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2018-2019学年高一数学下学期期中试题IV
一、选择题每小题5分,共60分)
1.下列说法不正确的是()A.圆柱的侧面展开图是一个矩形B.圆锥中过圆锥轴的截面是一个等腰三角形C.直角三角形绕它的一边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个圆锥D.用一个平面截一个圆柱,所得截面可能是矩形2.直线的倾斜角为 A.30° B.60°C.120°D.150°
3.已知,则直线通过()A.第
一、
三、四象限B.第
一、
二、四象限C.第
一、
二、三象限D.第
二、
三、四象限
4.有一个几何体的三视图及其尺寸如下(单位cm),则该几何体的表面积及体积为()A.24πcm2,12πcm3B.15πcm2,12πcm3C.24πcm2,36πcm3D.以上都不正确5.已知平面和直线,则内至少有一条直线与A.平行 B.相交 C.垂直 D.异面
6.棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上,则该球面的表面积为A.B.C.D.
7.点P在直线上,且点P到直线的距离等于,则点P的坐标为()A.(1,2)B.(2,1)C.(1,2)或(2,-1)D.(2,1)或(-1,2)8.在△ABC中,若b=,c=3,∠B=30°,则=.A.B.或2C.2D.
29.两直线与平行,则它们之间的距离为()A.B.C.D.
10.设是两条不同的直线,、是两个不同的平面,则下列四个命题1若,,,则;
②若,则;
③若,,则或;
④若,,,则其中正确命题的个数为A.0B.1C.2D.3 11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为BB
1、CC1的中点,那么直线AE与D1F所成角的余弦值为 A.-B.C.D.-
12.已知、、都在半径为的球面上,且,,球心到平面的距离为1,点是线段的中点,过点作球的截面,则截面面积的最小值为( )A.B.C.D.
二、填空题(每小题5分,共20分)
13.如右图所示,Rt是一平面图形的直观图,直角边=1,则这个平面图形的面积是________.
14.一个高为2的圆柱,底面周长为.该圆柱的表面积为________.
15.若三点共线则的值为________.16.在直角梯形中,,,,则=________.
三、解答题(共70分)17.(10分)求经过两条直线和的交点,且分别与直线
(1)平行的直线方程,
(2)垂直的直线方程
18.(12分)已知分别是内角的对边,.(Ⅰ)若,求(Ⅱ)若,且,求的面积.
19.(12分)如图,在平行四边形中,已知边所在直线方程为,点.
(1)求直线的方程;
(2)求边上的高所在直线的方程20.12分如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥AB,PA⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC=2,E为PC的中点.1证明AP⊥CD;2求三棱锥P-ABC的体积;3证明面PAC⊥平面PCD.
21.已知△ABC的内角的对边分别为,且1证明为等腰三角形;2若求的值.
22.如图
(1)是一正方体的表面展开图,和是两条面对角线,请在图
(2)的正方体中将和画出来,并就这个正方体解决下面问题
(1)求证∥平面;
(2)求和平面所成的角的大小;
(3)求证平面.xx第二学期数学学科期中考试参考答案题号123456789101112答案CDAACACBDDBB
1、填空题
13.
14.
15.
16.
2、解答题
17.(10分)解由,得;…………………………………………2分∴与的交点为(1,3).…………………………………………………….3分
(1)设与直线平行的直线为………………4分则,∴c=
1.…………………………………………………6分∴所求直线方程为.…………………………………………7分方法2∵所求直线的斜率,且经过点(1,3),…………………5分∴求直线的方程为,…………………………………6分即.………………………………………………………7分设与直线垂直的直线为………………8分则,∴c=-
7.……………………………………………9分∴所求直线方程为.………………………………………10分方法2∵所求直线的斜率,且经过点(1,3),………………8分∴求直线的方程为,…………………………………9分即.………………………………………………….10分
18.(12分)解
(1)由题设及正弦定理可得.……………………………2分又,可得,…………………………………4分由余弦定理可得.…………………………………6分
(2)由(Ⅰ)知.…………………………………7分因为,由勾股定理得.…………………………………9分故,得.…………………………………11分所以的面积为1.…………………………………12分
19.(12分)解
(1)四边形为平行四边形,.…………………………………2分.…………………………………4分直线的方程为,即.………………………6分
(2),.………………………8分.…………………………………10分直线的方程为,…………………………………11分即…………………………………12分
20.(12分)1证明因为PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,AB∩AD=A,1分所以PA⊥平面ABCD,又CD⊂平面ABCD,…………………2分所以AP⊥CD.…………………3分2解由1可知AP⊥平面ABC,所以VP-ABC=S△ABC·AP,……………4分又S△ABC=AB·BC·sin∠ABC=×2×2×sin60°=,……………5分所以VP-ABC=××2=.……………6分3证明因为CD⊥AP,CD⊥AC,AP⊂平面APC,AC⊂平面APC,AP∩AC=A,……………7分所以CD⊥平面APC,……………8分又AE⊂平面APC,所以CD⊥AE,……………9分由AB=BC=2且∠ABC=60°得△ABC为等边三角形,且AC=2,又因为AP=2,且E为PC的中点,所以AE⊥PC,……………10分又AE⊥CD,PC⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,PC∩CD=C,…………11分所以AE⊥平面PCD.又因为AE⊂面PAC.所以面PAC⊥平面PCD…………12分
21.(12分)解1证明因为=,所以acosB=bcosA,……………………1分由正弦定理知sinAcosB=sinBcosA,……………………2分所以tanA=tanB,……………………3分又A,B∈0,π,所以A=B,……………………4分所以△ABC为等腰三角形.……………………5分2解由1可知A=B,所以a=b=2,……………………6分根据余弦定理有c2=a2+b2-2abcosC,……………………7分所以9=4+4-8cosC,解得cosC=-,……………………9分因为C∈0,π,所以sinC>0,……………………10分所以sinC==.……………………12分
22.(12分)解MN和PB的位置如右图示
(1)∵ND∥MB且ND=MB∴四边形NDBM为平行四边形…………………1分∴MN∥DB…………………2分∵平面PDB平面PDB…………………3分∴MN∥平面PBD…………………4分
(2)连结PQ交MN于点E∵…………………5分∴平面…………………6分连结BE则为PB和平面NMB所成的角在直角三角形PEB中∵∴=30°.…………………7分即PB和平面NMB所成的角为30°
(3)∵平面ABCD,平面,∴…………………8分又∵∴平面…………………9分面∴…………………10分同理可得∵…………………11分∴面PDB…………………12分。