2018-2019学年湖南省长郡中学高一下学期期中考试数学试题（解析版）

2018-2019学年湖南省长郡中学高一下学期期中考试数学试题（解析版）

‎2018-2019学年湖南省长郡中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题 ‎1．下列四条直线，其倾斜角最大的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，依次分析选项，求出所给直线的斜率，比较其倾斜角的大小，即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，依次分析选项：‎ 对于A、2x﹣y+1＝0，其斜率k1＝2，倾斜角θ1为锐角，‎ 对于B、x+2y+3＝0，其斜率k2，倾斜角θ2为钝角，‎ 对于C、x+y+1＝0，其斜率k3＝﹣1，倾斜角θ3为135°，‎ 对于D、x+1＝0，倾斜角θ4为90°，‎ 而k2＞k3，故θ2＞θ3，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线斜率与倾斜角的关系，关键是掌握直线的斜率与倾斜角的关系．‎ ‎2．一个边长为的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原来正三角形面积的（ ）‎ A．倍 B．倍 C．倍 D．倍 ‎【答案】A ‎【解析】由已知中正△ABC的边长为a，可得正△ABC的面积，进而根据斜二测画法的规则求得△ABC的直观图的面积，作比可得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎∵△ABC的边长为a，‎ 故正△ABC的面积S，‎ ‎∵采用斜二测画法后，底边长为a，而高为a，‎ ‎∴面积S′，‎ ‎∴S′S，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识点是斜二测法画直观图，其中熟练掌握斜二测画法的规则是解答的关键，属于基础题.‎ ‎3．在正方体中，异面直线与所成角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由∥可知异面直线AD1，BD所成的角为∠DB，在等边三角形中易得结果.‎ ‎【详解】‎ 解：∵∥，‎ ‎∴异面直线AD1，BD所成的角为∠DB，‎ ‎∵△DB为等边三角形，‎ ‎∴∠DB＝60°．‎ ‎∴异面直线与所成角为60°‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两异面直线所成角的求法，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养．‎ ‎4．已知两条不同直线与两个不同平面，下列命题正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】B ‎【解析】在A中，可能也可能；在B中，由线面垂直的性质定理得；在C中，可能l⊥m，也可能；在D中，可能也可能 ‎【详解】‎ 由l，m为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，知：‎ 在A中，若，则可能也可能，故A错误；‎ 在B中，若，则由线面垂直的性质定理得故B正确；‎ 在C中，若，则可能l⊥m，也可能,故C错误；‎ 在D中，若，则可能，也可能，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的判断，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、空间想象能力，是中档题．‎ ‎5．圆的公切线的条数为 ( )‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎【答案】A ‎【解析】先根据圆心距与两圆半径的关系判断出两圆相离，所以有4条公切线．‎ ‎【详解】‎ ‎ ‎ ‎∴|C1C2|＞r1+r2，所以圆C1与圆C2相离，有4条公切线． 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了两圆的公切线的条数，属中档题．‎ ‎6．一个平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的距离为4，则这个球的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题意作出图形，利用直角三角形直接得半径，求体积．‎ ‎【详解】‎ 如图，由题意可知，圆面的直径为6，则O′A＝3，‎ 又OO′＝4，‎ ‎∴R＝OA＝5，‎ ‎∴，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了球的体积公式及垂径定理的应用，属于基础题．‎ ‎7．两条平行直线和之间的距离是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由题意可得，两直线平行，得m=6，所以可化成，因此两直线的距离为=，综合故选A ‎【考点】两平行线间的距离公式；‎ ‎8．方程所表示的直线（ ）‎ A．恒过定点 B．恒过定点 C．恒过点和点 D．都是平行直线 ‎【答案】B ‎【解析】方程（a﹣1）x﹣y+2a+1＝0化为：a（x+2）﹣x﹣y+1＝0，令，解出即可得出．‎ ‎【详解】‎ 方程（a﹣1）x﹣y+2a+1＝0化为：a（x+2）﹣x﹣y+1＝0，‎ 令，解得x＝﹣2，y＝3．‎ 所表示的直线恒过点（﹣2，3）．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线系方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎9．在平面直角坐标系中，点，点在圆上，则的最大值为（ ）‎ A．3 B． C． D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据向量减法的三角形法则转化为求||，再根据两边之和大于等于第三边可得最大值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵||＝||≤|OB|+|OA|＝22，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了考查了向量减法的运算法则，向量在几何中的应用问题，属于中档题．‎ ‎10．在△ABC中,若,,则△ABC的面积为（ ）‎ A B.1 C． D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由结合余弦定理，可得，则．故答案选C．‎ ‎【考点】余弦定理，同角间基本关系式，三角形面积公式．‎ ‎11．若的三内角分别为，满足，则的形状为（ ）‎ A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】根据三角形内角范围得到，再结合三角函数正弦图像得到结果.‎ ‎【详解】‎ 在△ABC中，内角A、B满足,，根据正弦函数的图像的性质得到或故三角形是等腰三角形或者直角三角形.‎ 故答案为：D.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了三角函数的性质以及三角形内角和性质,属于基础题.‎ ‎12．已知方程表示圆，则实数k的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．或 ‎【答案】D ‎【解析】由方程表示一个圆得到k2﹣k﹣6＞0，求出解集即可得到k的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 方程表示圆，‎ 则有,‎ 即k2﹣k﹣6＞0，即（k﹣3）（k+2）＞0可化为或，‎ 解得k＞3或k＜﹣2，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了圆的一般方程，掌握二元二次方程为圆时的条件，会求一元二次不等式的解集，是一道综合题．‎ ‎13．若曲线与直线始终有公共点，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】作出两个函数的图象，观察图象，利用直线与圆相切可得b的一个临界值，进而求得结论.‎ ‎【详解】‎ ‎∵y表示在x轴上方的部分（包括x轴上的点），‎ 作出函数y与y＝x+b图象，‎ 由图可知：当直线与圆相切时，，即得,结合图像可知，‎ 又当直线过（1，0）时，b=-1，若曲线与直线始终有公共点，‎ 则﹣1.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与圆的位置关系，考查了数形结合思想，属于中档题．‎ ‎14．一个几何体的三视图如图所示，其中三个三角形均是直角三角形，图形给出的数据均是直角边的长度，则该几何体的外接球的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由三视图可知，几何体为三棱锥，且一边垂直于底面，将该三棱锥补成棱长为2、1、1的长方体，再根据长方体性质求外接球的半径即可．‎ ‎【详解】‎ 由三视图可知，几何体为三棱锥，且底面为直角三角形(形状与俯视图相同)，侧棱垂直于底面，将该三棱锥补成棱长为2、1、1的长方体,‎ 其外接球的直径为2R．‎ 则该几何体的外接球的体积为V．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识点是由三视图求体积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．属于中档题．‎ ‎15．设圆圆.点分别是圆上的动点，为直线上的动点，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用对称的性质，结合两点之间的距离最短，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 依题意可知圆C1的圆心（5，﹣2），r＝2，圆C2的圆心（7，﹣1），R＝5，如图所示：‎ 对于直线y＝x上的任一点P，由图象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，‎ 则问题可转化为求|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，‎ 即可看作直线y＝x上一点到两定点距离之和的最小值减去7，‎ 又C1关于直线y＝x对称的点为C1′（﹣2，5），‎ 由平面几何的知识易知当C1′与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|取得最小值，‎ 即直线y＝x上一点到两定点距离之和取得最小值为|C1′C2|‎ ‎∴|PA|+|PB|的最小值为＝﹣7．‎ ‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了圆关于直线的对称的圆的求法，动点的最值问题，考查了点与点的距离公式的运用，是中档题．‎ 二、填空题 ‎16．过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为________________‎ ‎【答案】或 ‎【解析】当直线过原点时，求出斜率，斜截式写出直线方程，并化为一般式．当直线不过原点时，设直线的方程为，把P代入直线的方程，求出m值，可得直线方程．‎ ‎【详解】‎ 当直线过原点时，斜率等于，故直线的方程为yx，即3x-2y=0；‎ 当直线不过原点时，设直线的方程为，把P（2，3）代入直线的方程得 m＝5，‎ 故求得的直线方程为x+y﹣5＝0，‎ 综上，满足条件的直线方程为3x-2y=0或 x+y﹣5＝0．‎ 故答案为3x-2y=0或 x+y﹣5＝0．．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线方程的方法，待定系数法求直线的方程是一种常用的方法，注意考虑截距为0的情况．‎ ‎17．若圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面圆的直径为___________‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】利用圆锥的表面积公式即可求出圆锥的底面半径．‎ ‎【详解】‎ 设圆锥的底面半径为r，母线长为l，‎ ‎∵圆锥的侧面展开图是一个半圆，‎ ‎∴2πr＝πl，‎ ‎∴l＝2r，‎ ‎∵圆锥的表面积为πr2+πrl＝πr2+2πr2＝27π，‎ ‎∴r2＝9，‎ 即r，2r=6，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆锥的表面积公式以及应用，利用条件建立母线和半径之间的关系是解决本题的关键，考查学生的运算能力．‎ ‎18．设点是圆内部一点，则过点最短的弦所在的直线方程是___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先求出圆心和半径，由于点P在圆内，故当弦所在的直线和线段CP垂直时，弦长最短．求得弦所在直线的斜率，用点斜式求弦所在的直线的方程．‎ ‎【详解】‎ 圆（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4，表示以C（2，1）为圆心，半径等于的圆，所以点P在圆内，‎ 故当弦所在的直线和线段CP垂直时，弦长最短．‎ 此时弦CP所在直线的斜率为：1，‎ 故过P的最短弦所在的直线方程为 y﹣2＝﹣（x﹣3），即x+y﹣5＝0．‎ 故答案为：x+y﹣5＝0．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线和圆相交的性质，点与圆的位置关系，用点斜式求直线的方程．判断当弦所在的直线和线段CP垂直时，弦长最短，是解题的关键，属于中档题．‎ ‎19．已知长方体中，，则直线与平面所成角的正弦值是________________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】过C1作C1HD1C，又C1H，则C1H面则∠C1BH即为直线BC1与平面A1BCD1所成角,在直角三角形C1HB中，可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，‎ ‎∴BC1，过C1作C1HD1C，又面DCC1D1则C1H，‎ 则C1H面连接HB，则∠C1BH即为直线BC1与平面A1BCD1所成角,‎ 又C1H==，‎ ‎∴sin∠C1BH．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面所成角的正弦值的作法及求法，考查了线面垂直的判定，属于中档题．‎ ‎20．圆锥底面半径为1，高为，点P是底面圆周上一点，则一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，求出CD长，根据垂径定理求出PC=2CD，即可得出答案．‎ ‎【详解】‎ 把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即CP 的长是蚂蚁爬行的最短路程，过A作AD⊥PC于D，‎ 弧PC的长是2π⋅1=2π，则侧面展开图的圆心角是，‎ ‎∴∠DAC=，‎ ‎∵AC=3，∴，所以.‎ 即蚂蚁爬行的最短路程是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 考查了平面展开﹣最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．‎ 三、解答题 ‎21．已知直线，.‎ ‎(1)若，求的值； ‎ ‎(2)若，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）利用两条直线垂直的条件，结合两条直线的方程可得1×（m﹣2）+m×3＝0，由此求得m的值．‎ ‎（2）利用两直线平行的条件，结合两条直线的方程可得，由此求得得m 的值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵直线l1：x+my+6＝0，l2：（m﹣2）x+3y+2m＝0，‎ 由l1⊥l2 ，可得 1×（m﹣2）+m×3＝0，解得．‎ ‎（2）由题意可知m不等于0,‎ 由l1∥l2 可得，解得 m＝﹣1．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查两直线平行、垂直的条件，属于基础题．‎ ‎22．如图，在直三棱柱中，，，是的中点．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若异面直线与所成角为，求直三棱柱的体积.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】（1）由已知中的几何体为直三棱柱，，是的中点，结合直三棱柱的几何特征以及等腰三角形三线合一的性质，易得平面，‎ ‎（2）根据异面直线所成角的定义，以及角的大小，求得，利用柱体的体积公式求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：由，得，‎ 而平面平面，平面平面，平面.‎ 又平面，‎ 平面平面.‎ ‎（2）解：连接，由知是异面直线与所成角,‎ ‎，易知是正三角形，‎ 依题意得，，‎ 三棱柱的体积为.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，异面直线所成的角，柱体的体积公式，属于简单题目.‎ ‎23．已知圆过，两点，且圆心在直线上. ‎ ‎(1)求圆的方程； ‎ ‎(2)若直线过点且被圆截得的线段长为，求的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】（1）根据题意，设圆C的圆心为（a，b），半径为r，结合题意可得关于a、b、r的方程组，解出a、b、r的值，将其值代入圆的方程即可得答案；‎ ‎（2）根据题意，分斜率存在和斜率不存在两种情况：①当直线l的斜率不存在时，满足题意，②当直线l的斜率存在时，设所求直线l的斜率为k，由点到直线的距离公式求得k的值，即可得直线的方程，综合即可得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）根据题意，设圆C的圆心为（a，b），半径为r，‎ 则圆C方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，‎ 又由圆C过A（﹣2，2），B（2，6）两点，且圆心C在直线3x+y＝0上，‎ 则有，解可得a＝﹣2，b＝6，r2＝16，‎ 则圆C的方程为（x+2）2+（y﹣6）2＝16；‎ ‎（2）根据题意，设直线l与圆C交与MN两点，则|MN|＝4，设D是线段MN的中点，‎ 则有CD⊥MN，则|MD|＝2，|MC|＝4．‎ 在Rt△ACD中，可得|CD|＝2．‎ 当直线l的斜率不存在时，此时直线l的方程为x＝0，满足题意，‎ 当直线l的斜率存在时，设所求直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y﹣5＝kx，‎ 即kx﹣y+5＝0．由点C到直线MN的距离公式：2，‎ 解可得k，此时直线l的方程为3x﹣4y+20＝0．‎ 故所求直线l的方程为x＝0或3x﹣4y+20＝0．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，涉及两点间的距离公式，点到直线的距离公式，圆的标准方程，属于中档题．‎ ‎24．在中，角的三条对边分别为，.‎ ‎(1)求； ‎ ‎(2)点在边上，，，，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）2‎ ‎【解析】（1）由题意利用正弦定理与三角恒等变换求出sinB与cosB的关系，得出tanB的值，从而求出B的值；‎ ‎（2）根据互补的两角正弦值相等，得到sin∠ADB＝sin∠ADC的值，再利用正弦、余弦定理求得AD、AC的值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由bcosCbsinC＝a，‎ 利用正弦定理得：sinBcosCsinBsinC＝sinA，‎ 即sinBcosCsinBsinC＝sinBcosC+cosBsinC，‎ 得sinBsinC＝cosBsinC，‎ 又C∈（0，π），所以sinC≠0，‎ 所以sinB＝cosB，‎ 得tanB，‎ 又B∈（0，π），所以B；‎ ‎（2）如图所示，‎ 由cos∠ADC，∠ADC∈（0，π），‎ 所以sin∠ADC，‎ 由因为∠ADB＝π﹣∠ADC，‎ 所以sin∠ADB＝sin∠ADC；‎ 在△ABD中，由正弦定理得，，‎ 且AB＝4，B，‎ 所以AD；‎ 在△ACD中，由余弦定理得，‎ AC2＝AD2+DC2﹣2AD•DC•cos∠ADC ‎24，‎ 解得AC＝2．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了解三角形的应用问题，涉及正余弦定理的应用，也考查了三角恒等变换应用问题，是中档题．‎ ‎25．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点. ‎ ‎(1)求证：平面； ‎ ‎(2)求二面角的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；（2)把向量夹角的余弦值转化为两平面法向量夹角的余弦值;(3）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化．同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备．‎ 试题解析：（I）记与的交点为，连接，∵、分别是 的中点，是矩形 ‎∴四边形是平行四边形，∴∥，∵平面 平面，∴∥平面6分 ‎（Ⅱ）在平面中过作于，连接，‎ ‎∵‎ ‎∴平面，∴是在平面上的射影，‎ 由三垂线定理点得 ‎∴是二面角的平面角，‎ 在中，，‎ ‎∴‎ 二面角的大小为8分 另解：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，‎ ‎，设与交于点，则 ‎（I）易得：，‎ 则∥，由面，故∥面；‎ ‎（Ⅱ）取面的一个法向量为，面的一个法向量为，‎ 则，‎ 故二面角的大小为．‎ ‎【考点】证明线面平行及求二面角