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- 2021-07-01 发布
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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.