福建省泉州市永春一中2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题

福建省泉州市永春一中2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题

www.ks5u.com 福建省永春第一中学2018~2019学年高一年下学期期末考试 ‎（数学）‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题（每小题5分，请将正确答案按序号填涂在答题卡上）‎ ‎1.已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：直线的斜率，其倾斜角为．‎ 考点：直线的倾斜角．‎ ‎2.若是异面直线，直线，则与的位置关系是（ ）‎ A. 相交 B. 异面 C. 平行 D. 异面或相交 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】若为异面直线，且直线，‎ 则与可能相交，也可能异面，‎ 但是与不能平行，‎ 若，则，与已知矛盾，‎ 选项、、不正确 故选：．‎ ‎3.如图，是水平放置的的直观图，则的面积是（ ）‎ A. 6 B. C. D. 12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由直观图画法规则，可得是一个直角三角形，直角边，，故选D.‎ ‎4.若直线：与直线：垂直，则实数( ).‎ A. B. C. 2 D. 或2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：直线：与直线：垂直，则，.‎ 考点：直线与直线垂直的判定.‎ ‎5.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )‎ A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，‎ 在A中：若，，则，相交、平行或异面，故A错误；‎ 在B中：若，，，则，相交、平行或异面，故B错误；‎ 在C中：若，，则或，故C误；‎ 在D中：若，，由面面平行的性质定理知，，故D正确.‎ 考点：空间中直线、平面之间位置关系.‎ ‎6.若直线与圆交于两点，关于直线对称，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，得直线是线段的中垂线，则其必过圆的圆心，将圆心代入直线，即可得本题答案．‎ ‎【详解】解：由题意，得直线是线段的中垂线，‎ 所以直线过圆圆心，‎ 圆的圆心为，‎ ‎，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题给出直线与圆相交，且两个交点关于已知直线对称，求参数的值．着重考查了直线与圆的位置关系等知识，属于基础题.‎ ‎7.已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为 A. B. C. D. （）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：‎ ‎8.在长方体中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线,所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角．‎ ‎【详解】解：以点为坐标原点，以所在的直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，‎ ‎ 则, 为平面的一个法向量． ． ∴直线与平面所成角的正弦值为.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系,利用向量方法解决立体几何问题．‎ ‎9.四边形，，，，则的外接圆与的内切圆的公共弦长（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为坐标原点，以为轴，轴建立平面直角坐标系，求出的外接圆与的内切圆的方程，两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，求出弦心距，进而可得公共弦长.‎ ‎【详解】解：以为坐标原点，以为轴，轴建立平面直角坐标系，‎ 过作交于点，则，故，‎ 则为等边三角形，‎ 故，‎ 的外接圆方程为，①‎ 的内切圆方程为，②‎ ‎①-②得两圆的公共弦所在直线方程为:,‎ 的外接圆圆心到公共弦的距离为，‎ 公共弦长为，‎ 故答案为：C.‎ ‎【点睛】本题考查两圆公共弦长的求解，关键是要求出两圆的公共弦所在直线方程，将两圆方程作差即可得到，是中档题.‎ ‎10.在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，是上一动点，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连，沿将展开与在同一个平面内，不难看出的最小值是的连线,由余弦定理即可求解．‎ ‎【详解】解：连，沿将展开与在同一个平面内，如图所示，‎ ‎ 连，则的长度就是所求的最小值． ，可得 又, , 在中，由余弦定理可求得,‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查棱柱的结构特征，余弦定理的应用，是中档题．‎ ‎11.以下四个命题表述正确的是（ ）‎ A. 直线恒过定点 B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1‎ C. 曲线与曲线恰有三条公切线，则 D. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则直线经过定点 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.将直线方程进行重新整理，利用参数分离法进行求解即可；‎ B.根据圆心到直线的距离与半径的关系可判断；‎ C.通过题意可得两圆相切，则两圆心的距离为半径和，即可求得的值；‎ D.设出点，求出以线段为直径的圆的方程，题中的切点、为圆与圆的交点，将两圆作差求出公共弦的方程，即可发现直线经过的定点.‎ ‎【详解】解：A.直线得， 由，得，即直线恒过定点，故A错误；‎ B. 圆心到直线的距离，圆的半径，故圆C上有3个点到直线的距离为1，故B正确；‎ C. 曲线，即，‎ 曲线，即，‎ 两圆心的距离为，解得，故C正确；‎ D. 因为点为直线上一动点，设点，‎ 圆的圆心为，‎ 以线段为直径的圆的方程为，‎ 即 故直线圆与圆公共弦方程为：，‎ 即，此直线即为直线，经验证点在直线上，即直线经过定点，故D正确.‎ 故选：BCD.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆，圆与圆的位置关系，可灵活应用以下结论解题：‎ ‎（1）圆与圆的公共弦方程为：；‎ ‎（2）以点的连线为直径的圆的方程为：‎ ‎.‎ ‎12.正方体的棱长为1，为线段，上的动点，过点的平面截该正方体的截面记为S，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 当且时，S为等腰梯形 B. 当,分别为，的中点时，几何体的体积为 C. 当M为中点且时，S为五边形 D. 当M为中点且时，S与的交点为R，满足 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间直线的位置关系，作辅助线，以及柱体锥体的体积表面积公式进行计算，对选项逐一分析，利用命题真假进行判断即可．‎ ‎【详解】解：对于A，如图所示， ‎ ‎， 当且时，由面面平行的性质定理可得， 交线，且， 所以截面S为等腰梯形，A正确； 对于B，如图所示， ， 面，面，‎ 故几何体的体积等于几何体的体积 又几何体的体积等于，‎ 所以几何体的体积为正确，B正确；‎ 对于C，如图所示，‎ 当，即点重合时，此时截面S为四边形，不是五边形，C错误；‎ 对于D，如图所示，‎ 当时，延长交与点，连结交于点，‎ ‎，‎ ‎，D错误； 故选：AB．‎ ‎【点睛】本题考查了简易逻辑的判定方法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属中档题．‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题（每题5分，共20分.把答案填在答题纸的横线上）‎ ‎13.已知空间中的三个顶点的坐标分别为 ‎，则BC边上的中线的长度为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出BC的中点，由此能求出BC边上的中线的长度.‎ ‎【详解】解：因为空间中的三个顶点的坐标分别为，‎ 所以BC的中点为，‎ 所以BC边上的中线的长度为：，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角形中中线长的求法，考查中点坐标公式、两点间距离的求法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎14.已知点，,若直线与线段有公共点，则实数的取值范围是____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线方程可确定直线过定点；求出有公共点的临界状态时的斜率，即和；根据位置关系可确定的范围.‎ ‎【详解】直线可整理为：‎ 直线经过定点 ‎，‎ 又直线的斜率为 的取值范围为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查根据直线与线段的交点个数求解参数范围的问题，关键是能够明确直线经过的定点，从而确定临界状态时的斜率.‎ ‎15.直线与圆交于两点，若为等边三角形，则______．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式列方程解出即可.‎ ‎【详解】圆，即，‎ 圆的圆心为，半径为，‎ ‎∵直线与圆交于两点且为等边三角形，‎ ‎∴，故圆心到直线的距离为，‎ 即，解得或，故答案为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线和圆相交的弦长公式，以及点到直线的距离公式，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎16.已知球的一个内接四面体中，，过球心，若该四面体的体积为，且，则球的表面积的最小值为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出面积的最大值，结合棱锥的体积可得到平面距离的最小值，进一步求得球的半径的最小值得答案．‎ ‎【详解】解：在中，由，且，‎ ‎ 得，得． 当且仅当时，有最大值1． 过球心，且四面体的体积为1， ∴三棱锥的体积为． 则到平面的距离为． 此时的外接圆的半径为，‎ 则球的半径的最小值为， ∴球O的表面积的最小值为． 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查多面体外接球表面积最值的求法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，考查空间想象能力，是中档题．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸的相应位置）‎ ‎17.已知直线l的方程为.‎ ‎(1)求过点且与直线l垂直的直线方程；‎ ‎(2)求直线与的交点，且求这个点到直线l的距离.‎ ‎【答案】（1）（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)与l垂直的直线方程可设为 ，再将点 代入方程可得；(2)先求两直线的交点，再用点到直线的距离公式可得点到直线l的距离。‎ ‎【详解】解：(1)设与直线垂直的直线方程为,把代入，得，解得,‎ ‎∴所求直线方程为.‎ ‎(2)解方程组得∴直线与的交点为,点到直线的距离.‎ ‎【点睛】本题考查两直线垂直时方程的求法和点到直线的距离公式。‎ ‎18.已知长方体中, ，点N是AB的中点，点M是的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．‎ ‎（1）写出点的坐标；‎ ‎（2）求线段的长度；‎ ‎（3）判断直线与直线是否互相垂直，说明理由．‎ ‎【答案】（1），，；（2）线段的长度分别为；‎ ‎（3）不垂直，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件，利用长方体的结构特征，能求出点的坐标． （2）直接利用两点间距离公式公式求解．‎ ‎（3）求出，，计算数量积即可判断是否垂直.‎ ‎【详解】解：（1）两直线垂直，证明：由于为坐标原点，所以，‎ 由得：‎ ‎，‎ 因为点N是AB的中点，点M是的中点，‎ ‎，；‎ ‎（2）由两点距离公式得：‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（3）直线与直线不垂直，‎ 理由：由（1）中各点坐标得：‎ ‎，‎ ‎，‎ 与不垂直，‎ 所以直线与直线不垂直.‎ ‎【点睛】本题考查空间中点的坐标的求法，考查线段长的求法，以及利用向量的坐标运算判断垂直，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎19.如图，在三棱锥中，平面平面，，点,,分别为线段，，的中点，点是线段的中点.求证：‎ ‎（1）平面；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连AF交BE于Q，连QO，推导出Q是△PAB的重心，从而FG∥QO，由此能证明FG∥平面EBO．‎ ‎（2）推导出BO⊥AC，从而BO⊥面PAC，进而BO⊥PA，再求出OE⊥PA，由此能证明PA⊥平面EBO，利用线面垂直的性质可证PA⊥BE．‎ ‎【详解】（1）连接AF交BE于Q，连接QO，‎ 因为E，F分别为边PA，PB的中点，‎ 所以Q为△PAB的重心，可得：2，‎ 又因为O为线段AC的中点，G是线段CO的中点，‎ 所以2，‎ 于是，‎ 所以FG∥QO，‎ 因为FG⊄平面EBO，QO⊂平面EBO，‎ 所以FG∥平面EBO．‎ ‎（2）因为O为边AC的中点，AB＝BC，‎ 所以BO⊥AC，‎ 因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC，‎ 所以BO⊥平面PAC，‎ 因为PA⊂平面PAC，‎ 所以BO⊥PA，‎ 因为点E，O分别为线段PA，AC的中点，‎ 所以EO∥PC，‎ 因为PA⊥PC，‎ 所以PA⊥EO，‎ 又BO∩OE＝O，BO，EO⊂平面EBO，‎ 所以PA⊥平面EBO，‎ 因为BE⊂平面EBO，‎ 所以PA⊥BE．‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．‎ ‎20.已知的顶点，边上的高所在的直线方程为，为的中点，且所在的直线方程为.‎ ‎(1)求顶点的坐标；‎ ‎(2)求过点且在轴、轴上截距相等的直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先确定直线的斜率，从而得到直线的方程；因为点是直线与的交点，联立两条直线可求得点坐标；（2）设，利用中点坐标公式表示出；根据在直线上，在直线上，可构造方程组，求得点坐标；根据截距相等，可分为截距为和不为两种情况来分别求解出直线方程.‎ ‎【详解】（1）由已知得：‎ 直线的方程为：，即：‎ 由，解得：‎ 的坐标为 ‎（2）设，则 则，解得：‎ 直线在轴、轴上的截距相等 当直线经过原点时，设直线的方程为 把点代入，得：，解得：‎ 此时直线的方程为：‎ 当直线不经过原点时，设直线的方程为 把点代入，得：，解得：‎ 此时直线的方程为 直线的方程为：或 ‎【点睛】本题考查直线交点、直线方程的求解问题，易错点是在已知截距相等的情况下，忽略截距为零的情况，造成丢根.‎ ‎21.如图，在四棱锥中，平面，为PD的中点，点F在PC上，且．‎ ‎（1）求证：平面PAD；‎ ‎（2）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由；‎ ‎（3）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）是，理由见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过证明PA⊥CD，AD⊥CD，即可得平面PAD；‎ ‎（2）取的中点，连接，则点为的中点，可得四边形为平行四边形，进而可得∥，即可得答案；‎ ‎（3）在平面上，过点作，垂足为，证明是二面角的平面角，计算可得其余弦值.‎ ‎【详解】（1）由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，‎ 由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，‎ 由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD. ‎ ‎(2) 取的中点，连接，则点为的中点，‎ 又点为的中点，‎ 所以∥.‎ 又，‎ 所以∥，且 又∥，且 所以∥，且.‎ 所以四边形为平行四边形.‎ 所以∥‎ 所以∥‎ 故直线AG在平面AEF内. ‎ ‎(3) 在平面上，过点作，垂足为，‎ 因为， ‎ 所以 又CD⊥平面PAD 所以⊥平面PAD 又为等腰直角三角形，是的中点，‎ 所以.‎ 因此是二面角的平面角.‎ 因为，所以.‎ 又，为等腰直角三角形，‎ 所以 由勾股定理可得 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知平面内的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎22.已知点，，均在圆上.‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）若直线与圆相交于,两点，求的长；‎ ‎（3）设过点的直线与圆相交于、两点，试问：是否存在直线，使得恰好平分的外接圆？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）存在，和.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据圆心在，的中垂线上，设圆心的坐标为，根据求出的值，从而可得结果；‎ ‎（2）利用点到直线的距离公式以及勾股定理可得结果；‎ ‎（3）首先验证直线的斜率不存在时符合题意，然后斜率存在时，设出直线方程，与圆的方程联立，利用韦达定理，根据列方程求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）由题意可得：圆心在直线上，‎ 设圆心的坐标为，则，‎ 解得，即圆心，‎ 所以半径，‎ 所以圆的方程为；‎ ‎（2）圆心到直线的距离为：，‎ ‎；‎ ‎（3）设，‎ 由题意可得：，且的斜率均存在，‎ 即，‎ 当直线的斜率不存在时，，则，‎ 满足，故直线满足题意，‎ 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，‎ 由，消去得，‎ 则，‎ 由得,‎ 即，‎ 即，‎ 解得： ，‎ 所以直线方程为，‎ 综上所述，存在满足条件的直线和.‎ ‎【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，注意对于直线要研究其斜率是否存在，另外利用韦达定理可以达到设而不求的目的，本题是中档题.‎ ‎ ‎