数学试题

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．

1.直线 倾斜角的大小是（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【解析】

【分析】

把直线方程化成斜截式，根据斜率等于倾斜角的正切求解.

【详解】直线化成斜截式为，

因为 ，所以.

故选B.

【点睛】本题考查直线的斜截式方程和基本性质，属于基础题.

2.在中，，，，则 （  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【解析】

【分析】

根据正弦定理求解.

【详解】由正弦定理可得 ，

又 

.

故选A.

【点睛】本题考查解三角形，正弦定理余弦定理是常用方法.注意增根的排除，大边对大角是常用排除方法.

3.已知直线，，若，则实数的值是（   ）

A.     B.     C.     D. 或

【答案】B

【解析】

【分析】

根据直线垂直斜率之积为1求解.

【详解】因为，

所以，

解得.

故选B.

【点睛】本题考查直线垂直的斜率关系，注意斜率不存在的情况.

4.在正方体中，分别是棱的中点，则异面直线和所成角的大小是（   ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】

【分析】

平移到，平移到，则与所求的角即为所求的角.

【详解】如图所示，

∵分别是棱的中点

∴∥

又∵∥，

∴

∴和所成的角为.

故选D.

【点睛】本题考查异面直线所成的角，常用方法：1、平移直线到相交；2、向量法.

5.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ）

A. 若，则    B. 若，则

C. 若，则    D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】

分析条件的特殊情况，结合定理举例推翻错误选项即可.

【详解】当直线是相交且垂直，确定的平面与平行时，，故A错误；

当相交，直线与交线平行时，，故B错误；

当直线在面内，且，直线垂直的交线时，，故C错误；

垂直与同一直线的两个平面平行，故D正确.

故选D.

【点睛】本题考查空间线面的位置关系，结合定理与举例判断.

6.从某小学随机抽取100名学生，将他们的身高数据（单位：厘米）按，，，，分组，绘制成频率分布直方图（如图）．从身高在，，三组内的学生中，用分层抽样的方法抽取18人参加一项活动，则从身高在内的学生中选取的人数应为 （  ）

A. 3    B. 4    C. 5    D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】

先求，，三组频率，再求各组频数，最后根据分层抽样总体与各层抽样比例相同求解.

【详解】各组频率等于各组矩形的面积，所以，

身高在，，的频率分别为0.3，0.2，0.1，

身高在，，的频数分别为30，20，10，

分层抽样的比例为 .

所以，身高在内的学生中选取的人数为.

故选A.

【点睛】本题考查频率分布直方图与分层抽样，属于基础题.

7.如图，设A，B两点在河的两岸，某测量者在A同侧的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50米，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为（  ）

A. 50 米    B. 50米    C. 25 米    D. 米

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据三角形内角和求，再根据正弦定理求解.

【详解】在中，

则

由正弦定理得 ，

所以 m.

故选A.

【点睛】本题考查解三角形的实际应用，正弦定理余弦定理是常用方法，注意增根的排除.

8.如图，在正方体中，是棱上的动点．下列说法正确的是（  ）

A. 对任意动点在平面内不存在与平面平行的直线

B. 对任意动点在平面内存在与平面垂直的直线

C. 当点从运动到的过程中，二面角的大小不变

D. 当点从运动到的过程中，点到平面的距离逐渐变大

【答案】C

【解析】

【分析】

不论是在任意位置，平面即平面，再求解.

【详解】因为在平面内，且平行平面，故A错误；

平面即平面，又平面与平面斜相交，

所以在平面内不存在与平面垂直的直线，故B错误；

平面即平面，平面与平面是确定平面，

所以二面角不改变，故C正确；

平面即平面，点到平面的距离为定值，故D错误.

故选C.

【点睛】本题考查空间线面关系，属于综合题.本题的关键在于平面的确定.

9.2018年科学家在研究皮肤细胞时发现了一种特殊的凸多面体, 称之为“扭曲棱柱”. 对于空间中的凸多面体, 数学家欧拉发现了它的顶点数, 棱数与面数存在一定的数量关系.

A. 14    B. 16    C. 18    D. 20

【答案】C

【解析】

【分析】

分析顶点数, 棱数与面数的规律，根据规律求解.

【详解】易知同一凸多面体顶点数, 棱数与面数的规律为：

棱数＝顶点数＋面数－2，

所以，12个顶点，8个面的扭曲棱柱的棱数＝12＋8－2＝18.

故选C.

【点睛】本题考查逻辑推理，从特殊到一般总结出规律.

10.已知二次函数交轴于两点(不重合)，交轴于点. 圆过三点.下列说法正确的是（  ）

① 圆心在直线上；

② 的取值范围是；

③ 圆半径的最小值为；

④ 存在定点，使得圆恒过点.

A. ①②③    B. ①③④    C. ②③    D. ①④

【答案】D

【解析】

【分析】

根据圆的的性质得圆心横坐标为1；根据二次函数的性质与二次函数与轴有两个焦点可得的取值范围；假设圆方程为，用待定系数法求解，根据二次函数的性质和的取值范围求圆半径的取值范围，再根据圆方程的判断是否过定点.

【详解】二次函数对称轴为，

因为对称轴为线段的中垂线，

所以圆心在直线上，故①正确；

因为二次函数与轴有两点不同交点，

所以，即，故②错误；

不妨设在的左边，则， 

设圆方程为 ，则

 ，解得，

 ，

因为，所以即，故③错误；

由上得圆方程为，

即，恒过点，故④正确.

故选D.

【点睛】本题考查直线与圆的应用，关键在于结合图形用待定系数法求圆方程，曲线方程恒过定点问题要分离方程参数求解.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．

11.某学校甲、乙两个班各15名学生参加环保知识竞赛，成绩的茎叶图如下：

则这30名学生的最高成绩是_______；由图中数据可得_______班的平均成绩较高．

【答案】    (1). 96    (2). 乙

【解析】

【分析】

最高成绩位的“茎”最大的“叶”上的最大数，再分析两个班的成绩主要集中在哪些“茎”上，比较这些“茎”的大小即可得出结果.

【详解】由茎叶图可知，30名学生的最高成绩是96分，

因为甲班的成绩集中在（60， 80）分，

乙班的成绩集中在（70，80）分，

故乙班的平均成绩较高。

【点睛】本题主要考查对茎叶图的理解. 平均成绩决定于数据的集中区域与集中程度.

12.在中，已知，则_______．

【答案】3

【解析】

【分析】

根据余弦定理求解.

【详解】由余弦定理得：

即 

解得或（舍去）

【点睛】本题考查解三角形，正弦定理余弦定理是常用方法，注意增根的排除.

13.某几何体是由一个正方体去掉一个三棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积是___

【答案】6

【解析】

【分析】

先作出几何体图形，再根据几何体的体积等于正方体的体积减去三棱柱的体积计算.

【详解】几何体如图所示：

去掉的三棱柱的高为2，底面面积是正方体底面积的 ，

所以三棱柱的体积： 

所以几何体的体积：

【点睛】本题考查三视图与几何体的体积.关键是作出几何体的图形，方法：先作出正方体的图形，再根据三视图“切”去多余部分.

14.已知直线与圆交于两点，若，则____.

【答案】

【解析】

分析】

根据点到直线距离公式与圆的垂径定理求解.

【详解】圆的圆心为，半径为，

圆心到直线的距离： ，

由得，

解得.

【点睛】本题考查直线与圆的应用.此题也可联立圆与直线方程，消元后用弦长公式求解.

15.已知是两个不同平面，直线，给出下面三个论断：

①   ②   ③

以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题_______.

【答案】①②③（答案不唯一，或②③①）

【解析】

【分析】

假设其中两个论断为条件，其余为结论，再根据线面关系的定理推断命题是否正确.

【详解】①②为条件，③为结论，证明如下：

若，，则内有一条直线与平行，

若，则内必有两条相交直线与垂直，

所以直线与直线垂直，

所以，所以.

【点睛】本题考查空间线面关系的证明，此题也可举例推翻错误命题.

16.已知两条直线, 将圆及其内部划分成三个部分, 则的取值范围是_______；若划分成的三个部分中有两部分的面积相等, 则的取值有_______种可能.

【答案】    (1).     (2). 3

【解析】

【分析】

易知直线过定点，再结合图形求解.

【详解】依题意得直线过定点，如图： 

若两直线将圆分成三个部分，

则直线必须与圆相交于图中阴影部分.

又，

所以的取值范围是；

当直线位于时，

划分成的三个部分中有两部分的面积相等.

【点睛】本题考查直线和圆的位置关系的应用，直线的斜率，结合图形是此题的关键.

三、解答题：本大题共4小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

17.如图，在中，是的中点，，，的面积为.

（Ⅰ）求的长；

（Ⅱ）求的值；

（Ⅲ）判断是否为锐角三角形，并说明理由.

【答案】（Ⅰ）AB=4,AC=；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）先根据三角形面积公式求，再根据余弦定理求；（Ⅱ）根据正弦定理求解；（Ⅲ）根据勾股定理及三边关系判断

【详解】（Ⅰ）由，得.

因为是的中点，所以.在中，

由余弦定理得.

故.

（Ⅱ）在中，由正弦定理，.

所以. 

（Ⅲ）是锐角三角形.因为在中，.

所以是最大边，故是最大角.且.

所以为锐角.所以为锐角三角形.

【点睛】本题考查正弦定理余弦定理在解三角形中的综合应用.判断三角形的形状也可用余弦定理求最大角的余弦值判断.

18.某市从高二年级随机选取1000名学生，统计他们选修物理、化学、生物、政治、历史和地理六门课程（前3门为理科课程，后3门为文科课程）的情况，得到如下统计表，其中“√”表示选课，“空白”表示未选．

科目

（Ⅱ）在这1000名学生中，从选择方案一、二、三的学生中各选取2名学生，如果在这6名学生中随机选取2名，求这2名学生除选修物理以外另外两门选课中有相同科目的概率；

（Ⅲ）利用表中数据估计该市选课偏文（即选修至少两门文科课程）的学生人数多还是偏理（即选修至少两门理科课程）的学生人数多，并说明理由.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）该市选课偏理的学生人数多

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据古典概型公式求解；（Ⅱ）列出所有的情况，根据古典概型公式求解；（Ⅲ）根据样本频率估计概率判断.

【详解】（Ⅰ）设事件 为“在这名学生中，

从选修物理的学生中随机选取1人，该学生选修政治”.

在这名学生中，选修物理的学生人数为， 

其中选修政治的学生人数为，所以.

故在这名学生中，从选修物理的学生中随机选取1人，

该学生选修政治的概率为. 

（Ⅱ）设这六名学生分别为A1,A2,B1,B2,C1,C2，

其中A1,A2选择方案一，B1,B2选择方案二，

C1,C2选择方案三.从这6名学生中随机选取2名，

所有可能的选取方式为：

A1A2，A1B1，A1B2，A1C1，A1C2，A2B1，A2B2，A2C1，A2C2，

B1B2，B1C1，B1C2，B2C1，B2C2，C1C2，共有种选取方式.

记事件为“这2名学生除选修物理以外另外两门选课中有相同科目”.

在种选取方式中，这2名学生除选修物理以外另外两门选课中

有相同科目的选取方式有A1A2，B1B2，C1C2，B1C1，B1C2，B2C1，

B2C2，A1C1，A1C2，A2C1，A2C2，共11种，因此.

（Ⅲ）在选取的1000名学生中，

选修至少两门理科课程的人数为人， 频率为.

选修至少两门文科课程的人数为人， 频率为.

从上述数据估计该市选课偏理的学生人数多.

【点睛】本题考查统计与概率，属于综合题.概率的计算首先要识别是哪种概型，再根据相关计算公式求解.

19.如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且，，．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求证：平面； 

（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）转化为证明；（Ⅱ）转化为证明，；（Ⅲ）根据线面平行的性质定理.

【详解】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以，由于平面，

平面，所以平面.

（Ⅱ）因为四边形为正方形，

所以.平面平面，

平面平面，

所以平面.所以.

取中点，连接.由，，，

可得四边形为正方形.

所以.所以.所以.

因为，所以平面. 

（Ⅲ）存在，当为的中点时，平面，此时.

 证明如下：

连接交于点，由于四边形为正方形，

所以是的中点，同时也是的中点.

因为，又四边形为正方形， 

所以，

连接，所以四边形为平行四边形.

所以.又因为平面，平面，

所以平面. 

【点睛】本题考查空间线面的关系.线面关系的证明要紧扣判定定理，转化为线线关系的证明.

20.在平面直角坐标系中，已知为三个不同的定点.以原点为圆心的圆与线段都相切.

（Ⅰ）求圆的方程及的值；

（Ⅱ）若直线与圆相交于两点，且，求的值；

（Ⅲ）在直线上是否存在异于的定点，使得对圆上任意一点，都有为常数？若存在，求出点的坐标及的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（Ⅰ）, ；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径求解；（Ⅱ）用坐标表示向量积，再联立直线与圆方程，消元代入向量积求解；（Ⅲ）假设A、P的坐标，根据两点距离公式与建立等式，再根据A、P分别满足直线和圆的方程化简等式，最后根据等式恒成立的条件求解.

【详解】（Ⅰ）由于圆与线段相切，所以半径.

即圆的方程为.

又由题与线段相切，

所以线段方程为.即.

故直线的方程为.

由直线和圆相切可得：，

解得或.由于为不同的点，所以. 

（Ⅱ）设，，则.

由可得，

，解得所以.

故.

所以.所以.

故. 

（Ⅲ）设.

则，.

若在直线上存在异于的定点，使得对圆上任意一点，

都有为常数,

等价于对圆上任意点恒成立.

即.

整理得.

因为点在直线上，所以.

由于在圆上，所以.

故对任意恒成立.

所以显然，所以

故，

因为，解得或.

当时，，此时重合，舍去.

当时，，

综上，存在满足条件的定点，此时.

【点睛】本题考查直线与圆的综合应用.主要知识点有：点到直线的距离公式及应用，向量数量积的坐标表示，两点距离公式.下载本文