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  • 2021-07-01 发布

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

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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.‎

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