甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试数学试卷

甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试数学试卷

兰州一中20192020-1学期期末考试试题 高一数学 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1.直线的倾斜角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出直线的斜率，即可求得直线的倾斜角.‎ ‎【详解】直线的斜率为，因此，直线的倾斜角为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查直线倾斜角的计算，求出直线的斜率是关键，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为②年①③，即可得出结论．‎ ‎【详解】根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为②年①③，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查四棱锥的结构特征，考查学生对图形的认识，属于基础题.‎ ‎3.正方体中，直线与所成的角为（ ）‎ A. 30o B. 45o C. 60o D. 90o ‎【答案】C ‎【解析】‎ 连结，由正方体的性质可得，所以直线与所成的角为,在中由正方体的性质可知，，选C.‎ 点睛：由异面直线所成角的定义可知求异面直线所成角的步骤：第一步，通过空间平行的直线将异面直线平移为相交直线；第二步，确定相交直线所成的角；第三步，通过解相交直线所成角所在的三角形，可求得角的大小.最后要注意异面直线所成角的范围是.‎ ‎4.正六棱锥底面边长为，体积为，则侧棱与底面所成的角为（ ）．‎ A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：因为正六棱锥的底面边长为，所以，又体积为，所以棱锥的高，所以侧棱长为，所以侧棱与底面所成的角为．故选B．‎ 考点：正六棱锥的体积 ‎5.已知，是不同的平面，，是不同的直线，给出下列命题：‎ ‎①若，则；‎ ‎②若，则；‎ ‎③若是异面直线，则与相交；‎ ‎④若，且，则.‎ 其中真命题的个数是 A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据面面垂直判定定理可得，命题①正确；‎ 根据面面平行判定定理可得，一个平面内的两条相交直线与另一平面平行才能得到面面平行，当平行时无法得到，命题②不正确；‎ 且是异面直线，则与相交或平行，命题③不正确；‎ ‎，所以，根据线面平行判定定理可得，，命题④正确．‎ 综上可得，命题①④正确，故选B ‎6.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由斜二测画法的原则，得到原平面图形为直角梯形，根据直观图的腰长和上底长，得到原平面图形的腰长与上下底的长，进而可求出其面积.‎ ‎【详解】由斜二测画法的原则可得：原平面图形为直角梯形，‎ 因为直观图中，腰和上底边均为1‎ 所以原图形的上底长度为，下底为，直角腰长为，‎ 因此，这个平面图形的面积是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查由直观图求原图形的面积，熟记斜二测画法的原则即可，属于常考题型.‎ ‎7.已知两定点、，动点在直线上，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，可知点、在直线的同侧，并求出点关于直线的对称点的坐标，即可得出的最小值为.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 由图形可知，点、在直线的同侧，且直线的斜率为，‎ 设点关于直线的对称点为点，则，‎ 解得，，即点，‎ 由对称性可知，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查位于直线同侧线段和的最小值的计算，一般利用对称思想结合三点共线求得，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎8.已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则该正四棱锥外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出正四棱锥的高以及底面外接圆的半径，并设该正四棱锥外接球的半径为，根据题意列出关于的方程，求出的值，然后利用球体的表面积公式可得出结果.‎ ‎【详解】如下图所示，在正四棱锥中，设底面正方形的中心为点，‎ 可知该正四棱锥的外接球球心在直线上，‎ 由于正方形的边长为，，‎ 易知平面，且平面，，‎ 且，设正四棱锥的外接球半径为，且，‎ 由勾股定理得，即，解得，‎ 因此，该正四棱锥的外接球的表面积为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正四棱锥外接球表面积的计算，解题的关键就是确定球心的位置，并列方程求解，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎9.棱台上、下底面面积比为，则棱台的中截面分棱台成两部分的体积之比是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出棱台上、下底面的相似比，可得出棱台上底面与中截面的面积之比，再利用棱台的体积公式可得出棱台的中截面分棱台成两部分的体积之比.‎ ‎【详解】棱台上、下底面面积比为，则该棱台上、下底面的相似比为，‎ 所以，该棱台上底面与中截面的相似比为，设该棱台的上底面面积为，高为，‎ 则中截面面积为，下底面面积为.‎ 因此，棱台的中截面分棱台成两部分的体积之比.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查棱台体积比的计算，解题时可充分利用棱台的体积公式进行计算，也可以采用“还台为锥”的策略，利用锥体体积的比值来求解，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎10.若某多面体的三视图（单位：）如图所示，则此多面体的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出几何体的实物图，可知该几何体是在棱长为的正方体中挖去一个四棱锥所形成的几何体，由此可计算出该多面体的体积.‎ ‎【详解】该几何体的实物图如下图所示：‎ 由图可知，该几何体是在棱长为的正方体中挖去四棱锥所形成的几何体，‎ 因此，该多面体的体积为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，解题的关键就是作出几何体的实物图，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎11.已知圆的方程，过作直线与圆交于点，且关于直线对称，则直线的斜率等于 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设，， ‎ 因为直线、关于直线对称，故两直线斜率互为相反数，‎ 设直线方程的斜率为，则直线斜率为，‎ 所以，直线方程为：，‎ ‎ 整理得：， ‎ 所以： ，‎ 即：，，‎ 所以，同理，‎ 所以，‎ 故选．‎ ‎12.数学家欧拉在年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点、，若其欧拉线方程为，则顶点的坐标是（ ）‎ 参考公式：若的顶点、、的坐标分别是、、，则该的重心的坐标为.‎ A. B. ，‎ C. ， D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点的坐标为，由重心的坐标公式求得该三角形的重心坐标，代入欧拉线方程得一方程，求出线段的垂直平分线方程，和欧拉线方程联立求出三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得出另一方程，两方程联立可求出点的坐标.‎ ‎【详解】设点的坐标为，由重心的坐标公式可知的重心为，‎ 代入欧拉线方程得，整理得，①‎ 线段的中点坐标为，直线的斜率为，‎ 线段的垂直平分线方程为，即，‎ 联立，解得，所以，的外心为，‎ 则，整理得，②‎ 联立①②得或，‎ 当，时，点、重合，舍去，因此，顶点的坐标是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查点的坐标的计算，涉及直线交点坐标的计算，考查运算求解能力，属于中等题.‎ 第Ⅱ卷(非选择题)‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13.直线与平行，则的值为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两直线平行得出实数满足的等式与不等式，解出即可.‎ ‎【详解】由于直线与平行，则，‎ 解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎14.已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的体积为 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题可得正四棱柱的底面边长为：．而它的外接球的直径为它的体对角线长：，则球的体积为：‎ 考点：多面体与外接球．‎ ‎15.若关于的方程只有一个实根，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把关于的方程只有一个实根，转化为曲线与直线的图象有且只有一个交点，在同一坐标系内作出曲线与直线的图象，结合图象，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，关于的方程只有一个实根，‎ 转化为曲线与直线的图象有且只有一个交点，‎ 在同一坐标系内作出曲线与直线的图象，如图所示，‎ 结合图象可知，当直线介于和之间的直线或与重合的直线符合题意，‎ 又由直线在轴上的截距分别为，‎ 所以实数的取值范围是.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中把方程的解转化为直线与曲线的图象的交点个数，结合图象求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及数形结合思想的应用，属于基础题.‎ ‎16.已知圆，点，若在直线上（为坐标原点），存在异于的定点，使得对于圆上的任意一点，都有为同一常数.则点的坐标是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点的坐标为，设，由等式以及点在圆上，列出关系式，利用恒成立，可以求出点的坐标.‎ ‎【详解】假设存在这样的点，使得，则，‎ 设点坐标为，则，‎ 即，‎ 由于点在圆上，则，所以，，‎ 整理得对任意的恒成立，‎ ‎，解得或（舍去），‎ 所以，存在点，对于圆上任意一点，都使得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查动点的轨迹方程，涉及两点间距离公式的应用，同时也要注意到点在圆上这一条件的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题(本大题共6小题，共70分)‎ ‎17.设直线和圆相交于点、.‎ ‎（1）求弦的垂直平分线方程；‎ ‎（2）求弦的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将圆方程化为标准式，可得出圆心坐标，由垂径定理可知，线段的垂直平分线为过圆心且与直线垂直的直线，由此可得出线段的垂直平分线方程；‎ ‎（2）计算出圆心到直线的距离，然后利用勾股定理可计算出弦的长.‎ ‎【详解】（1）圆方程可整理为：，圆心坐标为，半径，‎ 易知弦的垂直平分线过圆心，且与直线垂直，‎ 可设直线的方程为，代入圆心的坐标得，解得.‎ 因此，弦的垂直平分线方程为；‎ ‎（2）圆心到直线的距离，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查圆中弦的垂直平分线方程以及直线截圆所得弦长的计算，解题时要充分利用垂径定理来计算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎18.如图，三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均相等.、、分别为棱、、的中点. ‎ ‎（1）证明平面； ‎ ‎（2）证明平面平面.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，证明四边形为平行四边形，可得出，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；‎ ‎（2）由平面，可得出，由三线合一思想可得出，由直线与平面垂直的判定定理可证明出平面，然后利用平面与平面垂直的判定定理可证明出结论成立.‎ ‎【详解】（1）连接，、分别为、的中点，且，‎ 在三棱柱中，且，‎ 又为的中点，且，且，‎ 四边形是平行四边形，，‎ 又平面，平面，平面；‎ ‎（2）平面，平面，，‎ 由于是等边三角形，且是的中点，.‎ ‎，平面，‎ 平面，平面平面.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行和平面与平面垂直的证明，熟悉平行与垂直的判定定理是证明的关键，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎19.如图所示，矩形中，⊥平面，，为上的点，且⊥平面.‎ ‎(1)求证：⊥平面；‎ ‎(2)求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：解:(1)∵平面，∥，‎ ‎∴平面，∴，‎ 又∵平面，∴，‎ 又∵，∴平面.‎ ‎(2)由题意可得，是的中点，连接，‎ ‎∵平面，∴，又∵，‎ ‎∴是的中点，‎ ‎∴在中，∥，，‎ ‎∵平面，∴平面.‎ 在中，，‎ ‎∴＝××＝1，‎ ‎∴＝＝＝.‎ 考点：空间中直线与直线之间位置关系；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的性质．‎ 点评：本题主要考查垂直关系，利用线面垂直的定义和判定定理，进行线线垂直与线面垂直 的转化；求三棱锥体积常用的方法：换底法．‎ ‎20.△ABC中，A(0,1)，AB边上的高CD所在直线的方程为x＋2y－4＝0，AC边上的中线BE所在直线的方程为2x＋y－3＝0.‎ ‎(1)求直线AB的方程；‎ ‎(2)求直线BC的方程；‎ ‎(3)求△BDE的面积．‎ ‎【答案】（1） ；（2） ；（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由所在直线的方程求出直线的斜率，再由点斜式写出的直线方程；‎ ‎（2）先求出点，点的坐标，再写出的直线方程；‎ ‎（3）由点到直线的距离求出到的距离，以及到的距离，计算即可或求出到的距离，计算.‎ 试题解析：‎ ‎(1)由已知得直线AB的斜率为2，‎ ‎∴AB边所在的直线方程为y－1＝2(x－0)，‎ 即2x－y＋1＝0.‎ ‎(2)由，得.‎ 即直线AB与直线BE的交点为B(，2)．‎ 设C(m，n)，‎ 则由已知条件得，‎ 解得，∴C(2,1)．‎ ‎∴BC边所在直线方程为＝，即2x＋3y－7＝0.‎ ‎(3)∵E是线段AC的中点，∴E(1,1)．‎ ‎∴|BE|＝＝，‎ 由，得.‎ ‎∴D(，)，‎ ‎∴D到BE的距离为d＝＝ ，‎ ‎∴S△BDE＝·d·|BE|＝ .‎ ‎21.如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，，与平面所成的角为.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求二面角的正切值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，利用面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，并证明出，可得出，可证明出平面 ‎，由此可得出；‎ ‎（2）由平面可得知为二面角的平面角，过点作，垂足为，连接、，可得出，利用几何关系计算出和，即可计算出的值.‎ ‎【详解】（1）如图，取的中点，连接交于点，连接、.‎ ‎ ‎ ‎，点为的中点，且.‎ 又平面平面，平面平面，平面.‎ 平面，又平面，.‎ 又，，，.‎ 又，平面，平面，平面.‎ 平面，；‎ ‎（2）由（1）可知平面，平面，，‎ 又，就是二面角的平面角，‎ 过点作，垂足为，连接、.‎ 且，，平面，‎ 平面，，‎ ‎，，平面，‎ 就是与平面所成的角，即，‎ 又，，‎ 又，，，，‎ 又，，则.‎ 故二面角的正切值是.‎ ‎【点睛】本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了二面角正切值的计算，涉及面面垂直性质定理以及直线与平面所成角的定义的应用，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎22.已知圆C过点且圆心在直线上 ‎（1）求圆C的方程 ‎（2）设直线与圆C交于A、B两点，是否存在实数a使得过点P（2，0）的直线垂直平分AB？若存在，求出a值，若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）x2+y2-6x+4y+4=0（2）不存在实数 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设圆C的方程为：x2+y2+Dx+Ey+F=0‎ 则有 解得 ‎∴圆C的方程为：x2+y2-6x+4y+4=0 ‎ ‎（2）设符合条件的实数存在，‎ 由于l垂直平分弦，故圆心必在l上．‎ 所以l的斜率，‎ 而， 所以． ‎ 把直线ax-y+1=0 即y=ax +1．代入圆的方程，‎ 消去，整理得．‎ 由于直线交圆于两点，‎ 故，‎ 即，解得．‎ 则实数的取值范围是． ‎ 由于，‎ 故不存在实数，使得过点的直线l垂直平分弦．‎