2018-2019学年河北省张家口一中高一（下）期中考试数学试题（解析版）

2018-2019学年河北省张家口一中高一（下）期中考试数学试题（解析版）

‎2018-2019学年河北省张家口一中高一（下）期中考试数学试题 一、单选题 ‎1．直线的倾斜角为　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】把直线方程的一般式方程化为斜截式方程，求出斜率，根据斜率与倾斜角的关系，求出倾斜角.‎ ‎【详解】‎ ‎，设直线的倾斜角为，‎ ‎，故本题选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线方程之间的转化、利用斜率求直线的倾斜角问题.‎ ‎2．体积为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为，所以正方体的外接球的半径为，所以该球的表面积为，故选A.‎ ‎【考点】 正方体的性质，球的表面积 ‎【名师点睛】与棱长为的正方体相关的球有三个： 外接球、内切球和与各条棱都相切的球，其半径分别为、和.‎ ‎3．设m，n是两条不同的直线，α，β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】根据线面平行的性质、面面平行的性质、面面垂直的性质、面面垂直的判定定理对四个选项，逐一判断，最后选出正确答案.‎ ‎【详解】‎ 选项A：直线m，n还可以异面、相交，故本命题是假命题；‎ 选项B：直线m，n 可以是异面直线，故本命题是假命题；‎ 选项C:当时，若，，，才能推出，故本命题是假命题；‎ 选项D：因为，，所以，而，所以有，故本命题是真命题，因此本题选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行的性质、面面平行的性质、面面垂直的判定与性质，考查了空间想象能力.‎ ‎4．已知圆的方程为，过点的该圆的所有弦中，最短弦的长为（ ）‎ A． B．1 C．2 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：，最短的弦长为，选C.‎ ‎【考点】直线与圆位置关系 ‎5．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，CC1的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，再利用向量法求出异面直线AE与BF所成角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，E，F分别是C1D1，CC1的中点，‎ A（2，0，0），E（0，1，2），B（2，2，0），F（0，2，1），‎ ‎＝（﹣2，1，2），＝（﹣2，0，1），‎ 设异面直线AE与BF所成角的平面角为θ，‎ 则cosθ＝＝＝ ,∴异面直线AE与BF所成角的余弦值为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，注意向量法的合理运用，属于基础题.‎ ‎6．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积　　‎ A． B．1 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的高，即可求出原图形的面积．‎ ‎【详解】‎ 解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，‎ 所以OB，对应原图形平行四边形的高为：2，‎ 所以原图形的面积为：1×22．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查斜二测直观图与平面图形的面积的关系，斜二测画法，考查计算能力．‎ ‎7．若直线被圆截得弦长为 ‎，则的最小值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】圆的标准方程为：（x+1）2+（y﹣2）2 =4，‎ 它表示以（﹣1，2）为圆心、半径等于2的圆；‎ 设弦心距为d，由题意可得 22+d2=4，求得d=0，‎ 可得直线经过圆心，故有﹣2a﹣2b+2=0，‎ 即a+b=1，再由a＞0，b＞0，可得 ‎=（ ）（a+b）=5+≥5+2‎ 当且仅当=时取等号，∴的最小值是9．‎ 故选：A．‎ 点睛：本题主要考查基本不等式，其难点主要在于利用三角形的一边及这条边上的高表示内接正方形的边长.在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.‎ ‎8．已知圆，直线l：，若圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，则b的取值范围为   ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，所以圆心到直线l：的距离小于1，利用点到直线距离求出b的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 因为圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，所以圆心到直线l：的距离小于1，因此有，故本题选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了数形结合思想.‎ ‎9．已知直线l1；2x+y-2=0，l2：ax+4y+1=0，若l1⊥l2，则a的值为（　　）‎ A．8 B．2 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据两直线平行的条件，可得，故选A.‎ ‎【考点】1.两直线的位置关系；2.两直线平行的条件.‎ ‎10．当点P在圆上变动时，它与定点相连，线段PQ的中点M的轨迹方程是　　‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】设，，利用中点坐标公式可以求出，代入圆方程中，可以求出中点M的轨迹方程.‎ ‎【详解】‎ 设，，因为M是线段PQ的中点，所以有 ‎，点P在圆上，所以有，故本题选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求线段中点的轨迹方程，考查了中点坐标公式、代入思想.‎ ‎11．直线与曲线有两个不同的交点，则实数的k的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：因为曲线y＝1＋(|x|≤2)与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点时，那么结合图像可知参数k的取值范围是，选A ‎12．已知点A（2，-3），B（-3，-2），直线l方程为kx+y-k-1=0，且与线段AB相交，求直线l的斜率k的取值范围为（　　）‎ A．或 B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】直线过定点，且与线段相交，利用数形结合法，求出、的斜率，‎ 从而得出的斜率的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 解：∵直线l的方程kx+y-k-1=0可化为 k（x-1）+y-1=0，‎ ‎∴直线l过定点P（1，1），且与线段AB相交，如图所示；‎ 则直线PA的斜率是kPA=-4，‎ 直线PB的斜率是kPB=，‎ 则直线l与线段AB相交时，它的斜率k的取值范围是 k≤-4或k≥．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线方程的应用问题，也考查了数形结合的应用问题，是基础题目．‎ 二、填空题 ‎13．已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=，BC=，AC=2，则此三棱锥外接球的表面积为______．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】以PA，PB，PC分棱构造一个长方体，这个长方体的外接球就是三棱锥P-ABC的外接球，由此能求出三棱锥的外接球的表面积．‎ ‎【详解】‎ 解：如图，PA，PB，PC两两垂直，设PC=h，‎ 则PB=，PA=，‎ ‎∵PA2+PB2=AB2，∴4-h2+7-h2=5，解得h=，‎ 因为三棱锥P-ABC，PA，PB，PC两两垂直，且PA=1，PB=2，PC=，‎ ‎∴以PA，PB，PC分棱构造一个长方体，‎ 则这个长方体的外接球就是三棱锥P-ABC的外接球，‎ ‎∴由题意可知，这个长方体的中心是三棱锥的外接球的心，‎ 三棱锥的外接球的半径为R=，‎ 所以外接球的表面积为．‎ 故答案为：8．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用．‎ ‎14．若曲线与直线始终有交点，则的取值范围是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题设可知有解，即有解，令借，则，所以，由于，故，结合正弦函数的图像可知，则，应填答案。‎ 点睛：解答本题的思路是依据题设条件将其转化为方程有解，进而分离参数，然后通过三角换元将其转化为求函数的值域问题，最后借助正弦函数的图像求出其值域使得问题获解。‎ ‎15．如图，在圆柱O1 O2 内有一个球O ‎，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切。记圆柱O1 O2 的体积为V1 ,球O的体积为V2 ，则 的值是_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设球半径为，则．故答案为．‎ 点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．‎ ‎16．已知实数满足，则 的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如下图所示，‎ 设P(x，y)是圆x2＋y2＝1上的点，则表示过P(x，y)和Q(－1，－2)两点的直线PQ的斜率，过点Q作圆的两条切线QA，QB，由图可知QB⊥x轴，kQB不存在，且kQP≥kQA.‎ 设切线QA的斜率为k，则它的方程为y＋2＝k(x＋1)，由圆心到QA的距离为1，得＝1，解得k＝.所以的取值范围是[，＋∞)．‎ 点睛：本题主要考查圆，以及与圆相关的斜率问题，属于中档题.本题所求式子的范围，可以转化为斜率的范围，根据斜率公式，其意义为圆上一动点，与定点(－1，－2)连线的斜率，根据图形可以求出，此类问题注意问题的几何意义.‎ 三、解答题 ‎17．已知直线与直线的交点为M.‎ ‎(1)求过点M且到点的距离为2的直线的方程；‎ ‎(2)求过点M且与直线平行的直线的方程.‎ ‎【答案】（1）y=2或4x-3y+2=0； （2）x+3y-7=0.‎ ‎【解析】(1)先求两条直线的交点,设所求直线斜率，利用点斜式设出直线方程，由点到直线的距离公式求出，从而确定直线方程；(2)根据直线平行求出直线的斜率,利用点斜式方程求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由l1：x-2y+3=0与l2：2x+3y-8=0联立方程x-2y+3=0与2x+3y-8=0解得，‎ ‎∴l1，l2的交点M为（1，2），‎ 设所求直线方程为y-2=k（x-1），即kx-y+2-k=0，‎ ‎∵P（0，4）到直线的距离为2，‎ ‎∴，解得k=0或，∴直线方程为y=2或4x-3y+2=0；‎ ‎（2）过点（1，2）且与x+3y+1=0平行的直线的斜率为：-，‎ 所求的直线方程为：y-2=-（x-1），即x+3y-7=0．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查待定系数法求直线方程以及直线点斜式方程，属于中档题.待定系数法求直线方程的一般步骤是：（1）判断，根据题设条件判断出用那种形式的直线方程参数较少；（2）设方程，设出所选定的标准形式的直线方程；（3）求参数，根据条件列方程求出参数；（4）将参数代入求解；（5）考虑特殊位置的直线方程，因为除一般式外，其他四种标准方程都有局限性.‎ ‎18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．‎ 求证：；‎ 若，且平面平面ABCD，求证：平面PCD．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)见解析.‎ ‎【解析】（1）证明：AB∥平面PCD，即可证明AB∥EF；‎ ‎（2）利用平面PAD⊥平面ABCD，证明CD⊥AF，PA=AD，所以AF⊥PD，即可证明AF⊥平面PCD.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：底面ABCD是正方形，‎ AB∥CD ,‎ 又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，‎ AB∥平面PCD ,‎ 又A，B，E，F四点共面，且平面ABEF∩平面PCD=EF，‎ AB∥EF ;‎ ‎（2）证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD ,‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD,CD⊄平面PAD CD⊥平面PAD ,‎ 又AF⊂平面PAD ,‎ CD⊥AF ,‎ 由（1）可知，AB∥EF，‎ 又AB∥CD，C,D,E,F 在同一平面内，‎ CD∥EF ,‎ 点E是棱PC中点，‎ 点F是棱PD中点 ,‎ 在△PAD中，PA=AD，‎ AF⊥PD ,‎ 又PD∩CD=D，PD、CD⊂平面PCD,‎ AF⊥平面PCD．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行的性质定理和线面垂直的证明，属于基础题.‎ ‎19．已知圆.‎ ‎（1）此方程表示圆，求的取值范围；‎ ‎（2）若（1）中的圆与直线相交于.两点，且 (为坐标原点)，求的值；‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【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. ‎ ‎20．如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA=AD．‎ ‎（Ⅰ）求证：AF∥平面PEC；‎ ‎（Ⅱ）求证：平面PEC⊥平面PCD．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析 ‎【解析】（Ⅰ）取PC的中点G，连结FG、EG，AF∥EG又EG⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，AF∥平面PCE； （Ⅱ）由（Ⅰ）得EG∥AF，只需证明AF⊥面PDC，即可得到平面PEC⊥平面PCD．‎ ‎【详解】‎ 证明：（Ⅰ）取PC的中点G，连结FG、EG，‎ ‎∴FG为△CDP的中位线，FG∥CD，FG=CD．‎ ‎∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE∥CD，AE=CD．‎ ‎∴FG=AE，FG∥AE，∴四边形AEGF是平行四边形，‎ ‎∴AF∥EG又EG⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，‎ ‎∴AF∥平面PCE；‎ ‎（Ⅱ）∵PA=AD．∴AF⊥PD PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，‎ 又因为CD⊥AB，AP∩AB=A，∴CD⊥面APD ‎∴CD⊥AF，且PD∩CD=D，∴AF⊥面PDC 由（Ⅰ）得EG∥AF，∴EG⊥面PDC 又EG⊂平面PCE，∴平面PEC⊥平面PCD．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间线面平行、面面垂直的判定，属于中档题．‎ ‎21．已知关于x，y的方程C：．‎ 若方程C表示圆，求m的取值范围；‎ 若圆C与圆外切，求m的值；‎ 若圆C与直线l：相交于M，N两点，且，求m的值．‎ ‎【答案】（1）； （2）4 ； （3）4.‎ ‎【解析】（1）根据圆的标准的方程条件列不等式求出的范围；‎ ‎（Ⅱ）利用垂径定理得出圆的半径，从而得出的值．‎ ‎（Ⅲ）（2）先求出圆心坐标和半径，圆心到直线的距离，利用弦长公式求出的值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）方程可化为 ，‎ 显然 时方程表示圆． ‎ ‎（2）由（1）知圆的圆心为，半径为，‎ 可化为，‎ 故圆心为，半径为．‎ 又两圆外切，‎ 所以，‎ 即，可得． ‎ ‎（3）圆的圆心到直线的距离为 ‎， ‎ 由则，‎ 又 ，‎ 所以得 ．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆的标准方程的特征，圆与圆外切的性质，点到直线的距离公式、弦长公式的应用．属于基础题．‎ ‎22．如图1，已知四边形BCDE为直角梯形，，，且，A为BE的中点将沿AD折到位置如图，连结PC，PB构成一个四棱锥．‎ Ⅰ求证；‎ Ⅱ若平面ABCD．‎ 求二面角的大小；‎ 在棱PC上存在点M，满足，使得直线AM与平面PBC所成的角为，求的值．‎ ‎【答案】Ⅰ详见解析；Ⅱ①，②或．‎ ‎【解析】Ⅰ可以通过已知证明出平面PAB，这样就可以证明出；‎ Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可以求出相应点的坐标，求出平面PBC的法向量为、平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积，求出二面角的大小；‎ 求出平面PBC的法向量，利用线面角的公式求出的值.‎ ‎【详解】‎ 证明：Ⅰ在图1中，，，‎ 为平行四边形，，‎ ‎，，‎ 当沿AD折起时，，，即，，‎ 又，平面PAB，‎ 又平面PAB，．‎ 解：Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由于平面ABCD 则0，，0，，1，，0，，1，‎ ‎1，，1，，0，，‎ 设平面PBC的法向量为y，，‎ 则，取，得0，，‎ 设平面PCD的法向量b，，‎ 则，取，得1，，‎ 设二面角的大小为，可知为钝角，‎ 则，．‎ 二面角的大小为．‎ 设AM与面PBC所成角为，‎ ‎0，，1，，，，‎ 平面PBC的法向量0，，‎ 直线AM与平面PBC所成的角为，‎ ‎，‎ 解得或．‎ ‎【点睛】本题考查了利用线面垂直证明线线垂直，考查了利用向量数量积，求二面角的大小以及通过线面角公式求定比分点问题.‎