹣C）的值．18．某校参加夏令营的同学有3名男同学A，B，C和3名女同学X，Y，Z，其所属年级情况如表：高一年级高二年级高三三年级男同学A B C女同学X Y Z现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）（Ⅰ）用表中字母写这个试验的样本空间；（Ⅱ）设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，写出事件M的样本点，并求事件M发生的概率．19．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SD＝1．（1）求证：BC⊥SC；（2）求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小．20．如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2．（1）求证：EG∥平面ADF；（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．参考答案一、选择题1．若复数z1对应复平面内的点（2，﹣3），且z1•z2＝1+i，则复数z2的虚部为（）A．﹣B．C．﹣D．【分析】由已知求得z1，代入z1•z2＝1+i，变形后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由题意，z1＝2﹣3i，又z1•z2＝1+i，∴，∴复数z2的虚部为．故选：B．2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若m∥α，m∥β，则α∥βB．若m⊥α，m⊥n，则n⊥αC．若m⊥α，m∥n，则n⊥αD．若α⊥β，m⊥α，则m∥β【分析】在A中，α与β相交或平行；在B中，n∥α或n⊂α；在C中，由线面垂直的判定定理得n⊥α；在D中，m与β平行或m⊂β．解：设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则：在A中，若m∥α，m∥β，则α与β相交或平行，故A错误；在B中，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故B错误；在C中，若m⊥α，m∥n，则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故C正确；在D中，若α⊥β，m⊥α，则m与β平行或m⊂β，故D错误．故选：C．3．设x，y∈R，向量＝（x，1），＝（1，y），＝（2，﹣4），且⊥，∥，则|+|＝（）A．B．C．D．10【分析】由向量平行与垂直的充要条件建立关于x、y的等式，解出x、y的值求出向量的坐标，从而得到向量的坐标，再由向量模的公式加以计算，可得答案．解：∵，且，∴x•2+1•（﹣4）＝0，解得x＝2．又∵，且，∴1•（﹣4）＝y•2，解之得y＝﹣2，由此可得，，∴＝（3，﹣1），可得＝＝．故选：B．4．某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出40人，将其成绩分成以下6组：第1组[40，50），第2组[50，60），第3组[60，70），第4组[70，80），第5组[80，90），第6组[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图．现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2，3，4组抽取的人数依次为（）A．1，3，4B．2，3，3C．2，2，4D．1，1，6【分析】利用分层抽样的性质结合频率分布直方图能求出第2，3，4组抽取的人数．解：采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2抽取的人数为：8×＝2人，第3组抽取的人数为：8×＝2人，第4组抽取的人数为：8×＝4人．故选：C．5．雕塑成了大学环境不可分割的一部分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像．雕像由像体AD和底座CD两部分组成．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝70.5°，在Rt△DBC中，∠DBC＝45°，且CD＝2.3米，求像体AD的高度（）（最后结果精确到0.1米，参考数据：sin70.5°≈0.943，cos70.5°≈0.334，tan70.5°≈2.824）A．4.0米B．4.2米C．4.3米D．4.4米【分析】在Rt△DBC中求出BC，再利用Rt△ABC的边角关系求出AC的值，即得AD 的大小．解：在Rt△DBC中，∠DBC＝45°，且CD＝2.3米，所以BC＝CD＝2.3米；在Rt△ABC中，∠ABC＝70.5°，BC＝2.3米，所以tan70.5°＝，AC＝BC tan70.5°＝2.3×2.842＝6.5366≈6.5（米），所有AD＝AB﹣CD＝6.5﹣2.3＝4.2（米），即像体AD的高度为4.2米．故选：B．6．如图，O是△ABC的重心，＝，＝，D是边BC上一点，且＝3，则（）A．＝B．＝C．＝D．＝【分析】由O为△ABC的重心，则点E为BC的中点，且，又由＝3，得：D是BC的四等分点，再利用平面向量的线性运算可得则＝﹣+，故得解解：如图，延长AO交BC于E，由已知O为△ABC的重心，则点E为BC的中点，且由＝3，得：D是BC的四等分点，则＝﹣+，故选：A．7．在△ABC中，sin2＝（a、b、c分别为角A、B、C的对应边），则△ABC的形状为（）A．正三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形【分析】直接利用二倍角的余弦函数以及余弦定理化简求解即可判断三角形的形状．解：因为sin2＝＝，即，由余弦定理可得，可得a2+b2＝c2，所以三角形是直角三角形．故选：B．8．下列各对事件中，不互为相互独立事件的是（）A．掷一枚骰子一次，事件M“出现偶数点”；事件N“出现3点或6点”B．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”C．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”D．甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”【分析】利用对立事件和互斥事件的概念求解．解：根据事件的特点易知，事件M是否发生对事情N发生的概率没有影响，故M与N 是相互独立事件，故A，B，D属于相互独立事件．对于C：由于第一次摸到球不放回，因此会对第二次摸到球的概率产生影响，所以这两个事件不是相互独立事件；故选：C．9．已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，则球O的体积等于（）A．B．C．D．【分析】根据直线平面的垂直问题得出Rt△SBC，Rt△SAC中AC的中点O，判断SC 为球O的直径，又可求得SC＝2，球O的半径R＝1，求解即可．【解答】解；∵SA⊥平面ABC，AB⊥BC，∴SA⊥BC，AB⊥BC，∴BC⊥面SAB，∵BS⊂面SAB，∴SB⊥BC，∴Rt△SBC，Rt△SAC中AC的中点O，∴OS＝OA＝OB＝OC，∴SC为球O的直径，又可求得SC＝2，∴球O的半径R＝1，体积，故选：B．10．已知边长为2的菱形ABCD中，点F为BD上一动点，点E满足＝2，＝﹣，则的最小值为（）A．﹣B．﹣C．﹣D．﹣【分析】根据＝﹣，根据线性运算进行变换可求得∠DAB＝；以菱形对角线交点为原点，对角线所在直线为坐标值建立平面直角坐标系，利用坐标表示出，得到关于t的二次函数，求得二次函数最小值即为所求．解：由题意知：＝，设∠DAB＝θ，所以＝（）•（）＝2＝4cosθ﹣4cosθ＝﹣，所以cosθ＝，又θ∈（0，π），所以，以AC与BD交点为原点，AC为x轴，BD为y轴建立如图所示的直角坐标系，所以A（﹣，0），C（，0），D（0，1），B（0，﹣1），E（），设F（0，t），则＝（，t），＝（﹣，t+），所以＝﹣2+t（t+）＝t2＝（t）2﹣，当t＝时，取最小值，故选：D．二、填空题11．i是虚数单位，则||的值为．【分析】本题可根据复数定义及模的概念及基本运算进行计算．解：由题意，可知：＝＝＝2﹣3i，∴||＝|2﹣3i|＝＝．故答案为：．12．掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，则一次试验中，事件（表示事件B的对立事件）发生的概率为．【分析】基本事件总数n＝6，利用列举法求出事件（表示事件B的对立事件）包含的基本事件的个数，由此能求出一次试验中，事件（表示事件B的对立事件）发生的概率．解：掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，基本事件总数n＝6，事件（表示事件B的对立事件）包含的基本事件有：2，4，5，6，共4个，则一次试验中，事件（表示事件B的对立事件）发生的概率为：P（A∪）＝＝．故答案为：．13．若一个圆柱的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是．【分析】由圆柱的侧面展开图是正方形，我们易得圆柱的高与底面周长相等，设侧面的正方形边长为A后，易分别计算出侧面积和全面积，代入计算后，易得结果．解：可以设该侧面的正方形边长为A，则S侧面积＝A2全面积S＝A2+2π则圆柱的全面积与侧面积的比＝＝故答案：14．在△ABC中，AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，O是BC的中点，M是AO上一点，且，则的值是﹣．【分析】取基底为，，把所求向量转化为用基底表示，即可求出结论．解：因为△ABC中，AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，O是BC的中点，M是AO上一点，且，∴＝﹣＝﹣（）；则＝（+）•（+）＝（﹣）•（﹣）＝﹣﹣+•＝﹣×22﹣×12+×1×2×cos120°＝﹣﹣﹣＝﹣．故答案为：﹣．15．在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，若a2﹣b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝．【分析】由正弦定理得c＝2b，再由余弦定理可得cos A＝，把c＝2b 代入化简可得cos A的值，从而求得A的大小．解：∵sin C＝2sin B，∴c＝2b，∴cos A＝＝＝＝＝，又0＜A＜π，∴A＝，故答案为．16．在△ABC中，∠BAC＝60°，||＝2，＝2，||＝，则||＝3；设＝λ﹣（λ∈R），且•＝4，则λ的值为．【分析】由＝2可得，然后两边平方处理，结合平面向量的数量积运算，解方程即可；把和＝λ﹣均代入•＝4，化简整理后，代入已知数据，解关于λ的方程即可得解．解：∵＝2，∴B、D、C三点共线，∴，两边平方，有，∴，解得，（舍负）．∵•＝4，∴（），化简整理，得，∴，解得．故答案为：3，．三、解答题17．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若a＝，b＝2．求：（ⅰ）边长c；（ⅱ）sin（2B﹣C）的值．【分析】（I）利用正弦定理、和差公式化简即可得出．（II）（ⅰ）因为，，利用余弦定理即可得出．（ⅱ）由，可得cos B再利用倍角公式、和差公式即可得出．解：（Ⅰ）由已知及正弦定理得………∴，∴，∵0＜C＜π，…………∴…………………（Ⅱ）（ⅰ）因为，，由余弦定理得，∴…………………（ⅱ）由，…………………因为B为锐角，所以…………………，………………………18．某校参加夏令营的同学有3名男同学A，B，C和3名女同学X，Y，Z，其所属年级情况如表：高一年级高二年级高三三年级男同学A B C女同学X Y Z 现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）（Ⅰ）用表中字母写这个试验的样本空间；（Ⅱ）设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，写出事件M的样本点，并求事件M发生的概率．【分析】（I）结合已知数据，直接利用列举法即可求解；（II）结合等可能事件的概率公式即可直接求解．解：（I）从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，X}，{A，Y}，{A，Z}，{B，C}，{B，X}，{B，Y}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，{C，Z}，{X，Y}，{X，Z}，{Y，Z}，共15种．（II）选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A，Y}，{A，Z}，{B，X}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，共6种．因此，事件M发生的概率．19．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SD＝1．（1）求证：BC⊥SC；（2）求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小．【分析】（1）先证明SD⊥BC，又BC⊥CD，证明BC⊥平面SDC，根据线面垂直的性质，得出结论；（2）根据题意∠SCD为所求二面角的平面角，根据几何法求出∠SCD；（3）根据题意，得到∠DMP为所求异面直线所成的角，根据勾股定理，求出结果．解：（1）∵底面ABCD是正方形，∴BC⊥CD，∵SD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴SD⊥BC，又DC∩SD＝D，∴BC⊥平面SDC，∵SC⊂平面SDC，∴BC⊥SC；（2）由（1）知BC⊥SC，又CD⊥BC，∴∠SCD为所求二面角的平面角，在Rt△DSC中，∵SD＝DC＝1，∴∠SCD＝45°；（3）取AB中点P，连结MP，DP，在△ABS，由中位线定理得MP∥SB，∴∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角，∵，，所以△DMP中，有DP2＝MP2+DM2，∴∠DMP＝90°．20．如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2．（1）求证：EG∥平面ADF；（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．【分析】（1）取AD的中点I，连接FI，证明四边形EFIG是平行四边形，可得EG∥FI，利用线面平行的判定定理证明：EG∥平面ADF；（2）建立如图所示的坐标系O﹣xyz，求出平面OEF的法向量，平面OEF的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）求出＝（﹣，，），利用向量的夹角公式求出直线BH和平面CEF 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：取AD的中点I，连接FI，∵矩形OBEF，∴EF∥OB，EF＝OB，∵G，I是中点，∴GI∥BD，GI＝BD．∵O是正方形ABCD的中心，∴OB＝BD．∴EF∥GI，EF＝GI，∴四边形EFIG是平行四边形，∴EG∥FI，∵EG⊄平面ADF，FI⊂平面ADF，∴EG∥平面ADF；（2）解：建立如图所示的坐标系O﹣xyz，则B（0，﹣，0），C（，0，0），E （0，﹣，2），F（0，0，2），设平面CEF的法向量为＝（x，y，z），则，取＝（，0，1）∵OC⊥平面OEF，∴平面OEF的法向量为＝（1，0，0），∵|cos＜，＞|＝∴二面角O﹣EF﹣C的正弦值为＝；（3）解：AH＝HF，∴＝＝（，0，）．设H（a，b，c），则＝（a+，b，c）＝（，0，）．∴a＝﹣，b＝0，c＝，∴＝（﹣，，），∴直线BH和平面CEF所成角的正弦值＝|cos＜，＞|＝＝．。

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精品解析：天津市部分区2019-2020学年高一下学期期末数学试题(解析版)

故选:D．
【点睛】本题考查单位向量的概念,解题时要注意与与平行的单位向量有两个,一个与同向,一个与反向．
8.四名同学各掷一枚骰子5次,分别记录每次骰子出现的点数.根据下面四名同学的统计结果,可以判断出一定没有出现点数6的是（）
（注:一组数据的平均数为 ,它的方差为）
A. 平均数为2,方差为2.4B. 中位数为3,众数为2
详细详细解析:连结AC,
则AC是A1C在平面ABCD上射影,
则∠A1CA即为直线A1C与平面ABCD所成角正弦值,
设正方体的棱长为1,
则 ,
则 ,
点晴:本题需要先找出线面角所成角的平面角,然后放在三角形中进行解决即可
15.已知中, 为边上的点,且 ,若 ,则 ______.
【答案】
【详细解析】
2.复数（是虚数单位）在复平.第四象限
【答案】D
【详细解析】
【详细分析】
求得对应的坐标,由此得出正确选项.
【详细详细解析】复数对应的坐标为 ,在第四象限.
故选:D
【点睛】本小题主要考查复数对应点所在象限的判断,属于基础题.
3.用斜二测画法画边长为2的正方形的直观图时,以射线 , 分别为轴、轴的正半轴建立直角坐标系,在相应的斜角坐标系中得到直观图 ,则该直观图的面积为（）
17.从某校高一年级学生中随机抽取了20名学生,将他们的数学检测成绩（分）分成六段（满分100分,成绩均为不低于40分的整数）: , ,..., 后,得到如图所示的频率分布直方图.
（Ⅰ）求图中实数的值;
（Ⅱ）若该校高一年级共有学生600名,试根据以上数据,估计该校高一年级数学检测成绩不低于80分的人数.
所以,事件发生的概率 .

天津市部分区2019_2020学年高一数学下学期期末考试试题含解析

故选：C
【点睛】本小题主要考查向量夹角公式，属于基础题.
6.在中，已知，，，则（）
A. 4B.2C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用余弦定理求得的值.
【详解】依题意
.
故选：D
【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题.
【详解】对于A选项，三个不在同一条直线上的点，确定一个平面，故A选项错误.
对于B选项，直线和直线外一点，确定一个平面，故B选项错误.
对于C选项，两条平行直线确定一个平面，梯形有一组对边平行，另一组对边不平行，故梯形可确定一个平面，所以C选项正确.
对于D选项，圆的直径不能确定一个平面，所以若圆心和圆上的两点在直径上，则无法确定一个平面.所以D选项错误.
3.用斜二测画法画边长为2的正方形的直观图时，以射线，分别为轴、轴的正半轴建立直角坐标系，在相应的斜角坐标系中得到直观图，则该直观图的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据原图和直观图面积关系，求得题目所求直观图的面积.
【详解】设原图的面积为，直观图的面积为，则 .
（Ⅰ）求应从甲、乙、丙三所学校的教师志愿者中分别抽取的人数；
（Ⅱ）设抽出的6名教师志愿者分别记为，，，，，，现从中随机抽取2名教师志愿者承担测试体温工作.
（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
（ii）设为事件“抽取的2名教师志愿者来自同一所学校”，求事件发生的概率.
20.如图，在三棱锥中，点，分别是棱，的中点，且， .
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证： .
天津市部分区2019~2020学年度第二学期期末考试

天津市河东区2019-2020学年高一下期末统考数学试题含解析

2．已知 .为等比数列的前项和，若，，则 ( )
A．31B．32C．63D．64
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据题意求出和的值，再计算即可.
【详解】
有题知：，解得，
.
故选：C
【点睛】
本题主要考查等比数列的性质以及前项和的求法，属于简单题.
3．要得到函数y＝cos 的图象，只需将函数y＝cos2 的图象()
【详解】
由且，可得，
∴ ，且，，
由此可得①当a=0时，不成立，
②由，，则成立，
③由，，可得成立，
④由，若，则不成立，
因此，一定成立的是②③，
故选：C.
【点睛】
本题考查不等式的基本性质的应用，属于基础题.
12．函数的大致图像是下列哪个选项（）
A． B．
C． D．
【答案】B
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由题意知，函数为奇函数，故排除B；当时，，故排除D；当时，，故排除A．故选C．
点睛:函数图像问题首先关注定义域，从图像的对称性，分析函数的奇偶性，根据函数的奇偶性排除部分选择项，从图像的最高点、最低点，分析函数的最值、极值，利用特值检验，较难的需要研究单调性、极值等，从图像的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．
【详解】
因为 ,所以 ,则 ,
所以 ,
则 ,
故选:A
【点睛】
本题考查向量的模,考查向量垂直的数量积表示,考查运算能力
11．若且，则下列四个不等式：① ，② ，③ ，④ 中，一定成立的是（）
A．①②B．③④C．②③D．①②③④
【答案】C

天津高一高中数学期末考试带答案解析

天津高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.已知集合，，则=（）A．B．C．D．2.已知，则的值为（）A．B．C．D．3.非零向量，，若，，且⊥，则向量与的夹角是（）A．B．C．D．4.函数的零点所在的大致区间是 ( )A．（0，1）B．（1，2）C．（2，3）D．（3，4）5.把函数的图象向右平移（其中）个单位，所得图象关于y轴对称，则的最小值是（）A．B．C．D．6.已知偶函数在区间上单调递减，则不等式的解集是（）A．B．C．D．7.函数的大致图象是（）8.函数若是方程三个不同的根，则的范围是（）A．B．C．D．二、填空题1. .2.已知,，那么= .3.函数，的图象如图所示，则= .4.函数的单调递增区间为 .5.边长为1的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，，，则＝ .6.已知是奇函数，满足，，则= .三、解答题1.已知，是第二象限角，求:（1）的值；（2）的值．2.设函数f (x)＝cos(2x＋)＋sin2x＋2a（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，的最小值为0，求的最大值．3.已知 (a>0)是定义在R上的偶函数，（1）求实数a的值；（2）判断并证明函数在的单调性；（3）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围.4.已知函数，其中向量，，，且的最小正周期为．（1）求的值；（2）求的最小值，并求出相应的的取值集合；（3）将的图象向左平移个单位，所得图象关于点对称，求的最小正值.5.已知函数，其中（1）判断并证明函数的奇偶性；（2）判断并证明函数在上的单调性；（3）是否存在这样的负实数，使对一切恒成立，若存在，试求出取值的集合；若不存在，说明理由天津高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.已知集合，，则=（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，所以.故选D.【考点】集合的交集运算.2.已知，则的值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，所以，.故选C.【考点】三角函数的基本公式.3.非零向量，，若，，且⊥，则向量与的夹角是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由，得，即，.故选C.【考点】向量垂直的充要条件；向量的夹角.4.函数的零点所在的大致区间是 ( )A．（0，1）B．（1，2）C．（2，3）D．（3，4）【答案】B【解析】∵，而，∴函数的零点所在区间是（1，2），故选B．【考点】函数的零点的判定定理.5.把函数的图象向右平移（其中）个单位，所得图象关于y轴对称，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】方法一：函数的图象向右平移（其中）个单位，得到的函数为，则，得，即，有最小值，解得.方法二：函数的图象的对称轴为，即；图象向右平移（其中）个单位，得到的函数为，即，当时，有最小值.故选B.【考点】函数的图象与性质.6.已知偶函数在区间上单调递减，则不等式的解集是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由偶函数在区间上单调递减，得在区间上单调递增，，所以或，解得.故选A.【考点】函数的奇偶性和单调性.7.函数的大致图象是（）【答案】B【解析】由题意知：，即，所以函数的定义域为；又，所以函数在其定义域上为偶函数；且当时，单调递增，则当时，函数单调递减.故选B.【考点】函数的定义域；函数的奇偶性和单调性.8.函数若是方程三个不同的根，则的范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】作出函数图像（略），方程有三个互不相等的实根等价于函数与直线图像有三个交点，由图像易知.当方程存在三个不等的实根时，其中有两根在区间内，关于对称；一个根在区间内，故的取值范围是，故选B.【考点】分段函数的概念；指数函数、正弦函数的图象；数形结合思想；函数方程的概念.二、填空题1. .【答案】.【解析】.【考点】余弦函数的基本公式.2.已知,，那么= .【答案】.【解析】【考点】两角差的正切公式.3.函数，的图象如图所示，则= .【答案】.【解析】由图像知：，则；,则；,则；所以.【考点】函数的图象与性质.4.函数的单调递增区间为 .【答案】.【解析】由对数函数的图像和性质得：，则；又，所以函数在其定义域上为偶函数；且当时，单调递增，则当时，函数单调递减；所以函数的单调递增区间为.【考点】对数函数的图像和性质.5.边长为1的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，，，则＝ .【答案】.【解析】以A为原点，AB所在直线为x轴，建立如图坐标系∵菱形ABCD边长为1，∠DAB=60°，∴，即,,∵,∴M为CD的中点，得,又∵，∴,∴.【考点】向量的数量积坐标运算和向量在平面几何中的应用.6.已知是奇函数，满足，，则= .【答案】-2.【解析】由，得，因此f(x)是以4为周期的函数；又f(x)是定义域为R的奇函数，得，；则，，所以.【考点】函数的奇偶性和周期性.三、解答题1.已知，是第二象限角，求:（1）的值；（2）的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由同角三角函数的基本关系式直接求解，注意在各个象限内的符号；（2）由同角三角函数的基本关系式和两角差的余弦公式求解.试题解析：（1）解：∵，且是第二象限角，∴ ,（2），,=【考点】同角三角函数的基本关系式；两角差的余弦公式.2.设函数f (x)＝cos(2x＋)＋sin2x＋2a（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，的最小值为0，求的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用两角和的正弦和余弦将函数化简为，由正弦函数的递增区间为，列出关于x的不等式，求得不等式的解集即可得到函数的递增区间；（2）由x得范围求出函数中角的范围，利用正弦函数的图像和性质得到函数最小值的方程，解得参数a的值，再求得函数的最大值.试题解析：解：（1）．由，得所以的单调递增区间为．（2）由，得，故．由的最小值为0，得解得．的最大值为.【考点】两角和的正弦和余弦；函数的图象与性质.3.已知(a>0)是定义在R 上的偶函数，（1）求实数a 的值；（2）判断并证明函数在的单调性；（3）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）函数在上是单调递增的；（3）.【解析】（1）由函数为偶函数，得，代入函数表达式，化简求得，由，得；（2）用定义证明函数在上单调递增的步骤：设值—作差、变形—判断符号—得出结论；（3）将不等式转化为在上恒成立，即，只需求得函数的最小值，代入不等式即可求得m 的范围.试题解析：解析：(1)因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x) 即＝ ∴e x －e －x ＝0，∴ (e x －e －x )＝0， ∴a －＝0，即a ＝±1.而a ＞0，∴，∴f(x)＝e x ＋e －x .（2）函数在上是单调递增的.证明：任取且x 1＜x 2，∴f(x)在上是增函数．（3）由题意，在上恒成立，则只需∵f(x)为偶函数，且f(x)在上是增函数∴f(x)在(－∞，0)上是减函数，∴f(x)的最小值为则有，因此.【考点】函数的单调性、最值；函数的奇偶性和周期性.4.已知函数，其中向量，，，且的最小正周期为．（1）求的值；（2）求的最小值，并求出相应的的取值集合；（3）将的图象向左平移个单位，所得图象关于点对称，求的最小正值.【答案】（1）；（2）最小值为-2，的取值集合为；（3）.【解析】（1）将向量，，，代入函数，利用三角函数的基本关系式化简得到，由的最小正周期为，得；（2）由函数的图象与性质，得函数的最小值和相应的x的取值范围；（3）函数的图象向左平移个单位，得；由图象关于点对称，得，解得，则得最小值.试题解析：（1）由已知得，因为最小正周期为,所以（2）因为，所以最小值为-2，此时满足则因此的取值集合为（3），由题意得，，所以得最小值.【考点】向量的数量积；三角函数的基本关系式；函数的图象与性质；函数的最值；函数图像的平移.5.已知函数，其中（1）判断并证明函数的奇偶性；（2）判断并证明函数在上的单调性；（3）是否存在这样的负实数，使对一切恒成立，若存在，试求出取值的集合；若不存在，说明理由【答案】（1）奇函数；（2）在上的减函数；（3）存在这样的k其范围为.【解析】（1）已知函数的定义域关于原点对称，再证明，所以函数是奇函数；（2）用定义证明函数在上单调递减的步骤：设值—作差、变形—判断符号—得出结论；（3）由（1）（2）得，不等式可变形为，从而得到不等式组，解得.试题解析：（1）∴是奇函数．（2）任取∴在上的减函数；（3）是上的减函数对恒成立由对恒成立得：对恒成立令由得：由得：即综上所得：所以存在这样的k其范围为【考点】函数的奇偶性、单调性和最值.。

(3份试卷汇总)2019-2020学年天津市高一数学下学期期末复习检测试题

（2）求点到直线的距离.
22．（8分）某种笔记本的单价是5元，买个笔记本需要y元，试用函数的三种表示法表示函数 .
参考答案
一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．C
【解析】
对称轴穿过曲线的最高点或最低点，把代入后得到 ,因而对称轴为，选 .
2．A
10．A
【解析】
【分析】
该不等式为一元二次不等式，根据一元二次函数的图象与性质可得，的图象是开口向下且与x轴没有交点，从而可得关于参数的不等式组，解之可得结果.
【详解】
不等式为一元二次不等式，故，
根据一元二次函数的图象与性质可得，
的图象是开口向下且与x轴没有交点，
则，解不等式组，得 .
故本题正确答案为A.
【解析】
【分析】
利用正弦定理化简已知条件，得到，由此得到，进而判断出正确选项.
【详解】
由正弦定理得，所以，所以，故三角形为等腰三角形，故选A.
【点睛】
本小题主要考查利用正弦定理判断三角形的形状，考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题.
3．A
【解析】
【分析】
线性规划问题，首先画出可行域，再令z=0，画出目标函数，上下平移得到z的最值。
17．已知 ,函数 .
(1)当时,解不等式 ;
(2)若对 ,不等式恒成立,求a的取值范围.
18．某工厂要制造A种电子装置45台，B种电子装置55台，需用薄钢板给每台装置配一个外壳，已知薄钢板的面积有两种规格：甲种薄钢板每张面积2m2，可做A、B的外壳分别为3个和5个，乙种薄钢板每张面积3m2，可做A、B的外壳分别为6个和6个，求两种薄钢板各用多少张，才能使总的面积最小．

2019-2020学年天津市静海一中高一下学期期末数学试卷

2019-2020学年天津市静海一中高一下学期期末数学试卷一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.用一个边长为2√2的正方形硬纸板，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，半径为2的鸡蛋(视为球体)放入其中，则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为()A. √3+1B. 1C. √2+1D.32.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a=2√2,b=2,A=π4.则△ABC的面积为()A. √3+1B. √3−1C. 2√3+2D. 2√3−23.设不等式组表示的平面区域为D.在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离小于2的概率是()A. π9B. 9−π9C. π6D. 6−π64.设、是两个不同的平面，、为两条不同的直线，命题：若平面//，，，则//；命题：//，⊥，，则⊥，则下列命题为真命题的是()A. 或B. 且C. 或D. 且5.过点P(2,3)做圆C：(x−1)2+(y−1)2=1的切线，设T为切点，则切线长|PT|=()A. √5B. 5C. 1D. 26.如图是一几何体的三视图，正视图是一等腰直角三角形，且斜边BD长为2；侧视图一直角三角形；俯视图为一直角梯形，且AB=BC=1，则异面直线PB与CD所成角的正切值是()A. 1B. √2C.√2D. 127.菱形ABCD的边长为6，∠A=60°，如果点P是菱形内一点，且PB=PD=2√3，则线段AP的长为()A. 2√3B. 2√2C. 2√2或4√2D. 2√3或4√38.直线为参数)的倾斜角等于A. B. C. D.9.过圆O；x2−2x+y2−15=0内一点M(−1,3)作两条相互垂直的弦AB和CD，且AB=CD，则四边形ACBD的面积为()A. 16B. 17C. 18D. 1910.两圆x2+y2−8x+6y−11=0和x2+y2=100的位置关系()A. 相离B. 相交C. 外切D. 内切二、单空题（本大题共5小题，共20.0分）11.在抽查某产品的尺寸过程中，将其尺寸分成若干个组，［a，b］是其中一组，抽查出的个体数在该组上的频率为m，该组上的直方图的高度为h，则|a−b|=________．12.如果直线ax+y+1=0与直线3x−y−2=0垂直，则系数a=______．13.已知正三角形内切圆的半径是高的1，若把这个结论推广到空间正四面体，则正四面体的内切球3的半径是高的______ ．14.在△ABC中，AC=2AB=2，BC=√3，P是△ABC内部的一点，若∠APB=∠BPC=∠CPA，则PA+PB+PC=______ ．15.在平面直角坐标系xOy中，过点P(−3,a)作圆x2+y2−2x=0的两条切线，切点分别为M(x1,y1)，N(x2,y2).若(x2−x1)(x2+x1)+(y2−y1)(y2+y1−2)=0，则实数a的值等于______ ．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）16.某中学在一次校园开放日活动中聘用了10名志愿者，他们分別来自高一、高二、高三年级，其中高一年级5人，高二年级3人，高三年级2人，现从这10人中任意选取3人参加一个宣传片的录制．(Ⅰ)求3个人来自两个不同年级的概率；(Ⅱ)求3个人来自三个不同年级，且高一年級的甲和高二年级的乙不能同时参加的概率．17.△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcosC+c=2a．(1)求角B 的大小；(2)若BD 为AC 边上的中线，cosA =17，BD =√1292，求△ABC 的面积．18. 点P 到A(−2,0)的距离是点P 到B(1,0)的距离的2倍．(Ⅰ)求点P 的轨迹方程；(Ⅱ)点P 与点Q 关于点(2,1)对称，点C(3,0)，求|QA|2+|QC|2的最大值和最小值．(Ⅲ)若过A 的直线从左向右依次交第(II)问中Q 的轨迹于不同两点E ，F ，FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =λEA⃗⃗⃗⃗⃗ ，判断λ的取值范围并证明．19. 如图，四棱锥P −ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD//BC ，∠DAB =π2，AP =AB =BC =12AD ，E为AD 的中点，AC 与BE 相交于点O ． (Ⅰ)求证：PO ⊥平面ABCD ；(Ⅱ)求直线AB 与平面PBD 所成角的正弦值．20. (本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy 中，点A (0,3)，直线l ：2x −y −4=0，设圆C 的半径为1，圆心在直线l上．(1)若圆心C也在直线2x−3y=0上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；(2)若圆C与圆D：x 2+y 2+2y−3=0有公共点，求圆心C的横坐标a的取值范围．【答案与解析】1.答案：A解析：解：蛋槽的边长是原来硬纸板的对角线长度的一半，为2，蛋槽立起来的小三角形部分高度是1，鸡蛋的半径为2，直径为4，大于折好的蛋巢边长2，四个三角形的顶点所在的平面在鸡蛋表面所截取的小圆直径就是蛋槽的边长2，根据图示，AB段由三角形AB求出得：AB=√3，AE=AB+BE=√3+1，∴鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为√3+1．故选：A．蛋槽的边长是原来硬纸板的对角线长度的一半，为2，蛋槽立起来的小三角形部分高度是1，鸡蛋的半径为2，直径为4，大于折好的蛋巢边长2，由此能求出鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离．本题考查点、线、面间距离的计算，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地化空间问题为平面问题，注意数形结合法的合理运用．2.答案：A解析：解：∵a=2√2,b=2,A=π4．∴由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，可得8=4+c2−2×2×c×√22，可得c2−2√2c−4=0，∴解得c=√2+√6，(负值舍去)，∴S△ABC=12bcsinA=12×2×(√2+√6)×√22=√3+1．故选：A．由已知利用余弦定理可得c2−2√2c−4=0，解方程可求c，进而根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题．3.答案：C解析：略4.答案：C解析：试题分析：在长方体中，命题p：平面AC为平面α，平面A1C1为平面β，直线，和直线AB分别是直线m，l，显然满足α//β，l α，mβ，，而m与l异面，故命题p不正确；正确；命题q：平面AC为平面α，平面为平面β，直线A 1D1，和直线AB分别是直线m，l，显然满足l//α，m⊥l，mβ，而α//β，故命题q不正确；正确；故选C．考点：平面与平面之间的位置关系．5.答案：D解析：解：∵圆C：(x−1)2+(y−1)2=1，∴圆心C为(1,1)，半径r=1；∴点P到圆心的距离为|PC|，则|PC|2=(2−1)2+(3−1)2=5，∵圆的切线垂直于过切点的直径，∴切线长|PT|=√|PC|2−r2=√5−1=2．故选：D．由圆的标准方程知圆心和半径，求出点P到圆心的距离，即可求出切线长．本题考查了圆的标准方程以及两点间的距离公式的应用问题，是中档题．6.答案：C解析：本题考查空间几何体的三视图，考查异面直线所成角，属于中档题．先将三视图转化成空间图形，取AD的中点E，连接BE，PE，CE，将CD平移到BE，根据异面直线所成角的定义可知∠PBE为异面直线PB与CD所成角，在Rt△PBE中，求出此角的正切值即可．解：取AD的中点E，连接BE，PE，CE，根据题意可知BE//CD，∴∠PBE为异面直线PB与CD所成角根据条件知，PE=1，BE=√2，PE⊥BE∴tan∠PBE=√2故选C．7.答案：D解析：解：当P与A在BD的异侧时：连接AP交BD于M，∵AD=AB，DP=BP，∴AP⊥BD(到线段两端距离相等的点在垂直平分线上)，在直角△ABM中，∠BAM=30°，∴AM=AB⋅cos30°=3√3，BM=AB⋅sin30°=3，∴PM=√PB2−BM2=√3，∴AP=AM+PM=4√3；当P与A在BD的同侧时：连接AP并延长AP交BD于点MAP=AM−PM=2√3；当P与M重合时，PD=PB=3，与PB=PD=2√3矛盾，舍去．AP的长为4√3或2√3．故选：D．根据题意得，应分P与A在BD的同侧与异侧两种情况进行讨论．本题注意到应分两种情况讨论，并且注意两种情况都存在关系AP⊥BD，这是解决本题的关键，属于中档题．8.答案：A解析：解析：试题分析：根据题意，由于直线为参数)，那么可知消去参数t，得到的为，可知斜率为−1，因此可知倾斜角为，故选A．考点：直线的参数方程点评：主要是考查了直线的参数方程的简单运用，属于基础题。

天津市部分区高一第二学期期末考试答案

天津市部分区2019～2020学年度第二学期期末考试高一数学参考答案11．0.56 1213．4- 14 15．13三、解答题：本大题共5小题，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16．（本小题满分12分）解（Ⅰ）i)i)((i)i)((i i +-+-=--=1113131z i i+=+=2224 ……………………………………3分所以512||221=+=z …………………………………………………6分（Ⅰ）设()2z 2i a a =+∈R , ……………………………………………7分则i i i )4()22()2)(2(21++-=++=a a a z z , ……………………………………9分因为21z z 的虚部为0，所以04=+a ，即4-=a ． …………………………………………………11分所以i 242+-=z ． …………………………………………………12分 17．（本小题满分12分）解（Ⅰ）因为图中所有小矩形的面积之和等于1， …………………1分所以10(0.0050.010.020.0250.01)1a ⨯+++++=， ………………4分解得0.03a =. …………………………………………………6分（Ⅰ）根据频率分布直方图，成绩不低于80分的频率为10(0.0250.01)0.35⨯+=. ………………………………9分由于该校高一年级共有学生600名，利用样本估计总体的思想，可估计该校高一年级数学检测成绩不低于80分的人数为6000.35210⨯=. ……………………12分解（Ⅰ）由三角形的余弦定理A bc c b a cos 2222-+=， ………………2分得A cos 852857222⨯⨯-+=． ……………………………………3分所以，21cos =A ． …………………………………………………………4分因为π<<a 0． …………………………………………………………5分所以3π=A ．……………………………………………………………………6分（Ⅰ）由三角形的正弦定理sin sin a bA B=，……………………………………8分得a Ab B sin sin =． ……………………………………9分 14357235=⨯=…………………………………………11分所以内角B 的正弦值为1435． …………………………………………12分 19．（本小题满分12分）解（Ⅰ）由已知，甲、乙、丙三所学校的教师志愿者人数之比为3:2:1………2分由于采用分层抽样的方法从中抽取6名教师，因此应从甲、乙、丙三所学校的教师志愿者中分别抽取3人，2人，1人． …………………………4分（Ⅰ）（Ⅰ）从抽出的6名教师中随机抽取2名教师的所有可能结果为{}A B ，，{}A C ，，{}A D ，，{}A E ，，{}A F ，，{}B C ，，{}B D ，，{}B E ，，{}B F ，， {}C D ，，{}C E ，，{}C F ，，{}D E ，，{}D F ，，{}E F ，，共15种．………7分（Ⅰ）由（Ⅰ），不妨设抽出的6名教师中，来自甲学校的是A B C ，，，来自乙学校的是D E ，，来自丙学校的是F ，则从抽出的6名教师中随机抽取的2名教师来自同一学校的所有可能结果为{}A B ，，{}A C ，，{}B C ，，{}D E ，，共4种． ………………………………10分所以，事件M 发生的概率()415P M =． …………………………………12分解（Ⅰ）证明：因为在ABC∆中,点M,N分别是AB,AC的中点所以//MN BC………………………………2分又因为MN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC………4分所以//MN平面PBC……………………5分（Ⅰ）因为点N是AC的中点,且PA PC=所以PN AC⊥………………………………7分又因PN AB⊥，AB⊂平面ABC,AC⊂平面ABC………………………………8分=,……………………………………………………………………9分AB AC A故PN⊥平面ABC…………………………………………10分因为BC⊂平面ABC……………………………………………………………………11分所以PN BC⊥………………………………………………………………………12分。

2019-2020学年天津市部分区高一（下）期末数学试卷

2019-2020学年天津市部分区高一（下）期末数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）1.下列命题正确的是()A. 三点确定一个平面B. 一条直线和一个点确定一个平面C. 梯形可确定一个平面D. 圆心和圆上两点确定一个平面2.复数??=4-2??(??是虚数单位)在复平面内对应的点位于()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.用斜二测画法画边长为2的正方形ABCD 的直观图时，以射线AB ，AD 分别为x 轴、y 轴的正半轴建立直角坐标系，在相应的斜角坐标系中得到直观图??′??′??′??′，则该直观图的面积为()A. √2B.√22C.√32D.√624.一个袋子中装有大小和质地相同的3个红球和2个白球，若从中任取2个球，则这2个球中红球和白球各有1个的概率为()A. 45B. 35C. 25D. 155.已知|???|=5，|?? |=4，且???? =-10，则向量???与??? 的夹角为()A.6B. ??3 C.2??3D.5??66.在△中，已知=√3，=3，??=30°，则=()A. 4B. 2C. 3D. √37.已知向量???=(1,-2)，则与???平行的单位向量的坐标为()A. (-2√55,√55)B. (-2√55,√55)或(2√55,-√55)C. (√55,-2√55) D. (√55,-2√55)或(-√55,2√55)8.四名同学各掷一枚骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据下面四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是()(注：一组数据??1，2，…，????的平均数为??-，它的方差为??2=1[(??1-??-)2+(??2-??-)2++(??-??-)2])A. 平均数为2，方差为2.4 B. 中位数为3，众数为2C. 平均数为3，中位数为2D. 中位数为3，方差为2.89.棱长为2的正方体的顶点都在一个球的球面上，则该球的体积为()(注：球的体积??=433，其中R 为球的半径)A.8√2??3B.64√2??3C. 4√3??D. 32√3??10.已知△的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，??.向量????? =(??,??+??)，???=(√3+,-1)，若????? ⊥???，则??=()A.6 B. ??3C.2??3D.5??6二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）11.已知甲、乙两名射击运动员射击中靶的概率分别为0.7和0.8，且甲、乙两人射击的13.已知??1??? ，2??? 是两个不共线的向量，???=??1??? +22??? ，=2??1??? -??2??? .若???与??? 是共线向量，则实数k的值为______．14.正方体-??1??1??1??1中，则1??与平面ABCD所成角的正弦值为______．15.已知△中，D为边BC上的点，且2=，若????? =+??????? (??,??∈??)，则??-??=______．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）16.已知i是虚数单位，??1=3-??1+??．(Ⅰ)求|??1|；(Ⅱ)若复数??2的虚部为2，且??1??2的虚部为0，求??2．17.从某校高一年级学生中随机抽取了20名学生，将他们的数学检测成绩(分)分成六段(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]后，得到如图所示的频率分布直方图．(Ⅰ)求图中实数a的值；(Ⅱ)若该校高一年级共有学生600名，试根据以上数据，估计该校高一年级数学检测成绩不低于80分的人数．18.在△中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知??=7，??=5，??=8．(Ⅰ)求角A的大小；(Ⅱ)求角B的正弦值．19.已知某区甲、乙、丙三所学校的教师志愿者人数分别为240，160，80.为助力疫情防控，现采用分层抽样的方法，从这三所学校的教师志愿者中抽取6名教师，参与“抗击疫情?你我同行”下卡口执勤值守专项行动．(Ⅰ)求应从甲、乙、丙三所学校的教师志愿者中分别抽取的人数；(Ⅱ)设抽出的6名教师志愿者分别记为A，B，C，D，E，F，现从中随机抽取2名教师志愿者承担测试体温工作．(ⅰ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；(ⅰ）设M为事件“抽取的2名教师志愿者来自同一所学校”，求事件M发生的概率．20.如图，在三棱锥??-中，点M，N分别是棱AB，AC的中点，且=，⊥．(Ⅰ)求证：//平面PBC；(Ⅱ)求证：⊥．答案和解析1.【答案】 C【解析】解：对于选项A：当三点共线时，不能确定一个平面，故错误．对于选项B：当该点在直线上时，不能确定一个平面，故错误．对于选项C：由于梯形由两条对边平行，所以确定的平面有且只有一个，故另两条边也在该平面上，故正确．对于选项D：当圆心和圆上的两点在同一条线上时，不能确定一个平面，故错误．故选：C．直接利用平面的性质的应用，共面的条件的应用求出结果．本题考查的知识要点：平面的性质的应用，共面的条件的应用，主要考查学生对定义的理解和应用，属于基础题型．2.【答案】 D【解析】解：??=4-2??在复平面内对应的点的坐标为(4,-2)，位于第四象限．故选：D．由已知求得z在复平面内对应点的坐标得答案．本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.【答案】 A【解析】解：如图所示，斜二测画法画边长为2的正方形ABCD的直观图，是平行四边形??′??′??′??′，且??′??′==2，??′??′=12=1，∠??′??′??′=45°；计算平行四边形??′??′??′??′的面积为=2×1×45°=√2．所以该直观图的面积为√2．故选：A．画出正方形ABCD的直观图，是平行四边形??′??′??′??′，根据画法规则求出平行四边形′??′??′??′的面积．本题考查了平面图形的直观图画法与应用问题，是基础题．4.【答案】 B【解析】解：一个袋子中装有大小和质地相同的3个红球和2个白球，从中任取2个球，基本事件总数??=??52=10，这2个球中红球和白球各有1个包含的基本事件个数??=??31??21=6．63从中任取2个球，基本事件总数??=??52=10，这2个球中红球和白球各有1个包含的基本事件个数??=??3121= 6.由此能求出这2个球中红球和白球各有1个的概率．本题考查概率的求法，考査古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5.【答案】 C【解析】解：|???|=5，|??|=4，且???? =-10，可得cos<???,??>=??|??? ||??|=-104×５=-12，因为<???,??>∈[0,??]，所以向量?与的夹角为：2??3．故选：C．直接利用向量的数量积求解向量的夹角即可．本题考查向量的数量积的应用，向量的夹角的求法，考查计算能力．6.【答案】 D【解析】解：=√3，=3，??=30°，根据余弦定理可得2=2+2-2??=9+3-2×3×√3×√32=3，∴=√3，故选：D．直接根据余弦定理即可求出．本小题主要考查余弦定理等基础知识；考查运算求解能力及应用意识；考查化归与转化等思想方法．7.【答案】 D【解析】解：因为|???|=√１2+(-2)2=√5，故所求的单位向量为±?|??? |=±1√5(1,-2)=±（√55,-2√55)，故选：D．利用向量的模的坐标公式求出向量的模，利用???的单位向量公式为±?|??? |，求出单位向量．本题考查向量的坐标形式的模的公式、考查向量的单位向量公式±?|??? |．8.【答案】 A【解析】解：若平均数为2，且出现6点，则方差??2>15(6-2)2= 3.2，因为2.4< 3.2，所以选项A中一定没有出现点数6；选项B，C，D中涉及中位数，众数，不能确定是否出现点数6．故选：A．根据方差的运算公式与平均数的关系，即可计算得平均数为2，且出现6点时，方差??2> 15(6-2)2= 3.2，而选项A中平均数为2，方差为2.4，不符合题意，故选A．本题考查统计数据中的中位数、众数、平均数、方差的求法，是基础题．【解析】解：由正方体的对角线为其外接球的直径(2??)可得(2??)2=3×22，解得=√3，所以外接球的体积=433=43??(√3)3=4√3??，故选：C．由正方体的对角线与其外接球的半径之间的关系求出半径，由球的体积公式求出外接球的体积．本题考查正方体的对角线与其外接球的关系及球的体积公式，属于基础题．10.【答案】 B【解析】解：△的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量????? =(??,??+??)，?=(√3+,-1)，若????? ⊥???，则???? ????=??(√3+)-(??+??)=0，由正弦定理得√3+--=0．即√3+-sin(??+??)-=0．即√3+---=0．∴√3--=0，∵≠0．∴√3-=1，即sin(??-6)=12，∵??∈(0,??)，∴??-??6∈(-??6,5??6)，∴??-6=??6，∴??=??3．故选：B．先利用向量垂直的条件，得到关于a，b，c与A，B，C的关系式，然后利用正弦定理，将原式化归为关于A的方程，即可求出A．本题考查数量积的应用，正弦定理得应用等基础知识，同时考查学生运用方程思想解决问题的能力．属于中档题．11.【答案】0.56【解析】解：甲、乙两名射击运动员射击中靶的概率分别为0.7和0.8，且甲、乙两人射击的结果互不影响，甲、乙两人各射击一次，则由相互独立事件概率乘法公式得两人都中靶的概率为：=0.7×0.8=0.56．故答案为：0.56．利用相互独立事件概率乘法公式能求出两人都中靶的概率．本题考查概率的求法，考査相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.【答案】√3【解析】解：由于四面体的个各棱长为1，所以该四面体为正四面体．所以表=4×12×1×1×60°=√3．故答案为：√3直接利用三角形面积公式的应用和四面体的表面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：四面体的表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．【解析】解：根据题意，若???与是共线向量，设???=????? ，即??1?? +22??? =??(2??1??? -??2??? )=2????1??? -2??? ，∵??1?? ，2??? 是两个不共线的向量，则有{1=2??2=-，解可得：??=-4；故答案为：-4．根据题意，设??=???? ，则有??1?? +22??? =??(2??1??? -??2??? )=2????1??? -2??? ，由向量相等的定义可得{1=2??2=-，解可得k 的值，即可得答案．本题考查向量共线的判断，涉及数乘向量的性质以及运算，属于基础题．14.【答案】√33【解析】解：设正方体-??11??1??1的棱长为1，以D 为原点，建立空间直角坐标系，(1,0，0)，??1(0,1，1)，1?????? =(-1,1，1)，平面ABCD 的法向量???=(0,0，1)，设??1与平面ABCD 所成角为??，则=|cos <1?????? ,???>|=1√3=√33．∴??1与平面ABCD 所成角的正弦值为√33．故答案为：√33．设正方体-??1??1??1??1的棱长为1，以D 为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出??1??与平面ABCD 所成角的正弦值．本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．15.【答案】13【解析】解：∵2=，∴????? =13 =13????? -13，∴????? = +?????? =23 +13????? ．∴??=23，=13．∴??-??=13．故答案为：13．用，????? 表示出?????? ，得出m ，n 的值即可得出答案．本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题．3-??(3-??)(1+??)4+2??(Ⅱ)设??2=??+2??(??∈??)，则??12=(2+??)(??+2??)=(2??-2)+(??+4)??，∵??12的虚部为0，∴??+4=0，即??=-4．∴??2=-4+2??．【解析】(Ⅰ)利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解；(Ⅱ)设??2=??+2??(??∈??)，代入??1??2，整理后由虚部为0求解a 值．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．17.【答案】解：(Ⅰ)因为图中所有小矩形的面积之和等于1，所以10×(0.005+0.01+0.02+??+0.025+0.01)=1，解得??=0.03．(Ⅱ)根据频率分布直方图，成绩不低于80分的频率为10×(0.025+0.01)=0.35．由于该校高一年级共有学生600名，利用样本估计总体的思想，可估计该校高一年级数学检测成绩不低于80分的人数为600×0.35=210．【解析】(Ⅰ)因为图中所有小矩形的面积之和等于1，即频率之和为1，可解得a ．(Ⅱ)根据频率分布直方图，成绩不低于80分的频率为：80分-90分的面积，频率乘以总的人数即可得该校高一年级数学检测成绩不低于80分的人数．本题考查统计中频率分布直方图，属于基础题．18.【答案】解：(Ⅰ)由三角形的余弦定理??2=??2+??2-2，得72=52+82-2×5×8．所以，=12．因为0<??<??．所以=3．(Ⅱ)由三角形的正弦定理=??，得==5×√327=5√314所以内角B 的正弦值为5√314．【解析】(Ⅰ)直接利用余弦定理的应用求出A 的值．(Ⅱ)直接利用正弦定理的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．19.【答案】解：(Ⅰ)由已知，甲、乙、丙三所学校的教师志愿者人数之比为3：2：1由于采用分层抽样的方法从中抽取6名教师，因此应从甲、乙、丙三所学校的教师志愿者中分别抽取3人，2人，1人．(Ⅱ)(ⅰ）从抽出的 6名教师中随机抽取2名教师的所有可能结果为：{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，共15种．(ⅰ）由(Ⅰ)，不妨设抽出的6名教师中，来自甲学校的是A ，B ，C ，来自乙学校的是D ，E ，来自丙学校的是F ，则从抽出的6名教师中随机抽取的2名教师来自同一学校的所有可能结果为{??,??}，所以，事件M发生的概率??(??)=415．【解析】本题考查古典概型及其概率公式，涉及分层抽样方法，注意列举事件的可能结果要做到不重不漏．(Ⅰ)由已知，甲、乙、丙三所学校的教师志愿者人数之比为3：2：1，进而计算可得相应的人数；(Ⅱ)(??)列举随机抽取2名教师志愿者的所有结果共15种；()随机抽取的2名教师来自同一学校的所有可能结果为{??,??}，{??,??}，{??,??}，{??,??}，共4种，由概率公式可得．20.【答案】证明：(Ⅰ)因为在△中，点M，N分别是AB，AC所以：//又因为?平面PBC，?平面PBC所以：//平面PBC(Ⅱ)因为点N是AC的中点，且=所以⊥又因⊥，?平面ABC，?平面∩=??故⊥平面ABC因为?平面ABC所以：⊥．如图所示：【解析】(Ⅰ)直接利用中位线的性质的应用和线面平行的性质的应用求出结果．(Ⅱ)利用线面垂直的判定和性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：线面平行的判定的应用，线面垂直的判定和性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．。

2019-2020学年天津一中高一(下)期末数学试卷(含答案解析)

2019-2020学年天津一中高一(下)期末数学试卷一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.已知面α⊥β，α∩β=l，直线a⊂α，直线b⊂β，a，b与l斜交，则()A. a和b不垂直但可能平行B. a和b可能垂直也可能平行C. a和b不平行但可能垂直D. a和b既不垂直也不平行2.已知直线ax+by+c=0(a,b，c都是正数)与圆x2+y2=2相切，则以a，b，c为三边长的三角形()A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不存在3.若直线l经过点A(5,2)、B(3,4)，则直线l倾斜角为()A. π6B. π3C. 5π6D. 3π44.直线y=kx−2k+1恒过定点C，则以C为圆心，5为半径的圆的方程为()A. (x−2)2+(y−1)2=5B. (x−2)2+(y−1)2=25C. (x+2)2+(y−1)2=25D. (x+2)2+(y+1)2=55.直线和圆的位置关系是()A. 相离B. 相切C. 相交不过圆心D. 相交过圆心6.一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为()A. 3：2B. 3：1C. 2：3D. 4：37.已知球O的表面积为4π，A、B、C三点都在球面上，且A与B、A与C，B与C两点的球面距离分别是π2，π2,π3，则OB与平面ABC所成的角是()A. arcsin√217B. arcsin2√77C. arccos√77D. arccos√2178.过点P(2,−1)作圆(x−1)2+y2=25的弦AB，则弦长AB的最短时AB所在的直线方程方程是()A. x−y−3=0B. 2x+y−3=0C. x+y−1=0D. 2x−y−5=09.动点P到点A(6,0)的距离是到点B(2,0)的距离的√2倍，则动点P的轨迹方程为()A. (x+2)2+y2=32B. x2+y2=16C. (x−1)2+y2=16D. x2+(−1)2=1610. 直线3x +4y −3=0与圆(x −2)2+(y −3)2=1的位置关系是( )A. 相离B. 相交C. 相切D. 无法判定．二、单空题（本大题共6小题，共18.0分） 11. 12、在如图所示的正方体中，异面直线与所成角的大小为_______12. 经过点，且与直线垂直的直线方程为．13. 在平面直角坐标系xOy 中，过椭圆{x =2cosθy =√3sinθ(θ为参数)的右焦点，且于直线{x =4−2ty =3−t (t 为参数)平行的直线方程为______ ．14. 已知四棱锥P −ABCD 的五个顶点在同一球面上.若该球的半径为4，ABCD 是边长为2的正方形，且∠PAB =90°，则当PA 最长时，四棱锥P −ABCD 的体积为______ ． 15. 直线y =x +2与圆x 2−2x +y 2−4y +1=0的位置关系是______ ．16. 已知AB 为圆O ：(x −1)2+y 2=1的直径，点P 为直线x −y +1=0上任意一点，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为______．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分） 17. (本题满分13分)如图，某巡逻艇在处发现北偏东相距海里的处有一艘走私船，正沿东偏南的方向以海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，小时后，巡逻艇到达处，走私船到达处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以海里/小时的速度沿着直线追击．(Ⅰ)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里?(Ⅱ)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船?18. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为棱PD的中点，平面PAB⊥底面ABCD，∠PAB=90°.求证：(1)PB//平面AEC；(2)平面PAC⊥平面ABCD．19. 如图，△CDE中∠CDE=90°，平面CDE外一条线段AB满足AB//DE，AB=12DE，AB⊥AC，F是CD的中点．(Ⅰ)求证：AF//平面BCE；(Ⅱ)若AC=AD，证明：AF⊥平面CDE．20. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=12，且它的左焦点F1与右顶点A的距离|AF1|=6．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；(Ⅱ)过点T(−3,0)作与x轴不重合的直线l交椭圆于P，Q两点，连接AP，AQ分别交直线x=−163于R，S两点，求证：直线RT与直线ST的斜率之积为定值．【答案与解析】1.答案：D解析：解：∵面α⊥β，α∩β=l，直线a⊂α，直线b⊂β，a，b与l斜交，∴当a，b有公共点时，a与b相交，当a，b没有公共点时，a与b异面，∴a和b不可能平行；∵面α⊥β，α∩β=l，直线a⊂α，直线b⊂β，∴当a⊥b时，a，b中至少有一条与交线l垂直，这与已知条件a，b与l斜交相矛盾，∴由反证法知a，b不垂直．故选：D．由已知条件，结合空间中直线与直线的位置关系，用排除法能推导出a和b不可能平行，用反证法能推导出a，b不垂直．本题考查空间两条直线的位置关系的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．2.答案：D解析：本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，得到圆心到直线的距离√a2+b2=√2，即c2= 2a2+2b2是解题的关键，属于中档题．由题意可得，圆心到直线的距离√a2+b2=√2，即c2=2a2+2b2，故可得结论．解：∵直线ax+by+c=0(a,b，c都是正数)与圆x2+y2=2相切，∴圆心到直线的距离√a2+b2=√2，即c2=2a2+2b2，∴cosC=a2+b2−c22ab =−a2+b22ab≤−1，故以a，b，c为三边长的三角形不存在，故选D．3.答案：D解析：解：设直线l倾斜角为θ，θ∈[0,π)．则tanθ=k AB=4−23−5=−1，∴θ=3π4．故选：D ．设直线l 倾斜角为θ，θ∈[0,π).可得tanθ=k AB ，即可得出．本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.答案：B解析：解：直线y =kx −2k +1恒过定点C(2,1)，则以C 为圆心，5为半径的圆的方程为：(x −2)2+(y −1)2=25．故选：B ．求出直线系经过的定点，得到圆的圆心，然后求解圆的方程．本题考查直线系的应用，圆的方程的求法，考查计算能力．5.答案：A解析：试题分析：圆O 的圆心坐标为，根据点到直线的距离公式得圆心到已知直线的距离为：，所以直线与圆的位置关系为相离．考点：直线与圆的位置关系．6.答案：A解析：本题给出圆柱的侧面积与一个球的表面积相等，求它们的体积比．着重考查了圆柱侧面积和体积公式、球的表面积和体积公式，为拔高题．根据题意，设圆柱的底面半径为r ，利用圆柱侧面积公式与球的表面积公式建立关系式，算出球的半径R =r ，再利用圆柱与球的体积公式加以计算，可得所求体积之比．解：设圆柱的底面半径为r ，轴截面正方形边长a ，则a =2r ．可得圆柱的侧面积S 1=2πra =4πr 2．再设与圆柱侧面积相等的球半径为R ，则球的表面积S 2=4πR 2=4πr 2，解得R =r ，因此圆柱的体积为V 1=πr 2×a =2πr 3，球的体积为V 2=43πR 3=43πr 3，因此圆柱的体积与球的体积之比为V 1V 2=32．故选：A ．解析：解：由题意，∵球O的表面积为4π，∴球的半径为1，∵A与B、A与C，B与C两点的球面距离分别是π2，π2,π3，∴∠AOB=π2，∠AOC=π2，∠BOC=π3，∴AO⊥面BOC∵OA=OB=OC=1，∴AB=AC=√2，BC=1．∴V A−OBC=13×√34×1=√312设h为O到平面ABC的距离，则∵S△ABC=12×1×√2−14=√74∴V A−OBC=V O−ABC=13×√74ℎ=√312∴ℎ=√21 7∴OA与平面ABC所成角的正弦值为√217∴OB与平面ABC所成的角是arcsin√217故选：A．由题意，球的半径为1，根据A与B、A与C，B与C两点的球面距离分别是π2，π2,π3，可得∠AOB=π2，∠AOC=π2，∠BOC=π2,π3，从而可求AB=AC=√2，BC=1，可求V A−OBC=13×√34×1=√312，利用等体积法求出O到平面ABC的距离，即可求得结论．本题考查线面角，考查三棱锥的体积，解题的关键是利用等体积求出点到面的距离，属于中档题．8.答案：A解析：解：圆心坐标D(1,0)，要使过P点的弦最短，则圆心到直线的距离最大，即DP⊥AB时，满足条件，此时DP的斜率k=0+11−2=−1，则弦AB的斜率k=1，则此时对应的方程为y+1=x−2，即x−y−3=0，根据圆的性质，确定最短弦对应的条件，即可得到结论．本题主要考查直线方程的求解，根据直线和圆的位置关系确定最短弦满足的条件是解决本题的关键．9.答案：A解析：解：设P(x,y)，则由题意可得：√(x−6)2+y2=√2√(x−2)2+y2，化简整理得(x+2)2+y2=32．故选：A．设P为(x,y)，依据题中条件动点P到点A(6,0)的距离是到点B(2,0)的距离的√2倍，列出关于x，y的方程式，化简即可得点P的轨迹方程．求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系．直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程．10.答案：A解析：解：由圆的方程(x−2)2+(y−3)2=1得到：圆心坐标为(2,3)，半径r=1，=3>r，所以圆心到直线3x+4y−3=0的距离d=|6+12−3|5则直线与圆的位置关系为相离．故选：A．由圆的方程求出圆心坐标和圆的半径r，然后利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离d，发现d与r的关系，然后判断直线与圆的位置关系．此题考查了直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式．其中直线与圆的位置关系的判定方法为：当0≤d<r时，直线与圆相交；当d=r时，直线与圆相切；当d>r时，直线与圆相离．11.答案：60°解析：本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中根据正方体的几何特征及异面直线夹角的定义判断出∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成的角，是解答本题的关键．解：连接A1D，由正方体的几何特征可得：A1D//B1C，则∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成的角，连接BD，易得：BD=A1D=A1B，故∠BA 1D =60°．故答案为：60°．12.答案：．解析：∵所求直线与直线垂直，∴设直线方程为x −2y +C =0，将点代入，得2+2×3+C =0，解得C =−8． ∴直线方程为x −2y −8=0．故答案为．13.答案：x −2y −1=0解析：解：∵(x2)2+(√3)2=cos 2θ+sin 2θ=1， ∴该椭圆的标准方程为：x 24+y 23=1，其右焦点为F(1,0)；又直线{x =4−2t y =3−t (t 为参数)的普通方程为：x−4−2=y−3−1，整理得：x −2y +2=0， ∴其斜率k =12，∴过右焦点F(1,0)且与直线x −2y +2=0平行的直线方程为：y −0=12(x −1)，整理得：x −2y −1=0，故答案为：x −2y −1=0．将椭圆的参数方程{x =2cosθy =√3sinθ与直线{x =4−2ty =3−t (t 为参数)的参数方程化为普通方程，依题意即可求得答案．本题考查椭圆与直线的参数方程，考查椭圆的简单性质与直线方程的点斜式应用，属于中档题．14.答案：8√143解析：解：如图，因为∠PAB =90°，故P 点在与BA 垂直的圆面O 1内运动，易知，当P 、O 1、A 三点共线时PA 达到最长此时，可将四棱锥补形为长方体A 1B 1C 1P −ABCD ，其体对角线为2R =8，底面边长为2的正方形，可得高PD =2√14，故四棱锥体积V =13×4×2√14=8√143．故答案为：8√143．画出图形，利用已知条件判断P 的位置，通过补形法，通过外接球的半径，推出PD ，然后求解三棱锥的体积即可．本题考查四棱锥体积的求法，考查空间中点、线、面的位置关系，考查逻辑推理能力及空间想象能力，属于中档题．15.答案：相交解析：解：由x 2−2x +y 2−4y +1=0得到：(x −1)2+(y −2)2=4．则该圆的圆心为(1,2)，半径为2，直线x −y +2=0与圆：(x −1)2+(y −2)2=4的圆心的距离为：d =√2=√22<2，所以直线y =x +2与圆x 2−2x +y 2−4y +1=0的位置关系是相交．故答案是：相交．求出圆的圆心与直线的距离与半径比较，即可判断直线与圆的位置关系．本题考查直线与圆的位置关系的应用，圆心到直线的距离与半径比较是解题的关键．16.答案：1解析：解：由AB 为圆O ：(x −1)2+y 2=1的直径，可设A(1+cosθ,sinθ)，B(1−cosθ,−sinθ)．∵点P 为直线x −y +1=0上任意一点，可设P(x,x +1)，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1+cosθ−x,sinθ−x −1)⋅(1−cosθ−x,−sinθ−x −1)=(1−x)2−cos 2θ+(1+x)2−sin 2θ=2x 2+1≥1．∴PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为1，此时P(0,1)．故答案为：1．由AB为圆O：(x−1)2+y2=1的直径，可设A(1+cosθ,sinθ)，B(1−cosθ,−sinθ).点P为直线x−y+1=0上任意一点，可设P(x,x+1).利用数量积运算性质、二次函数的单调性即可得出．本题考查了圆的标准方程、数量积运算性质、二次函数的单调性、同角三角函数基本关系式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17.答案：解：如图，由题意知，在三角形BCD中，所以当走私船发现巡逻艇时，两船相距海里；因为所以设追击时间为t，则所以即巡逻艇被骗东15º方向才能最快追上走私船．解析：本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，(1)先在三角形ABC中根据余弦定理求出BC的长，然后在三角形BCD中利用余弦定理求出CD的长；(2)先求出，然后在三角形CDE中利用正弦定理求出，即可求解．18.答案：证明：(1)连BD，交AC于点O，连OE．因为底面ABCD是平行四边形，所以O为BD的中点．因为E为棱PD的中点，所以OE//PB，又因为OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB//平面AEC．(2)因为平面PAB⊥底面ABCD，∠PAB=90°，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥平面ABCD，因为PA⊂平面PAC，。