2020学年高一数学上学期期中试题（含解析）人教版 (2)

2020学年高一数学上学期期中试题（含解析）人教版 (2)

‎2019学年度第一学期期中考试 高一数学试卷 一、选择题：（每题5分，共60分，每题有且只有一个答案）‎ ‎1. 三条直线两两相交，可确定的平面个数是( )‎ A. 1 B. 1或3 C. 1或2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】空间两两相交的三条直线， 如果交于一点，可以确定的平面个数是1个或3个， 如果交于不共线的三点，可以确定的平面个数是1个． ∴空间两两相交的三条直线，可以确定的平面个数是1或3． 故选：B ．‎ ‎2. 已知直线和圆相切，则三条边长分别为|a|，|b|，|c|的三角形( )‎ A. 是锐角三角形 B. 是直角三角形 C. 是钝角三角形 D. 不存在 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：直线（）与圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径，即，，所以三角形为直角三角形.‎ 考点：圆的切线；‎ ‎3. 点M(x0,y0)是圆x2+y2=a2 (a>0)内不为圆心的一点，则直线x0x+y0y=a2与该圆的位置关系是（ ）‎ A. 相切 B. 相交 C. 相离 D. 相切或相交 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：圆心到直线的距离，即圆心到直线的距离大于圆的半径，故可知直线与圆的位置关系是相离．‎ 故选C.‎ 考点：点到直线的距离.‎ - 12 -‎ ‎4. 命题：（1）夹在两平行平面间的两个几何体，被一个平行于这两个平面的平面所截，若截面积相等，则这两个几何体的体积相等；（2）直棱柱和圆柱侧面展开图都是矩形；（3）斜棱柱的体积等于与它的一条侧棱垂直的截面面积乘以它的任一条侧棱；（4）平行六面体的对角线交于一点，且互相平分；其中正确的个数是( )‎ A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 ‎【答案】A ‎【解析】对于（1），根据祖暅原理：“夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”，正确； 对于（2），直棱柱和圆柱的侧面展开图都是矩形，正确； 对于（3），斜棱柱的体积等于与它的一条侧棱垂直的截面面积乘以它的一条侧棱，正确； 对于（4），平行六面体的任意两条对角线所在的四边形是平行四边形， 所以这两条对角线交于一点，且互相平分，正确； 综上，正确命题是（1）（2）（3）（4），共4个． 故选：A．‎ ‎5. 在△ABC中，若则 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】, , ,‎ ‎ ,则 ，选B .‎ ‎6. 与直线2x+y－1=0关于点（1，0）对称的直线方程是（ ）‎ A. 2x+y－3=0 B. 2x+y+3=0 C. x+2y+3=0 D. x+2y－3=0‎ ‎【答案】A ‎【解析】在所求直线上取点（x，y），关于点（1，0）对称的点的坐标为（a，b），则 - 12 -‎ ‎...............‎ ‎7. 设地球半径为R，在北纬30°圈上有甲、乙两地，它们的经度差为120°，那么这两地间的纬线之长为（ ）‎ A. πR B. πR C. πR D. 2πR ‎【答案】A ‎【解析】如图所示，设球心为O，北纬30°圈所在的小圆圆心为Q，甲、乙两地分别对应A、B两点，‎ 连接QO、QA、QB、OA、OB，则OQ⊥平面QAB，∠OAQ=30°，∠AQB=120°=在Rt△OAQ中，OA=R，可得AQ=OAcos∠OAQ=Rcos30°=R 在圆Q中，A、B的经度差为120°，∴弧AB的长为×R=πR 故选A ‎8. 圆x2+2x+y2+4y-3=0上到直线x+y+1=0的距离为的点共有（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C - 12 -‎ ‎【解析】方程化为圆心为，半径为；圆心到直线的距离为。所以圆 上到直线的距离为的点共有3个。 故选C ‎9. 中，若，则形状必为（ ）‎ A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 以上答案均有可能 ‎【答案】C ‎【解析】∵sinA＜cosB，∴sinA＜sin∵0＜A＜ ，<<∴0＜A＜‎ ‎∴0＜A+B＜∴C＞∴△ABC为钝角三角形 故选C．‎ 点睛：本题考查三角形形状的判定，考查了诱导公式，考查正弦函数的单调性，属于基础题．‎ ‎10. 如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积是（ ） ‎ A. 27 B. 30 C. 33 D. 36‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：根据已知中的三视图可知 该几何体由一个正方体和一个正四棱锥组成 其中正方体的棱长为3，故V正方体=3×3×3=27‎ 下四棱锥的底面棱长为3，高为1，故V正四棱锥=×3×3×1=3故这个几何体的体积V=27+3=30‎ 故选B．‎ ‎11. 关于“斜二测”直观图的画法，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 等腰三角形的直观图仍为等腰三角形； B. 圆的直观图仍为圆；‎ C. 正方形的直观图为平行四边形； D. 梯形的直观图不是梯形.‎ - 12 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据斜二侧画法画水平放置的平面图形时的画法原则，可得： 等腰三角形的直观图不再是等腰三角形，圆的直观图不为圆；‎ 正方形的直观图是平行四边形，梯形的直观图还是梯形， 故选：C 点睛：本题考查的知识点是斜二侧画法，熟练掌握斜二侧画法的作图步骤及实质是解答的关键．‎ ‎12. 已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（ ）‎ A. 1 B. C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：设两圆的圆心分别为、，球心为，公共弦为，其中点为，则为矩形，于是对角线，而，∴，故选C．‎ 考点：球的表面积和体积.‎ 视频 二．填空题：每小题4分，共16分.‎ ‎13. 空间两点P1（4，1，9）、P2（2，4，3）的距离|P1P2|=______________.‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】‎ ‎ 故答案为7‎ ‎14. 有一块直角三角板ABC， =30°，=90°，BC边贴于桌面上，当三角板和桌面成45°角时，AB边与桌面所成的角的正弦值是________________.‎ ‎【答案】‎ - 12 -‎ 故答案为 ‎15. 如图所示，在单位正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线A1B 上存在一点P，使得AP＋D1P最短，则AP＋D1P的最小值为________. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图所示，‎ 把对角面A1C绕A1B旋转至A1BC′D1′， 使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1′，‎ 则AD1′=为所求的最小值．‎ 故答案为 ‎16. 已知定点A(0，1),点B在直线x+y=0上运动，当线段AB最短时，点B的坐标是___________________.‎ ‎【答案】B(-，)‎ ‎【解析】定点A（0，1），点B在直线x+y=0上运动，当线段AB最短时，就是直线AB和直线x+y=0垂直， AB的方程为：y-1=x，它与x+y=0联立解得x=-，，y＝所以B的坐标是(-，)‎ 故答案为(-，)‎ 点睛：本题考查点到直线的距离垂线段最短，由两线垂直写直线方程并求直线交点的问题，注意计算的准确性. ‎ 三．解答题：本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ - 12 -‎ ‎17. 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且 ‎（1）判断△ABC的形状，并加以证明；‎ ‎（2）当c = 1时，求△ABC周长的最大值.‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）ABC周长的最大值为 ‎ ‎.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由可得：即cosA= ，即b=c×cosA ‎ 由余弦定理得：∴c2=a2+b2即得三角形形状（2）由（1）知△ABC为直角三角形，c为斜边，当c=1时设另两直角边长分别为a，b，则a2+b2=1 ∵∴△ABC周长=1+a+b 即得△ABC周长的最大值.‎ 试题解析：‎ ‎（1）原式可得： ‎ 即cosA= 即b=c×cosA ‎ 由余弦定理得： ‎ ‎∴c2=a2+b2 即△ABC为直角三角形 ‎ ‎（2）由（1）知△ABC为直角三角形，c为斜边 当c=1时设另两直角边长分别为a，b a2+b2=1 ‎ ‎∵‎ ‎∴△ABC周长=1+a+b ‎ 当且仅当a=b即 △ABC为等腰直角三角形时取等号.‎ ‎∴△ABC周长的最大值为 ‎ ‎18. 已知曲线C：x2+y2-2x-4y+m=0‎ ‎（1）当m为何值时，曲线C表示圆；‎ ‎（2）若曲线C与直线x+2y-4=0交于M、N两点，且OM⊥ON(O为坐标原点)，求m的值。‎ ‎【答案】（1）m<5；（2）m=.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由二元二次方程表示圆的条件D2+E2-4F大于0列出关于m的不等式，求出不等式的解集即可得到m的取值范围；（2）设出曲线与直线的交点M和N - 12 -‎ 的坐标，联立曲线C与直线的方程，消去y后得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，然后由OM与ON垂直得到M和N横坐标之积与纵坐标之积的和为0，由直线方程化为横坐标的关系式，把表示出的两根之和与两根之积代入即可求出m的值．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由D2+E2-4F=4+16-4m=20-4m>0，得m<5 ‎ ‎（2）设M(x1,y1),N(x2,y2)，由OM⊥ON得x1x2+ y1y2=0.‎ 将直线方程x+2y-4=0与曲线C：x2+y2-2x-4y+m=0联立并消去y得 ‎5x2-8x+4m-16=0，由韦达定理得x1+x2=①,x1x2=②，‎ ‎=64-20（4m-16）=384-80m﹥0﹥所以m﹤4‎ 又由x+2y-4=0得y= (4-x), ‎ ‎∴x1x2+y1y2=x1x2+(4-x1)· (4-x2)= x1x2-( x1+x2)+4=0.‎ 将①、②代入得m=,满足﹥ 0. ‎ ‎19. 如图，球面上有四个点P、A、B、C，如果PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a，求这个球的表面积。‎ ‎【答案】S球=4πR2=3πa2‎ ‎【解析】如题图，设过A、B、C三点的球的截面圆半径为r，圆心为O′，球心到该圆面的距离为d，在三棱锥PABC中，‎ ‎∵PA、PB、PC两两垂直，PA＝PB＝PC＝a，∴AB＝AC＝BC＝a，‎ 且点P在△ABC内的射影是△ABC的中心O′，由正弦定理，得＝2r，∴r＝a.‎ 又根据球的截面圆性质，有OO′⊥平面ABC，而PO′⊥平面ABC，‎ ‎∴P、O、O′三点共线，球的半径R＝.又PO′＝＝＝a，‎ ‎∴OO′＝R－a＝d＝，∴＝R2－，解得R＝a.‎ ‎∴S球＝4πR2＝3πa2.‎ - 12 -‎ ‎20. 自点A(-3，3)发出的光线L射到x轴上，被x轴反射，其反射光线所在直线与圆x2+y2-4x-4y+7=0相切，求光线L所在直线的方程.‎ ‎【答案】3x+4y+3=0或4x+3y+3=0。‎ ‎【解析】试题分析：已知圆关于轴的对称圆的方程为 ‎2分 如图所示．‎ 可设光线所在直线方程为， 4分 ‎∵直线与圆相切，‎ ‎∴圆心到直线的距离＝， 6分 解得或. 10分 ‎∴光线所在直线的方程为或.…12分 考点：点关于直线的对称点；直线与圆的位置关系；点到直线的距离公式。‎ 点评：本题也可以这样做：求出点关于x轴的对称点，则反射光线一定过点，由此设出直线方程，利用直线与圆相切求出即可。在设直线方程的点斜式时，要注意讨论直线的斜率是否存在。‎ ‎21. 如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=，点E是PD的中点. ‎ - 12 -‎ ‎ （Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；‎ ‎ （Ⅱ）求二面角E—AC—D的大小；‎ ‎ （Ⅲ）求点P到平面EAC的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（I）证明PA⊥AB，PA⊥AD，AB、AD是平面ABCD内的两条相交直线，即可证明PA⊥平面ABCD；（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系A—xyz,, 求出平面EAC的法向量为，平面的法向量为，即得二面角大小（Ⅲ）由（II）问得，点P平面EAC的距离代入计算即得解.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）证明：因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°‎ 所以AB=AD=AC=a，‎ 在△PAB中，可证PA2+AB2=2a2 = PB2 ∴PA⊥AB.‎ 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. ‎ ‎（II）如图，建立空间直角坐标系A—xyz ‎ ‎ 设平面EAC的法向量为，，，又平面ACD的法向量为 ‎，即二面角E—AC—D的大小为；‎ ‎（III）点P平面EAC的距离 。‎ ‎22. 如图，多面体PABCD的直观图及三视图如图所示，E、F分别为PC、BD的中点.‎ - 12 -‎ ‎（I）求证：EF∥平面PAD；‎ ‎（II）求证：平面PDC⊥平面PAD.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由多面体PABCD的三视图知，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是等腰三角形，PA=PD=，且平面PAD平面ABCD．先证明EF∥PA，由线面平行的判定定理证明EF∥平面PAD； （Ⅱ）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，又CD⊥AD，所以，CD⊥平面PAD，∴CD⊥PA又可得△PAD是等腰直角三角形，所以PA⊥AD，根据线面垂直的判定定理得PA⊥平面PDC，又PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PDC．‎ 试题解析：‎ ‎（I）证明：由多面体的三视图知，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面是等腰三角形，，且平面平面. 连结，则是的中点，在△中，，且平面，平面，‎ ‎ ∴∥平面 ‎ ‎(2) 因为平面⊥平面， 平面∩平面， 又⊥，所以，⊥平面，∴⊥ 又，,所以△是 等腰直角三角形，且，即 又CD∩PD=D， ∴PA⊥平面PDC，又PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PDC．‎ - 12 -‎ 点睛：本题考查了三视图还原几何体，线面平行的判定定理，直线与平面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，综合考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．‎ ‎ ‎ - 12 -‎