2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高一下学期期末数学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高一下学期期末数学试题（解析版）

‎2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高一下学期期末数学试题 一、单选题 ‎1．直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】令求，利用求。‎ ‎【详解】‎ 令，由得：，所以 令，由得：，所以，故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线的截距问题，直线方程，令解出，得到直线的纵截距。令解出，得到直线的横截距。‎ ‎2．已知是两条异面直线，，那么与的位置关系（ ）‎ A．一定是异面 B．一定是相交 C．不可能平行 D．不可能垂直 ‎【答案】C ‎【解析】由平行公理，若，因为，所以，与、是两条异面直线矛盾，异面和相交均有可能．‎ ‎【详解】‎ ‎、是两条异面直线，，那么与异面和相交均有可能，但不会平行．‎ 因为若，因为，由平行公理得，与、是两条异面直线矛盾．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间的两条直线的位置关系的判断、平行公理等知识，考查逻辑推理能力，属于基础题.‎ ‎3．过点A(3，3)且垂直于直线的直线方程为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】过点A(3，3)且垂直于直线的直线斜率为，代入过的点得到.‎ 故答案为：D.‎ ‎4．设变量满足约束条件，则目标函数的最大值是（ ）‎ A．7 B．5 C．3 D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.‎ ‎【详解】‎ 画出约束条件，表示的可行域，如图，‎ 由可得，‎ 将变形为，‎ 平移直线，‎ 由图可知当直经过点时，‎ 直线在轴上的截距最大，‎ 最大值为，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.‎ ‎5．平面与平面平行的条件可以是（ ）‎ A．内有无穷多条直线都与平行 B．直线∥，∥，且直线不在平面内，也不在平面内 C．直线，直线，且∥，∥‎ D．内的任何直线都与平行 ‎【答案】D ‎【解析】对每一个选项逐一分析得解.‎ ‎【详解】‎ 对于选项A，内有无穷多条直线都与平行，则可能与平行或相交，所以该选项错误；‎ 对于选项B, 直线∥，∥，且直线不在平面内，也不在平面内, 则可能与平行或相交，所以该选项错误；‎ 对于选项C, 直线，直线，且∥，∥,则可能与平行或相交，所以该选项错误；‎ 对于选项D, 内的任何直线都与平行,所以，所以该选项正确.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查面面平行的判断证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理空间想象能力.‎ ‎6．若满足，且的最小值为，则实数的值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】首先画出满足条件的平面区域，然后根据目标函数取最小值找出最优解，把最优解点代入目标函数即可求出的值。‎ ‎【详解】‎ 画出满足条件的平面区域，如图所示：，由，解得：，‎ 由得：，显然直线过时，z最小，‎ ‎∴，解得：，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查简单的线性规划，已知目标函数最值求参数的问题，属于常考题型。‎ ‎7．已知直线， ， ，若且，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】 由题意，因为，则，解得；又，则，解得，‎ ‎ 所以，故选B。‎ ‎8．如图，网格纸的小正方形的边长是，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据三视图，还原空间结构体，根据空间结构体的特征及球、棱锥的体积公式求得总体积。‎ ‎【详解】‎ 根据空间结构体的三视图，得原空间结构体如下图所示：‎ 该几何体是由下面半球的和上面四棱锥的组成 由三视图的棱长及半径关系，可得几何体的体积为 ‎ ‎ 所以选A ‎【点睛】‎ 本题考查了三视图的简单应用，空间结构体的体积求法，属于中档题。‎ ‎9．在正四棱柱中，，则点到平面的距离是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】计算的面积，根据可得点到平面的距离．‎ ‎【详解】‎ 中，，，‎ ‎∴的边上的高为，‎ ‎∴，‎ 设到平面的距离为，则，‎ 又， ‎ ‎∴，解得．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题涉及点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，也可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.‎ ‎10．设，在约束条件下，目标函数z=x+my的最大值小于2，则m的取值范围为（ ）‎ A． B．‎ C．（1，3） D．（3，+）‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：∵，故直线与直线交于点，目标函数对应的直线与直线垂直，且在点，取得最大值，其关系如图所示：即，解得，又∵，解得，选：A．‎ ‎【考点】简单线性规划的应用.‎ ‎【方法点睛】本题考查的知识点是简单线性规划的应用，我们可以判断直线的倾斜角位于区间上，由此我们不难判断出满足约束条件的平面区域的形状，其中根据平面直线方程判断出目标函数对应的直线与直线垂直，且在点取得最大值，并由此构造出关于的不等式组是解答本题的关键．‎ ‎11．已知点，为坐标原点，分别在线段上运动，则的周长的最小值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】分别求出设关于直线对称的点，关于对称的点，当共线时，的周长取得最小值，为，利用两点间的距离公式，求出答案.‎ ‎【详解】‎ 过两点的直线方程为 设关于直线对称的点，‎ 则，解得 即，‎ 同理可求关于对称的点，‎ 当共线时的周长 取得最小值为.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了点关于直线的对称性的简单应用，试题的技巧性较强，属于中档题.‎ ‎12．平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则所成角的正弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】画出图形，判断出m、n所成角，求解即可．‎ ‎【详解】‎ 如图：‎ α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABA1B1=n， 可知：n∥CD1，m∥B1D1，‎ ‎∵△CB1D1是正三角形，‎ ‎ m、n所成角就是∠CD1B1=60°．则m、n所成角的正弦值为． 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了异面直线所成角的求法，空间想象能力以及计算能力，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13．用数学归纳法证明不等式“（且）”的过程中，第一步：当时，不等式左边应等于__________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】用数学归纳法证明不等式（且），第一步，即时，分母从3到6，列出式子，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 用数学归纳法证明不等式（且），‎ 第一步，时，‎ 左边式子中每项的分母从3开始增大至6，‎ 所以应是.‎ 即为答案.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数学归纳法的基本步骤，属于简单题.‎ ‎14．直线与间的距离为________ 。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据两平行线间的距离，，代入相应的数据，整理计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为直线与互相平行，‎ 所以根据平行线间的距离公式，‎ 可以得到它们之间的距离，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查两平行线间的距离公式，属于简单题.‎ ‎15．已知实数满足，则的最大值为_______。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据约束条件，画出可行域，目标函数可以看成是可行域内的点和的连线的斜率，从而找到最大值时的最优解，得到最大值.‎ ‎【详解】‎ 根据约束条件可以画出可行域，‎ 如下图阴影部分所示，‎ 目标函数可以看成是可行域内的点和的连线的斜率，‎ 因此可得，当在点时，斜率最大 联立，得 即 所以此时斜率为 ，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查简单线性规划问题，求目标函数为分式的形式，关键是要对分式形式的转化，属于中档题.‎ ‎16．在三棱锥中，平面平面，是边长为的等边三角形，其中，则该三棱锥外接球的表面积为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】本题首先可以通过题意画出图像，然后通过三棱锥的图像性质以及三棱锥的外接球的相关性质来确定圆心的位置，最后根据各边所满足的几何关系列出算式，即可得出结果。‎ ‎【详解】‎ 如图所示，作中点，连接、，在上作三角形的中心，过点作平面的垂线，在垂线上取一点，使得。‎ 因为三棱锥底面是一个边长为的等边三角形，为三角形的中心，‎ 所以三棱锥的外接球的球心在过点的平面的垂线上，‎ 因为，、两点在三棱锥的外接球的球面上，所以点即为球心，‎ 因为平面平面，，为中点，所以平面 ‎，，，‎ ‎，‎ 设球的半径为，则有，，‎ ‎，即，解得，‎ 故表面积为。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三棱锥的相关性质，主要考查三棱锥的外接球的相关性质，考查如何通过三棱锥的几何特征来确定三棱锥的外接球与半径，考查推理能力，考查化归与转化思想，是难题。‎ 三、解答题 ‎17．如图，正三棱柱的各棱长均为，为棱的中点，求异面直线 与所成角的余弦值。 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】作交于，则为异面直线与所成角，在中求出各边的长度，根据余弦定理，得到的余弦值，即为答案.‎ ‎【详解】‎ 作交于，则为异面直线与所成角，‎ 因为为中点，‎ 所以是的一条中位线，‎ 所以,‎ 因为正三棱柱，‎ 所以面，‎ 而面，‎ 所以 所以在中，,则，‎ 在中，,则，‎ 在中，‎ 由余弦定理得 ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求异面直线所成的角的余弦值，余弦定理，属于简单题.‎ ‎18．在中，边所在的直线方程为，其中顶点的纵坐标为1，顶点的坐标为. ‎ ‎（1）求边上的高所在的直线方程；‎ ‎（2）若的中点分别为，，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）由题易知边上的高过,斜率为3，可得结果.‎ ‎（1）求得点A的坐标可得点E的坐标，易知直线EF和直线AB的斜率一样，可得方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）边上的高过,因为边上的高所在的直线与所在的直线互相垂直，故其斜率为3,方程为: ‎ ‎(2) 由题点坐标为,的中点 是的一条中位线,所以,，‎ 其斜率为：，所以的斜率为 ‎ 所以直线的方程为：化简可得：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线方程的求法，主要考查直线的点斜式方程，以及化简为一般式，属于基础题.‎ ‎19．已知三棱锥中，， .若平面分别与棱相交于点且平面.‎ 求证:（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；‎ ‎（2）证明见解析.‎ ‎【解析】（1）利用线面平行的性质定理可得线线平行，最后利用平行公理可以证明出；‎ ‎（2）利用线面垂直的判定定理可以证明线面垂直，利用线面垂直的性质可以证明线线垂直，利用平行线的性质，最后证明出.‎ ‎【详解】‎ 证明（1）因为平面，平面平面,平面，所以有,同理可证出,根据平行公理，可得；‎ ‎（2）因为，，,平面，所以平面,而平面,所以,由（1）可知,所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理、以及平行公理的应用.‎ ‎20．如图，四面体中，分别是的中点，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积。‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）连接，由等腰三角形三线合一，可得，，再勾股定理可得，进而根据线面垂直的判定定理得到平面；（2）根据等积法可得，结合（1）中结论，可得即为棱锥的高，代入棱锥的体积公式，可得答案．‎ ‎【详解】‎ 证明：（1）连接 ‎．‎ ‎，，‎ ‎．‎ ‎，为中点，‎ ‎，‎ ‎，为中点，‎ ‎，‎ ‎,‎ 在中， ，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即．‎ 又，，平面 平面.‎ ‎（2）‎ 等边的面积为,‎ 为中点 而， ‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，棱锥的体积公式，熟练掌握空间直线与直线垂直、直线与平面垂直之间的转化关系是解答的关键，属于中档题.‎ ‎21．已知直线：‎ ‎（1）求证：不论实数取何值，直线总经过一定点；‎ ‎（2）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求直线的方程。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）直线方程可整理为：，由直线系的知识联立方程组，解方程组可得定点； （2）由题意可得的范围，分别令，得到相应的截距，可表示面积，由二次函数的知识可得结论．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）直线方程可整理为：，‎ 联立，解得，‎ 直线恒过定点.‎ ‎（2）由题意可知直线的斜率，‎ 令，得：，‎ 令，得：，‎ ‎，‎ 分母，‎ 当时，取最大值 此时为最小值.‎ 故直线的方程为：‎ 即为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线过定点问题，涉及函数最值的求解，属中档题．‎ ‎22．如图，已知四棱锥，底面为菱形，，,平面，分别是的中点。‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值。‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）证明，利用平面即可证得，问题得证。‎ ‎（2）过点作于点，过点作于点，连接.当与垂直时，与平面所成最大角，利用该最大角的正切值为即可求得，证明就是二面角的一个平面角，解即可。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为底面为菱形， ‎ 所以为等边三角形，又为中点 所以，又 所以 因为平面，平面 所以，又 所以平面 ‎（2）过点作于点，过点作于点，连接 当与垂直时，与平面所成最大角.‎ 由（1）得，此时.所以就是与平面所成的角.‎ 在中，由题意可得：,又 所以.‎ 设，在中由等面积法得：‎ 解得：，所以 因为平面，平面 所以平面平面，‎ 又平面平面，，平面 所以平面，又平面 所以，又，‎ 所以平面，‎ 所以 所以就是二面角的一个平面角 因为为的中点，且 所以，又 所以 在中，求得：,,‎ 由可得：,即：，解得：‎ 所以 所以 所以二面角的余弦值为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面垂直的证明，考查了转化能力，还考查了线面角知识，考查了二面角的平面角作法，考查空间思维能力及解三角形，考查了方程思想及计算能力，属于难题。‎