甘肃省嘉峪关市第一中学2017-2018学年高一上学期期末考试数学试题(精编含解析)

2017-2018学年甘肃省嘉峪关一中高一（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.空间中，垂直于同一条直线的两条直线（ ）
A. 平行
B. 相交
C. 异面
D. 以上均有可能2.如果直线ax +2y +2=0与直线3x -y -2=0平行，则a =（ ）A. B. C. D. ‒3
‒32‒632
3.如图，△O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图，则△OAB 的面积是（ ）
A. 6
B. C. 12 D. 32624.如图，方程y =ax +表示的直线可能是（ ）
1a
A. B. C. D. 5.设l 是直线，α，β是两个不同的平面（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则l//αl//βα//βα⊥βl ⊥αl ⊥β
C. 若，，则
D. 若，，则l//αl ⊥βα⊥βα⊥βl ⊥βl//α
6.
若某几何体的三视图 （单位：cm ） 如图所示，则此几何体的体积是（ ）
A. 36
B. 48
C. 60
D. 72 cm
3cm 3cm 3cm 37.
已知点A （x ，5）关于点（1，y ）的对称点（-2，-3），则点P （x ，y ）到原点的距离是（ ）A. 4 B. C. D. 1315178.一个直角梯形的两底长分别为2和5，高为4，绕其较长的底旋转一周，所得的几何体的表面积为（ ）
A. B. C. D. 52π34π45π37π
9.
如图，A -BCDE 是一个四棱锥，AB ⊥平面BCDE ，且四边形BCDE 为矩形，则图中
互相垂直的平面共有（ ）
A. 4组
B. 5组
C. 6组
D. 7组
10.如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个
平面后，某学生得出下列四个结论：①BD ⊥AC ；②△BAC 是等边三角形；③三棱锥D －ABC 是正三棱锥；④平面ADC ⊥平面ABC 。

其中正确的是( )
A. B. C. D. ①②④
①②③②③④①③④11.已知三点A （1，0），B （0，），C （2，）则△ABC 外接圆的圆心到原点的距离为（ ）33A. B. C. D. 5
3213253
4
3
12.如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ，
则以下命题中，错误的命题是（ ）
A. 点H 是的垂心
△A 1BD B. AH 垂直平面CB 1D 1
C. AH 的延长线经过点C 1
D. 直线AH 和所成角为BB 145∘
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若圆C 的方程是x 2+y 2-4x -4y +4=0，则圆C 的半径为______．
14.若一个正方体的顶点都在同一球面上，则球与该正方体的体积之比为______．
15.已知点A （-2，0），B （0，2），若点C 是圆x 2-2x +y 2=0上的动点，则点C 到直线AB 距离的最小值
是______．
16.如图，正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）ABC -A 1B 1C 1的各棱长都等于
2，D 在AC 1上，F 为BB 1的中点，且FD ⊥AC 1，有下述结论：
（1）AC 1⊥BC ；
（2）=1；
AD
DC1（3）平面FAC 1⊥平面ACC 1A 1；
（4）三棱锥D -ACF 的体积为．
3
3其中正确结论的序号为______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.在△ABC 中，已知点A （2，2），B （0，-2），C （4，2），点D 为AB 的中点，
（1）求中线DC 所在直线的方程
（2）求BC边上的高所在直线的方程．
18.已知直线l：kx-y+1+2k=0（k∈R），l1：2x+3y+8=0，l2：x-y-1=0．
（1）若直线l，l1，l2相交于一点，求k的值；
（2）若直线l与圆O：x2+y2=1相切，求k的值．
19.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，点D是AB的中点，
（1）求证：AC⊥BC1；
（2）求证：AC1∥平面CDB1；
（3）求三棱锥C1-CDB1的体积．
20.如下图所示是一个几何体的直观图、正视图、俯视图和侧视图（尺寸如图所示）．
（1）求四棱锥P-ABCD的体积；
（2）若G为BC上的动点，求证：AE⊥PG．
21.已知圆C的圆心C在第一象限，且在直线3x-y=0上，该圆与x轴相切，且被直线x-y=0截得的弦长为
27
，直线l：kx-y-2k+5=0与圆C相交．
（Ⅰ）求圆C的标准方程；
（Ⅱ）求出直线l所过的定点；当直线l被圆所截得的弦长最短时，求直线l的方程及最短的弦长．
22.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，已知
2
AB=2，PA=2，PD=2，∠PAB=60°．
（1）求证：AD⊥平面PAB；
（2）求异面直线PC与AD所成角；
（3）求点B到平面PAD的距离．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：在空间，垂直于同一条直线的两条直线，有可能平行，相交或者异面；如图长方体中
直线a，b都与c垂直，a，b相交；
直线a，d都与c垂直，a，d异面；
直线d，b都与c垂直，b，d平行．
故选D．
画出长方体，利用长方体中的各棱的位置关系进行判断．
本题考查了空间在直线的位置关系；本题借助于长方体中棱的关系理解．
2.【答案】C
【解析】
解：由于直线ax+2y+2=0与直线3x-y-2=0平行，故它们的斜率相等，故有-=3，解得 a=-6，
故选：C．
由于直线ax+2y+2=0与直线3x-y-2=0平行，故它们的斜率相等，故有-=3，由此解得a的值．本题主要考查两直线平行的性质，两直线平行，斜率相等，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】
解：△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，
所以：S△OAB==12
故选：C．
画出△OAB的直观图，根据数据求出直观图的面积．
本题考查斜二测法画直观图，求面积，考查计算能力，作图能力，是基础题．
4.【答案】B
【解析】
解：方程y=ax+可以看作一次函数，其斜率a和截距同号，只有B符合，其斜率和截距都为负．
故选：B．
利用一次函数的斜率和截距同号及其意义即可得出．
本题考查了一次函数的斜率和截距的意义，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】
解：由l是直线，α，β是两个不同的平面，知：
在A中：若l∥α，l∥β，则α与β相交或平行，故A错误；
在B中：若α⊥β，l⊥α，则l与β相交、平行或l⊂β，故B错误；
在C中：若l∥α，l⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
在D中：若α⊥β，l⊥β，则l∥α或l⊂α，故D错误．
故选：C．
在A中，α与β相交或平行；在B中，l与β相交、平行或l⊂β；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；根据空间平面与平面位置关系的定义及几何特征，我们可以判断D的真假．进而得到答案
本题考查了线面、面面平行，线面、面面垂直等简单的立体几何知识，考查学生对书本知识的掌握情况以及空间想象、推理能力，是中档题．
6.【答案】B
【解析】
解：三视图复原的几何体是上部为长方体三度为：4，2，2；
下部为放倒的四棱柱，底面是等腰梯形其下底为6，上底为2，高为2，棱柱的高为4，
几何体的体积为两部分的体积和，即：4×2×2+=48（cm3）．
故选：B．
利用三视图判断几何体的形状，通过三视图的数据求出几何体的体积即可．
本题考查简单几何体的三视图，三视图与几何体的对应关系，正确判断几何体的形状是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】
解：根据中点坐标公式得到，
解得，
所以P的坐标为（4，1）
则点P（x，y）到原点的距离d==
故选：D．
由A（x，5）关于点（1，y）的对称点（-2，-3），根据中点坐标公式列出方程即可求出x与y的值，得到点P的坐标，然后利用两点间的距离公式求出P到原点的距离即可．
本题考查学生灵活运用中点坐标公式及两点间的距离公式化简求值，是一道基础题．
8.【答案】A
【解析】
解：直角梯形绕其较长的底旋转一周后，所得的几何体是半径为4、高为2的圆柱和半径为4、高为3的圆锥组成；
所以，表面积=πR2+2πRH+πR=πx4x[4+2x2+]=52π，
故选：A．
确定几何体的形状，根据已知条件所给数据，求出组合体的表面积即可．
本题考查旋转体的体积，考查空间想象能力，逻辑思维判断能力，计算能力，是基础题，注意表面积的求出．
9.【答案】C
【解析】
解：因为AB⊥平面BCDE，所以平面ABC⊥平面BCDE，平面ABD⊥平面BCDE，平面ABE⊥平面BCDE，
又因为四边形BCDE为矩形，所以BC⊥平面ABE⇒平面ABC⊥平面ABE，
同理可得平面ACD⊥平面ABC．平面ADE⊥平面ABE
故图中互相垂直的平面共有6组．
故选：C．
先有AB⊥平面BCDE得到3组互相垂直的平面．再利用四边形BCDE为矩形得到其他互相垂直的平面即可．
本题考查面面垂直的判定．在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直
10.【答案】B
【解析】
解：解：设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC=a，
①∵D为BC的中点，∴AD⊥BC，
又平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD⊂平面ABD，
∴BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，
∴BD⊥AC，故①正确；
②由A知，BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，
∴BD⊥CD，又BD=CD=a，
∴由勾股定理得：BC=•a=a，又AB=AC=a，
∴△ABC是等边三角形，故②正确；
③∵△ABC是等边三角形，DA=DB=DC，
∴三棱锥D-ABC是正三棱锥，故③正确．
④∵△ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DF⊥AC，又△ABC为等边三角形，连接BF，则BF⊥AC，
∴∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，
由BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，故平面ADC与平面ABC不垂直，故④错误；
综上所述，正确的结论是①②③．
故选：B．
设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC=a，
①利用面面垂直的性质定理易证BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，从而可知BD⊥AC，可判断①；
②依题意及设法可知，AB=AC=a，BD=CD=a，利用勾股定理可求得BC=•a=a，从而可判断②；
③又因为DA=DB=DC，根据正三棱锥的定义判断；
④作出平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，利用BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，从而可判断④．
本题考查命题的真假判断与应用，着重考查线面垂直的判定与应用，考查二面角的作图与运算，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】
解：因为△ABC外接圆的圆心在直线BC垂直平分线上，即直线x=1上，
可设圆心P（1，p），由PA=PB得
|p|=，
得p=
圆心坐标为P（1，），
所以圆心到原点的距离|OP|===，
故选：B．
利用外接圆的性质，求出圆心坐标，再根据圆心到原点的距离公式即可求出结论．
本题主要考查圆性质及△ABC外接圆的性质，了解性质并灵运用是解决本题的关键．
12.【答案】D
【解析】
解：因为三棱锥A-A1BD是正三棱锥，所以顶点A在底面的射影H是底面中心，所以选项A正确；
易证面A1BD∥面CB1D1，而AH垂直平面A1BD，所以AH垂直平面CB1D1，所以选项B正确；连接正方体的体对角线AC1，则它在各面上的射影分别垂直于BD、A1B、A1D等，所以AC1⊥平面A1BD，则直线A1C与AH重合，所以选项C正确；
故选D．
如上图，正方体的体对角线AC1有以下性质：
①AC1⊥平面A1BD，AC1⊥平面CB1D1；②AC1被平面A1BD与平面CB1D1三等分；
③AC1=AB等．
（注：对正方体要视为一种基本图形来看待．）
本题主要考查正方体体对角线的性质．
13.【答案】2
【解析】
解：圆C的方程是x2+y2-4x-4y+4=0，即圆C：（x-2）2+（y-2）2 4=4，
故圆的半径为2，
故答案为：2．
把圆的一般方程化为标准方程，可得圆的半径．
本题主要考查圆的一般方程和标准方程，属于基础题．
14.【答案】3π2
【解析】
解：设正方体的棱长为：1，则正方体的体对角线的长为：，所以正方体的外接球的直径为：
所以正方体的体积为：1；球的体积为：=
球与该正方体的体积之比为：=
故答案为：
设出正方体的棱长，求出正方体的体对角线的长，就是球的直径，然后求出正方体的体积，球的体积，即可得到比值．
本题考查球的体积，球的内接体知识，找出二者的关系，球的直径就是正方体的体对角线，是本题解题的关键，考查计算能力，是基础题．
15.【答案】32
2
‒1
【解析】
解：过点A，B的直线方程为，即x-y+2=0．
化圆x2-2x+y2=0为（x-1）2+y2=1，则圆心坐标为M（1，0），半径为1．如图，
圆心M（1，0）到直线x-y+2=0的距离d=．
∴点C到直线AB距离的最小值是．
故答案为：．
写出直线AB的方程，由圆的方程求出圆心坐标与半径，画出图形，数形结合得答案．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
16.【答案】（2）（3）（4）
【解析】
解：（1）连接AB1，则∠B1C1A即为BC和
AC1所成的角，
在三角形AB1C1中，B1C1=2，AB1=2，
AC1=2，cos∠B1C1A==≠0，
故（1）错；
（2）连接AF，C1F，则易得AF=FC1=，
又FD⊥AC1，则AD=DC1，故（2）正确；
（3）连接CD，则CD⊥AC1，且FD⊥AC1，
则∠CDF为二面角F-AC1-C的平面角，CD=，CF=，DF=，
即CD2+DF2=CF2，故二面角F-AC1-C的大小为90°，面FAC1⊥面ACC1A1，故（3）正确；（4）由于CD⊥AC1，且FD⊥AC1，则AD⊥平面CDF，
则V D-ACF=V A-DCF=•AD•S△DCF=××××=．故（4）正确．
故正确结论的序号为：（2）（3）（4），
故答案为：（2）（3）（4）．
（1）连接AB1，则∠B1C1A即为BC和AC1所成的角，由余弦定理，即可判断；
（2）连接AF，C1F，由正三棱柱的定义，即可判断；
（3）连接CD，则CD⊥AC1，且FD⊥AC1，则∠CDF为二面角F-AC1-C的平面角，通过解三角形CDF，即可判断；
（4）由于AD⊥平面CDF，通过V D-ACF=V A-DCF即可求出体积
本题考查正三棱柱的定义和性质，考查线面垂直的判定和性质，空间的二面角，以及棱锥的体积，注意运用转换法，属于中档题
17.【答案】解：（1）点A （2，2），B （0，-2），C （4，2），点D 为AB 的中点，
∴D （1，0），
∴直线DC 的方程为=，即2x -3y -2=0，
y 2‒0x ‒1
4‒1（2）k BC ==1，
2+2
4‒0∴BC 边上的高所在的直线的斜率为-1，
∴BC 边上的高所在直线的方程为y -2=-（x -2），即x +y -4=0
【解析】
（1）由中点坐标公式可得D 的坐标，再利用两点式即可求出直线方程，化为一般式即可．
（2）由点的坐标可得BC 的斜率，由垂直关系可得BC 边上的高所在直线斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．
本题考查直线的一般式方程，涉及直线的平行于垂直关系，属基础题．
18.【答案】解：（1）联立，解得
，{2x +3y +8=0x ‒y ‒1=0{x =‒1
y =‒2把点（-1，-2）代入l ：kx -y +1+2k =0，
得-k +2+1+2k =0，即k =-3；
（2）直线l ：kx -y +1+2k =0过定点（-2，1），
圆O ：x 2+y 2=1的圆心坐标为O （0，0），半径为1，
由题意可知直线l 的斜率存在，
又直线l 与圆O ：x 2+y 2=1相切，可得
，
|1+2k|k 2+1=1解得：k =0或
k =-．43【解析】（1）联立直线l 1，l 2，求出交点坐标，代入直线l 的方程即可求得k 值；
（2）由圆心到直线的距离等于半径求得k 值．
本题考查直线系方程的应用，考查直线和圆的位置关系的判断，根据直线和圆相切的等价条件是解决本题的关键，是基础题．
19.【答案】解：（1）直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，
底面三边长AC =3，BC =4，AB =5，
∴AB 2=AC 2+BC 2，
∴AC ⊥BC ．
∵CC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，
∴AC ⊥CC 1，又BC ∩CC 1=C ．
∴AC ⊥平面BCC 1B 1，BC 1⊂平面B 1C 1CB ，
∴AC ⊥BC 1…（5分）
（2）设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ，
因为；BC =AA 1=4，
所以BCC 1B 1为正方形，
故E 是C 1B 的中点，
∵D 是AB 的中点，E 是C 1B 的中点，
∴DE ∥AC 1，
∵DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，
∴AC 1∥平面CDB 1．． …（10分）
（3）因为AC ⊥平面BCC 1B 1，D 为中点
所以D 到平面
BCC 1B 1的距离等于AC ，12∵
V C 1‒CDB 1=
V D ‒B 1C 1C =AC
13S △B 1C 1C ⋅12=×（×4×4）××3
131212=4．…（14分）
【解析】
（1）先根据AC=3，BC=4，AB=5得到AC ⊥BC ；再结合其为直棱柱得到AC ⊥CC 1，即可证明AC ⊥平面BCC 1B 1，进而得到AC ⊥BC 1；
（2）先设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ；跟怒边长相等得到E 为正方形对角线的交点，E 为中点；再结合点D 是AB 的中点可得DE ∥AC 1，进而得到AC 1∥平面CDB 1；
（3）直接根据等体积转化，把问题转化为求三棱锥D-C 1CB 1的体积再代入体积计算公式即可．本题是对立体几何知识的综合考查．一般在求三棱锥的体积直接不好找时，常用等体积转化求解．（转化为高好找的三棱锥）
20.【答案】解：（1）由几何体的三视图可知，底面ABCD 是边长为4的正方形，
PA ⊥平面ABCD ，且PA =4，AB =AD =CD =CB =4，2∴V P -ABCD =PA •S 四边形ABCD =×4×4×4=．
131
32642
3证明：（2）连接BP ，
∵AB ：EB =PA ：BA =，∠EBA =∠BAP =90°，
2∴△ABE ∽△PAB
∴∠PBA =∠BEA ．
∴∠PBA +∠BAE =∠BEA +∠BAE =90°．
∴PB ⊥AE ．
又BC ⊥平面APEB ，
∴BC ⊥AE ．
∴AE ⊥平面PBG ．
∴AE ⊥PG ．
【解析】
（1）由几何体的三视图可知，底面ABCD 是边长为4的正方形，PA ⊥平面ABCD ，代入棱锥体积公式，可得答案；
（2）连接BP ，先证明AE ⊥平面PBG ，进而可证得AE ⊥PG ．
本题考查的知识点是空间线面关系的判断与证明，棱锥的体积，空间几何体的三视图，难度不大，属于基础题．
21.【答案】解：（Ⅰ）设圆心为（a ，b ），（a ＞0，b ＞0），半径为r ，
则b =3a ，
则r =3a ，
圆心到直线的距离d =，
|a ‒3a|
12+12=2a
∵圆被直线x -y =0截得的弦长为，
27∴，(2a )2+(7)2=(3a )2即a 2=1，解得a =1，
则圆心为（1，3），半径为3，
则圆C 的标准方程（x -1）2+（y -3）2=9；
（Ⅱ）由kx -y -2k +5=0得y =k （x -2）+5，
则直线过定点M （2，5）．
要使弦长最短，则满足CM ⊥l ，
即k =，
‒1k CM =‒12则直线方程为x +2y -12=0，
|CM |=，
5
则最短的弦长为．29‒(5)2=24=4【解析】
（Ⅰ）设圆心坐标，根据条件确定圆心和半径即可求圆C 的标准方程；
（Ⅱ）根据直线和圆的位置关系，求出直线的斜率即可．
本题主要考查圆的方程的求解以及直线过定点问题，根据直线和圆的位置关系结合点到直线的距离公式是解决本题的关键．
22.【答案】（1）证明：在△PAD 中，∵PA =2，AD =2，PD =2，
2∴PA 2+AD 2=PD 2，∴AD ⊥PA ．
在矩形ABCD 中，AD ⊥AB ．
∵PA ∩AB =A ，∴AD ⊥平面PAB ．
解：（2）由题设，BC ∥AD ，
∴∠PCB （或其补角）是异面直线PC 与AD 所成的角．
在△PAB 中，AB =2，PA =2，PD =2，∠PAB =60°，则PB =2
2由（1）知AD ⊥平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，
∴AD ⊥PB ，因而BC ⊥PB ，
于是△PBC 是等腰直角三角形，
∴异面直线PC 与AD 所成的角的大小为；
π
4解：（3）∵AB =2，PA =2，∠PAB =60°，
∴S △APB =AB •PA •sin60°=
，123∴V D -PAB =××2=，
1
3323
3∵AD ⊥PA ，
∴S △APD =AB •PA =2，
1
2设点B 到平面PAD 的距离为h ，
∴V B -PAD =×2h =V D -PAB =，
1
3233∴h =．
3即点B 到平面PAD 的距离．
3【解析】
（1）由题意在△PAD 中，利用所给的线段长度计算出AD ⊥PA ，再利用矩形ABCD 及线面垂直的判定定理即可证明线面垂直．
（2）利用条件借助图形，利用异面直线所成角的定义找到共面的两条相交直线，然后结合三角
形有关知识解出即可；
（3）求出S△APB，S△APD，利用等体积法即可求出．
本题考查平面与平面垂直的证明，考查异面直线所成角的大小的求法，考查四棱锥的体积的求法，解题时要注意空间思维能力的培养．。