1、- 1 -扶余市第一中学 2018-2019学年度上学期期末试题高一数学一、选择题(每小题 5分,满分 60分)1.如果直线 a平面 ，直线 b平面 ，Ma，Nb，Ml，Nl，则A. l B. l C. lM D. lN【答案】A【解析】【分析】由已知得 M平面 ，N平面 ，由 Ma，Nb，Ml，Nl，利用公理二得 l【详解】：直线 a平面 ，直线 b平面 ，Ma，Nb，M平面 ，N平面 ，Ml，Nl，l故选：A【点睛】本题考查点、直线、平面间的位置关系的判断与应用，是基础题，解题时要注意公理二的合理运用2.已知 m，n 是两条不同直线， 是三个不同平面，下列命题中正确的为A. 若 ，则 B.
2、 若 m，m，则 C. 若 m，n，则 mn D. 若 m，n，则 mn【答案】D【解析】【分析】根据空间线面、面面的平行，垂直关系，结合线面、面面的平行，垂直的判定定理、性质定理解决【详解】， 与 的位置关系是相交或平行，故 A不正确；m，m， 与 的位置关系是相交或平行，故 B不正确；m，n，m 与 n的位置关系是相交、平行或异面故 C不正确；垂直于同一平面的两条直线平行，D 正确；故答案 D。- 2 -【点睛】本题考查线面平行关系的判定，要注意直线、平面的不确定情况3.若直线 始终平分圆 的周长，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
3、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】本题主要考查圆的方程及几何性质、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
4、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.4.已知 M(-2,0),N ,P(0,-1),Q ,若 MNPQ，则A. 0 B. 1 C. 2 D. 0或 1【答案】D【解析】【分析】求出向量，利用数量积为 0，化简求解即可【详解】M（-2，0） ，N（1，3a） ，P（0，-1） ，Q（a，-2a） ， 若 MNPQ，可得 3a+3a（-2a+1）=0，解得 a=0或 a=1- 3 -故选：D【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算，考查计算能力5.已知圆 ,圆 ,则圆 、圆 的公切线有A. 1条 B. 2 条 C. 3 条 D. 4 条【答案】B【解
5、析】【分析】把两圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径，根据两圆的圆心距小于半径之和，可得两圆相交，由此可得两圆的公切线的条数【详解】圆 C2的方程为 x2+y2+6x-8y-11=0可化为（x+3） 2+（y-4） 2=36，圆心距为 5，则圆 、圆 相交，则两圆的公切线的条数为 2条.故选 B.【点睛】本题主要考查圆的标准方程的特征，两圆的位置关系的确定方法，属于中档题6.直线 的倾斜角为A. 0o B. 45o C. 90o D. 不存在【答案】C【解析】【分析】由题直线 ，直线与 轴垂直，倾斜角为 90o【详解】由题直线 ，直线与 轴垂直，倾斜角为 90o .故选 C.【点睛】本题考查直
6、线斜率、倾斜角的概念属于基础题7.如图，ABCDA 1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是- 4 -A. BD平面 CB1D1 B. AC1BDC. 异面直线 AD与 CB1角为 60 D. AC1平面 CB1D1【答案】C【解析】【分析】利用正方体的性质，利用线线平行的判定，线面平行、垂直的判定和性质，逐一分析研究各个选项的正确性【详解】由正方体的性质得，BDB 1D1，所以，BD平面 CB1D1；故 A正确由正方体的性质得 ACBD，而 AC是 AC1在底面 ABCD内的射影，由三垂线定理知，AC1BD，故 B正确异面直线 AD与 CB1所成角就是 BC与 CB1所成角，故BCB 1 为
7、异面直线 AD与 CB1所成角，等腰直角三角形 BCB1 中，BCB 1=45，故 C不正确由正方体的性质得 BDB 1D1，由知，AC 1BD，所以，AC 1B 1D1，同理可证 AC1CB 1，故 AC1垂直于平面 CB1D1内的 2条相交直线，所以，AC 1平面 CB1D1 ，故 D成立故选 C.【点睛】本题考查线面平行的判定，利用三垂线定理证明 2条直线垂直，线面垂直的判定，求异面直线成的角8.直线 与曲线 有且仅有 1个公共点，则 b的取值范围是（ ）A. B. 或C. D. 或【答案】【解析】试题分析：曲线 化简为 ,所以曲线表示单位圆在 轴及其右侧的半圆.其上顶点为 ,下顶点 ,
8、直线 与直线 平行, 表示直线的纵截距，将直线 上下平移,可知当直线 时，与曲线有一个交点；与曲线在第四象限相切时，只有一个交点，即 ，此时 ；经过时，即其纵截距 时，与曲线有两个交点,所以 与曲线有两个交点.考点：直线与半圆的位置关系;纵截距的应用.- 5 -9.已知一圆的圆心为点(1，-1),一条直径的两个端点分别在 轴和 轴上,则此圆的方程是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据已知条件求出直径两个端点的坐标，从而可得到圆的半径，进而求出圆的方程【详解】设直径的两个端点分别为：A（a，0） ，B（0，b） 则 圆的半径为 此圆的方程为（x-1） 2+（y-2） 2=5
9、【点睛】本题考查中点坐标公式，圆的标准方程，属于基础题10.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,M,N 分别是棱 BB1,B1C1的中点,若CMN=90,则异面直线AD1和 DM所成角为 ( )A. 30 B. 45 C. 60 D. 90【答案】D【解析】在正方体中可得 ，又 ，所以 平面 。因为 平面所以 。因为 ，所以 ,所以异面直线 和 所成角为 90。选 D。- 6 -11.已知一个多面体的内切球的半径为 6，多面体的表面积为 15，则此多面体的体积为A. 30 B. 15 C. 3 D. 15【答案】A【解析】【分析】连接内切球和多面体的每一的顶点，把多面体分成若干棱锥，
10、这些棱锥的高都等于内切球的半径，于是，多面体的体积为表面积内切球的半径3，即可得出结论【详解】连接内切球和多面体的每一的顶点，把多面体分成若干棱锥，这些棱锥的高都等于内切球的半径，于是，多面体的体积为 表面积内切球的半径，所以多面体的体积为 故选：A【点睛】本题考查多面体的体积，考查多面体的内切球，考察计算能力，比较基础12.如图，将边长为 1的正方形 ABCD沿对角线 AC折起成直二面角 DACB，在折起后形成的三棱锥 DABC 中，给出下列三个命题：DBC 是等边三角形；异面直线 AC与 BD成；三棱锥 CABD 的体积是 ；三棱锥 DABC 的表面积是 1+ ;AD 与平面 ABC所成角
11、为 45其中正确命题的序号是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意作出图形，根据图可知 ，再由 BC=DC=1，可知面 DBC是等边三角形由 ACDO，ACBO，可得 AC平面 DOB，从而有 ACBD三棱锥 D-ABC的体积 - 7 -三棱锥 D-ABC的面 ABC、ADC 为等腰直角三角形，面 ADB、CDB 为正三角形，则表面积可求；找出直线 AD与直线 BC所成角，求解三角形得答案【详解】如图所示： ，又 BC=DC=1，面 DBC是等边三角形，故正确； ACDO，ACBO，AC平面 DOB，则 ACBD，故正确；三棱锥 D-ABC的体积 ，故错误；三棱锥 D-ABC
12、的面 ABC、ADC 为等腰直角三角形，面 ADB、CDB 为正三角形，表面积，故正确；取 DC中点 E，过 E作 EGAC 于 G，取 AB中点 F，连接 OF，GF，可得 ，利用余弦定理求得 ， ， ，则直线 AD与直线 BC所成角是 60，故正确故正确结论为： 故选 C【点睛】本题主要考查折叠问题，要注意折叠前后的改变的量和位置，不变的量和位置，属中档题二.填空题(每小题 5分,满分 20分)13.点 P在直线 3x4y350 上，O 为原点，则|OP|的最小值是_【答案】7【解析】【分析】- 8 -|OP|的最小值，就是原点到已知直线的距离，根据距离公式 ，代入数值求值即可【详解】O
13、点的坐标（0，0） ， .故答案为 7.【点睛】本题考查直线方程的综合运用，关键是熟练掌握点到直线距离公式14.已知ABC 中，A(0，3),B(2，1),P、Q 分别为 AC、BC 的中点，则直线 PQ的斜率为_.【答案】【解析】【分析】先求出直线 PQ是ABC 的中位线，从而得到 KPQ=KAB，求出直线的斜率即可【详解】：P、Q 分别为 AC、BC 的中点，PQ 是ABC 的中位线，PQAB， 故答案为：-1【点睛】本题考察了求直线的斜率问题，考察三角形的中位线问题，是一道基础题15.若点 P(3,1)在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点 P处的切线方程为_ .【答案】【解析】【分析】由
14、条件利用直线和圆相切的性质，两条直线垂直的性质求出切线的斜率，再利用点斜式求出该圆在点 P处的切线的方程【详解】由题意可得 OP和切线垂直， ，切线的斜率为-3，故切线的方程为 y-1=-3（x-3） ，即 ，- 9 -即答案为 .【点睛】本题主要考查直线和圆相切的性质，两条直线垂直的性质，用点斜式求直线的方程，是基础题16.已知圆 C: 与直线 ，则圆 C上点距直线 距离为 1的点有_个.【答案】3【解析】【分析】设圆心 O到直线的距离为 d，结合图形可得：圆 C上到直线 l的距离为 1的点的个数为 3个【详解】 设圆心 O到直线的距离为 d，结合图形可得：圆 C上点距直线 距离为 1的点有
15、 3个.即答案为 3【点睛】本题考查点到直线的距离，关键是结合图形，属于基础题三.解答题(写出必要的计算步骤、解答过程，只写最后结果的不得分，共 70分)17.已知直线 ； （1）若 ，求 的值（2）若 ，且他们的距离为 ，求 的值【答案】 （1） ；（2） ， 或【解析】试题分析：（1）因为两条直线是相互垂直的，故 ，解得 ；（2）因为两- 10 -条直线是相互平行的，故 ，解得 解析：设直线 的斜率分别为 ，则 、 （1）若 ，则 ，（2）若 ，则 ， 可以化简为 ， 与 的距离为 ， 或 18.已知直线 l经过点 P(2,5)，且斜率为 .(1)求直线 l的方程；(2)若直线 m与直线
16、l平行，且点 P到直线 m的距离为 3，求直线 m的方程【答案】(1) 3 x4 y140；(2) 3 x4 y10 或 3x4 y290.【解析】试题分析：（1）本问考查直线方程的点斜式 ，所以过点 ，且斜率为 的直线方程为 ，整理成一般式即可；（2）与 平行的直线方程可设为，然后根据点到直线距离公式，列方程可以求出 的值，即得到直线 的方程.试题解析：（1）由点斜式方程得， ， .（2）设 的方程为 ，则由平等线间的距离公式得， ，解得： 或. 或考点：1.直线的方程；2.两直线位置关系；3.点到直线距离公式.19.已知圆 ， 为坐标原点，动点 在圆外，过点 作圆 的切线，设切点为 .（1
17、）若点 运动到 处，求此时切线 的方程；（2）求满足 的点 的轨迹方程.【答案】 （1） 或 ； （2） .- 11 -【解析】试题分析：（1）当过点 P的切线斜率存在时，由点斜式设出切线方程，再利用圆心到切线的距离等于半径求得 k的值，可得切线方程当切线斜率不存在时，要检验是否满足条件，从而得出结论 （2）设点 ，由圆的切线的性质知， 为直角三角形，可得， ；由 ，化简可得点 P的轨迹方程为.试题解析：解: 把圆 C的方程化为标准方程为（x1） 2（y2） 24，圆心为 C（1,2） ，半径 r2.（1）当 l的斜率不存在时，此时 l的方程为 x1，C 到 l的距离 d2r，满足条件当 l的
18、斜率存在时，设斜率为 k，得 l的方程为 y3k（x1） ，即 kxy3k0，则 2，解得 k .l 的方程为 y3 （x1） ，即 3x4y150.综上，满足条件的切线 l的方程为 或 .（2）设 P（x，y） ，则|PM| 2|PC| 2|MC| 2（x1） 2（y2） 24，|PO|2x 2y 2，|PM|PO|.（x1） 2（y2） 24x 2y 2，整理，得 2x4y10，点 P的轨迹方程为 .- 12 -考点：直线与圆的位置关系；圆的切线方程；点的轨迹方程.20.已知圆 C: ,直线(1)求证: 无论 取什么实数，直线 恒过第一象限；(2)求直线 被圆 C截得的弦长最短时 的值以及
19、最短长度；(3)设直线 与圆 C相交于 A、B 两点，求 AB中点 M的轨迹方程.【答案】 （1）见解析；（2） ，长度为 ；（3）【解析】【分析】（1）求出直线经过定点，判断定点在第一象限即可；（2）当直线 l被圆 C截得的弦长最小时，定点为圆心在直线上的射影（3）由 CMDM 得 AB中点 M的轨迹方程【详解】 （1）由 mx-y+1-m=0得 y=mx+1-m=m（x-1）+1，则直线过定点 D（1，1）在第一象限，故无论 取什么实数，直线 恒过第一象限；(2)若直线 l被圆 C截得的弦长最小，则此时满足 DCl，D（1，1） ，C（1,2）则 DC的斜率 k的斜率不存在，则 l的斜率
20、k=0，即对应的 =0，最短长度为 (3) 由（1）可知点 D在圆内，设 M（x，y） ，则由 CMDM 得 ，【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系的判断，以及直线方程的求解，考查平面几何知识的运用，要求熟练直线和圆相交的等价条件21.如图，在三棱锥 PABC 中，PA=PB=AB=2，BC=3，ABC=90，平面 PAB平面ABC，D，E 分别为 AB，AC 中点- 13 -（1）求证：DE平面 PBC；（2）求证：ABPE；（3）求三棱锥 PBEC 的体积【答案】 （1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】试题分析：（I）根据三角形中位线定理，证出 DEBC，再由线面平行判定定理即可证出
21、DE面 PBC；（II）连结 PD，由等腰三角形“三线合一” ，证出 PDAB，结合 DEAB 证出 AB平面PDE，由此可得 ABPE；（III）由面面垂直性质定理，证出 PD平面 ABC，得 PD是三棱锥 PBEC 的高结合题中数据算出 PD= 且 SBEC = ，利用锥体体积公式求出三棱锥 PBEC 的体积，即得三棱锥BPEC 的体积解：（I）ABC 中，D、E 分别为 AB、AC 中点，DEBCDE面 PBC且 BC面 PBC，DE面 PBC；（II）连结 PDPA=PB，D 为 AB中点，PDABDEBC，BCAB，DEAB，又PD、DE 是平面 PDE内的相交直线，AB平面 PDE
22、PE平面 PDE，ABPE；（III）PDAB，平面 PAB平面 ABC，平面 PAB平面 ABC=ABPD平面 ABC，可得 PD是三棱锥 PBEC 的高又PD= ，S BEC = SABC =- 14 -三棱锥 BPEC 的体积 V=VPBEC = SBEC PD=考点：直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定22.如图，四棱柱 ABCDA 1B1C1D1的底面 ABCD是正方形，O 为底面中心，A 1O平面ABCD，ABAA 1 .(1)证明： ;(2) ;(3)求三棱柱 ABD- 的体积.【答案】 （1）见解析；（2）见解析；（3）1【解析】【分析】（1）要证明 A1C平面 BB1D
23、1D，只要证明 A1C垂直于平面 BB1D1D内的两条相交直线即可，由已知可证出 A1CBD，取 B1D1的中点为 E1，通过证明四边形 A1OCE1为正方形可证A1CE 1O由线面垂直的判定定理问题得证；（2）由题意得到 A1B1AB，ABCD，然后得到四边形 A1B1CD是平行四边形，可得A1DB 1C，同理 A1BCD 1，从而得到证明结论；（3）由已知 A1O是三棱柱 ABD-A1B1D1的高，由此能求出三棱柱 ABD-A1B1D1的体积【详解】 （1）A 1O面 ABCD，且 BD，AC面 ABCD，A 1OBD，A 1OAC；又在正方形 ABCD中，ACBD，A 1OAC=O，-
24、15 -BD面 A1AC，且 A1C面 A1AC，故 A1CBD在正方形 ABCD中， 在 RtA 1OA中， 设 B1D1的中点为 E1，则四边形 A1OCE1为正方形，A 1CE 1O又 BD面 BB1D1D，且 E10面 BB1D1D，且 BDE 1O=O，A 1C面 BB1D1D；（2）由已知得 A1B1AB，ABCD，则 A1B1CD，又 A1B1=CD，四边形 A1B1CD是平行四边形，A 1DB 1C，同理 A1BCD 1，A 1B平面 A1BD，A 1D平面 A1BD，CD 1平面 CD1B1，B 1C平面 CD1B，且 A1BA 1D=A1，CD 1B 1C=C，平面 A1BD平面 CD1B1 （3）四棱锥 ABCD-A1B1C1D1的底面 ABCD是正方形，O为底面中心，A 1O=1， A 1O平面 ABCD，A 1O是三棱柱 ABD-A1B1D1的高，在正方形 ABCD中，AO=1在 RtA 1OA中，A 1O=1，三棱柱 ABD-A1B1D1的体积【点睛】本题考查直线与平面垂直以及平面和平面平行的证明，考查三棱柱的体积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养- 16 -
