宁夏银川一中2021-2022学年高一上学期期末考试数学试题

银川一中2021/2022学年度（上）高一期末考试

数学试卷

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的.把正确答案的代号填在答题卷上.）

1. 直线的倾斜角是

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由方程得到斜率，然后可得其倾斜角

【详解】因为直线斜率为

所以其倾斜角为

故选：D

2. 在空间给出下面四个命题（其中、为不同的两条直线），、为不同的两个平面）

①

②

③

④

其中正确的命题个数有

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

【答案】C

【解析】

【详解】：①若α，则，根据线面垂直的性质可知正确；

②若，则；不正确，也可能是m在α内；错误；

③若，则；据线面垂直的判定定理可知正确；

④若，根据线面平行判定的定理可知正确

得到①③④正确，故选C

3. 圆过点的切线方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求圆心与切点连线的斜率，再利用切线与连线垂直求得切线的斜率结合点斜式即可求方程.

【详解】由题意知，圆：，圆心在圆上，

  ，

所以切线的斜率为 ，

所以在点处的切线方程为 ，

即.

故选：D.

4. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是BB1、BC的中点．则图中阴影部分在平面ADD1A1上的正投影为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】确定三角形三点在平面ADD1A1上的正投影，从而连接起来就是答案.

【详解】点M在平面ADD1A1上的正投影是的中点，点N在平面ADD1A1上的正投影是的中点，点D在平面ADD1A1上的正投影仍然是D，从而连接其三点，A选项为答案，

故选：A

5. 圆(x－1)2＋(y－1)2＝1上的点到直线x－y＝2的距离的最大值是（    ）

A. 2 B. 1＋ C. 2＋ D. 1＋

【答案】B

【解析】

【分析】

根据圆心到直线的距离加上圆的半径即为圆上点到直线距离的最大值求解出结果.

【详解】因为圆心为，半径，直线的一般式方程为，

所以圆上点到直线的最大距离为：，

故选：B

【点睛】本题考查圆上点到直线的距离的最大值，难度一般.圆上点到直线的最大距离等于圆心到直线的距离加上圆的半径，最小距离等于圆心到直线的距离减去半径.

6. 如图所示，正方体中，分别为棱的中点，则在平面内与平面平行的直线

A. 不存在 B. 有1条 C. 有2条 D. 有无数条

【答案】D

【解析】

【分析】

根据已知可得平面与平面相交，两平面必有唯一的交线，则在平面内与交线平行的直线都与平面平行，即可得出结论.

【详解】平面与平面有公共点，

由公理3知平面与平面必有过的交线，

在平面内与平行的直线有无数条，

且它们都不在平面内，

由线面平行的判定定理可知它们都与平面平行.

故选：D.

【点睛】本题考查平面的基本性质、线面平行的判定，熟练掌握公理、定理是解题的关键，属于基础题.

7. 点直线中，被圆截得的最长弦所在的直线方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】要使得直线被圆截得的弦长最长，则直线必过圆心，利用斜率公式求得斜率，结合点斜式方程，即可求解.

【详解】由题意，圆，可得圆心坐标为，

要使得直线被圆截得的弦长最长，则直线必过圆心，

可得直线的斜率为，所以直线的方程为，

即所求直线的方程为.

故选：A.

8. 半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可得圆锥母线长为，底面圆的半径为，求出圆锥高即可求出体积.

【详解】半径为的半圆卷成一个圆锥，可得圆锥母线长为，底面圆周长为，

所以底面圆的半径为，圆锥的高为,

所以圆锥的体积为.

故选：A.

9. 点P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD=AD，则PA与BD所成角的度数为（ ）

A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°

【答案】C

【解析】

【详解】

分别取AC.PC中点O.E.连OE,DE;则OE//PA,

所以（或其补角）就是PA与BD所成的角；

因PD⊥平面ABCD，所以PD⊥DC,PD⊥AD.

设正方形ABCD边长为2，则PA=PC=BD=

所以OD=OE=DE=,是正三角形，

，

故选C

10. 已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC且AB=BC=1，SA=，则球O的表面积是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】如图，三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，

∵SA⊥平面ABC，SA=, AB⊥BC且AB=BC=1，
∴AC= ∴SA⊥AC，SB⊥BC，
SC= ∴球O的半径R= =1∴球O的表面积S=4πR2=4π．
故选A

点睛：本题考查球的表面积的求法，合理地作出图形，确定球心，求出球半径是解题的关键．

11. 如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知△A'DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形(A'不与A,F重合),则下列命题中正确的是(　　)

①动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上;

②BC∥平面A'DE;③三棱锥A'-FED的体积有最大值.

A. ① B. ①② C. ①②③ D. ②③

【答案】C

【解析】

【详解】【思路点拨】注意折叠前DE⊥AF,折叠后其位置关系没有改变.

解:①中由已知可得平面A'FG⊥平面ABC

∴点A'在平面ABC上的射影在线段AF上.

②BC∥DE,BC⊄平面A'DE,DE⊂平面A'DE,∴BC∥平面A'DE.③当平面A'DE⊥平面ABC时,三棱锥A'-FED的体积达到最大.

12. 如果直线和函数的图象恒过同一个定点，且该定点始终落在圆的内部或圆上，那么的取值范围是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知可得．再由由点在圆内部或圆上可得．由此可解得点在以和为端点的线段上运动．由表示以和为端点的线段上的点与坐标原点连线的斜率可得选项．

【详解】函数恒过定点．将点代入直线可得，即．

由点在圆内部或圆上可得，

即．或．所以点在以和为端点的线段上运动．

表示以和为端点的线段上的点与坐标原点连线的斜率．所以，．所以．

故选：C．

【点睛】关键点点睛：解决本题类型的问题，关键在于由已知条件得出所满足的可行域，以及明确所表示的几何意义.

二、填空题（每小题5分，共计20分）

13. 点关于直线的对称点的坐标为______.

【答案】

【解析】

【分析】设点关于直线的对称点为，由垂直的斜率关系，

和线段的中点在直线上列出方程组即可求解.

【详解】设点关于直线的对称点为，

由对称性知，直线与线段垂直，所以，

所以，又线段的中点在直线上，

即， 所以，

由，

所以点关于直线的对称点的坐标为：.

故答案为：.

14. 设某几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为________．

【答案】4

【解析】

【分析】根据三视图确定该几何体为三棱锥，由题中数据，以及棱锥的体积公式，即可求出结果.

【详解】由三视图可得：该几何体为三棱锥，

由题中数据可得：该三棱锥的底面是以为底边长，以为高的三角形，三棱锥的高为，

因此该三棱锥的体积为：.
故答案为：.

【点睛】本题主要考查由几何体的三视图求体积的问题，熟记棱锥的结构特征，以及棱锥的体积公式即可，属于基础题型.

15. 已知直线过点.若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程______.

【答案】或

【解析】

【分析】根据已知条件，分直线过原点，直线不过原点两种情况讨论，即可求解．

【详解】解：当直线过原点时，斜率为，由点斜式求得直线的方程是，即，

当直线不过原点时，设直线的方程为，把点代入方程可得，

故直线的方程是，

综上所述，所求直线的方程为或．

故答案为：或.

16. 当曲线与直线有两个相异交点时，实数的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】由解析式可知曲线为半圆，直线恒过；画出半圆的图象，找到直线与半圆有两个交点的临界状态，利用圆的切线的求解方法和两点连线斜率公式求得斜率的取值范围.

【详解】   

为恒过的直线

则曲线图象如下图所示：

由图象可知，当直线斜率时，曲线与直线有两个相异交点

与半圆相切，可得：

解得：

又   

本题正确结果：

【点睛】本题考查利用曲线与直线的交点个数求解参数范围的问题，关键是能够通过数形结合的方式找到临界状态，易错点是忽略曲线的范围，误认为曲线为圆.

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

17. 已知直线：，直线：.

（1）若，求与的距离；

（2）若，求与的交点的坐标.

【答案】(1) .

(2).

【解析】

【详解】分析：（1）先根据求出k的值，再利用平行线间的距离公式求与的距离.(2)先根据求出k的值，再解方程组得与的交点的坐标.

详解：（1）若，则由，即，解得或.

当时，直线：，直线：，两直线重合，不符合，故舍去；

当时，直线：，直线：，所以.

（2）若，则由，得.

所以两直线方程为：，：，

联立方程组，解得，所以与的交点的坐标为.

点睛：（1）本题主要考查直线的位置关系和距离的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2)直线与直线平行，则且两直线不重合. 直线与直线垂直，则.

18. 如图：PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形,PA=AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在边BC上移动

（Ⅰ）求三棱锥E-PAD的体积;

（Ⅱ）当点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由；

（Ⅲ）证明：无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）平行，（Ⅲ）详见解析

【解析】

【详解】试题分析：

(1)三棱锥的体积＝＝·＝.

(2)当点为的中点时，与平面平行．

∵在中，分别为、的中点，

∴，又平面，平面，

∴平面

(3)证明：∵⊥平面，平面，

∴，又，，平面，

平面.又平面，∴.

又，点是的中点，∴，

又,平面，

∴⊥平面.

∵平面，∴.

考点：本小题主要考查三棱锥体积的计算、线面平行、线面垂直等的证明，考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.

点评：计算三棱锥体积时，注意可以根据需要让任何一个面作底面，还经常利用等体积法求三棱锥

19. 已知动圆经过点和

（1）当圆面积最小时，求圆的方程；

（2）若圆的圆心在直线上，求圆的方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）以为直径的圆即为面积最小的圆，由此可以算出中点坐标和长度，

即可求出圆的方程；

（2）设出圆的标准方程，根据题意代入数值解方程组即可.

【小问1详解】

要使圆的面积最小，则为圆的直径，

圆心，半径

所以所求圆的方程为：.

【小问2详解】

设所求圆的方程为，

根据已知条件得，

所以所求圆的方程为.

20. 如图，三棱柱中，，，，为的中点，且.

（1）求证：平面；

（2）求与平面所成角的大小.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连结与交于点，连结，由中位线定理可得，再根据线面平行的判定定理即可证明结果；

（2）方法一：根据线面垂直的判定定理，可证明平面；取的中点，易证平面，所以即所求角，再根据直棱柱的有关性质求即可得到结果；

方法二: 根据线面垂直的判定定理，可证明平面；取的中点，易证 平面；所以即与平面所成的角，再根据直棱柱的有关性质求即可得到结果.

【小问1详解】

证明：如图一，连结与交于点，连结.

在中，、为中点，∴.

又平面，平面，∴平面.

            图一

【小问2详解】

证明：（方法一）如图二，

图二

∵，为的中点，∴.

又，，∴平面.

取的中点，又为的中点，∴、、平行且相等，

∴四边形是平行四边形，∴与平行且相等.

又平面，∴平面，∴即所求角.

由前面证明知平面，∴，

又，，∴平面，∴此三棱柱为直棱柱.

设

∴，，，.

（方法二）如图三，

图三

∵，为的中点，∴.

又，，∴平面.

取的中点，则，∴平面.

∴即与平面所成的角.

由前面证明知平面，∴，

又，，∴平面，∴此三棱柱为直棱柱.

设，∴，，

∴.

21. 如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°.

（1）求证：平面MAP⊥平面SAC.

（2）求二面角M—AC—B的平面角的正切值；

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；

（2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得，在中，可得，从而在中，即可求解二面角M—AC—B的平面角的正切值.

【小问1详解】

证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，

又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又ACSC=C，

∴BC⊥平面SAC，

又∵P，M是SC、SB的中点，

∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM平面MAP，

∴平面MAP⊥平面SAC；

【小问2详解】

解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BCSC=C，

∴AC⊥平面SBC，

∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，

∵直线AM与直线PC所成的角为60°，

∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，

则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得，

在中，，

在中，.

22. 已知圆：，

（1）若过定点的直线与圆相切，求直线的方程；

（2）若过定点且倾斜角为30°的直线与圆相交于，两点，求线段的中点的坐标；

（3）问是否存在斜率为1的直线，使被圆截得的弦为，且以为直径的圆经过原点？若存在，请写出求直线的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）或   

（2）   

（3）存在，或

【解析】

【分析】（1）首先设直线的方程为：，与圆的方程联立，令，即可求解的值；

（2）设直线的方程为：，与圆的方程联立，利用韦达定理表示中点坐标；

（3）方法一，设直线：，与圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可求解；方法二，设圆系方程，利用圆心在直线，以及圆经过原点，即可求解参数.

【小问1详解】

根据题意，设直线的方程为：

联立直线与圆的方程并整理得：

所以，，

从而，直线的方程为：或；

【小问2详解】

根据题意，设直线的方程为：

代入圆方程得：，显然，

设，，则，

所以点的坐标为

【小问3详解】

假设存在这样的直线：

联立圆的方程并整理得：

当

设，，则，

所以

因为以为直径的圆经过原点，所以，，

∴，即

均满足.

∴，

所以直线的方程为：或.

（3）法二：可以设圆系方程

则圆心坐标，圆心在直线上，

得 ①

且该圆过原点，得 ②

由①②，求得或

所以直线的方程为：或.