天津市和平区第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题

天津市和平区第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题

天津一中2018—2019-2高一年级数学学科期末质量调查试卷 一、选择题：‎ ‎1.已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质依次判断各个选项可得结果.‎ ‎【详解】选项：由线面垂直的性质定理可知正确；‎ 选项：由线面垂直判定定理知，需垂直于内两条相交直线才能说明，错误；‎ 选项：若，则平行关系不成立，错误；‎ 选项：的位置关系可能是平行或异面，错误.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查空间中线面平行与垂直相关命题的辨析，关键是能够熟练掌握空间中直线与平面位置关系的判定与性质定理.‎ ‎2.圆与直线的位置关系为(　　)‎ A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 以上都有可能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线方程可确定其恒过定点，由点与圆的位置关系的判定方法知该定点在圆内，则可知直线与圆相交.‎ ‎【详解】由得：‎ 直线恒过点 ‎ 在圆内部 直线与圆相交 故选：‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆位置关系的判定，涉及到直线恒过定点的求解、点与圆的位置关系的判定，属于常考题型.‎ ‎3.若，直线的倾斜角等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据以及可求出直线的倾斜角.‎ ‎【详解】，，且直线的斜率为，‎ 因此，直线的倾斜角为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查直线倾斜角的计算，要熟悉斜率与倾斜角之间的关系，还要根据倾斜角的取值范围来求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知点A(－1,1)和圆C：（x﹣5）2+（y﹣7）2=4,一束光线从A经x轴反射到圆C上的最短路程是 A. 6－2 B. ‎8 ‎C. 4 D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 点A（﹣1，1）关于x轴的对称点B（﹣1，﹣1）在反射光线上，当反射光线过圆心时，光线从点A经x轴反射到圆周C的路程最短，最短为|BC|﹣R．‎ ‎【详解】由反射定律得 点A（﹣1，1）关于x轴的对称点B（﹣1，﹣1）在反射光线上，当反射光线过圆心时，‎ ‎ 最短距离为|BC|﹣R=﹣2=10﹣2=8，‎ 故光线从点A经x轴反射到圆周C的最短路程为 8．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查光线的反射定律的应用，以及两点间的距离公式的应用．‎ ‎5.过点P(－2,4)作圆O：(x－2)2＋(y－1)2＝25的切线l，直线m：ax－3y＝0与直线l平行，则直线l与m间的距离为(　　)‎ A. 4 B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设 因此，因此直线l与m间的距离为，选A.‎ ‎6.(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有 A. 14斛 B. 22斛 C. 36斛 D. 66斛 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设圆锥底面半径为r，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.‎ 考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式 ‎7.已知三棱柱( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R＝＝13，即R＝‎ ‎8.已知点是直线上一动点、是圆的两条切线，、是切点，若四边形的最小面积是，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，可知，由四边形的最小面积是，可知此时取最小值，由勾股定理可知的最小值为，即圆心到直线的距离为，结合点到直线的距离公式可求出的值.‎ ‎【详解】如下图所示，由切线长定理可得，又，，且 ‎，，‎ 所以，四边形的面积为面积的两倍，‎ 圆的标准方程为，圆心为，半径为，‎ 四边形的最小面积是，所以，面积的最小值为，‎ 又，，‎ 由勾股定理，‎ 当直线与直线垂直时，取最小值，‎ 即，整理得，，解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查由四边形面积的最值求参数的值，涉及直线与圆的位置关系的应用，解题的关键就是确定动点的位置，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎9.若直线始终平分圆周长，则的最小值为（ ）‎ A. B. ‎5 ‎C. 2 D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：把圆的方程化为标准方程得，所以圆心坐标为半径，因为直线始终平分圆的周长，所以直线过圆的圆心，把代入直线得；即，在直线 上，是点与点的距离的平方，因为到直线的距离，所以的最小值为，故选B.‎ 考点：1、圆的方程及几何性质；2、点到直线的距离公式及最值问题的应用.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查圆方程及几何性质、点到直线的距离公式及最值问题的应用，属于难题.解决解析几何的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题就是利用几何意义，将的最小值转化为点到直线的距离解答的.‎ ‎10.若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则直线的斜率的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，设圆心到直线的距离为，利用数形结合思想可知，并设直线的方程为，利用点到直线的距离公式可得出关于的不等式，解出即可.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 设直线的斜率为，则直线的方程可表示为，即，‎ 圆心为，半径为，由于圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，‎ 所以，即，即，整理得，解得，‎ 因此，直线的斜率的取值范围是.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的综合问题，解题的关键就是确定圆心到直线距离所满足的不等式，并结合点到直线的距离公式来求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ 二、填空题：‎ ‎11.在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值是_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先找出线面角，运用余弦定理进行求解 ‎【详解】‎ 连接交于点，取中点，连接，则，连接 为异面直线与所成角 在中，，‎ ‎,‎ 同理可得,‎ ‎,‎ 异面直线与所成角的余弦值是 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于基础题．‎ ‎12.已知直线与相互垂直，且垂足为，则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由两直线垂直，可求出值，将垂足点代入直线的方程可求出 的点，再将垂足点代入直线的方程可求出的值，由此可计算出的值.‎ ‎【详解】，，解得，‎ 直线的方程为，即，‎ 由于点在直线上，，解得，‎ 将点的坐标代入直线的方程得，解得，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了由两直线垂直求参数，以及由两直线的公共点求参数，考查推理能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎13.已知点和点，点在轴上，若的值最小，则点的坐标为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，作点关于轴的对称点，由对称性可知，结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值，并求出直线的方程，与轴方程联立，即可求出点的坐标.‎ ‎【详解】如下图所示，作点关于轴的对称点，由对称性可知，‎ 则，‎ 当且仅当、、三点共线时，的值最小，‎ 直线的斜率为，直线的方程为，即，‎ 联立，解得，因此，点的坐标为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用折线段长的最小值求点的坐标，涉及两点关于直线对称性的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎14.三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由已知设点到平面距离为，则点到平面距离为，‎ 所以，‎ 考点：几何体的体积.‎ ‎15.设直线与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若，则圆C的面积为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为圆心坐标与半径分别为，所以圆心到直线的距离，则，解之得，所以圆的面积，应填答案．‎ ‎16.若直线y＝x＋m与曲线x＝恰有一个公共点，则实数m的取值范围是______.‎ ‎【答案】{m|－1＜m≤1或m＝－}‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由x=，化简得x2+y2=1，注意到x≥0，所以这个曲线应该是半径为1，圆心是（0，0）的半圆，且其图象只在一、四象限．画出图象，这样因为直线与其只有一个交点，由此能求出实数m的取值范围．‎ ‎【详解】由x=，化简得x2+y2=1，注意到x≥0，‎ 所以这个曲线应该是半径为1，圆心是（0，0）的半圆，‎ 且其图象只在一、四象限．‎ 画出图象，这样因为直线与其只有一个交点，‎ 从图上看出其三个极端情况分别是：‎ ‎①直线在第四象限与曲线相切，‎ ‎②交曲线于（0，﹣1）和另一个点，‎ ‎③与曲线交于点（0，1）．‎ 直线在第四象限与曲线相切时解得m=﹣，‎ 当直线y=x+m经过点（0，1）时，m=1．‎ 当直线y=x+m经过点（0，﹣1）时，m=﹣1，所以此时﹣1＜m≤1．‎ 综上满足只有一个公共点的实数m的取值范围是：‎ ‎﹣1＜m≤1或m=﹣．‎ 故答案为：{m|－1＜m≤1或m＝－}．‎ ‎【点睛】本题考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．‎ 三、解答题：‎ ‎17.在中，角，，的对边分别是，，，， ．‎ ‎（1）若，求．‎ ‎（2）若在线段上，且，，求的长．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理化简边角关系式，可整理出余弦定理形式，得到；再根据正弦定理求得，根据同角三角函数得到；根据两角和差公式求得；（2）设，在中利用余弦定理构造方程求得，从而可证得，利用勾股定理求得结果.‎ ‎【详解】（1）‎ 由正弦定理得：‎ 整理得： ‎ ‎ ‎ 由正弦定理得： ‎ ‎ ‎ ‎（2）设，则：，‎ 在中，利用余弦定理得：‎ ‎，解得：（舍）或 ‎，，又，即 ‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到正弦定理化简边角关系式、同角三角函数求解、两角和差公式的运算，考查对于定理和公式的应用，属于常规题型.‎ ‎18.在四棱锥中，，．‎ ‎（1）若点为的中点，求证：平面；‎ ‎（2）当平面平面时，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(I)结合平面与平面平行判定,得到平面BEM平行平面PAD,结合平面与平面性质,证明结论.(II)建立空间坐标系,分别计算平面PCD和平面PDB的法向量,结合向量数量积公式,计算余弦值,即可.‎ ‎【详解】(Ⅰ)取的中点为，连结，.‎ 由已知得，为等边三角形，.‎ ‎∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴.‎ 又∵平面，平面，‎ ‎∴∥平面.‎ ‎∵为的中点，为的中点，∴∥.‎ 又∵平面，平面，‎ ‎∴∥平面.‎ ‎∵，∴平面∥平面 ‎∵平面，∴∥平面. ‎ ‎(Ⅱ)连结，交于点，连结，由对称性知，为的中点，且，.‎ ‎∵平面平面，，‎ ‎∴平面，，.‎ 以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.‎ 则(0，，0)，(3，0，0)，(0，0，1).‎ 易知平面的一个法向量为.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，，∴，‎ ‎∵，，∴.‎ 令，得，∴，‎ ‎∴.‎ 设二面角的大小为，则. ‎ ‎【点睛】‎ 本道题考查了平面与平面平行判定和性质,考查了空间向量数量积公式,关键建立空间坐标系,难度偏难.‎ ‎19.如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值；‎ ‎（3）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，‎ 又因为分别为和的中点，得.‎ ‎（Ⅰ）证明：依题意，可得为平面的一个法向量，，‎ 由此可得，，又因为直线平面，所以平面 ‎（Ⅱ），设为平面的法向量，则 ‎，即，不妨设，可得，‎ 设为平面的一个法向量，则，又，得 ‎，不妨设，可得 因此有，于是，‎ 所以二面角的正弦值为.‎ ‎（Ⅲ）依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的一个法向量，由已知得 ‎，整理得，‎ 又因为，解得，‎ 所以线段的长为.‎ 考点：直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.‎ ‎20.在平面直角坐标系中，已知圆过坐标原点且圆心在曲线上.‎ ‎（1）若圆分别与轴、轴交于点、（不同于原点），求证：的面积为定值；‎ ‎（2）设直线与圆交于不同的两点、，且，求圆的方程；‎ ‎（3）设直线与（2）中所求圆交于点、，为直线上的动点，直线、与圆的另一个交点分别为、，求证：直线过定点.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意设圆心坐标为，可得半径为，求出圆的方程，分别令、，可得出点、的坐标，利用三角形的面积公式即可证明出结论成立；‎ ‎（2）由，知，利用两直线垂直的等价条件：斜率之积为，解方程可得，讨论的取值，求得圆心到直线的距离，即可得到所求圆的方程；‎ ‎（3）设，、，求得、的坐标，以及直线、的方程，联立圆的方程，利用韦达定理，结合，得出，设直线的方程为，代入圆的方程，利用韦达定理，可得、之间的关系，即可得出所求的定点.‎ ‎【详解】（1）由题意可设圆心为，则圆的半径为，‎ 则圆的方程为，即.‎ 令，得，得；令，得，得.‎ ‎（定值）；‎ ‎（2）由，知，所以，解得.‎ 当时，圆心到直线的距离小于半径，符合题意；‎ 当时，圆心到直线的距离大于半径，不符合题意.‎ 所以，所求圆的方程为；‎ ‎（3）设，，，又知，，‎ 所以，.‎ 因为，所以.‎ 将，代入上式，‎ 整理得.①‎ 设直线的方程为，代入，‎ 整理得.‎ 所以，.‎ 代入①式，并整理得，‎ 即，解得或.‎ 当时，直线的方程为，过定点；‎ 当时，直线的方程为，过定点 检验定点和、共线，不合题意，舍去.‎ 故过定点.‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程的求法和运用，注意运用联立直线方程和圆的方程，消去一个未知数，运用韦达定理，考查直线恒过定点的求法，考查运算能力，属于难题．‎