学年高一上学期期末考试数学试题 3Word文件下载.docx

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4.如图所示，直观图四边形是一个底角为，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）

由题可得,,所以原平面图形中AD=1，AB=2，,根据梯形的面积计算公式可得.故选A.

斜二测画法.

5.将长方体截去一个四棱锥得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为（）

A.B.

C.D.

被截去的四棱锥的三条可见棱中，

在两条为长方体的两条对角线，

它们在右侧面上的投影与右侧面（长方形）的两条边重合，

另一条为体对角线，

它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，

对照各图，只有D符合

简单空间图形的三视图

6.圆台上、下底面面积分别是、，侧面积是，则这个圆台的体积是（）

【答案】D

【解析】S1=π，S2=4π，∴r=1，R=2，

S=6π=π（r+R）l，∴l=2，∴h=．

∴V=π（1+4+2）×

=．

D

7.正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成的角是（）

【解析】

取AA1中点P，连接BP，则BP∥CN，由Rt△ABP≌Rt△BB1M

可得∠DMB=∠APB，

∴∠DMB+∠DBM=∠APB+∠DBM=90°

，

∴∠BDM=90°

，即B1M⊥BP，

∴B1M⊥CN．

∴异面直线B1M与CN所成角的度数为90°

．

D．

8.我国古代数学名著《数学九章》中有云：

“今有木长二丈四尺，围之五尺.葛生其下，缠木两周，上与木齐，问葛长几何？

”其意思为“圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺”（注：

1丈等于10尺）（）

A.29尺B.24尺C.26尺D.30尺

【解析】由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，一条直角边（即木棍的高）长24尺，另一条直角边长5×

2=10（尺），因此葛藤长（尺）

9.过点，且与原点距离最大的直线方程是（）

.....................

10.与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是（）

【解析】圆x2＋y2＋2x－2y＝0的圆心为（－1,1），半径为，过圆心（－1,1）与直线x－y－4＝0垂直的直线方程为x＋y＝0，所求的圆的圆心在此直线上，排除A、B，圆心（－1,1）到直线x－y－4＝0的距离为＝3，则所求的圆的半径为，

C.

11.若动点到点和直线的距离相等，则点的轨迹方程为（）

【答案】B

【解析】点在直线上，则过点且垂直于已知直线的直线为所求

∴点的轨迹方程为

B

点睛：

本题考查动点轨迹的求法，两直线互相垂直斜率关系，注意本题与抛物线定义的区别，定点落在直线外是抛物线，而本题落在直线上.

12.若直线与圆有两个不同交点，则点与圆的位置关系是（）

A.点在圆上B.点在圆内C.点在圆外D.不能确定

直线与圆相交，所以，圆心到直线的距离,所以,所以点在园外，故选C.

直线与圆的位置关系

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.已知直线与圆相切，则的值为__________．

【答案】－18或8

【解析】∵直线与圆相切

∴，解得：

故答案为：

－18或8

14.已知奇函数，，，则不等式的解集是__________．

【答案】

【解析】x∈（0，+∞），f（x）=lgx，不等式f（x）＜0化为lgx＜0，∴0＜x＜1．

当x＜0时，∵函数f（x）是奇函数，∴f（x）=﹣f（﹣x）=﹣lg（﹣x），

由f（x）＜0即﹣lg（﹣x）＜0，化为lg（﹣x）＞0，∴﹣x＞1，解得x＜﹣1．

综上可得不等式f（x）＜0的解集是：

（﹣∞，﹣1）∪（0，1）．

15.如图，在等腰梯形中，，，是的中点，将，分别沿，向上折起，使重合于点，若三棱锥的各个顶点在同一球面上，则该球的体积为__________．

【解析】易证所得三棱锥为正四面体，它的棱长为1，

故外接球半径为，外接球的体积为，

找几何体外接球球心的一般方法:

过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为:

.

16.已知圆和两点，，若圆上存在点使得，则的最大值为__________．

【答案】6

【解析】圆C：

（x﹣3）2+（y﹣4）2=1的圆心C（3，4），半径r=1，

设P（a，b）在圆C上，则=（a+m，b），=（a﹣m，b），

∵∠APB=90°

，∴，

∴=（a+m）（a﹣m）+b2=0，

∴m2=a2+b2=|OP|2，

∴m的最大值即为|OP|的最大值，等于|OC|+r=5+1=6．

6．

三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17.已知函数，.

（1）求的定义域；

（2）判断并证明的奇偶性.

（1）；

（2）见解析.

（1）由题意得，，从而可得函数的定义域；

（2）先判断定义域是否关于原点对称，再利用奇偶性定义证明．

试题解析：

（1）由题意得，

解得：

﹣1＜x＜1，

∴原函数的定义域为（﹣1，1）；

（2）f（x）在（﹣1，1）上为奇函数，证明如下，

∵f（﹣x）=loga

=loga（）﹣1

=﹣loga

=f（x）；

∴f（x）在（﹣1，1）上为奇函数．

18.的边上的高所在直线方程分别为，，顶点，求边所在的直线方程.

根据题意，直线AB是经过A（1，2）且与直线x+y=0垂直的直线，算出AB方程为y=x+1，从而得到B的坐标（﹣2，﹣1）．算出两条高的交点H（﹣，）即为三角形的垂心，从而由直线AH的斜率得到BC的斜率，最后利用直线方程的点斜式列式，即可得到BC边所在的直线方程．

∵顶点A（1，2），AB的高所在直线方程x+y=0，

∴直线AB的斜率为1，得直线方程为y﹣2=（x﹣1），即y=x+1

因此，求得边AC的高所在直线与AB的交点得B（﹣2，﹣1）

∵直线2x﹣3y+1=0，x+y=0交于点（﹣，）

∴边AC，AB的高交于点H（﹣，），可得H为三角形ABC的垂心

∵BC是经过B点且与AH垂直的直线，kAH==，

∴直线BC的斜率k==﹣

可得BC方程为y+2=﹣（x+1），化简得2x+3y+7=0．

19.如图，在三棱柱中，底面，且为等边三角形，，为的中点.

（1）求证：

直线平面；

（2）求三棱锥的体积.

（1）见解析；

（2）

（1）连接B1C交BC1于O，连接OD，证明OD∥B1A，由线面平行的判定定理证明AB1∥平面C1BD．

（2）利用等体积转换，即可求三棱锥C﹣BC1D的体积．

（1）证明：

如图所示，

连接B1C交BC1于O，连接OD，

因为四边形BCC1B1是平行四边形，

所以点O为B1C的中点，

又因为D为AC的中点，

所以OD为△AB1C的中位线，

所以OD∥B1A，

又OD⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD，

所以AB1∥平面C1BD．

（2）因为△ABC是等边三角形，D为AC的中点，

所以BD⊥AC，

又因为AA1⊥底面ABC，

所以AA1⊥BD，

根据线面垂直的判定定理得BD⊥平面A1ACC1，

△ABC中，BD⊥AC，BD=BCsin60°

=3，

∴S△BCD=×

3×

3=，

∴==••6=9．

20.如图，在五面体中，四边形是边长为2的正方形，平面，，，，.

平面；

（2）求直线与平面所成角的正切值.

（1）取的中点，先证明四边形为平行四边形得到，然后通过勾股定理证明从而得到，然后结合四边形为正方形得到，最后利用直线与平面垂直的判定定理证明平面；

（2）解法1是先取的中点，连接，利用

（1）中的结论平面得到，利用等腰三角形三线合一得到，利用直线与平面垂直的判定定理得到平面，通过证明四边形为平行四边形得到，从而得到平面，从而得到，然后利用底面四边形为正方形得到，由这两个条件来证明平面，从而得到是直线与平面所成的角，然后在直角中计算，从而求出直线与平面所成角的正切值；

解法2是先取的中点，连接，利用

（1）中的结论平面得到，利用等腰三角形三线合一得到，利用直线与平面垂直的判定定理得到平面，然后选择以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求出线与平面所成角的正切值.

（1）取的中点，连接，则，

由

（1）知，，且，四边形为平行四边形，

，，

在中，，又，得，，

在中，，，，

，，，即，

四边形是正方形，，

，平面，平面，平面；

（2）解法1：

连接，与相交于点，则点是的中点，

取的中点，连接、、，

则，.

由

（1）知，且，，且.

四边形是平行四边形.，且，

由

（1）知平面，又平面，.

，，平面，平面，

平面.平面.

平面，.

，，平面，平面，平面.

是直线与平面所成的角.

在中，.

直线与平面所成角的正切值为；

解法2：

则，.由

（1）知，且，，且.

四边形是平行四边形.

，且，

以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，

建立空间直角坐标系，则，，，.

，，.

设平面的法向量为，由，，

得，，得.

令，则平面的一个法向量为.

设直线与平面所成角为，

则.，.

直线与平面所成角的正切值为.

1.直线与平面垂直；

2.直线与平面所成的角；

3.空间向量法

21.如图，已知是上、下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴折叠，使二面角为直二面角.

；

（2）求二面角的正弦值.

（1）由OA⊥OO1，OB⊥OO1，知∠AOB是所折成的直二面角的平面角，从而OA⊥OB，进而推导出OC⊥BO1，由此能证明AC⊥BO1．

（2）推导出BO1⊥平面AOC，设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O1F，则∠O1FE是二面角O﹣AC﹣O1的平面角，由此能求出二面角O﹣AC﹣O1的余弦值．

证明：

（1）由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1