2020年福建省漳州市龙海市程溪中学高一(下)期中数学试卷

期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）1.已知直线l经过点P（-2，5），且斜率为-，则直线l的方程为（）A. 3x+4y-14=0B. 3x-4y+14=0C. 4x+3y-14=0D. 4x-3y+14=02.过空间任意一点引三条直线，它们所确定的平面个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 1或33.圆x2+y2=2与圆x2+y2+2x-2y=0的位置关系是（）A. 相交B. 内切C. 外切D. 相离4.如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线AB与CD的位置关系为（）A. 相交B. 平行C. 异面而且垂直D. 异面但不垂直5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于( )A. 45°B. 60°C. 90°D. 120°6.不论k为何值，直线恒过的一个定点是（）A. （0，0）B. （2，3）C. （3，2）D. （-2，3）7.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A. 若m∥α，n∥α，则m∥nB. 若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC. 若α∩β=m，n⊂α，n⊥m，则n⊥βD. 若m⊥α，m∥n，n⊂β则α⊥β8.过点A（4，1）且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程是（）A. x+y=5B. x-y=5C. x+y=5或x-4y=0D. x-y=5或x+4y=09.已知三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直，且SA=2，SB=SC=4，则该三棱锥的外接球的半径为（）A. 3B. 6C. 36D. 910.设点A（2，-3），B（-3，-2），直线l过点P（1，1）且与线段AB相交，则l的斜率k的取值范围（）A. k≥或k≤-4B. ≤k≤4C. -4≤k≤D. k≥4或k≤-11.圆关于直线对称的圆的方程是A. B.C. D.12.如图，正方体中，D1E=C1E，BF=B1F，G是侧面A1D1DA的中心，则该空间四边形在正方体各面上的射影图中，不可能的是（）A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）13.直线3x+4y-12=0和6x+8y+6=0间的距离是______ ．14.在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，对角线AC=BD=2，且AC⊥BD，则四边形EFGH的面积为______．15.直线x+y=3被曲线x2+y2-2y-3=0截得的弦长为______．16.如图AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于A，B点）直线PA垂直于圆所在的平面，点M为线段PB的中点，有以下四个命题：（1）PA∥平面MOB；（2）MO∥平面PAC；（3）OC⊥平面PAB；（4）平面PAC⊥平面PBC，其中正确的命题是______ ．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知直线经过直线与直线的交点P.若直线垂直于直线，求直线的方程；若直线与经过两点的直线AB平行，求直线的方程.18.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱AB，A1D1，AD的中点，求证：（Ⅰ）平面MNP∥平面BDD1B1；（Ⅱ）MN⊥AC．19.已知直线l1：ax+2y+6=0和l2：x+（a-1）y+a2-1=0（a≠1），试求a为何值时，（1）l1∥l2；（2）l1⊥l2．20.已知圆C的圆心在x轴上，且经过两点A（0，1）、B（2，3）．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若点P在圆C上，求点P到直线3x+y+11=0的距离的最小值．21.已知正方形ABCD的边长为1，AC∩BD＝O．将正方形ABCD沿对角线BD折起，使AC＝1，得到三棱锥A-BCD，如图所示．（1）若点M是棱AB的中点，求证：OM∥平面ACD；（2）求证：AO⊥平面BCD；（3）求二面角A-BC-D的余弦值．22.在平面直角坐标系中xOy中，直线x+y+3+1=0与圆C相切，圆心C的坐标为（1，-2）．（1）求圆C的方程；（2）设直线y=kx+1与圆C没有公共点，求k的取值范围．（3）设直线y=x+m与圆C交于M、N两点，且OM⊥ON，求m的值．答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考查了直线的点斜式方程，考查了点斜式和一般式的互化，是基础题．直接写出直线方程的点斜式，整理为一般式得答案．【解答】解：∵直线l经过点P（-2，5），且斜率为-，∴直线l的点斜式方程为y-5=（x+2），整理得：3x+4y-14=0．故选A．2.【答案】D【解析】【分析】根据三条直线的位置关系求得平面的个数．本题考查了直线与平面；注意三条直线是否共面来解答．要全面考虑．【解答】解：当三条直线在同一个平面内时，它们所确定的平面个数是1个；当三条直线不在同一个平面内时，它们所确定的平面个数是3个；故选D．3.【答案】A【解析】解：圆心分别为（0，0），（-1，1），半径分别为，，圆心距为：，两圆半径之和为2所以两圆相交．故选：A．根据圆心距小于两圆半径之和可得相交．本题考查了圆与圆的位置关系及其判定，属中档题．4.【答案】D【解析】【分析】本题考查立体几何中的空间中直线与直线的位置关系，考查异面直线的概念，异面直线所成角的概念及求法，以及由正方体的平面展开图可以画出它对应的直观图，属于基础题.根据该正方体的平面展开图画出对应的直观图，即可判断AB，CD的位置关系，并求得所成的角．【解答】解：由该正方体的平面展开图画出它的直观图为：可以看出AB与CD异面；如图，设该正方体一顶点为E，连接CE，DE，则AB∥CE；∴∠DCE为异面直线AB，CD的夹角，并且该角为60°；∴AB，CD异面但不垂直．故选D．5.【答案】B【解析】【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点B，得到的锐角∠A1BC1就是异面直线所成的角，在三角形A1BC1中求出此角即可．本题主要考查了异面直线及其所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．【解答】解：如图，连接A1B、BC1、A1C1，则A1B=BC1=A1C1，为正三角形，且EF∥A1B、GH∥BC1，锐角∠A1BC1就是异面直线所成的角，所以异面直线EF与GH所成的角等于60°，故选B．6.【答案】B【解析】【分析】本题考查恒过定点的直线以及直线的交点，利用系数为0解决问题；同时考查特殊值法，是基础题．方法1：不论k为何值直线恒过定点，即跟参数k无关，原直线方程可整理为（2x-y-1）k-（x-2y+4）=0，k的系数为0，解方程组即可．方法2：因为是选择题，跟k无关，不妨取两个特殊值，确定两条直线求交点即可．【解答】解：方法1：直线方程，变形为（2x-y-1）k-（x-2y+4）=0．∵直线过定点，与k无关，∴，解得，即经过的定点为（2，3）．故选B．方法2：（特殊值法）无论k取何值，不妨取k=，得y=3；取k=2，得x=2；而直线x=2与y=3的交点为（2，3）．故选B．7.【答案】D【解析】【分析】本题考查空间中的线面关系以及面面垂直的判定定理，属于基础题．由空间中的线面关系一一判定即可．【解答】解：A．错误，同时和一个平面平行的两直线不一定平行，可能相交，可能异面；B．错误，两平面平行，两平面内的直线不一定平行，可能异面；C．错误，一个平面内垂直于两平面交线的直线，只有在两个平面互相垂直的时候才与另一个平面垂直；D．正确，由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又n⊂β，∴α⊥β．故选D.8.【答案】C【解析】【分析】本题考查用截距式求直线方程的方法，体现了分类讨论的数学思想．分截距为零和截距不为零两种情况讨论求解即可．【解答】解：当直线过原点时，斜率为，由点斜式求得直线的方程是y=x．当直线不过原点时，设直线的方程是：x+y=a，把点A（4，1）代入方程得a =5，直线的方程是x +y=5．综上，所求直线的方程为y=x或x +y=5．故选C．9.【答案】A【解析】【分析】本题考查球内接多面体，棱锥的结构特征，球的半径的求法，考查空间想象能力、计算能力．三棱锥扩展为四棱柱（长方体），两个几何体的外接球是同一个球，求出四棱锥的对角线的长度就是外接球的直径，即可求解半径．【解答】解：三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直，且SA=2，SB=SC=4，则该三棱锥的外接球，就是三棱锥扩展为长方体的外接球，所以长方体的对角线的长度为：=6，所以该三棱锥的外接球的半径为：3．故选A．10.【答案】A【解析】解：如图所示：由题意得，所求直线l的斜率k满足k≥k PB或k≤k PA，即k≥=，或k≤=-4，∴k≥，或k≤-4，即直线的斜率的取值范围是k≥或k≤-4．故选：A．画出图形，由题意得所求直线l的斜率k满足k≥k PB或k≤k PA，用直线的斜率公式求出k PB和k PA的值，求出直线l的斜率k的取值范围．本题考查直线的斜率公式的应用，体现了数形结合的数学思想，解题的关键是利用了数形结合的思想，解题过程较为直观，本题类似的题目比较多．可以移动一个点的坐标，变式出其他的题目．11.【答案】C【解析】【分析】本题是选择题，采用计算、排除、验证相结合的方法解答，起到事半功倍的效果．先求圆心和半径，再去求对称点坐标，可得到圆的标准方程．【解答】解：圆x2+y2-2x-1=0⇒（x-1）2+y2=2，圆心（1，0），半径，关于直线2x-y+3=0对称的圆半径不变，排除A、B，两圆圆心连线段的中点在直线2x-y+3=0上，C中圆（x+3）2+（y-2）2=2的圆心为（-3，2），验证适合.故选C.12.【答案】A【解析】解：根据几何体中该四边形所在的位置，得到：在左右侧面上的射影为B．在上下面的射影为D；在前后面的射影为C．故选：A．直接利用四边形在各个平面中的射影求出结果．本题考查的知识要点：空间图形在平面中射影的位置关系，主要考察学生的空间想象能力和转换能力，属于基础题型．13.【答案】3【解析】【分析】本题考查两条平行线的距离公式，属于简单题，先把两平行直线的对应变量的系数化为相同的，再利用两平行线间的距离公式求出两平行线间的距离．【解答】解：由题意可得：直线3x+4y-12=0 与6x+8y+6=0，即直线3x+4y-12=0 与直线3x+4y+3=0，结合两平行线间的距离公式d=得：两条直线的距离是．故答案为3．14.【答案】1【解析】【分析】本题考查公理四证明平行四边形，考查线线垂直，属于中档题.确定四边形EFGH是正方形是关键，利用中位线定理，AC⊥BD，可得出四边形EFGH矩形，根据矩形的面积公式解答即可．【解答】解：∵点E、H分别为四边形ABCD的边AB、AD的中点，∴EH∥BD，且EH=BD=1．同理求得FG∥BD，且FG=1，∴EH∥FG，EH=FG又∵AC⊥BD，BD=2∴EF⊥EH．∴四边形EFGH是正方形．∴四边形EFGH的面积=EF•EH=1．故答案为1.15.【答案】【解析】【分析】本题主要考查直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于中档题.由圆的方程求出圆心和半径，求出圆心到直线x+y=3的距离d的值，再根据弦长公式求得弦长.【解答】解：圆x2+y2-2y-3=0即x2+（y-1）2=4，表示以C（0，1）为圆心，半径等于2的圆，由于圆心到直线x+y=3的距离为d==，∴弦长为.故答案为.16.【答案】（2）（4）【解析】解：由题意可知PA⊥平面ABC，点M为线段PB的中点，O是圆的圆心，所以MO⊥平面ABC，PA∥OM，所以PA与MO共面，（1）不正确；又PA∥OM，OM⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，∴MO∥平面PAC；（2）正确；因为AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于A，B点），所以OC不一定垂直AC，所以OC不一定⊥平面PAB；（3）不正确；因为AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于A，B点），所以BC⊥AC，∵直线PA垂直于圆所在的平面，∴BC⊥PA，可知BC⊥平面PAC，BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC，（4）正确．故答案为：（2）（4）．利用直线与平面是否在平面内，判断（1）的正误；利用直线与平面的平行证明MO∥平面PAC；判断它的正误即可；利用直线OC是否垂直平面内的两条相交直线，即可判断（3）的正误；利用平面与平面垂直的判定定理判断（4）的正误；本题考查直线与直线的平行，直线与平面的平行与垂直的证明，考查基本知识的应用，空间想象能力，逻辑推理能力．17.【答案】解：（1）由，解得，点P的坐标是（-2，2）．所求直线l与x-2y-1=0垂直，可设直线l的方程为2x+y+m=0．把点P的坐标代入得2×（-2）+2+m=0，即m=2．所求直线l的方程为2x+y+2=0．（2）直线AB的斜率k AB==-，∵直线l与经过两点A（8，-6），B（2，2）的直线AB平行，∴k AB=k l=-，∴直线l的方程为y-2=-（x+2），即4x+3y+2=0．【解析】此题考查学生会利用联立两直线的方程的方法求两直线的交点坐标，掌握直线的点斜式方程，属于基础题．（1）联立两直线方程得到方程组，求出方程组的解集即可得到交点P的坐标，根据直线l与x-2y-1=0垂直，利用两直线垂直时斜率乘积为-1，可设出直线l的方程，把P代入即可得到直线l的方程；（2）先求出直线l的斜率，再根据点斜式即可求出直线l的方程.18.【答案】证明：（Ⅰ）∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱AB，A1D1，AD的中点，∴MP∥BD，NP∥DD1，，，,∴平面MNP∥平面BDD1B1；（Ⅱ）由已知，可得NP∥DD1，又DD1⊥底面ABCD，∴NP⊥底面ABCD，∵，∵M，N是AB，A1D1的中点，∴MP∥BD，又BD⊥AC，∴MP⊥AC，又∵，∴，∵∴MN⊥AC．【解析】本题考查了正方体的性质以及线面平行、面面平行的判定定理和性质定理的运用．（Ⅰ）只要证明MP∥BD，NP∥DD1，利用面面平行的判定定理可证；（Ⅱ）由已知容易得到NP⊥底面ABCD，只要证明MP⊥AC即可．19.【答案】解：（1）∵l1：ax+2y+6=0和l2：x+（a-1）y+a2-1=0（a≠1），l1∥l2，∴，解得a=-1．（2）∵l1：ax+2y+6=0和l2：x+（a-1）y+a2-1=0（a≠1），l1⊥l2，∴a+2（a-1）=0，解得a =．【解析】（1）由l1∥l2，得，由此能求出a=-1．（2）由l1⊥l2，得a+2（a-1）=0，由此能求出a =．本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直线的位置关系的合理运用．20.【答案】解：（Ⅰ）由于圆C的圆心在x轴上，故可设圆心为（a，0），半径为r （r＞0），又过点A（0，1）、B（2，3），故，解得：，故圆C的方程（x-3）2+y2=10；（Ⅱ）由于圆C的圆心为（3，0），半径为，圆心到直线3x+y+11=0的距离为=，又点P在圆C上，故点P到直线3x+y+11=0的距离的最小值为．【解析】（Ⅰ）由于圆C的圆心在x轴上，故可设圆心为（a，0），半径为r（r＞0），把A，B的坐标代入可得关于a与r的方程组，求解a与r的值，则圆的方程可求；（Ⅱ）求出圆心到直线的距离，减去半径得答案．本题考查直线与圆位置关系的应用，考查点到直线距离公式的应用，是基础题．21.【答案】解：（Ⅰ）证明：∵在正方形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，∴O为BD的中点，又M为AB的中点，∴OM∥AD．又AD⊂平面ACD，OM⊄平面ACD，∴OM∥平面ACD；（Ⅱ）证明：在△AOC中，∵AC=1，，∴AC2=AO2+CO2，∴AO⊥CO．又∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，∴AO⊥BD，又BD∩CO=O ，，∴AO⊥平面BCD；（Ⅲ）由（Ⅱ）知AO⊥平面BCD，则OC，OA，OD两两互相垂直，如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz．则，是平面BCD的一个法向量．第11页，共13页，，设平面ABC 的法向量，则，．即，所以y=-x，且z=x，令x=1，则y=-1，z=1，解得．从而，二面角A-BC-D 的余弦值为．【解析】本题考查的知识点是用空间向量求平面间的夹角，直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，其中（Ⅰ）的关键是证得OM∥AD，（Ⅱ）的关键是证得AO⊥CO，AO⊥BD，（Ⅲ）的关键是分别求出平面ABC和平面BCD的法向量．（Ⅰ）由已知中正方形ABCD的边长为1，AC∩BD=O，M为AB的中点，根据三角形中位线定理，可得OM∥AD，结合线面平行的判定定理，可得OM∥平面ACD；（Ⅱ）解△AOC，可得AO⊥CO，由正方形的性质可得AO⊥BD，根据线面垂直的判定定理，可得AO⊥平面BCD;（Ⅲ）由（Ⅱ）知AO⊥平面BCD，则OC，OA，OD两两互相垂直，以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，分别求出平面ABC和平面BCD的法向量，代入向量夹角公式，即可得到二面角A-BC-D的余弦值．22.【答案】解：（1）设圆C的方程为（x-1）2+（y+2）2=r2，r>0,依题意以C（1，-2）为圆心的圆与直线x+y +3+1=0相切．∴r ==3，∴圆C的方程为（x-1）2+（y+2）2=9．（2）圆心C（1，-2）到直线y=kx+1的距离d =，第12页，共13页∵y=kx+1与圆没有公共点，∴d＞r 即，解得0＜k ＜．∴k的取值范围为（0，）．（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），联立，消去y，得2x2+2（m+1）x+m2+4m-4=0，由直线与圆C交于M、N两点，可得=4（m+1）2-4×2（m2+4m-4）＞0，化简得m2+6m-9＜0，x1+x2=-m-1，x1x2=,①由于OM⊥ON，且易得OM、ON的斜率存在，则,可得x1x2+y1y2=0,又y1=x1+m，y2=x2+m,得2x1x2+m（x1+x2）+m2=0，②由①，②得m=-4或m=1，满足＞0，故m=1或m=-4．【解析】本题重点考查圆的标准方程，考查直线与圆的位置关系，注意韦达定理的运用，属中档题．（1）设圆C的方程为（x-1）2+（y+2）2=r2，利用圆与直线相切得关于r的方程，求解出r，即可求得圆C的方程；（2）直线y=kx+1与圆C没有公共点，转化为圆心到直线的距离大于半径，得到关于k 的不等式，即可求出k的范围．（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），联立直线与圆的方程，通过韦达定理以及判别式，根据OM⊥ON，得关于m的方程，求出m的值即可．第13页，共13页。