2021-2022高一数学上册期末测试卷（含答案） (5)

这是一份2021-2022高一数学上册期末测试卷（含答案） (5)，共10页。

一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.倾斜角为,在轴上的截距为的直线方程是( )
A. B.C. D.
2.函数的定义域是( )
A. B. C. D.
3.已知某几何体的三视图(单位: )如图所示,则该几何体的体积是( )
A. B. C. D.
4．已知直线的倾斜角为45°，直线经过点A(3，2)，B(－a，1)，且与垂直，直线：2x＋by＋1＝0与直线平行，则a＋b＝ ( )
A．－2 B．－4 C．0 D．2
5．实数的大小关系正确的是 ( )
A．a6．已知直线过点P(3,4)且与点A(－2,2)，B(4，－2)等距离，则直线的方程为( )
A．2x＋3y－18＝0B．2x－y－2＝0
C．3x－2y＋18＝0或x＋2y＋2＝0D．2x＋3y－18＝0或2x－y－2＝0
7.在空间给出下面四个命题(其中m,n为不同的两条直线,α,β为不同的两个平面)
①m⊥α,n∥α⇒m⊥n ②m∥n,n∥α⇒m∥α
③m∥n,n⊥β,m∥α⇒α⊥β
④m∩n=A,m∥α,m∥β,n∥α,n∥β⇒α∥β其中正确的命题个数有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．点P(7，－4)关于直线：6x－5y－1＝0的对称点Q的坐标是( )
A．(5,6) B．(－5,6) C．(2,3) D．(－2,3)
9．函数的大致图象是( )
10．如图所示，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，M是PC上的任意一点，则下列选项能使得平面MBD⊥平面PCD的是( )
A．M为PC的中点 B．DM⊥BC
C．DM⊥PC D．DM⊥PB
11.已知偶函数在 在区间单调递减,则满足的取值范围是( )
A. B.
C.D.
12．矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B—AC—D，则四面体ABCD的外接球的体积为( )
A. eq \f(125π,9)B.eq \f(125π,12)C.eq \f(125π,3)D.eq \f(125π,6)
第Ⅱ卷 (非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．过点(1,3)且在x轴的截距为2的直线方程是__________．
14．如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，AA1＝eq \r(2)，则异面直线A1B1与BD1的夹角等于________．
如图,已知平面⊥平面,且AB=4,AC=3,BD=12,则CD= .
16.已知在区间上是增函数,则实数的取值范围是____.
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．(本小题满分10分)(1)已知直线y＝eq \f(\r(3),3)x－1的倾斜角为，另一直线的倾斜角，且过点M(2，－1)，求l的方程．
(2)已知直线过点P(－2,3)，且与两坐标轴围成的三角形面积为4，求直线l的方程．
18．(本小题满分12分)如图所示，在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：VB∥平面MOC；
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；
19.(本小题满分12分)已知两直线
（1）若直线与、可组成三角形，求实数满足的条件；
（2）设，若直线过与的交点，且点到直线的距离等于1，求直线的方程.
20．(本小题满分12分)设函数是定义在R上的函数，对任意实数x，有
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)若函数在上的最小值为－2，求m的值．
21．(本小题满分12分)如图(1)，在矩形ABCD中，已知AB＝2，AD＝2eq \r(2)，M，N分别为AD和BC的中点，对角线BD与MN交于O点，沿MN把矩形ABNM折起，使两个半平面所成二面角为60°，如图(2)．
(1)求证：BO⊥DO；
(2)求AO与平面BOD所成角的正弦值．
22．(本小题满分12分)
如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中(即侧棱垂直于底面的三棱柱)，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.
(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；
(2)在AA1上是否存在一点D，使得二面角B1­CD­C1的大小为60°.
高一数学参考答案：
选择题
1-5 DCBAC 6-10 DCBAC 11-12 BD
二．填空题
13. 3x＋y－6＝0 14. 60° 15. 13 16.
三．解答题
17.解 (1)∵已知直线的斜率为eq \f(\r(3),3)，即tan α＝eq \f(\r(3),3).
∴α＝30°.∴直线l的斜率k＝tan 2α＝tan 60°＝eq \r(3).
又l过点M(2，－1)，∴l的方程为y－(－1)＝eq \r(3)(x－2)，即eq \r(3)x－y－2eq \r(3)－1＝0.
(2)由题意知，直线l与两坐标轴不垂直，否则不构成三角形，设l的斜率为k，则k≠0，则l的方程为y－3＝k(x＋2)．
令x＝0，得y＝2k＋3；
令y＝0，得x＝－eq \f(3,k)－2.
于是直线与两坐标轴围成的三角形面积为
eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,k)－2))))＝4，即(2k＋3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k)＋2))＝±8，
解得k＝－eq \f(1,2)或k＝－eq \f(9,2).
∴l的方程为y－3＝－eq \f(1,2)(x＋2)，或y－3＝－eq \f(9,2)(x＋2)．
即x＋2y－4＝0或9x＋2y＋12＝0
18.(1)证明：因为O，M分别AB，VA的中点，
所以OM∥VB.
又因为VB⊄平面MOC.
所以VB∥平面MOC
(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，
所以OC⊥AB.
又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，
所以OC⊥平面VAB.
又OC⊂平面MOC.
所以平面MOC⊥平面VAB
19.【解析】（1）由，
的交点为.
（i）当直线过与的交点时，不能构成三角形，
；
（ii）当直线分别与、平行时，不能构成三角形，
.
综上，.
20.解：(1)令1－x＝t，则x＝1－t，
所以f(t)＝(1－t)2－3(1－t)＋3，
即f(t)＝t2＋t＋1，
所以f(x)＝x2＋x＋1，x∈R.
(2)g(x)＝x2－2mx＋2＝(x－m)2＋2－m2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x≥\f(3,2)))，
若m≥eq \f(3,2)，g(x)min＝g(m)＝2－m2＝－2，
所以m＝2；
若m＜eq \f(3,2)，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(17,4)－3m＝－2，
所以m＝eq \f(25,12)＞eq \f(3,2)，舍去．
综上可知m＝2.
21.解：(1)证明：翻折前，由于M，N是矩形ABCD的边AD和BC的中点，所以AM⊥MN，DM⊥MN，折叠后垂直关系不变，所以∠AMD是两个半平面所成二面角的平面角，所以∠AMD＝60°.
连接AD，由AM＝DM，可知△MAD是正三角形，所以AD＝eq \r(2).
在Rt△BAD中，AB＝2，AD＝eq \r(2)，所以BD＝eq \r(6)，由题可知BO＝OD＝eq \r(3)，由勾股定理可知三角形B OD是直角三角形，所以BO⊥DO.
(2)如图，设E，F分别是BD，CD的中点，连接EF，OE，OF，BC，又BD＝eq \r(6)，BC＝eq \r(2)，CD＝2，所以DC⊥BC，则EF⊥CD.
又OF⊥CD，所以CD⊥平面OEF，OE⊥CD.
又BO＝OD，所以OE⊥BD，又BD∩CD＝D，所以OE⊥平面ABCD.又OE⊂平面BOD，所以平面BOD⊥平面ABCD.
过A作AH⊥BD，由面面垂直的性质定理，可得AH⊥平面BOD，连接OH，则OH是AO在平面BOD的投影，所以∠AOH为AO与平面BOD所成的角．
又AH是Rt△ABD斜边上的高，所以AH＝eq \f(2\r(3),3)，又OA＝eq \r(3)，所以sin∠AOH＝eq \f(AH,OA)＝eq \f(2,3).故AO与平面BOD所成角的正弦值为eq \f(2,3).
22.解：(1)证明：因为∠A1C1B1＝∠ACB＝90°，
所以B1C1⊥A1C1，
又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1，
所以B1C1⊥平面ACC1A1.
所以B1C1⊥CD，
由AA1＝BC＝2AC＝2，D为AA1中点，可知DC＝DC1＝eq \r(2)，
所以DC2＋DCeq \\al(2,1)＝CCeq \\al(2,1)＝4，即CD⊥DC1，
又B1C1⊥CD，所以CD⊥平面B1C1D，
又CD⊂平面B1CD，
故平面B1CD⊥平面B1C1D.
(2)当AD＝eq \f(\r(2),2)AA1时二面角B1­CD­C1的大小为60°.
假设在AA1上存在一点D满足题意，
由(1)可知B1C1⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥CD.
如图，在平面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD ，交CD或延长线于点E，连接EB1，因为B1C1∩C1E＝C1，所以CD⊥平面B1C1E，
所以CD⊥EB1，
所以∠B1EC1为二面角B1­CD­C1的平面角，
所以∠B1EC1＝60°.
由B1C1＝2知，C1E＝eq \f(2\r(3),3).
设AD＝x，则 DC＝eq \r(x2＋1)，
因为△DCC1的面积为1，
所以eq \f(1,2)eq \r(x2＋1)×eq \f(2\r(3),3)＝1，