2018-2019学年陕西省西安中学高一上学期期末考试数学试题 10页

‎2018-2019学年陕西省西安中学高一上学期期末考试数学试题 ‎（时间：120分钟 满分：120分） ‎ 一.选择题（本大题包括10小题，每小题4分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上.）‎ ‎1. 若过两点A(4，y)、B(2，－3)的直线的倾斜角为45°，则y等于 (　　)‎ A．－ B． ‎ C．－1 D．1‎ ‎2. 某人用如图所示的纸片，沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯”，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处应依次写上(　　)‎ A．快、新、乐 B．乐、新、快 C．新、乐、快 D．乐、快、新 ‎3. 已知A(2,5,－6)，点P在y轴上，|PA|＝7，则点P的坐标是(　　)‎ A．(0,8,0) B．(0,2,0)‎ C．(0,8,0)或(0,2,0) D．(0，－8,0)‎ ‎4. 已知直线l1：ax＋4y－2＝0与直线l2：2x－5y＋b＝0互相垂直，垂足为(1，c)，则a＋b＋c的值为(　　)‎ A．20 B．－4 C．0 D．24‎ ‎5. 设m，n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m∥α，则m∥γ；‎ ‎③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.‎ 其中正确命题的序号是(　　)‎ A．① B．②和③ ‎ C．③和④ D．①和④‎ ‎6. 平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是(　　)‎ A．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0 B．2x＋y＋＝0或2x＋y－＝0‎ C．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0 D．2x－y＋＝0或2x－y－＝0‎ ‎7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A． B．3π ‎ C． D．6π ‎8. 已知点A(1,3)、B(－2，－1) ，若过点P(2,1)的直线l与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是 (　　)‎ A．k≥ B．k≤－2‎ C．k≥或k≤－2 D．－2≤k≤ ‎9. 如图，四棱锥S -ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是( )‎ A．AC⊥SB B．AB∥平面SCD ‎ C．平面SDB⊥平面SAC D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 ‎10. 对于两条平行直线和圆的位置关系定义如下：若两直线中至少有一条与圆相切，则称该位置关系为“平行相切”；若两直线都与圆相离，则称该位置关系为“平行相离”；否则称为“平行相交”．已知直线l1：ax＋3y＋6＝0，l2：2x＋(a＋1)y＋6＝0与圆C：x2＋y2＋2x＝b2－1(b>0)的位置关系是“平行相交”，则实数b的取值范围为 (　　)‎ A．(，) B．(0，)‎ C．(0，) D．(，)∪(，＋∞)‎ 二.填空题（本大题包括5小题，每小题4分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置上.）‎ ‎11.已知圆C：(x－a)2＋(y－2)2＝4(a>0)及直线l：x－y＋3＝0，当直线l被圆C截得的弦长为2时，a的值等于________.‎ ‎12.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是_________.‎ ‎13. 方程＝x＋k有惟一解，则实数k的范围是________.‎ ‎14. 正方体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是_______.‎ ‎15. 正三棱锥PABC的底面边长为1，E，F，G，H分别是PA，AC，BC，PB的中点，四边形EFGH的面积为S，则S的取值范围是________．‎ 三.解答题（本大题包括5小题，每小题12分，共60分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎16. (12分)求满足下列条件的直线方程．‎ ‎(1)经过点A(－1，－3)，且斜率等于直线3x＋8y－1＝0斜率的2倍；‎ ‎(2)过点M(0,4)，且与两坐标轴围成三角形的周长为12．‎ ‎17. (12分)有一圆与直线l：4x－3y＋6＝0相切于点A(3,6)，且经过点B(5,2)，求此圆的方程．‎ ‎18. (12分) 正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.‎ 求证：(1)AF∥平面BDE；‎ ‎ (2)CF⊥平面BDE.‎ ‎19.(12分) 已知点P(2,0)及圆C：x2＋y2－6x＋4y＋4＝0.‎ ‎(1)若直线l过点P且与圆心C的距离为1，求直线l的方程；‎ ‎(2)设过点P的直线l1与圆C交于M，N两点，当|MN|＝4时，求以线段MN为直径的圆Q的方程；‎ ‎(3)设直线ax－y＋1＝0与圆C交于A，B两点，是否存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎20.(12分) 如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2).‎ ‎(1)求证：DE∥平面A1CB；‎ ‎(2)求证：A1F⊥BE；‎ ‎(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.‎ 西安中学2018-2019学年度第一学期期末考试 高一数学试题答案 ‎（时间：120分钟 满分：120分） 命题人：杜薇 一. 选择题（本大题包括10小题，每小题4分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上.）‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 答案 C A C B A A B D D D 二.填空题（本大题包括5小题，每小题4分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置上.）‎ ‎11. －1‎ ‎12. 24π ‎13. k＝或－1≤k<1‎ ‎14. ‎15. 三.解答题（本大题包括5小题，每小题12分，共60分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎16. (12分)‎ 解: (1)因为3x＋8y－1＝0可化为y＝－x＋. 所以直线3x＋8y－1＝0的斜率为－ 则所求直线的斜率k＝2×(－)＝－．又直线经过点(－1，－3)‎ 因此所求直线的方程为y＋3＝－(x＋1)即3x＋4y＋15＝0．‎ ‎(2)设直线与x轴的交点为(a,0)‎ 因为点M(0,4)在y轴上，所以由题意有4＋＋|a|＝12‎ 解得a＝±3.所以所求直线的方程为＋＝1或＋＝1‎ 即4x＋3y－12＝0或4x－3y＋12＝0．‎ ‎17. (12分)‎ 解: 法一：由题意可设所求的方程为(x－3)2＋(y－6)2＋λ(4x－3y＋6)＝0，又因为此圆过点(5,2)，将坐标(5,2)代入圆的方程求得λ＝－1，所以所求圆的方程为x2＋y2－10x－9y＋39＝0.‎ 法二：设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则圆心为C(a，b)，由|CA|＝|CB|，CA⊥l, ‎ 解得 所以所求圆的方程为(x－5)2＋(y－)2＝.‎ 法三：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，由CA⊥l，A(3,6)，B(5,2)在圆上，得 解得 所以所求圆的方程为x2＋y2－10x－9y＋39＝0.‎ 法四：设圆心为C，则CA⊥l，又设AC与圆的另一交点为P，则CA的方程为y－6＝－(x－3)，‎ 即3x＋4y－33＝0.‎ 又因为kAB＝＝－2，‎ 所以kBP＝，所以直线BP的方程为x－2y－1＝0.‎ 解方程组得所以P(7,3)．‎ 所以圆心为AP的中点(5，)，半径为|AC|＝.‎ 所以所求圆的方程为(x－5)2＋(y－)2＝.‎ ‎18. (12分) ‎ 解: (1)设AC与BD交于点G.因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝AC＝1.所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG. ‎ 因为EG平面BDE.AF平面BDE，所以AF∥平面BDE.‎ ‎(2)连接FG，EG.‎ 因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，所以四边形CEFG为菱形．‎ 所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.‎ 又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC.‎ 所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，‎ 所以CF⊥平面BDE.‎ ‎19.(12分) ‎ 解: (1)直线l斜率存在时，设直线l的斜率为k，则方程为y－0＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0.又圆C的圆心为(3，－2)，半径r＝3，由＝1，解得k＝－.‎ 所以直线方程为y＝－(x－2)，即3x＋4y－6＝0.‎ 当l的斜率不存在时，l的方程为x＝2，经验证x＝2也满足条件．‎ 即直线l的方程为3x＋4y－6＝0或x＝2.‎ ‎(2)由于|CP|＝，而弦心距d＝＝，‎ 所以d＝|CP|＝.‎ 所以P恰为MN的中点．‎ 故以MN为直径的圆Q的方程为(x－2)2＋y2＝4.‎ ‎(3)把直线y＝ax＋1代入圆C的方程，消去y，整理得(a2＋1)x2＋6(a－1)x＋9＝0.‎ 由于直线ax－y＋1＝0交圆C于A，B两点，‎ 故Δ＝36(a－1)2－36(a2＋1)>0，‎ 即－2a>0，解得a<0.‎ 则实数a的取值范围是(－∞，0)．‎ 设符合条件的实数a存在，‎ 由于l2垂直平分弦AB，故圆心C(3，－2)必在l2上．所以l2的斜率kPC＝－‎ ‎2，而kAB＝a＝－，‎ 所以a＝.由于∉ (－∞，0)，‎ 故不存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB.‎ ‎20.(12分) ‎ 解: (1)证明　∵D，E分别为AC，AB的中点，‎ ‎∴DE∥BC.‎ 又∵DE⃘平面A1CB，BC平面A1CB，‎ ‎∴DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)证明　由已知得AC⊥BC且DE∥BC，‎ ‎∴DE⊥AC.‎ ‎∴DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD＝D，‎ ‎∴DE⊥平面A1DC.‎ 而A1F平面A1DC，‎ ‎∴DE⊥A1F.‎ 又∵A1F⊥CD，DE∩CD＝D，‎ ‎∴A1F⊥平面BCDE，BE平面BCDE，‎ ‎∴A1F⊥BE.‎ ‎(3)解　线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.‎ 理由如下：‎ 如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.‎ 又∵DE∥BC，‎ ‎∴DE∥PQ.‎ ‎∴平面DEQ即为平面DEP.‎ 由(2)知，DE⊥平面A1DC，A1C平面A1DC，‎ ‎∴DE⊥A1C.‎ 又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，‎ ‎∴A1C⊥DP，DE∩DP＝D，‎ ‎∴A1C⊥平面DEP.‎ 从而A1C⊥平面DEQ.‎ 故线段A1B上存在点Q(中点)，使得A1C⊥平面DEQ.‎