重庆市南开中学2021-2022学年高一下学期期末数学试题 Word版含解析.docx

《重庆市南开中学2021-2022学年高一下学期期末数学试题 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

南开高一年级期末试题数学试卷一､单选题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一项是符合题目要求的）1.过两点的直线的倾斜角是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据两点坐标求出直线的斜率，结合直线倾斜角的范围即可得出结果.【详解】由已知直线的斜率为，所以倾斜角．故选：D.2.设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，，，，则C.若，，则D.若，，则【答案】C【解析】【分析】根据线面平行的判定判断A，由平面平行的判定定理判断B，根据线面垂直的性质可判断C，根据垂直平面的性质定理可判断D.【详解】若，，则或，故A错误；若，，，，且相交时，则有，故B错误；若，，根据线面垂直的性质可得，故C正确；若，，则不一定有，只有当与两平面交线垂直时，才有，故D错误.故选：C3.喷泉是流动的艺术，美妙绝伦的喷泉给人以无限的享受，若不考虑空气阻力，当喷泉水柱以与水平方向夹角为的速度v喷向空气中时，水柱在水平方向上移动的距离为 ，能够达到的最高高度为（如图所示，其中g为重力加速度）若，则H与D的比值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先表示出，再用二倍角公式进行化简即可求解.【详解】因为，，所以故选：B4.如图，在斜三棱柱中，M为BC的中点，N为靠近的三等分点，设，，，则用，，表示为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合图形，根据空间向量的线性运算即可得到答案. 【详解】故选：A5.正四面体中，D是PA中点，则异面直线CD与PB所成角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取的中点，连接，则，故即为异面直线CD与PB所成角的平面角，解即可.【详解】解：取的中点，连接，因为D是PA中点，所以且，所以即为异面直线CD与PB所成角的平面角，设，则，则，即异面直线CD与PB所成角的余弦值是.故选：B.6.与直线切于点，且经过点的圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】设圆的方程为，根据题意列出方程组，求得，即可得出答案.【详解】解：设圆的方程为，根据题意可得，解得，所以该圆的方程为.故选：D.7.在中，内角A的平分线与边BC交于点D且，，若的面积，则AD的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据三角形的面积公式建立方程，求出，再由三角形面积范围求出角A的范围，利用三角函数即可求解.【详解】，，，，即，即，解得，又因为， 所以，即，，，故选：D8.平面直角坐标系中，矩形的四个顶点为，，，，光线从OA边上一点沿与x轴成角的方向发射到AB边上的点，被AB反射到BC上的点，再被BC反射到OC上的点，最后被OC反射到x轴上的点，若，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据光线反射的性质，利用解三角形可得坐标，再由求解即可.【详解】由题意，，则,，，，即，，解得.故选：A二､多选题（共四小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9.下列说法正确的是（）A方程与方程表示同一条直线 B.集合.可能是一个单元素集C.平行直线和之间的距离为D.平面内，点，到直线的距离都等于，则直线恰有4条【答案】BD【解析】【分析】对于A：由两个方程的几何意义直接判断；对于B：当r=0时，求出，即可判断；对于C：直接求出两平行线间的距离，即可判断；对于D：直接求出，到直线的距离相等的4条直线，即可判断.【详解】对于A：方程表示经过点的直线，方程表示不含点的直线，即两条射线.故A错误；对于B：当r=0时，为单元素集.故B正确；对于C：可化为：与直线平行，所以两平行线间的距离为.故C错误.对于D：要使点，到直线的距离相等，则直线或经过AB的中点.当时，由，可设.因为到直线的距离都等于，所以，解得：或；当经过AB的中点时，由，可得：AB的中点.若直线l的斜率不存在时，则点，到直线的距离都等于1，不符合题意，所以直线l的斜率存在，设其为k，则直线，所以，解得：或.所以这样的直线存在，且有4条.故D正确.故答案为：BD 10.已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（）A.B.在上单调递增C.的解集为D.将的图像向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称【答案】AC【解析】【分析】根据函数图象易得与周期，即可求出，再利用待定系数法求出，即可求出函数解析式，即可判断A；结合正弦函数的单调性代入验证即可判断B；根据正弦函数的性质解不等式即可判断C；根据平移变换求出变换后的函数解析式，再根据三角函数的奇偶性即可判断D.【详解】解：由图可得，，所以，所以，所以，将点代入得，，即，又，所以，所以，故A正确； 当，则，所以函数在上不单调递，故B错误；若，则，所以，即，所以的解集为，故C正确；将的图像向左平移个单位长度，可得函数，则函数为偶函数，关于轴对称，故D错误.故选：AC.11.已知圆，过点的直线交圆于A，B两点，下列说法正确的是（）A.当时，的最小值是B.当时，的取值范围是C.当时，为定值D.当，且时，【答案】ABCD【解析】【分析】根据圆的几何性质判断A，由圆上点与圆内点的距离最值分别为过该点直径端点判断B，根据直线与圆相交，根与系数的关系，向量运算判断C，根据圆的几何性质及线段中点求解判断D.【详解】当时，，则，点在圆内，当为直线AB的中垂线时，，故A正确；当时，，则，点在圆内，由圆的性质知，，，故的取值范围是，故B 正确；当时，在圆外，当直线斜率存在时，设直线为，设，联立方程可得，当时，，，，当直线斜率不存在时，直线为，则，，综上为定值,故C正确；当时，，在圆外，设且交点为，则,由知，设，则，解得，所以在直角三角形中，故，所以，故D正确.故选：ABCD12.如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿BC向上翻折，得三棱锥设，点E，F分别为棱BC，BD的中点，M为线段AE上的动点.下列说法正确的是（）A.存在某个位置，使B.存在某个位置，使C.当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正切值为D.当时，的最小值为【答案】ABCD 【解析】【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.【详解】解：当平面与平面垂直时，，平面与平面的交线为，平面，平面，，，故AB正确；当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，即平面与平面垂直时，由上面可知，平面，故AD与平面ABC成角为，因为，所以，，，，故C正确；当时,因为为的中点，所以，则，又因为的中点，所以，又，所以，所以，如图将沿旋转，使其与在同一平面内，则当三点共线时，最小，即的最小值为，在中，，则，所以，所以的最小值为，故D正确.故选：ABCD. 三､填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13.已知复数（是虚数单位，）是纯虚数，在复平面内对应的点为，则的坐标为___________.【答案】【解析】【分析】根据复数的除法运算化简，再由纯虚数得出a，即可得出点的坐标.【详解】，且是纯虚数，，解得，，的坐标为.故答案为：14.若圆上到直线的距离等于的点恰有3个，则实数a的值为___________.【答案】或【解析】【分析】设圆心到直线的距离为，由题意有，利用点到直线距离公式列出等式即可求解.【详解】圆，即，所以圆C的圆心坐标为，半径，因为圆上到直线距离等于的点恰有3个，设圆心到直线的距离为，则， 即，解得或，故答案为：或.15.三棱锥中，平面PAB，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为___________.【答案】【解析】【分析】由题意可得该三棱锥可外接一个长方体，再根据三棱锥与长方体和外接球的关系计算外接球的直径求解即可【详解】因为平面，平面，故，又，平面，故平面.故三棱锥可外接一个长方体，如图所示，易得长方体体对角线，又外接球的直径为，故该三棱锥的外接球的表面积故答案为：16.平面直角坐标系中，，过点作两条直线，被圆M截得弦AB，CD，满足.设线段AC的中点为N，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】设的中点为，根据题意，确定为定值，再根据向量的基本运算，结合 为定值可确定的轨迹方程，求得的最小值即可【详解】设的中点为，因为，故，由垂径定理，，故.即，所以，因为，且，故，即，故，故的轨迹方程为，所以的最小值为.故答案为：四､解答题（共6小题，满分70分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17.已知直线，.（1）若直线l与直线垂直，求实数的值（2）若直线l在x轴上的截距是在y轴上截距的2倍，求直线l的方程.【答案】（1）或（2）或【解析】【分析】（1）根据直线垂直的充要条件列方程求解即可；（2）求出在坐标轴上的截距，由条件求出，即可得出直线方程.【小问1详解】因为直线l与直线垂直， 所以，解得或.【小问2详解】令，得，令，，由题意知，解得或，所以直线l的方程为或.18.已知圆.（1）过点作圆C的切线l，求切线l的方程；（2）设过点的直线m与圆C交于AB两点，若点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，求直线m得方程.【答案】（1）或；（2）或【解析】【分析】（1）根据圆心到直线的距离等于半径求解，注意分斜率存在与不存在两种情况；（2）利用条件可分析出弦所对圆心角，据此求出圆心到直线的距离，即可求解.【小问1详解】由可得，即圆心为，半径，显然当直线斜率不存在时，是圆的切线，当直线斜率存在时，设直线为，即，由圆心到直线的距离，解得，故切线或.【小问2详解】因为点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，故,所以，故圆心到直线的距离，直线斜率不存时，由知，不符合题意， 当直线斜率存在时，设直线方程为，则圆心到直线的距离，解得，故直线方程为或.19.如图，在直三棱柱中，，，M为AB的中点，点G为的重心.（1）证明：平面（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先证明平面平面，再由面面平行的性质可得线面平行；（2）利用等体积法求解即可.【小问1详解】连接并延长交于点，连接，如图， 在直三棱柱中，点G为的重心，所以，又平面，平面，所以平面，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，所以平面平面，又平面，所以平面.【小问2详解】由（1）知平面，所以，三棱锥的高，，所以.20.在中，、、分别为内角、、的对边，现有如下条件：①；②；③，，求的面积；④，，求的面积.（1）在①和②中选择一个，作为已知条件，求角的大小.（2）在（1）的条件下，在③和④中选择一个问题进行解答.【答案】（1）条件选择见解析，（2）答案见解析【解析】【分析】（1）若选①，利用已知条件结合正弦定理、诱导公式以及二倍角公式化简得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；若选②，由余弦定理、正弦定理以及两角和的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）若选③，利用切化弦结合两角和的正弦公式化简可得出，结合正弦定理可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得结果；若选④，利用余弦定理和已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.【小问1详解】解：若选①，由及正弦定理可得，、，则且，所以，，即，则，可得，所以，；若选②，由及余弦定理可得，、，则，可得，所以，，，则，则，故.【小问2详解】解：若选③，，所以，，，故；若选④，由余弦定理可得，所以，，解得，故.21.四棱锥中，四边形为菱形，，，平面平面. （1）证明：；（2）若，且PA与平面ABCD成角为60°，在棱PC上是否存在点E，使二面角的平面角的余弦值为？若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得线面垂直，进而可得线线垂直；（2）根据空间直角坐标系，利用法向量的夹角求二面角，确定点的位置即可求解.【小问1详解】因平面平面，且交线为,又四边形为菱形，所以,故平面,平面,故【小问2详解】因为，是的中点，所以,又平面平面，且交线为，所以平面，为PA与平面ABCD所成角，故，由于四边形为边长为，的菱形，所以因为两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系；,,设,其中，所以,,, 设平面的法向量为，则：，取则；设平面的法向量为，则：，取则，故，整理得：；解得或者（舍去）故存在，且满足，即点是的三等分点，且靠近端，故.22.平面直角坐标系中，圆M经过点，，.（1）求圆M的标准方程；（2）设，过点D作直线，交圆M于PQ两点，PQ不在y轴上.（i）过点D作与直线垂直的直线，交圆M于EF两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；（ii）设直线OP，BQ相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由. 【答案】（1）（2）（i）7；（ii）在定直线上【解析】【分析】（1）设圆M的方程为，利用待定系数法求出，即可得解；（2）（i）设直线的方程为，分和两种情况讨论，利用圆的弦长公式分别求出，再根据即可得出答案；（ii）设，联立，利用韦达定理求得，求出直线OP，BQ的方程，联立求出交点坐标即可得出结论.【小问1详解】解：设圆M的方程为，则，解得，所以圆M的标准方程为；【小问2详解】解：设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离，所以，（i）若，则直线斜率不存在，则，，则，若，则直线得方程为，即， 则圆心到直线的距离，所以，则，当且仅当，即时，取等号，综上所述，因为，所以S的最大值为7；（ii）设，联立，消得，则，直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，则，所以， 所以点N在定直线上.【点睛】本题考查了利用待定系数法求圆的标准方程，考查了圆的弦长问题及圆中四边形的面积的最值问题，还考查了圆中的定直线问题，有一定的计算量.