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1、天津市和平区第一中学2018-2019学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题：1.已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质依次判断各个选项可得结果.【详解】选项：由线面垂直的性质定理可知正确；选项：由线面垂直判定定理知，需垂直于内两条相交直线才能说明，错误；选项：若，则平行关系不成立，错误；选项：的位置关系可能是平行或异面，错误.故选：【点睛】本题考查空间中线面平行与垂直相关命题的辨析，关键是能够熟练掌握空间中直线与平面位置关系的判定与性质定理
2、.2.圆与直线的位置关系为()A. 相离B. 相切C. 相交D. 以上都有可能【答案】C【解析】【分析】由直线方程可确定其恒过定点，由点与圆的位置关系的判定方法知该定点在圆内，则可知直线与圆相交.【详解】由得：直线恒过点 在圆内部直线与圆相交故选：【点睛】本题考查直线与圆位置关系的判定，涉及到直线恒过定点的求解、点与圆的位置关系的判定，属于常考题型.3.若，直线的倾斜角等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据以及可求出直线的倾斜角.【详解】，且直线的斜率为，因此，直线的倾斜角为.故选：A.【点睛】本题考查直线倾斜角的计算，要熟悉斜率与倾斜角之间的关系，还要根据倾斜角的取
3、值范围来求解，考查计算能力，属于基础题.4.已知点A(1,1)和圆C：（x5）2+（y7）2=4,一束光线从A经x轴反射到圆C上的最短路程是A. 62B. 8C. 4D. 10【答案】B【解析】【分析】点A（1，1）关于x轴的对称点B（1，1）在反射光线上，当反射光线过圆心时，光线从点A经x轴反射到圆周C的路程最短，最短为|BC|R【详解】由反射定律得 点A（1，1）关于x轴的对称点B（1，1）在反射光线上，当反射光线过圆心时， 最短距离为|BC|R=2=102=8，故光线从点A经x轴反射到圆周C的最短路程为 8故选B【点睛】本题考查光线的反射定律的应用，以及两点间的距离公式的应用5.过点P(
4、2,4)作圆O：(x2)2(y1)225的切线l，直线m：ax3y0与直线l平行，则直线l与m间的距离为()A. 4B. 2C. D. 【答案】A【解析】设因此，因此直线l与m间的距离为，选A.6.(2015新课标全国I理科)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A. 14斛B. 22斛C. 36斛D. 66斛【答
5、案】B【解析】试题分析：设圆锥底面半径为r，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为1.6222，故选B.考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式7.已知三棱柱( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为直三棱柱中，AB3，AC4，AA112，ABAC，所以BC5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径取BC中点D，则OD底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R13，即R8.已知点是直线上一动点、是圆的两条切线，、是切点，若四边形的最小面积是，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出图形，可知，由四边形的最小面积是，可知此
6、时取最小值，由勾股定理可知的最小值为，即圆心到直线的距离为，结合点到直线的距离公式可求出的值.【详解】如下图所示，由切线长定理可得，又，且，所以，四边形的面积为面积的两倍，圆的标准方程为，圆心为，半径为，四边形的最小面积是，所以，面积的最小值为，又，由勾股定理，当直线与直线垂直时，取最小值，即，整理得，解得.故选：D.【点睛】本题考查由四边形面积的最值求参数的值，涉及直线与圆的位置关系的应用，解题的关键就是确定动点的位置，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9.若直线始终平分圆周长，则的最小值为（ ）A. B. 5C. 2D. 10【答案】B【解析】试题分析：把圆的方程化为标准方程得，所
7、以圆心坐标为半径，因为直线始终平分圆的周长，所以直线过圆的圆心，把代入直线得；即，在直线上，是点与点的距离的平方，因为到直线的距离，所以的最小值为，故选B.考点：1、圆的方程及几何性质；2、点到直线的距离公式及最值问题的应用.【方法点晴】本题主要考查圆方程及几何性质、点到直线的距离公式及最值问题的应用，属于难题.解决解析几何的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题就是利用几何意义，将的最小值转化为点
8、到直线的距离解答的.10.若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则直线的斜率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出图形，设圆心到直线的距离为，利用数形结合思想可知，并设直线的方程为，利用点到直线的距离公式可得出关于的不等式，解出即可.【详解】如下图所示：设直线的斜率为，则直线的方程可表示为，即，圆心为，半径为，由于圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，所以，即，即，整理得，解得，因此，直线的斜率的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查直线与圆的综合问题，解题的关键就是确定圆心到直线距离所满足的不等式，并结合点到直线的距离公式来求解，考查数形结合思想的应用，属
9、于中等题.二、填空题：11.在直三棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值是_【答案】【解析】【分析】先找出线面角，运用余弦定理进行求解【详解】连接交于点，取中点，连接，则，连接为异面直线与所成角在中，,同理可得,异面直线与所成角的余弦值是故答案为【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于基础题12.已知直线与相互垂直，且垂足为，则的值为_.【答案】【解析】【分析】先由两直线垂直，可求出值，将垂足点代入直线的方程可求出的点，再将垂足点代入直线的方程可求出的值，由此可计算出的值.【详解】，解得，直线的方程为，即，由于点在直线上，解得，将点的坐标代入直线的方
10、程得，解得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查了由两直线垂直求参数，以及由两直线的公共点求参数，考查推理能力与计算能力，属于基础题.13.已知点和点，点在轴上，若的值最小，则点的坐标为_.【答案】【解析】【分析】作出图形，作点关于轴的对称点，由对称性可知，结合图形可知，当、三点共线时，取最小值，并求出直线的方程，与轴方程联立，即可求出点的坐标.【详解】如下图所示，作点关于轴的对称点，由对称性可知，则，当且仅当、三点共线时，的值最小，直线的斜率为，直线的方程为，即，联立，解得，因此，点的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查利用折线段长的最小值求点的坐标，涉及两点关于直线对称性的应用，考查数形结
11、合思想的应用，属于中等题.14.三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则_【答案】【解析】【详解】由已知设点到平面距离为，则点到平面距离为，所以，考点：几何体的体积.15.设直线与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若，则圆C的面积为_【答案】【解析】因为圆心坐标与半径分别为，所以圆心到直线的距离，则，解之得，所以圆的面积，应填答案16.若直线yxm与曲线x恰有一个公共点，则实数m的取值范围是_.【答案】m|1m1或m【解析】【分析】由x=，化简得x2+y2=1，注意到x0，所以这个曲线应该是半径为1，圆心是（0，0）的半圆，且其图象只在一、四象限画出图象，这样因为
12、直线与其只有一个交点，由此能求出实数m的取值范围【详解】由x=，化简得x2+y2=1，注意到x0，所以这个曲线应该是半径为1，圆心是（0，0）的半圆，且其图象只在一、四象限画出图象，这样因为直线与其只有一个交点，从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第四象限与曲线相切，交曲线于（0，1）和另一个点，与曲线交于点（0，1）直线在第四象限与曲线相切时解得m=，当直线y=x+m经过点（0，1）时，m=1当直线y=x+m经过点（0，1）时，m=1，所以此时1m1综上满足只有一个公共点的实数m的取值范围是：1m1或m=故答案为：m|1m1或m【点睛】本题考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审
13、题，注意数形结合思想的合理运用三、解答题：17.在中，角，的对边分别是， （1）若，求（2）若在线段上，且，求的长【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理化简边角关系式，可整理出余弦定理形式，得到；再根据正弦定理求得，根据同角三角函数得到；根据两角和差公式求得；（2）设，在中利用余弦定理构造方程求得，从而可证得，利用勾股定理求得结果.【详解】（1）由正弦定理得：整理得： 由正弦定理得： （2）设，则：，在中，利用余弦定理得：，解得：（舍）或，又，即 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到正弦定理化简边角关系式、同角三角函数求解、两角和差公式的运算，考查对于定理
14、和公式的应用，属于常规题型.18.在四棱锥中，（1）若点为的中点，求证：平面；（2）当平面平面时，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析； （2）.【解析】【分析】(I)结合平面与平面平行判定,得到平面BEM平行平面PAD,结合平面与平面性质,证明结论.(II)建立空间坐标系,分别计算平面PCD和平面PDB的法向量,结合向量数量积公式,计算余弦值,即可.【详解】()取的中点为，连结，.由已知得，为等边三角形，.，.又平面，平面，平面.为的中点，为的中点，.又平面，平面，平面.，平面平面平面，平面. ()连结，交于点，连结，由对称性知，为的中点，且，.平面平面，平面，.以为坐标原点，的方向为轴正方
15、向，建立空间直角坐标系.则(0，0)，(3，0，0)，(0，0，1).易知平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，.令，得，.设二面角的大小为，则. 【点睛】本道题考查了平面与平面平行判定和性质,考查了空间向量数量积公式,关键建立空间坐标系,难度偏难.19.如图，在四棱柱中，侧棱底面，且点和分别为和的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，又因为分别为和的中点，得.（）证明：依题意，可得为平面的一个法向量，由此可得，又因为
16、直线平面，所以平面（），设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，设为平面的一个法向量，则，又，得，不妨设，可得因此有，于是，所以二面角的正弦值为.（）依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的一个法向量，由已知得，整理得，又因为，解得，所以线段的长为.考点：直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.20.在平面直角坐标系中，已知圆过坐标原点且圆心在曲线上.（1）若圆分别与轴、轴交于点、（不同于原点），求证：的面积为定值；（2）设直线与圆交于不同的两点、，且，求圆的方程；（3）设直线与（2）中所求圆交于点、，为直线上的动点，直线、与圆的另一个交点分别为、，求证：
17、直线过定点.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意设圆心坐标为，可得半径为，求出圆的方程，分别令、，可得出点、的坐标，利用三角形的面积公式即可证明出结论成立；（2）由，知，利用两直线垂直的等价条件：斜率之积为，解方程可得，讨论的取值，求得圆心到直线的距离，即可得到所求圆的方程；（3）设，、，求得、的坐标，以及直线、的方程，联立圆的方程，利用韦达定理，结合，得出，设直线的方程为，代入圆的方程，利用韦达定理，可得、之间的关系，即可得出所求的定点.【详解】（1）由题意可设圆心为，则圆的半径为，则圆的方程为，即.令，得，得；令，得，得.（定值）；（2）由，知，所以，解得.当时，圆心到直线的距离小于半径，符合题意；当时，圆心到直线的距离大于半径，不符合题意.所以，所求圆的方程为；（3）设，又知，所以，.因为，所以.将，代入上式，整理得.设直线的方程为，代入，整理得.所以，.代入式，并整理得，即，解得或.当时，直线的方程为，过定点；当时，直线的方程为，过定点检验定点和、共线，不合题意，舍去.故过定点.【点睛】本题考查圆的方程的求法和运用，注意运用联立直线方程和圆的方程，消去一个未知数，运用韦达定理，考查直线恒过定点的求法，考查运算能力，属于难题- 20 -