2019-2020学年镇江市高一下学期期末数学试卷

2019-2020学年镇江市高一下学期期末数学试卷
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.直线l过点P(1,2)且倾斜角是直线x−2y=0倾斜角的2倍，则直线l的方程是()
A. 3x−4y+5=0
B. x−y=0
C. 4x−3y+2=0
D. 2x−y=0
2.已知向量，，，若()，则()
A. 2
B. −2
C. 8
D. −8
3.设A，B均为非空集合，则“x∈A∩B”是“x∈A∪B”的()
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 非充分非必要条件
4.若一个正三棱柱的三视图如下所示，则该三棱柱的体积为()
A. B. C. D. 8
5.若圆(x−1)2+(y−3)2=4与圆(x+2)2+(y+1)2=a+5有且仅有三条公切线，则a=()
A. −4
B. −1
C. 4
D. 11
6.m是一条直线，α，β是两个不同的平面，以下命题正确的是()
A. 若m//α，α//β，则m//β
B. 若m//α，//β，则α//β
C. 若m//α，α⊥β，则m⊥β
D. 若m//α，m⊥β，则α⊥β
7.直线l经过点P(−3,4)且与圆x2+y2=25相切，则直线l的方程是()
A. y−4=−4
3(x+3) B. y−4=3
4
(x+3)
C. y+4=−4
3(x−3) D. y+4=3
4
(x−3)
8.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()
A. 2πa 2
B. πa 2
C. πa 2
D. 5πa 2
9.设向量a⃗，b⃗ ，c⃗都是单位向量，且2a⃗=b⃗ −√3c⃗，则a⃗，b⃗ 的夹角为()
A. π
6
B. π
4
C. π
3
D. 2π
3
10. 在矩形ABCD 中，若AB =3，AD =4，E 是CD 的中点，F 在BC 上，若AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =10，则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC
⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( )
A. −5
B. −6
C. −7
D. 11
3
11. 设a >0，b >0若log 2a 与log 2b 的等差中项为2，则1
a +2
b 的最小值为( )
A. 8
B. √2
2
C. 2√2
D. 1
4
12. 如图，虚线小方格是边长为1的正方形，粗实(虚)线为某几何体的三视图，则该几何体外接球
的表面积为( )
A. 4π
B. 8π
C. 16π
D. 32π
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知关于z 的实系数方程z 2+4z +m =0两虚数根为z 1、z 2，且满足|z 1−z 2|=2，则m 的值为
______
14. 若x ∈R ，√y 有意义且满足x 2+y 2−4x +1=0，则y
x 的最大值为______ ．
15. 设x ，y ，z 是实数，9x ，12y ，15z 成等比数列，且1
x ，1
y ，1
z 成等差数列，则x
z +z
x 的值是______． 16. 已知点A 与点B 在同一平面内，若A 在B 的北偏西m°，B 在A 的东偏南n°，则m°+n°= ______
°.
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 在三棱锥P −ABC 中，AP =AB ，平面PAB ⊥平面ABC ，
BC ⊥AB ，D ，E 分别为PB ，BC 的中点． (1)求证：DE//平面PAC ； (2)求证：AD ⊥DE ．
18.已知锐角△ABC的三内角A、B、C的对边分别是a、b、c，且(b2+c2−a2)tanA=bc．
(1)求角A的大小；
(2)求sin(A+10°)·［1−tan(A−10°)］的值．
19.(1)过点P(0,1)作直线l使它被直线l1：2x+y−8=0和l2：x−3y+10=0截得的线段被点P
平分，求直线l的方程．
(2)已知过抛物线y2=2px(p>0)的焦点斜率为2√2的直线交抛物线于A(x1,y1)、B(x2,y2)(x1<x2)
两点，且|AB|=9，求该抛物线的方程．
20.已知球的表面积为8π，球内接正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为何值时，正三棱柱的侧面积
最大？最大侧面积是多少？
21.判断下列各对直线的位置关系．如果相交，求出交点的坐标：
(1)2x−y+7=0，x+y=1；
(2)x−3y−10=0，y=x+5
；
3
(3)3x−5y+10=0，9x−15y+30=0．
22.分别求满足下列条件的圆的方程：
(Ⅰ)圆心为(0,−3)，过点(3,1)；
(Ⅱ)圆心为坐标原点，且与直线4x+2y−1=0相切；
(Ⅲ)圆过点(0,1)和(0,3)，半径等于2．
【答案与解析】1.答案：C
解析：解：设直线x−2y=0倾斜角为α，
可得tanα=1
2
，
∴直线l的倾斜角为2α，
其斜率k=tan2α=2tanα
1−tan2α=4
3
，
∴直线的方程为y−2=4
3
(x−1)
化为一般式可得4x−3y+2=0
故选：C．
设直线x−2y=0倾斜角为α，可得tanα=1
2
，直线l的斜率k=tan2α，由二倍角公式可得斜率，可得方程．
本题考查直线的倾斜角，涉及二倍角的正切公式，属基础题．
2.答案：C
解析：试题分析：由已知可得．
考点：平面向量数量积坐标运算．
3.答案：A
解析：解：若x∈A∩B，则x∈A，且x∈B，则x∈A∪B，
若x∈A∪B，若x∈A∩∁A∪B B，则x∉A∩B，
所以x∈A∩B”是“x∈A∪B”的充分非必要条件．
故选：A．
由集合交集，补集的定义可以判断出充分性．
本题考查简易逻辑，以及集合的交并补，属于基础题．
4.答案：B
解析：试题分析：观察三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为，设底面正三角形的棱长为，则有，所以该正三棱柱的体积为
，选B．
考点：1.三视图；2.空间几何体的体积．
5.答案：C
解析：解：∵两圆有且仅有三条公切线，
∴两圆相外切，
圆心坐标A(1,3)，B(−2,−1)，半径r=2，R=√ a+5，
则|AB|=√(−2−1)2+(−1−3)2=√9+16=√25=5，
则√ a+5+2=5，即√ a+5=3，平方得a+5=9，
得a=4，
故选：C．
根据公切线条数，确定两圆是外切关系，结合外切条件进行求解即可．
本题主要考查两圆位置关系的应用，结合公切线条数判断两圆是外切是解决本题的关键，是基础题．6.答案：D
解析：试题分析：A.若则或;A错.B.若则或B错；
C.若则或或C错;D．存在直线，使，，
又，故选D．
考点：1.线与面，面与面平行的判定；2.线与面，面与面垂直的判定．
7.答案：B
解析：
此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有直线的点斜式方程，点到直线的距离公式以及直线的一般式方程，若直线与圆相切，圆心到直线的距离等于圆的半径，熟练掌握此性质是解本题的关键．
显然已知点在圆上，设过已知点与圆相切的直线方程的斜率为k，利用点到直线的距离公式，由直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径列出关于k的方程，求出方程的解得到k的值，由k 的值及已知点的坐标写出切线方程即可．
解：显然点(−3,4)在圆x2+y2=25上，
当直线l的斜率不存在时，
直线l的方程为x=−3不满足题意，
当直线l的斜率存在时，设切线方程的斜率为k，
则切线方程为y−4=k(x+3)，即kx−y+3k+4=0，
=5，
∴圆心(0,0)到直线的距离d=
√k2+1
，
解得k=3
4
(x+3)．
则切线方程为y−4=3
4
故选：B．
8.答案：B
解析：本题主要考查了三棱柱的几何性质，考查了球的几何性质，学生的空间想象力是解决本题的关键所在。

由题意易知该三棱柱为正三棱柱，底面为正三角形，球心在该三棱柱中心处(如图所示)，所以球心到底面的距离为，且球心在底面的射影为底面正三角形的中心，易知，球半径.又易知为直角三角形，所
以。

则该球的表面积
为。

故选：B。

9.答案：C
解析：
本题主要考查平面向量的数量积，向量的夹角，属于基础题．
对√3c⃗=b⃗ −2a⃗两边平方，计算可得a⃗⋅b⃗ 的值，从而可求出a⃗，b⃗ 的夹角．
解：由2a⃗=b⃗ −√3c⃗可得√3c⃗=b⃗ −2a⃗，
∴3c ⃗ 2=b ⃗ 2
−4a ⃗ ⋅b ⃗ +4a ⃗ 2，
∵|a ⃗ |=|b ⃗ |=|c ⃗ |=1，
∴3=1−4a ⃗ ⋅b ⃗ +4，∴a
⃗ ⋅b ⃗ =1
2， ∴cos <a ⃗ ,b ⃗ >=
a
⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ ||b
⃗ |=1
2
，
∴根据向量的夹角范围可知a ⃗ ，b ⃗ 的夹角为π
3． 故选：C ．
10.答案：B
解析：
本题考查向的数量积的求法，关键是建立适当的坐标系，将向量坐标化，属于基础题．
建立平面直角坐标系B −xy ，由已知得到AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，利用数量积为10，解得x ，然后求EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ． 解：建立坐标系如图，则A(0,3)，D(4,3)，E(4,1.5)设F(x,0)则AF
⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,−3)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0)， 由AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =10，得到4x =10，所以x =2.5， 所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1.5,−1.5)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0)，所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1.5×4=−6； 故选B ．
11.答案：B
解析：解：∵a >0，b >0，且log 2a 与log 2b 的等差中项为2， ∴log 2a +log 2b =4，∴ab =16，
∴
1a +2b ≥2√1a ⋅2b =2√216=√2
2
故选：B
由等差数列和对数的运算易得ab =16，由基本不等式可得所求． 本题考查基本不等式，涉及等差数列和对数的运算，属基础题．
12.答案：D
解析：解：由三视图还原原几何体的直观图如图， 该几何体为三棱锥O −ABC ，
在三棱锥O−ABC中，∠AOC=∠ABC=90°，
AC=2√2，
∴其外接球的直径为AC，则半径R=1
2
∴外接球的表面积该几何体外接球的表面积为S=4πR2=32π．
故选：D．
由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱锥O−ABC，在三棱锥O−ABC中，∠AOC=∠ABC=
AC，再由球的表面积公式求解．
90°，由已知求出其外接球的直径为AC，则半径R=1
2
本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
13.答案：5
解析：解：根据题意，实系数方程z2+4z+m=0两虚数根为z1、z2，则z1、z2互为共轭复数，
设z1=a+bi，z2=a−bi，(b≠0)
则有(z1+z2)=2a=−4，则a=−2，
若|z1−z2|=2，则|(a+bi)−(a−bi)|=2，解可得b=±1，
则m=z1×z2=(−2+i)(−2−i)=5，
故答案为：5．
根据题意，设z1=a+bi，z2=a−bi，(b≠0)，由根与系数的关系分析可得(z1+z2)=2a=−4，则a=−2，若|z1−z2|=2，则|(a+bi)−(a−bi)|=2，解可得b=±1，即可得z1、z2的值，m= z1×z2，计算可得答案．
本题考查复数的计算，关键是掌握复数的计算公式，属于基础题．
14.答案：√3
=k，则y=kx，代入x2+y2−4x+1=0，
解析：解：令y
x
可得(1+k2)x2−4x+1=0，△=16−4(1+k2)≥0，
∴−√3≤k≤√3，
∴y
x
的最大值为√3；
故答案为√3．
令则y
x
=k，则y=kx，代入x2+y2−4x+1=0，可得(1+k2)x2−4x+1=0，利用△=16−4(1+ k2)≥0，可得结论．
本题考查直线与圆的位置关系，考查判别式的运用，属于中档题．
15.答案：34
15
解析：解：∵9x，12y，15z成等比数列，且1
x ，
1
y
，1
z
成等差数列，
∴(12y)2=9x⋅15z，2
y =1
x
+1
z
．
由2
y
=1
x
+1
z
可得y=2xz
x+z
，代入(12y)2=9x⋅15z，化为x2+2xz+z2
xz
=64
15
，
化为x
z +z
x
=34
15
．
故答案为：34
15
．
利用等差数列和等比数列的定义即可得出．
本题考查了等差数列和等比数列的定义，属于基础题．16.答案：90
解析：解：根据题意作出图形如图，
则∠NBA=m°，∠EAB=n°，
∵AE⊥NB，∴m°+n°=90°．
故答案为90．
根据方位角的定义作出图形，观察得出．
本题考查了方位角的定义，属于基础题．
17.答案：证明：(1)因为D，E分别为PB，BC的中点，
所以DE是△PBC的中位线，
所以DE//PC，…………………………(2分)
又DE⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，
故DE//平面PAC.……………(5分)
解：(2)因为AP=AB，D是PB的中点，所以AD⊥PB，………(7分)
因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，
又BC⊥AB，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面PAB，…………(10分)
因为AD⊂平面PAB，所以AD⊥BC，……………………………(11分)
又AD⊥PB，PB∩BC=B，PB，BC⊂平面ABC，
故AD⊥平面PBC，……………………………………………(13分)
因为DE⊄平面PBC，所以DE⊥AD.………………………………(14分)
解析：(1)由D，E分别为PB，BC的中点，得DE//PC，由此能证明DE//平面PAC．
(2)由AP=AB，D是PB的中点，得AD⊥PB，从而BC⊥平面PAB，进而AD⊥BC，再由AD⊥PB，得AD⊥平面PBC，由此能证明DE⊥AD．
本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
18.答案：(1)(2)
解析：试题分析：(1)由已知及余弦定理，
又，则，故A=(5分)
(2)
(12分)
考点：解三角形及三角函数式的化简
点评：解三角形的题目主要依据正余弦定理实现边与角的互相转化，第二问中三角函数的化简主要利用的是诱导公式，倍角公式，和差角公式等基本公式
19.答案：解：(1)设l1与l的交点为A(a,8−2a)，(2分)
则由题意知，点A关于点P的对称点B(−a,2a−6)在l2上，
代入l2的方程得−a−3(2a−6)+10=0，解得a=4，
即点A(4,0)在直线l上，(3分)
所以直线l 的方程为x +4y −4=0.(5分)
(2)直线AB 的方程是y =2√2(x −p 2)，(6分)
与y 2=2px 联立，从而有4x 2−5px +p 2=0，(7分)
所以：x 1+x 2=5p 4，(8分)
由抛物线定义得：|AB|=x 1+x 2+p =9，(9分)
所以p =4，从而抛物线方程是y 2=8x.(10分)
解析：(1)设l 1与l 的交点为A(a,8−2a)，点A 关于点P 的对称点B(−a,2a −6)在l 2上，解得a ，然后求出直线l 的方程．
(2)直线AB 的方程与y 2=2px 联立，从而有4x 2−5px +p 2=0利用韦达定理，以及弦长公式|AB|=x 1+x 2+p =9，求出p 从而抛物线方程．
本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，直线方程的求法，考查计算能力．
20.答案：解：设球的半径为r ，则4πr 2=8r ，∴r =√2(2分)
由题意可知，球心在正三棱柱上、下底面中心连线的中点处．(3分)
设底面边长为x ，则正三棱柱的高为2√2−13
x 2(0<x <√6)(6分) 所以正三棱柱的侧面积S =3x ⋅2√2−13x 2=6√−13(x 2−3)2+3(10分) 所以当x 2=3，即x =√3时，正三棱柱的侧面积最大为6√3(12分)
解析：设底面边长为x ，则正三棱柱的高为2√2−13
x 2(0<x <√6)，求出正三棱柱的侧面积，利用配方法，即可得出结论．
本题考查正三棱柱的侧面积，考查学生的计算能力，正确求出正三棱柱的侧面积是关键． 21.答案：解：(1)直线2x −y +7=0的斜率为2，直线x +y =1的斜率为−1，故两直线相交，联立
方程{2x −y +7=0x +y =1
，解得{x =−2y =3，即交点坐标为(−2,3)； (2)直线x −3y −10=0的斜率为13，纵截距为−103，直线y =
x+53的斜率为13，纵截距为53，故两直线平行；
(3)直线3x −5y +10=0的斜率为35，纵截距为2，直线9x −15y +30=0的斜率为35，纵截距为2，故两直线重合．
解析：(1)分别求出两直线的斜率，由于2≠−1，故两直线相交，联立直线方程即得交点坐标；
(2)分别求出两直线的斜率及纵截距，发现斜率相等，纵截距不相等，故两直线平行；
(3)分别求出两直线的斜率及纵截距，发现均相等，故两直线重合．
本题主要考查两直线位置关系的判定，考查利用直线的一般式方程求斜率及纵截距，属于基础题． 22.答案：解：(Ⅰ)∵r 2=(3−0)2+(1+3)2=25，
∴圆心为(0,−3)，过点(3,1)的圆的方程为x 2+(y +3)2=25；
(Ⅱ)圆心O(0,0)到直线4x +2y −1=0的距离d =√16+4=√510，即r =√510
． ∴圆心为坐标原点，且与直线4x +2y −1=0相切的方程为x 2+y 2=120；
(Ⅲ)设圆的方程为(x −a)2+(y −b)2=4，
由题意得{a 2+(b −1)2=4a 2+(b −3)2=4
，解得{a =0b =2． ∴圆过点(0,1)和(0,3)，半径等于2的方程为x 2+(y −2)2=4．
解析：(Ⅰ)由两点间的距离公式求得半径，代入圆的标准方程得答案；
(Ⅱ)由点到直线的距离公式求得半径，代入圆的标准方程得答案；
(Ⅲ)设圆的方程为(x −a)2+(y −b)2=4，由题意列出方程组，求解可得圆心坐标，代入圆的标准方程得答案．
本题考查圆的标准方程的求法，训练了两点间的距离公式、点到直线距离公式的应用，是基础题．。