北京市大峪中学高二（1+3）下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京市大峪中学高二（1+3）下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了 直线 的倾斜角是， 过点等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分时间：120分钟）
一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 在△ABC中，a=3，b=5，sinA=，则sinB=
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由正弦定理得，故选B．
考点：正弦定理的应用
2. 直线 的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意得到直线的斜率，从而求出直线的倾斜角；
【详解】解：直线的斜率，设其倾斜角为，则，因为，所以；
故选：D
3. 过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是（ ）
A. x-2y-1=0B. x-2y+1=0C. 2x+y-2=0D. x+2y-1=0
【答案】A
【解析】
【分析】设出直线方程，利用待定系数法得到结果.
【详解】设与直线平行的直线方程为，
将点代入直线方程可得，解得．
则所求直线方程为．故A正确．
【点睛】本题主要考查两直线的平行问题，属容易题．两直线平行倾斜角相等，所以斜率相等或均不存在．所以与直线平行的直线方程可设为．
4. 已知直线平面，则“直线”是“”的（ ）
A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】结合空间线面位置关系，根据充分必要条件的定义可判断．
【详解】若直线平面， ，则直线平面或；
若直线平面，直线，则，
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
5. 以为端点线段的垂直平分线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】线段的垂直平分线过线段中点，且斜率与线段所在直线斜率相乘等于，据此即可求出线段垂直平分线方程.
【详解】因为
则，
所以线段AB的中垂线的斜率为，
又线段的中点为，即，
所以线段中垂线方程为：，即.
故选：C．
6. 若直线3x+y+a=0过圆的圆心，则的值为（ ）
A. -1B. 1C. 3D. -3
【答案】B
【解析】
【详解】分析：圆x2+y2+2x-4y=0的圆心为（-1，2）代入直线3x+y+a=0，解方程求得a的值．
解答：圆x2+y2+2x-4y=0的圆心为（-1，2），
代入直线3x+y+a=0得：-3+2+a=0，∴a=1，
故选 B．
点评：本题考查根据圆的方程求圆心的坐标的方法，用待定系数法求参数的取值范围
7. 已知直线，平面，给出下列四个命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则.
其中正确命题的个数是（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理及性质即可求解.
【详解】对于①，若，则或，故①错误；
对于②，若，则可共面，也可异面，不一定得到，故②错误；
对于③，若，则或，故③错误；
对于④，若，则不一定平行，也可以与异面,，故④错误.
故选：A.
8. 已知圆锥的轴截面是一个边长为的等边三角形，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆锥轴截面的定义结合正三角形的性质，可得圆锥底面半径长和高的大小，由此结合圆锥的体积公式，即可求解.
【详解】由题知，如图，
为圆锥的轴截面，边长均为，
则圆锥的高，
底面半径，
故圆锥体积.

故选：A
9. 若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把斜率为1的直线平行移动与曲线表示的图形有两公共点，根据图象即可求解．
【详解】由题意，曲线表示的曲线为圆心在原点，
半径为1的圆在轴以及轴上方的部分．
在同一坐标系中，作出斜率为1的直线，在直线平移的过程中可发现，
直线过时先与半圆形有2个交点，此时
再将直线向上平移一直到最后与半圆相切，此时，且,
即，
所以满足条件的的取值范围.
故选：D.
10. 如图，正四面体中，点在上，点在上，，与夹角为与夹角为，设，当时，是（）
A. 常函数B. 单调减函数
C. 单调增函数D. 先单调递增后单调递减
【答案】A
【解析】
【分析】过点作，交于点，过点作，交于点，则易得，，所以．取的中点，连接，根据正四面体的特点易证平面，得到，则，所以．
【详解】如图所示，过点作，交于点，过点作，交于点，
则，则可得出，即四边形是平行四边形．
，
所以．
取的中点，连接，
由正四面体的特点可知为等边二角形，
所以，
又，且平面平面，
所以平面，则，
又，所以，
所以．
故当时，是常函数．
故选：A．
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 在中，三个内角的对边分别是，若，则__________，__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由已知和余弦定理即可求得，由正弦定理可得的值，可得角的值.
【详解】在中， ，
由余弦定理得，，
所以，
由正弦定理，
则，
又因为，，则，
所以.
故答案为：；.
12. 已知一个长方体的长､宽､高分别为，则它的体对角线的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，利用勾股定理可求出长方体的体对角线长.
【详解】如图，在长方体中长､宽､高分别为，
在中，，
在中，.
设这个长方体的体对角线长为，则.

故答案为：.
13. 如图，长方体中，是边长为1的正方形，与平面所成的角为，则棱的长为__________：二面角的大小为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由已知条件，根据线面角，面面角的定义求解即可.
【详解】由题意，在长方体中，
四边形是边长为的正方形，且与平面所成角为，
所以平面，
因为平面,
所以,
故与平面所成角为,
所以为等腰直角三角形，且,
所以.
又因为,且平面平面,
所以二面角为.
故答案为：①；②.
14. 已知直线与圆相交于，两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为______
【答案】1或-1
【解析】
【详解】因为△ABC是等腰直角三角形，所以圆心C(1，－a)到直线ax＋y－1＝0的距离
d＝rsin 45°＝，即，所以a＝±1.
15. 正方形中，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与．则下列结论中正确的结论是__________．（写出所有你认为正确的序号）
①对于任意给定的点，存在点，使得．
②对于任意给定的点，存在点，使得；
③对于任意给定的点，存在点，使得；
④对于任意给定的点，存在点，使得．
【答案】②③
【解析】
【详解】∵对任意的点，直线所形成的轨迹均在平面上，若，则存在平面，不成立，故①错误．又∵对于任意点，形成的轨迹在平面上，若，只需，故②正确．同理，③中点移至点即可成立，④不成立，故答案为②③．
三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 设直线
（1）求与直线的距离为的直线的方程；
（2）求圆关于直线的对称圆的方程.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意该直线与直线平行，由平行直线间的距离公式列方程即可求解；
（2）利用“垂直”，“平分”即可求出圆心关于直线的对称点，进而可求对称圆方程.
【小问1详解】
由题意可知该直线与直线平行，
所以设该直线方程为，
依题意，解得或，
故该直线方程为或.
【小问2详解】
圆的圆心为，
设圆心关于直线的对称点为，
则且的中点在直线上．
，解得，
，
圆关于直线的对称圆半径不变，
该对称圆方程为：．
17. 在中，.
（1）求的值；
（2）已知，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将边化为角，再用两角和的正弦公式即可化简；
（2）用正弦定理可求出b，再用三角形面积公式即可.
【小问1详解】
，，，
，即，
，，
.
【小问2详解】
由正弦定理得，即，，
又，所以，
所以，
所以
.
18. 如图，四面体被一平面所截，截面与4条棱相交于4点，且截面是一个平行四边形.
（1）求证：；
（2）求证：面.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形得到，得到面，故得到证明.
（2）根据平行四边形得到，得到面，故得到证明
【详解】（1）截面是一个平行四边形，.
又面,面，面.
又面，面面.
（2）截面是一个平行四边形，.
面,面，面.
又面，面面.
又面，面.
【点睛】本题考查了线线平行和线面平行，意在考查学生的推断能力.
19. 如图所示，直三棱柱中，，是中点，.
（1）求证：：
（2）若，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件证明，从而利用线面垂直证明平面，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量即可求解.
【小问1详解】
由题意，在直三棱柱中，平面,且平面,
所以,,
因为,为中点，
所以,
所以在中，,
故,
又因为,且平面,,
所以平面，
因为平面,
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，,
在直三棱柱中，平面,且平面,
所以,
因为平面,,
所以平面,
因为平面,
所以,即两两垂直，
则分别以为轴建立如图空间直角坐标系，
即,
所以,
设平面的法向量为，
则，取，则，
所以.
且平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角余弦值为.
20. 如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，，．将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2．
（1）求证：；
（2）求直线A1E和平面A1OC所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）存在；
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的特征，可以得出，再结合面面垂直的性质定理，可以得出平面，再根据线面垂直的性质，可以得出；
（2）根据题中的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得结果；
（3）关于是否存在类问题，都是假设其存在，结合向量所成角的余弦值求得结果.
【小问1详解】
因为在中，，分别为，的中点，
所以，，
所以，又为的中点，
所以.
因为平面平面，且平面，
所以平面，
平面，
所以.
【小问2详解】
取的中点，连接，所以，
由（1）得，.
如图建立空间直角坐标系.
由题意得：，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以.
设直线与平面所成的角为，
则.
【小问3详解】
假设线段上存在点适合题意，
设，其中
设，则有，
所以，从而，
所以，又，
所以，
令，
整理得，
解得，舍去.
所以线段上存在点适合题意，且.
【点睛】该题属于典型的立体几何问题，第一问证明线线垂直，需要将空间关系都理清，把握住线线垂直、线面垂直、面面垂直的关系，即可得出结果；第二问求的是线面角的正弦值，正好是直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；第三问属于是否存在类问题，在解题的过程中，需要我们先假设其存在，按照题的条件进行求解，如果推出矛盾，就是不存在.
21. 如图；在四棱柱中，侧棱底面，
（1）求证：平面；
（2）若点到平面的距离为，求的值；
（3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的凸四棱柱，在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式.（直接写出答案，不必说明理由）
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明，得，再得与垂直后可得证线面垂直；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角，从而可得值；
（3）按直棱柱的各面拼接，可得三种新四棱柱，然后计算各个表面积，比较可得．
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为，，
所以四边形是平行四边形，
所以，且，
又，则，
又，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
因为侧棱底面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面．
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，
以为坐标原点，、、的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
所以．
设点与平面的距离为，解得，
故所求．
【小问3详解】
由题意及（1），可以左侧面重合拼接，或右侧面重合拼接，
或后侧面重合拼接（这是五棱柱，舍去），
或前侧面重合拼接（这是五棱柱，舍去），
也可以上下底面重合拼接，
，，，，
，
所以四棱柱的全面积是，
则左侧面重合拼接，
此时，表面积，
右侧面重合拼接，
此时，表面积，
上下底面重合拼接，
此时，表面积，
因为，则或最小，
由，解得，
由，解得，
所以最小的表面积．