甘肃省兰州市2018-2019学年高一上学期第二片区丙组期末联考数学试题(精编含解析)

2018－2019学年度第一学期第二片区丙组期末联考
高一数学试卷
注意事项：
1.本试卷共150分,考试时间120分钟
2.作答时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回，试卷自己保留.
一、选择题。

1.已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：直线的斜率，其倾斜角为．
考点：直线的倾斜角．
2.直线2x-y=7与直线3x+2y-7=0的交点是（）
A. (3,-1)
B. (-1,3)
C. (-3,-1)
D. (3,1)
【答案】A
【解析】
试题分析：由题意，联立方程组，解得.故选A.
考点：直线交点坐标的求法.
3.长方体的三个面的面积分别是，则长方体的体积是（）．
A. B. 2 C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，由长方体的三个面的面积分别是，列出方程组求出a，b，c，由此能求出长方体的体积．
【详解】设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，
∵长方体的三个面的面积分别是，
∴，解得a，b．c＝1．
∴长方体的体积V＝abc，
故答案为：
【点睛】本题考查长方体的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意长方体的结构特征的合理运用．
4.边长为的正四面体的表面积是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
∵边长为a的正四面体的表面为4个边长为a正三角形，
∴表面积为：4×a=a2，
故选：D
5.对于直线的截距，下列说法正确的是（）
A. 在y轴上的截距是6
B. 在x轴上的截距是6
C. 在x轴上的截距是3
D. 在y轴上的截距是-3
【答案】A
【解析】
试题分析：令，得y轴上的截距，令得x轴上的截距
考点：截距的定义
6.已知，则直线与直线的位置关系是（）
A. 平行
B. 相交或异面
C. 异面
D. 平行或异面
【答案】D
【解析】
【分析】
直接利用直线与平面平行的性质定理以及定义，推出结果即可．
【详解】∵a∥α，∴a与α没有公共点，∵b⊂α，∴a、b没有公共点，
∴a、b平行或异面．
故答案为：D
【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系的判断与应用，基本知识的考查．
7.两条不平行的直线，其平行投影不可能是（）
A. 两条平行直线
B. 一点和一条直线
C. 两条相交直线
D. 两个点
【答案】D
【解析】
【分析】
两条不平行的直线，要做这两条直线的平行投影，投影可能是两条平行线，可能是一点和一条直线，可能是两条相交线，不能是两个点，若想出现两个点，这两条直线需要同时与投影
面垂直，这样两条线就是平行关系．
【详解】∵有两条不平行的直线，
∴这两条直线是异面或相交，
其平行投影不可能是两个点，若想出现两个点，
这两条直线需要同时与投影面垂直，
这样两条线就是平行关系．
与已知矛盾．
故答案为：D
【点睛】本题考查平行投影与平行投影作图法，考查利用反证法的形式来说明两条直线的投影不可能是两个点，本题是一个基础题．
8. 若某空间几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积是（）
A. 2
B. 1
C.
D.
【答案】B
【解析】
试题分析：由三视图可知该几何体为直三棱柱，底面为直角三角形，直角边为，棱柱的高为，所以
体积为
考点：三视图
9.下列叙述中，正确的是（）
A. 因为，所以PQ
B. 因为P，Q，所以=PQ
C. 因为AB，C AB，D AB，所以CD
D. 因为,,所以且
【答案】D
【解析】
【分析】
因为P∈α，Q∈α，所以PQ⊂α；因为P∈α，Q∈β，所以α∩β＝PQ或α∥β或α∩β≠PQ；因为
AB⊂α，C∈AB，D∈AB，所以CD⊂α；因为AB⊂α，AB⊂β，所以A∈（α∩β）且B∈（α∩β）．
【详解】因为P∈α，Q∈α，所以PQ⊂α，故A错误；
因为P∈α，Q∈β，所以α，β相交或α∥β故B错误；
因为AB⊂α，C∈AB，D∈AB，所以CD⊂α，故C错误；
因为AB⊂α，AB⊂β，所以A∈（α∩β）且B∈（α∩β），故D正确．
故答案为：D
【点睛】本题考查空间几何元素位置关系命题的真假判断，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．10.长方体的一个顶点上的三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（）
A. B. C. D. 都不对
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出球的直
径，然后求出球的表面积．
【详解】因为长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：，
所以球的半径为：，所以这个球的表面积是：50π．
故答案为：B
【点睛】本题是基础题，考查球的内接多面体的有关知识，球的表面积的求法，注意球的直径与长方体的对角线的转化是本题的解答的关键，考查计算能力，空间想象能力．
11.在空间四边形中，分别是的中点.若，且与所成的角为，则四边形的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：连接EH，因为EH是△ABD的中位线，所以EH∥BD，且EH=BD．
同理，FG∥BD，EF∥AC，且FG=BD，EF=AC．
所以EH∥FG，且EH=FG．
所以四边形EFGH为平行四边形．
因为AC=BD=a，AC与BD所成的角为60°
所以EF=EH．所以四边形EFGH为菱形，∠EFG=60°．
∴四边形EFGH的面积是2××()2=a2
故答案为：a2选A.
考点：本题主要是考查的知识点简单几何体和公理四，公理四：和同一条直线平行的直线平行，证明菱形常用方法是先证明它是平行四边形再证明邻边相等相等，以及面积公式属于基础题．
点评：解决该试题的关键是先证明四边形EFGH为菱形，然后说明∠EFG=60°，最后根据三角形的面积公式即可求出所求．
12.已知点A(2，-3)，B(-3，-2)直线l过点P(1,1)，且与线段AB相交，则直线l的斜率的取值k范围是（　）
A. 或
B. 或
C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：画出图象如下图所示，由图可知，斜率的取值范围是或，根据已知两点的斜率公式，有，所以取值范围是或.
考点：两条直线位置关系．
二：填空题。

13.底面直径和高都是4cm的圆柱的侧面积为___cm2.
【答案】或50.24
【解析】
略
14.两平行直线与的距离是____________________。

【答案】
【解析】
在直线x＋3y－4＝0上取点P(4，0)，则点P(4，0)到直线2x＋6y－9＝0的距离d即为两平行直线之间的
距离．d＝
15.过点（1，2），且在两坐标轴上截距相等的直线方程___.
【答案】x+y=3或y=2x
【解析】
试题分析：解：当直线过原点时，设直线方程为：，因为直线过点，所以，
即直线方程为；
当直线不过原点时，可设直线的截距式方程为：，又直线过点，所以，
所以，，即直线方程为.
综上,答案应填:或.
考点：1、待定系数法；2、直线的方程.
16.如果对任何实数k，直线(3＋k)x＋(1-2k)y＋1＋5k=0都过一个定点A，那么点A的坐标是__．
【答案】
【解析】
试题分析：方法一：一般取任意两个值，解二元一次方程就可以了.但是取合适的值会使计算简化，一般使一个未知数的系数为.取，方程就是，；取，方程就是，；所以点的坐标是；将点坐标代入方程得：，所以直线恒经过点；方法二：是将当做未知数，将方程写成，对于任意值，等式成立，所以
，；解得，所以点的坐标是.故答案为：.
考点：直线过定点问题.
三、解答题：（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.求经过M（-1，2），且满足下列条件的直线方程
（1）与直线2x+y+5=0平行；
（2）与直线2x+y+5=0垂直.
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）与直线2x + y + 5 = 0平行的直线方程可设为，再将点的坐标代入直线方程可解得t的值（2）与直线2x + y + 5 = 0垂直的直线方程可设为，再将点的坐标代入直线方程可解得t的值
试题解析：点M（-1，2）
（1）直线方程为
（2）直线方程为
18.已知的三个顶点是
(1)求边上的高所在直线的方程；
（2）求边上的中线所在直线的方程.
【答案】解：（1）如图，作直线，垂足为点。

—————2分
4分
由直线的点斜式方程可知直线的方程为：
化简得：——6分
（2）如图，取的中点，连接。

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由中点坐标公式得，即点———————————9分
由直线的两点式方程可知直线的方程为：——————————11分
化简得：——————————————————————————12分
【解析】
略
19.如图所示，在四棱锥中，四边形是平行四边形，分别是的中点.求证：
.
【答案】见证明
【解析】
【分析】
取中点为，连接,先证明,再证明.
【详解】证明：如图，取中点为，连接
分别是的中点
是的中点
四边形为平行四边形.
又.
【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明,意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象转化能力. 20.如图，已知正四棱锥V－ABCD中，若，求正四棱锥V－ABCD的体积．
【答案】24
【解析】
试题分析：由题已知为正四棱锥，算体积，需知底面边长和高，由题条件可在直角三角形中算出底面边长和高，代入体积公式可得．
试题解析：解：由已知有MC=3，VC=5，则VM=4，AB=BC=，
所以正四棱锥V－的体积为V==24
考点：锥体体积的算法．
21.如图，在三棱锥中，分别是的中点，
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）求点到平面的距离。

【答案】（I）证明：见解析；（II）（III）点E到平面ACD的距离为
【解析】
试题分析：（I）欲证AO⊥平面BCD，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AO与平面BCD内两相交直线垂直，而CO⊥BD，AO⊥OC，BD∩OC=O，满足定理；
（II）以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，异面直线AB与CD的向量坐标，求出两向量的夹角即可；
（III）求出平面ACD的法向量，点E到平面ACD的距离转化成向量EC在平面ACD法向量上的投影即可．
解：（I）证明：连结OC
在中，由已知可得
而即
平面
（II）解：取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知
直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角
在中，
是直角斜边AC上的中线，
（III）解：设点E到平面ACD的距离为
在中，
而
点E到平面ACD的距离为
考点：本题主要考查了直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．
点评：解决该试题的关键是能对于空间中点线面的位置关系的研究，既可以运用几何方法来证明，也可以建立直角坐标系，借助于向量来得到。

22.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E为棱CC1上的动点．
(1)求证：A1E⊥BD；
(2)是否存在这样的E点，使得平面A1BD⊥平面EBD？若存在，请找出这样的E点；若不存在，请说明理
由．
【答案】（1）见证明；（2）见解析
【解析】
【分析】
(1)连接AC，设AC∩DB＝O，连接A1O，OE.先证明B D⊥平面ACEA1，再证明A1E⊥BD.(2)当E是CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.先证明∠A1OE为二面角A1－BD－E的平面角，再证明∠A1OE＝90°.所以平面A1BD⊥平面EBD.
【详解】(1)连接AC，设AC∩DB＝O，连接A1O，OE.
∵A1A⊥底面ABCD，∴A1A⊥BD，又BD⊥AC，
∴BD⊥平面ACEA1，∵A1E⊂平面ACEA1，∴A1E⊥BD.
(2)当E是CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.
证明如下：
∵A1B＝A1D，EB＝ED，O为BD中点，
∴A1O⊥BD，EO⊥BD，
∴∠A1OE为二面角A1－BD－E的平面角．
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设棱长为2a，
∵E为棱CC1的中点，由平面几何知识，EO＝a，A1O＝a，A1E＝3a，
∴A1E2＝A1O2＋EO2，即∠A1OE＝90°.
∴平面A1BD⊥平面EBD.
【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理转化能力.。