2018-2019学年宁夏银川一中高一上学期期末考试数学试题（解析版） 15页

‎2018-2019学年宁夏银川一中高一上学期期末考试数学试题（解析版）‎ 一、选择题。‎ ‎1.下列说法正确的是( )‎ A. 棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱 B. 底面是矩形的平行六面体是长方体 C. 棱柱的底面一定是平行四边形 D. 棱锥的底面一定是三角形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：对于B．底面是矩形的平行六面体，它的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，故B错；对于C．棱柱的底面是平面多边形，不一定是平行四边形，故C错；对于D．棱锥的底面是平面多边形，不一定是三角形，故D错；故选A．‎ 考点：1．命题的真假；2．空间几何体的特征．‎ ‎2.直线l1的倾斜角,直线l1⊥l2，则直线l2的斜率为( )‎ A. - B. C. - D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得L2的倾斜角等于30°+90°＝120°，从而得到L2的斜率为 tan120°，运算求得结果．‎ ‎【详解】如图：直线L1的倾斜角α1＝30°，直线L1⊥L2，则L2的倾斜角等于30°+90°＝120°，‎ ‎∴L2的斜率为 tan120°＝﹣tan60°，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线的倾斜角和斜率的关系，体现了数形结合的数学思想，属于基础题．‎ ‎3.如果AB>0,BC>0，那么直线Ax－By－C＝0不经过的象限是( )‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：斜率为，截距，故不过第二象限.‎ 考点：直线方程.‎ ‎4.如图，是圆O的直径，是圆周上不同于的任意一点，平面，则四面体的四个面中，直角三角形的个数有（ ）‎ A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本题考查圆的性质，线线垂直，线面垂直，面面垂直判定与性质.‎ 则是直角三角形；是的直径，是圆周上不同于、的任意一点，所以 是直角三角形；又 则是直角三角形;故选A ‎5.轴截面是正三角形的圆锥称作等边圆锥,则等边圆锥的侧面积是底面积的( )‎ A. 4倍 B. 3倍 C. 倍 D. 2倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，求出圆锥的底面面积，侧面面积，即可得到比值．‎ ‎【详解】圆锥的轴截面是正三角形，设底面半径为r，则它的底面积为πr2；‎ 圆锥的侧面积为：2rπ•2r＝2πr2；‎ 圆锥的侧面积是底面积的2倍．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题是基础题，考查圆锥的特征，底面面积，侧面积的求法，考查计算能力．‎ ‎6.已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：‎ ‎①若m∥α，m∥β，则α∥β ‎ ‎②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；‎ ‎③m⊂α，n⊂β，m、n是异面直线，那么n与α相交；‎ ‎④若α∩β=m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β．‎ 其中正确的命题是（　　）‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面与平面垂直和平行的判定和性质，直线与平面平行的判断，对选项逐一判断即可．‎ ‎【详解】①若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，错误命题；‎ ‎②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β或α与β相交．错误的命题；‎ ‎③m⊂α，n⊂β，m、n是异面直线，那么n与α相交,也可能n∥α，是错误命题；‎ ‎④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β．是正确的命题．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面的位置关系，直线与平面的位置关系，考查空间想象力，属于中档题.‎ ‎7.某组合体的三视图如下，则它的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析： ，故选A．‎ 考点：1、三视图；2、体积．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查三视图和锥体的体积，计算量较大，属于中等题型．应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正）,主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐）,左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等）,若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称．此外本题应注意掌握锥体和柱体的体积公式．‎ ‎8.点关于直线的对称点是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设对称点为，则 ，则，故选A.‎ ‎9.已知圆C与直线x-y=0及x-y-4=0都相切，圆心在直线x+y=0上，则圆C的方程为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据已知验证由于圆心在直线x+y＝0上，所以只有A、C满足题意，由于圆心所在直线与圆的两条切线垂直，所以直线x+y＝0与两切线的交点应该在圆上，只有C满足 ‎10.如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC与BD的中点，若CD＝2AB＝4， EF⊥BA，则EF与CD所成的角为(　　)‎ ‎ ‎ A. 60° B. 45° C. 30° D. 90°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取BC中点为G，连接FG，EG．推导出∠EFG是EF与CD所成的角，由此能求出结果．‎ ‎【详解】取BC中点为G，连接FG，EG．‎ 所以有AB∥EG，‎ 因为EF⊥BA，所以EF⊥EG，‎ 因为CD＝2AB＝4，所以可知EG＝1，FG＝2，‎ 所以△EFG是一个斜边为2，一条直边为1的直角三角形．‎ EF与CD所成的角也是EF与FG所成的角．‎ 也是斜边为2与直角边为1的夹角，‎ 即EF与CD所成的角为30°．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．‎ ‎11.如图，在正三棱柱ABC–A1B1C1中，AB=1，若二面角C–AB–C1的大小为60°，则点C到平面C1AB的距离为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点C到平面C1AB的距离为h，根据等体积法VC﹣ABC＝，建立等量关系，求出h即可．‎ ‎【详解】点C到平面C1AB的距离为h．‎ ‎∵S△ABC，S△ABC1，‎ ‎∵VC﹣ABC＝，‎ 即S△ABC•C1CS△ABC1•h，‎ ‎∴h．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．‎ ‎12.过点(1,-2)作圆(x－1)2＋y2＝1的两条切线,切点分别为A、B，则AB所在直线的方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：圆的圆心为，设点，则以线段为直径的圆的方程为 ‎，两圆方程相减可得即为所在直线的方程，选B 考点：圆的切线方程 二、填空题。请将答案填在答案卷上．‎ ‎13.经过点P(3,2),且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为（写出一般式）___．‎ ‎【答案】x+y-5=0 或2x-3y=0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当直线经过原点时，在两坐标轴上的截距相等，可得其方程为2x﹣3y＝0；当直线不经过原点时，可得它的斜率为﹣1，由此设出直线方程并代入P的坐标，可求出其方程为x+y﹣5＝0，最后加以综合即可得到答案．‎ ‎【详解】当直线经过原点时，设方程为y＝ x，‎ ‎∵直线经过点P（3，2），∴2＝3 ，解之得 ，‎ 此时的直线方程为yx，即2x﹣3y＝0； ‎ 当直线不经过原点时，设方程为x+y+c＝0，‎ 将点P（3，2）代入，得3+2+c＝0，解之得c＝﹣5，此时的直线方程为x+y﹣5＝0．‎ 综上所述，满足条件的直线方程为：2x﹣3y＝0或x+y﹣5＝0．‎ 故答案为：x+y-5=0 或2x-3y=0．‎ ‎【点睛】本题给出直线经过定点且在两个轴上的截距相等，求直线的方程．着重考查了直线的基本量与基本形式等知识，属于基础题．‎ ‎14.若两平行直线2x+y-4=0与y=-2x- -2的距离不大于,则 的取值范围是____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平行线之间的距离及两直线不重合列出不等式，求解即可．‎ ‎【详解】y＝﹣2x﹣ ﹣2的一般式方程为2x+y+ +2＝0，‎ 则两平行直线的距离d 得， +6 ≤5，解得﹣11≤ ≤﹣1，‎ 当 +2＝﹣4，即 ＝﹣6，此时两直线重合，‎ 所以 的取值范围是 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了两平行直线间的距离，考查两直线平行的条件，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎15.直线l在x轴上的截距为1，且点A(-2,-1),B(4,5)到l的距离相等,则l的方程为____．‎ ‎【答案】x=1或x-y-1=0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当直线l的斜率不存在时，直线方程为，直接验证即可；当直线斜率存在时，设直线方程为，‎ 利用点到直线距离公式，即可得出答案.‎ ‎【详解】当直线l的斜率不存在时，直线方程为，‎ A(-2,-1),B(4,5)两点到直线l的距离，‎ 直线方程，满足条件；‎ 当直线斜率存在时，设直线方程为，即，‎ A(-2,-1),B(4,5)两点到直线l的距离相等，‎ ‎ ，解得，‎ 直线方程，满足条件；‎ 综上可得，直线方程为或.‎ 故答案为或.‎ ‎【点睛】本题考查了直线方程、点到直线距离公式，考查了分类讨论的方法和计算能力，属于基础题.利用点斜式写直线方程时，要注意斜率是否存在的分类讨论.‎ ‎16.若三棱锥中，,其余各棱长均为5，则三棱锥内切球的表面积为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意得，易知内切球球心到各面的距离相等，‎ 设为的中点，则在上且为的中点，‎ 在中，，‎ 所以三棱锥内切球的表面积为。‎ 三、解答题．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17.已知两条直线l1：ax＋2y－1＝0，l2：3x＋(a＋1)y＋1＝0.‎ ‎(1)若l1∥l2，求实数a的值；‎ ‎(2)若l1⊥l2，求实数a的值。‎ ‎【答案】(1) a=2 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用直线与直线平行的条件直接求解；‎ ‎（2）利用直线与直线垂直的条件直接求解．‎ ‎【详解】(1)由题可知，直线l1：ax＋2y－1＝0，l2：3x＋(a＋1)y＋1＝0.‎ ‎,‎ 若l1∥l2，则 解得a=2或a=-3(舍去)‎ 综上，则a=2；‎ ‎（2）由题意，若l1⊥l2，则,‎ 解得.‎ ‎【点睛】本题考查实数值的求法，考查直线与直线平行与垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎18.如图，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，底面是边长为2的菱形，是的中点，过三点的平面交于，为的中点，求证：‎ ‎（1）平面；‎ ‎（2）平面；‎ ‎（3）平面平面.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：(1)先证明四边形是平行四边形，得 平面 ，进而可得结论；(2)先由面面垂直的性质可得，再证 ，由 可得 ，可得 平面 ；（3）由（2）可得 ，由等腰三角形性质得，进而由面面垂直的判定定理得结论.‎ 试题解析：（1） 平面 平面 ‎ 平面平面平面，‎ 又因 ‎，‎ 是的中点，是的中点，底面是边长为2的菱形，‎ 四边形是平行四边形，‎ 平面 平面；‎ ‎（2）侧面是正三角形，且与底面垂直，为的中点，‎ 由余弦定理可得，由正弦定理可得：‎ 由可得 平面；‎ ‎(3)由（2）知平面，平面 是的中点，‎ 平面.‎ 平面.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.‎ ‎19.已知直线l过点P（1，1），并与直线l1：x－y+3=0和l2：2x+y－6=0分别交于点A、B，若线段AB被点P平分，求：‎ ‎（1）直线l的方程；‎ ‎（2）以坐标原点O为圆心且被l截得的弦长为的圆的方程．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）依题意可设A、，则 ‎，，解得，． …………4分w.w.w..c.o.m 即，又l过点P，易得AB方程为．………………6分w.w.w..c.o.m ‎（Ⅱ）设圆的半径为R，则，其中d为弦心距，，可得，故所求圆的方程为．………………12分w.w.w..c.o.m ‎20.如图，DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB＝120°，P，Q分别为AE，AB的中点．‎ ‎(1)证明：PQ∥平面ACD；‎ ‎(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）证明：因为P，Q分别为AE，AB的中点，‎ 所以PQ∥EB．又DC∥EB，因此PQ∥DC，‎ 又PQ⊄平面ACD，‎ 从而PQ∥平面ACD．‎ ‎（2）如图，‎ 连接CQ，DP，因为Q为AB的中点，且AC＝BC，所以CQ⊥AB．‎ 因为DC⊥平面ABC，‎ EB∥DC，‎ 所以EB⊥平面ABC，因此CQ⊥EB．[来 故CQ⊥平面ABE．‎ 由（1）有PQ∥DC，又PQ＝EB＝DC，‎ 所以四边形CQPD为平行四边形，故DP∥CQ．‎ 因此DP⊥平面ABE，∠DAP为AD和平面ABE所成的角，‎ 在Rt△DPA中，AD＝，DP＝1，‎ sin∠DAP＝，‎ 因此AD和平面ABE所成角的正弦值为．‎ 考点：本题考查集合的交集，并集的运算，集合与集合的关系 点评：解决本题的关键是解一元二次不等式，求出集合A ‎21.已知半径为的圆的圆心在轴上，圆心的横坐标是整数，且与直线相切．求：‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）设直线与圆相交于两点，求实数的取值范围；‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求圆的方程有两种方法：①几何法，通过研究圆的性质进而求出圆的基本量．②代数法，即设出圆的方程，用待定系数法求解，利用待定系数法的关键是建立关于a，b，r或D，E，F的方程组．本题利用几何性质；（2）利用圆心到直线的距离可判断直线与圆的位置关系；也可利用直线的方程与圆的方程联立后得到的一元二次方程的判别式来判断直线与圆的位置关系．‎ 试题解析：（1）设圆心为，因圆C与直线相切，故，又，所以 所求圆的方程为 ‎（2）因直线与圆M相交于两点，所以圆心到直线的距离小于半径 故，解得 考点：圆的方程及直线与圆的位置关系 ‎22.如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，AB∥CD，，．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过点作，垂足为，利用勾股定理证明，利用平面，证明，即可证明平面；‎ ‎（2）证得平面，利用，即可求解的体积.‎ ‎【详解】(1)证明：过点C作CM⊥AB，垂足为M，因为AD⊥DC，‎ 所以四边形ADCM为矩形，所以AM＝MB＝2，‎ 又AD＝2，AB＝4，所以AC＝2，CM＝2，BC＝2，‎ 所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，因为AF⊥平面ABCD，AF∥BE，‎ 所以BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC.‎ 又BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，且BE∩BC＝B，‎ 所以AC⊥平面BCE.‎ ‎(2)因为AF⊥平面ABCD，所以AF⊥CM，‎ 又CM⊥AB，AF⊂平面ABEF，‎ AB⊂平面ABEF，AF∩AB＝A，所以CM⊥平面ABEF.‎ VE－BCF＝VC－BEF＝××BE×EF×CM＝×2×4×2＝.‎ ‎【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，以及几何体的体积的计算，其中熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．‎