2016-2017学年广东省深圳市宝安中学高一下学期期中考试数学(文)试题(解析版)

2016-2017学年广东省深圳市宝安中学高一下学期期中考试
数学（文）试题
一、选择题
1．已知倾斜角为45 的直线经过()2,4A ， ()3,B m 两点，则m =
A. 3
B. 3-
C. 5
D. 1-
【答案】C
【解析】倾斜角为45 的直线斜率为1， 所以
4132
m -=-. 解得5m =. 故选C.
2．过点)
A 且倾斜角为120︒的直线方程为
A. 4y =-
B. 4y =+
C. 23
y x =-- D. 23y x =-+ 【答案】B
【解析】倾斜角为120︒的直线斜率为
利用点斜式可得1y x -=.
整理得4y =+.
故选B.
3．下列四个命题中正确的是（ ）
①若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；
②若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ③垂直于同一平面的两个平面相互平行；
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．
A. ①和③
B. ①和④
C. ①②和④
D. ①③和④
【答案】B
【解析】若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直， 这是面面垂直的判定定理，故①正确
若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行， 这里缺少了相交的条件，故②不正确，
垂直于同一平面的两个平面也可以相交，故③不正确，
若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直；④正确
总上可知①和④正确，
故选B.
4．如右图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为
12
．则该几何体的俯视图可以是（ ）
【答案】C
【解析】试题分析：由该几何体的正视图、俯视图，得该几何体为一个柱体，且高为1，则底面面积为，结合选项，得只有选项C 的面积为；故选C ．
【考点】1.三视图；2.几何体的体积．
5．已知两条直线,m n 和两个不同平面,αβ，满足αβ⊥， =l αβ⋂, //m α, n β⊥,则
A. //m n
B. m n ⊥
C. //m l
D. n l ⊥
【答案】D
【解析】两条直线m ,n 和两个不同平面α,β,满足α⊥β,α∩β=l ,m ∥α，n ⊥β，则m ，n 的位置关系是，平行，相交或异面，直线n 与l 的位置关系是垂直，如图：
故选：D.
6．已知向量()1,2a =-- ， ()3,0b = ，若()()2//a b ma b +- ，则m 的值为 A. 37 B. 37
- C. 2- D. 2 【答案】C
【解析】向量()1,2a =-- ， ()3,0b = .
()()21,4,?3,2a b ma b m m +=--=--- .
由()()
2//a b ma b +- 可知， ()()1243m m ⨯-=--- 解得2m =-.
故选C.
7．已知点M 是△ABC 的边BC 的中点，点E 在边AC 上，且2EC AE = ，则向量EM ＝
A. 1123
AC AB + B. 1126AC AB + C. 1162
AC AB + D. 1362
AC AB + 【答案】C 【解析】()
212111323262EM EC CM AC CB AC AB AC AC AB =+=
+=+-=+ . 故选C. 8．某几何体的正视图和侧视图如图①，它的俯视图的直观图是矩形1111O A B C 如图②，其中11116,2,O A OC ==则该几何体的体积为
A. 32
B. 64
C.
D.
【答案】D
【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥， 由俯视图的直观图为矩形1111O A B C ,且11116,2,O A OC ==，
故底面直观图的面积为12，
故底面面积12S =⨯=
高h =4，
故棱锥的体积13
V Sh == 故选：D.
点睛：在已知图形中平行于y 轴的线段，在直观图中画成平行于y'轴，且长度为原来的
二分之一。

斜二侧画法的面积是原来图形面积的4
倍。

9．如图，平面α⊥平面β， ,,A B AB αβ∈∈与两平面,αβ所成的角分别为4π和6
π，过,A B 分别作两平面交线的垂线，垂足为,A B ''，若16AB =，则A B ''=
.A 4 .B 6 .C 8 .D 9
【答案】C
【解析】连接','AB A B ，如下图所示：
∵AB 与两平面α、β所成的角分别为
4π和6π 即','4
6BAB ABA π
π∠=∠=，
又∵16AB =
∴''BB A B ==
∴''8A B =
=
故选C. 10．如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点， OP xOA yOB =+ ，且2BP PA = ，
则
A. x ＝23，y ＝13
B. x ＝13，y ＝23
C. x ＝14，y ＝34
D. x ＝34，y ＝14
【答案】A
【解析】由题可知OP ＝OB ＋BP ，又BP ＝2PA ，所以OP ＝OB ＋23 BA ＝OB ＋23 (OA －OB )＝23 OA ＋13 OB ，所以x ＝23，y ＝13
，故选A. 11．已知M 是ABC ∆内部一点，且4AB AC AM += ,则MBC ∆的面积与ABC ∆ 的
面积之比为
A. 13
B. 12
C. 2
D. 14
【答案】B 【解析】
设BC 的中点为D ,则2AB AC AD += ,
∵4AB AC AM += ,∴2AD AM = .即P 为AD 的中点。

∴12
BCM ABC S S = . 故选B.
点睛：本题主要考查向量的加法运算“平行四边形法则”，得到边BC 的中线，进而可得长度关系.
12．直角梯形ABCD ，满足,,222AB AD CD AD AB AD CD ⊥⊥===,现将其沿AC 折叠成三棱锥D ABC -，当三棱锥D ABC -体积取最大值时其表面积为
A. (122+
B. (142+
C. (152+
D. (132+ 【答案】D 【解析】
如图所示：过点D 作DO AC ⊥,翻折过程中，当DO ABC ⊥面时，三棱锥D ABC -体积最大，
此时， DO BC ⊥又BC AC ⊥，所以ADC BC ⊥面，所以BC CD ⊥.， BC AD ⊥，
所以BCD AD ⊥面.
所以AD BD ⊥.
此时， 1111,11,222
ABC ADC S S ===⨯⨯=
11
1122ACD ADB S S ===⨯= .
表面积为(111322+=. 故选D.
点睛：解本题的关键是明确何时体积最大，从空间角度，我们可以想象抬的“越高”体积越大，借助于辅助线DO 即可说明.
二、填空题
131=的倾斜角等于_________ ． 【答案】34
π
【解析】1=的斜率为-1.
设倾斜角为α，则有tan α1=-.所以3α4π=
.
1=的倾斜角等于34
π. 14．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中， 090,ACB ∠= 11AA AC BC ===，则
异面直线1A B 与
AC 所成角的余弦值是____________．
【答案】3
【解析】
在直三棱柱111ABC A B C -中， ∵1111//,AC AC C A B ∴∠是异面直线1A B 与AC 所成角，
190,11ACB AA AC BC ∠==== ，，
∴11111AB C B AC ==，
∴222111111111
2A B AC C B cos C A B A B AC +-∠=== . ∴异面直线1A B 与AC
15．已知ABC 和点M 满足 0MA MB MC ++= .若存在实数m 使得
A B A C m A M += 成立，则m =__________________
【答案】3
【解析】试题分析：因为点M 满足0MA MB MC ++= ，所以点M 是△ABC 的重心，
因为重心到顶点的距离与到对边中点的距离的比是2:1，所以 3.m =
【考点】本小题主要考查三角形重心的性质和向量加法的几何性质的应用.
点评：重心到顶点的距离与到对边中点的距离的比是2:1，重心的这条性质很重要，要灵活应用.
16
球面上，则球的体积为___________。

【答案】92
π 【解析】
如图，将正四面体补形成一个正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球相同。

3.
又∵球的直径是正方体的对角线，设球半径是R ，
∴2R =3 ∴32
R =, 球的体积为
3439()322ππ=. 点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点
的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球，正四面体可以由正方体的四个的面对角线组成.
三、解答题
17．已知直线l 的方程为236x y +=
（1）若直线m 与l 平行且过点()13-，，求直线m 的方程；
（2）若直线n 与l 垂直，且n 与两坐标轴围成三角形面积为3, 求直线n 的方程。

【答案】（1）27y=-33x +；（2）3y=32
x ±. 【解析】试题分析：（1）由平行得斜率，由点斜式即可写出直线方程； （2）由垂直得斜率，进而设直线n 的的方程为3y=
a 2x +，分别y 0=, x 0=.求出直角三角形的两边表示面积求解即可.
试题解析：
（１）m 与l 平行，直线l 的斜率为2-
3
，设直线m 的的方程为2y=-3x b +， ()13-，代入，得273==33b b +∴，． ∴直线m 的方程为27y=-33x +．
（２）n 与l 垂直， n ∴的斜率为32，设直线n 的的方程为3y=a 2
x +， 令y=0得2=-a 3x ，令x=0得y=a ． 12S=323
a a ∴-=，解得3a =± n ∴的的方程为3y=32x ± 18．如图，已知点A (1，0)，B (0，2)，C (－1，－2)，求以A ， B ， C 为顶点的平行四边形的第四个顶点D 的坐标.
【答案】(0，－4)或(2，4)或(－2，0).
【解析】试题分析：分三种情况①▱ABCD ；②▱ADBC ；③▱ABDC ，利用平行四边形一组对边平行且相等借助向量相等即可求解.
试题解析：
如图所示，以A ，B ，C 为顶点的平行四边形可以有三种情况：
①▱ABCD ；②▱ADBC ；③▱ABDC .设D 的坐标为(x ，y )，①若是▱ABCD ， 则由＝，得
(0，2)－(1，0)＝(－1，－2)－(x ，y )，
即(－1，2)＝(－1－x ，－2－y )， ∴∴x ＝0，y ＝－4.
∴D 点的坐标为(0，－4) (如图中所示的D 1)……。

..4分
②若是▱ADBC ，由＝，得
(0，2)－(－1，－2)＝(x ，y )－(1，0)，
即(1，4)＝(x －1，y )，解得x ＝2，y ＝4.
∴D 点的坐标为(2，4) (如图中所示的D 2).。

8分
③若是▱ABDC ，则由＝，得
(0，2)－(1，0)＝(x ，y )－(－1，－2)，
即(－1，2)＝(x ＋1，y ＋2).解得x ＝－2，y ＝0.
∴D 点的坐标为(－2，0) (如图中所示的D 3)，
∴以A ，B ，C 为顶点的平行四边形的第四个顶点D 的坐标为
(0，－4)或(2，4)或(－2，0).
19．在如图所示的正方体1111ABCD A BC D -中，
（1）过点C 作与面1A BD 平行的截面；
（2）求证： 11AC A BD ⊥面
（3）若正方体的棱长为2，求四面体11A BC D 的体积。

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）8
3.
【解析】试题分析：（1）由平行的性质即可得解；
（2）易证得1AC BD ⊥， 11AC A B ⊥即可证明线面垂直；
（3）由（2）知11AC A BD ⊥面，设垂足为
O,由等积法知
111111?3
A BC D A BD AO C O V S C O ∆=∴==即可求解. 试题解析：
(1)见下图
(2)证明： 正方体1111ABCD A BC D -， 1CC ABCD ⊥面 1CC BD ∴⊥ 又有
AC BD ⊥,11BD ACC A ∴⊥面,1111AC ACC A BD AC ⊂∴⊥ 面， 同理11AC A B ⊥,而1BD A B B ⋂=, 11AC A
BD ∴⊥面。

(3)法一（直接计算）由（2）知11AC A BD ⊥面，设垂足为O,由等积法知
1AO C O =∴=
(
11121118·333A BC D A BD V S C O ∆∴=== 法二：（间接计算）用正方体体积减去四个角落的体积
20．已知向量a 与b 满足：|a |＝4，|b |＝3，(2a －3b )·(2a ＋b )＝61，
(1) 求向量a 与b 的夹角θ；
(2) 求|a ＋b |；
(3) 若,AB a BC b == ，求△ABC 的面积.
【答案】（1）23
π；（2；（3）. 【解析】试题分析：（1）由数量积的定义求得a ·b 及|a |，|b |，利用cos θ＝
即可求得；
（2）利用|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝|a |2＋2a ·b ＋|b |2即可求得；
（3）利用面积公式即可求得.
试题解析：
(1)∵(2a －3b )·(2a ＋b )＝61，∴4|a |2－4a ·b －3|b |2＝61.
又|a |＝4，|b |＝3，∴64－4a ·b －27＝61，
∴a ·b ＝－6.∴cos θ＝＝＝－. 又0≤θ≤π，∴θ＝. (2) |a ＋b |2＝(a ＋b )2＝|a |2＋2a ·b ＋|b |2
＝42＋2×(－6)＋32＝13，∴|a ＋b |＝
. (3)∵与的夹角θ＝，∴∠ABC ＝π－＝. 又||＝|a|＝4，|
|＝|b |＝3， ∴S △ABC ＝||||sin∠ABC ＝×4×3×
＝3. 点睛：平面向量中涉及有关模长的问题时，常用到的通法是将模长进行平方，利用向量数量积的知识进行解答，很快就能得出答案；另外，向量是一个工具型的知识，具备代数和几何特征，在做这类问题时可以使用数形结合的思想，会加快解题速度.
21．如图所示，四棱锥P —ABCD 的底面是矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是AB 、PD 的中点， 45PDA ∠= .
（1）求证：AF ∥平面PEC ；
（2）求证：平面PEC ⊥平面PCD ；
（3）设AD=2，求点A 到平面PEC 的距离.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1.
【解析】试题分析：（1）取PC 的中点G ，连接EG 、FG ，借助中位线定理和平行四边形的判定和性质易得AF ∥GE ，即可证明；
（2）要证平面PEC ⊥平面PCD ，只需证EG ⊥平面PCD ，又AF ∥EG ，易知AF ⊥平面PCD ；
（3）由（1）（2）知AF ∥平面PEC ，平面PCD ⊥平面PEC ，过F 作FH ⊥PC 交PC 于H ，则FH ⊥平面PEC ，FH 的长度为F 到平面PEC 的距离.
试题解析：
(1)证明 取PC 的中点G ，连接EG 、FG ，
∵F 为PD 的中点，
∴GF 12
CD. ∵CD AB ，又E 为AB 的中点，
∴AE GF.
∴四边形AEGF 为平行四边形.
∴AF ∥GE ，且AF ⊄平面PEC ，因此AF ∥平面PEC.
(2)证明 PA ⊥平面ABCD ，∠PDA=45°.F 为Rt △PAD 斜边PD 的中点，
AF ⊥PD ，PD∩CD=D ，∴AF ⊥平面PCD.
由（1）知AF ∥EG.∴EG ⊥平面PCD.
∵EG ⊂平面PEC ，∴平面PEC ⊥平面PCD.
（3）解 由（1）（2）知AF ∥平面PEC ，平面PCD ⊥平面PEC ，过F 作FH ⊥PC 交PC 于H ，则FH ⊥平面PEC.
∴FH 的长度为F 到平面PEC 的距离，
即A 到平面PEC 的距离.
在△PFH 与△PCD 中，∠P 为公共角，
∠FHP=∠CDP=90°，
∴△PFH ∽△PCD ，∴ FH CD =PF PC
.
∵AD=2，，
∴FH=4∴A 到平面PEC 的距离为1.
(也可用等积法做)
22．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中， 12,AB AA ==M 为AB 的中点，N 为1AA 的中点， 1BC 与1CB 的交点为O ,
（1）求证： 1CB ⊥ 1NC ；
（2）求直线CM 与平面1BNC 所成角的正弦值。

【答案】（1）见解析；（2）4
. 【解析】试题分析：（1）连接1,,NO NC NB ，可证得11CB BNC ⊥平面，进而证得11CB NC ⊥；
（2）延长CA ， 1C N 交于Q ，连接BQ ，延长CM 交BQ 于P ，连接OP ，可证得OPC ∠为直线CM 与平面1BNC 所成角的平面角，进而求解即可.
试题解析：
（1）连接1,,NO NC NB
11111111111NC NB NO CB CB BNC CB NC O CB BB C C BC CB ⎫==⇒⊥⎪⇒⊥⇒⊥⎬⎪⎭⎪⇒⊥⎭
平面为中点为正方形 （2）延长CA ， 1C N 交于Q ，连接BQ ，延长CM 交BQ 于P ，连接OP.
11//212NA CC QA AC NA CC ⎫⎪⇒==⎬=⎪⎭
, 2,AB QB BC =∴⊥ 1111111QB BC QB B BCC QB B C BB QB OC QBC B C BC ⎫⊥⎫⇒⊥⇒⊥⎬⎪⊥⇒⊥⎬⎭⎪⊥⎭
平面平面.
OPC ∴∠为直线CM 与平面1BNC 所成角的平面角
,,262BCP PBC BC π
π
∠=∠== ，
2cos 6PC PC π∴==∴=.
sin 4OPC ∴∠== 所以，直线CM 与平面1BNC
（（3）思路二：取11A B 中点为H ，连接1,C H 则11//,C H CM C H ∴与平面1BNC 所成角等于直线CM 与平面1BNC 所成角，可等体积法求得H 到平面1BNC 的距离h ，然后求线面角的正弦值1h C H
) 点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所
求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.。