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2019-2020学年高一数学下学期期末考试试卷含解析I一.选择题(每小题只有1个选项符合题意,每小题5分,共60分)
1.直线(为实常数)的倾斜角的大小是()A.B.C.D.【答案】D【解析】由于斜率为,故倾斜角为.
2.已知a、b是两条异面直线,c∥a,那么c与b的位置关系()A.一定是异面B.一定是相交C.不可能平行D.不可能相交【答案】C【解析】分析根据直线与直线的位置关系直接判断详解空间直线存在的位置关系为异面、平行、相交c∥a,a、b是两条异面直线那么一定不会平行,故选C点睛空间中直线存在的位置关系为异面、平行、相交
3.已知直线经过点A04和点B(1,2),则直线AB的斜率为()A.3B.-2C.2D.不存在【答案】B【解析】本题考查过两点的直线斜率公式.若点,则直线的斜率为.已知直线经过点A04和点B(1,2),则直线AB的斜率为故选B
4.在数列中,=1,,则的值为()A.512B.256C.2048D.1024【答案】D【解析】分析由,所以是等比数列,所以,公比,列出通项公式求解即可详解,所以是等比数列,公比,通项公式为,所以,故选D点睛后一项为前一项的常数倍,那么此数列为等比数列
5.设下图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为A.9π+42B.36π+18C.D.【答案】D【解析】分析还原几何体为简单组合体,上面为一个球,下面为长方体,体积为两个体积之和详解还原几何体为简单组合体,上面为一个球,下面为长方体球的半径为,由体积公式,长方体的体积为点睛:简单组合体的体积为各体积之和
6.设m、n是两条不同的直线,是三个不同的平面,给出下列四个命题
①若,,则
②若,,,则
③若,,则
④若,,则其中正确命题的序号是A.
①和
②B.
②和
③C.
③和
④D.
①和
④【答案】A【解析】由题意,若,则是正确的;若,则,因为,则是正确的;若,则与可能平行、相交或异面,所以是错误的;若,则,此命题不正确,因为垂直于同一平面的两个平面可能平行、相交,不能确定两个平面之间的平行关系,所以是错误的综上,正确命题的序号为
①②点睛本题考查平面的基本性质即推论,解题的关键是熟记空间中线面、面面、线线位置关系的理解与掌握,着重考查了学生的空间象限能力,属于中档试题,对于判定线面平行、垂直的常用方法
①利用线面、面面平行的判定定理,使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,可利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.
②利用线面、面面垂直的判定,根据各种垂直关系,构造条件作出证明
7.设满足约束条件则的最大值为()A.5B.3C.7D.-8【答案】C【解析】试题分析不等式组表示的平面区域如图,把函数转化为表示的斜率为,截距为的平行直线系,当截距最大时,最大,当直线过点时,由,得,,故答案为C.考点线性规划的应用.
8.圆与直线的位置关系是( )A.直线过圆心B.相切C.相离D.相交【答案】D【解析】分析求出圆心到直线的距离,比较圆心到直线的距离与半径的大小关系即可详解圆心到直线的距离,所以相交,故选D点睛圆心到直线的距离与半径的大小关系判断直线与圆的位置关系,相交;,相切;,相离
9.圆:与圆:的位置关系是A.相交B.外切C.内切D.相离【答案】A【解析】试题分析由题是给两圆标准方程为,显然两圆相离,故选D.考点圆与圆的位置关系.
10.若集合A=,则实数的取值范围为()A.B.C.D.【答案】D【解析】分析先等价转化为恒成立,再分析三种情况的函数图像,位于轴上方的满足题意,得出解集详解由集合A=,等价转化为恒成立当时,恒成立,满足题意当时,开口向下,恒成立,不可能成立当时,开口向上,恒成立,综上所述故选D点睛一元二次不等式含参问题,分四重分类讨论
1、对值讨论,
2、对值讨论,
3、对两根的大小关系讨论
4、对两根与区间的位置关系进行讨论
11.在四面体ABCD中,已知棱AC的长为,其余各棱长都为1,则二面角A-CD-B的余弦值为 A.B.C.D.【答案】C【解析】分析根据图像,连接的中点为,的中点为,由题意,,则为二面角A-CD-B的平面角,在中根据余弦定理求解即可详解将四面体ABCD放入三棱锥进行研究,如图根据题意,设的中点为,的中点为,连接,所以,则,,则为二面角A-CD-B的平面角,,,由余弦定理可知,故选C点睛用几何方法求二面角的大小的步骤
1、先找出二面角的平面角
2、证明二面角的平面角
3、求解二面角的平面角
12.若直线y=x+b与曲线有公共点,则b的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】分析直线与曲线有公共点,转化为直线与半圆有交点,分析几何图形得出有交点的临界情况详解直线与曲线有公共点,转化为直线与半圆有交点当与半圆相切时;,为截距的上界直线过点,解得,为截距的下界所以,故选A点睛直线与圆的位置关系问题,主要采用几何法分析,将题意转化为等价的几何位置关系,利用圆心到直线的距离与半径的比较判断直线与圆的位置关系,相交;,相切;,相离这是基本方法
二、填空题(每空5分,共20分)
13.在ΔABC中,已知a=1,b=A=30°,则B等于____________;【答案】或【解析】分析根据正弦定理求解即可详解由正弦定理可知,解得,故解得或点睛本题为易错题,根据大角对大边,正弦值在
一、二象限均有取值,只要角大于角即可
14.已知直线l的斜率为1,与两坐标轴围成三角形的面积为4,则直线l的方程为________【答案】【解析】分析设出直线方程的截距式,根据已知条件列出面积为,求解即可详解设直线方程为,两坐标轴围成三角形的面积为,解得,所以直线方程为点睛直线方程的几种形式一般式,斜截式,点斜式,截距式,两点式要灵活应用
15.经过点(3,4)的圆=25的切线方程为______________(用一般式方程表示)【答案】3x+4y-25=0【解析】分析先讨论斜率不存在时,再讨论当斜率存在时,根据圆心到直线的距离等于半径求值详解设斜率不存在时,与圆不相切,所以当斜率存在时设直线方程为,与圆相切,则圆心到直线的距离等于半径,,解得,故直线方程为点睛过某点作圆的切线和在某点做圆的切线解法已知,利用几何意义圆心到直线的距离等于半径进而求解参数
16.圆心在直线上的圆C与轴交于两点,,则圆C的方程为______.【答案】【解析】分析根据题意,列出关于圆心和半径的方程,求解即可详解设圆的方程为,根据题意可得,,,联立求解可得.圆C的方程为点睛已知曲线类型,求参数利用待定系数法,根据题意列方程,对圆的参数圆心坐标和半径求解,是常见解法
三、解答题(共70分)
17.在锐角三角形中,边是方程的两根,角满足,求角的度数,边的长度及的面积.【答案】,,.【解析】试题分析根据和为锐角三角形可确定的度数则角的度数可知;因为是方程的两根根据韦达定理可求出再由余弦定理求出的长度再用正弦定理得面积公式可求得面积.试题解析解由,得,∵为锐角三角形,∴,,又是方程的两根,∴,,∴.∴,.考点正弦定理和余弦定理函数与方程.
18.如图在三棱锥中,已知点、、分别为棱、、的中点⑴求证∥平面⑵若,,求证平面⊥平面【答案】见解析【解析】本题主要考查了直线与平面平行的判定,以及面面的垂直的判定,同时考查空间想象能力、推理论证能力,考查数形结合思想、化归与转化思想,属于基础题.(Ⅰ)欲证EF∥平面ABC,根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面ABC内一直线平行,而EF是△SAC的中位线,则EF∥AC.又EF⊄平面ABC,AC⊂平面ABC,满足定理所需条件;(Ⅱ)欲证平面SBD⊥平面ABC,根据面面垂直的判定定理可知在平面ABC内一直线与平面SBD垂直,而SD⊥AC,BD⊥AC,又SD∩DB=D,满足线面垂直的判定定理,则AC⊥平面SBD,又AC⊂平面ABC,从而得到结论证明(Ⅰ)∵是的中位线,∴∥.又∵平面,平面,∴∥平面(Ⅱ)∵,∴.∵,∴.又∵平面,平面,,∴平面,又∵平面,∴平面
19.已知等差数列的首项为,公差为d前n项的和为且.
(1)求数列的通项公式;
(2)设数列的前n项的和为Tn求Tn【答案】
(1)
(2)=【解析】分析
(1)由等差数列,根据,求解
(2)利用裂项相消,求前n项的和详解
(1)由题意得解得
(2)=点睛数列中的五个基本量知三求二,,灵活应用公式是快速解题的关键裂项相消法是用来解同一等差数列的前后两项之积的倒数的模型
20.已知圆C内有一点P(2,2),过点P作直线l交圆C于A、B两点.
(1)当弦AB被点P平分时,写出直线l的方程;2当直线l的倾斜角为45º时,求弦AB的长.【答案】
(1)
(2)【解析】分析
(1)为的中点,故,所以斜率,由此求解直线方程
(2)已知直线方程,利用半径和点到直线的距离,求解弦长详解
(1)P为AB中点C(1,0),P(2,2)
(2)的方程为由已知,又直线过点P(2,2)直线的方程为即x-y=0C到直线l的距离,点睛利用圆与直线的几何性质解圆有关的问题常见解法,圆心到直线的距离、半径、弦长之间的关系为
21.如图,在三棱锥中,,,为的中点.
(1)证明平面;
(2)若点在棱上,且,求点到平面的距离.【答案】解
(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=.连结OB.因为AB=BC=,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB==2.由知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由
(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC==2,CM==,∠ACB=45°.所以OM=,CH==.所以点C到平面POM的距离为.【解析】分析
(1)连接,欲证平面,只需证明即可;
(2)过点作,垂足为,只需论证的长即为所求,再利用平面几何知识求解即可.详解
(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=.连结OB.因为AB=BC=,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB==2.由知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由
(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC==2,CM==,∠ACB=45°.所以OM=,CH==.所以点C到平面POM的距离为.点睛立体几何解答题在高考中难度低于解析几何,属于易得分题,第一问多以线面的证明为主,解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明;本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解,也可利用等体积法解决.
22.在平面直角坐标系xOy中已知圆心在x轴上半径为2的圆C位于y轴右侧且与直线x-y+2=0相切.1求圆C的方程.2在圆C上是否存在点Mmn使得直线l:mx+ny=1与圆O:x2+y2=1相交于不同的两点AB且△OAB的面积最大若存在求出点M的坐标及对应的△OAB的面积;若不存在请说明理由.【答案】1x-22+y2=4x≠
02.【解析】分析
(1)设圆心坐标,半径为2,与直线x-y+2=0相切,则圆心到直线的距离等于半径,列方程式求解即可
(2)点在圆上,则,的面积为,利用几何性质,列出面积的表达式,求最值即可解析1设圆心是x00x00它到直线x-y+2=0的距离是d==2解得x0=2或x0=-6舍去所以所求圆C的方程是x-22+y2=4x≠
0.2存在.理由如下:因为点Mmn在圆C上所以m-22+n2=4n2=4-m-22=4m-m2且0≤m≤
4.又因为原点到直线l:mx+ny=1的距离h1解得m≤4而|AB|=2所以S△OAB=|AB|·h=因为≤1所以当=即m=时S△OAB取得最大值此时点M的坐标是△OAB的面积的最大值是.点睛利用圆与直线的几何性质解圆有关的问题常见解法,圆心到直线的距离、半径、弦长之间的关系为通过分析几何性质得出弦长、面积等问题取得最值的临界条件,再转化为圆心到直线的距离、半径、弦长之间的关系式。