陕西省西安中学2018-2019学年高一数学上学期期末考试试题

西安中学2018-2019学年度第一学期期末考试高一数学试题（时间：120分钟满分：120分）一.选择题（本大题包括10小题，每小题4分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有．．一项．．是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上.）1.若过两点A(4，y)、B(2，－3)的直线的倾斜角为45°，则y等于()A．－32B．32C．－1D．12.某人用如图所示的纸片，沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯”，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处应依次写上()A．快、新、乐B．乐、新、快C．新、乐、快D．乐、快、新3.已知A(2,5,－6)，点P在y轴上，|PA|＝7，则点P的坐标是()A．(0,8,0)B．(0,2,0)C．(0,8,0)或(0,2,0)D．(0，－8,0)4.已知直线l1：ax＋4y－2＝0与直线l2：2x－5y＋b＝0互相垂直，垂足为(1，c)，则a＋b＋c的值为()A．20B．－4C．0D．245.设m，n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m∥α，则m∥γ；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中正确命题的序号是()A．①B．②和③C．③和④D．①和④6.平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是()A．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0B．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0C．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0D．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝07.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．8π3B．3πC．10π3D．6π8.已知点A(1,3)、B(－2，－1)，若过点P(2,1)的直线l与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是()A．k≥12B．k≤－2C．k≥12或k≤－2D．－2≤k≤129.如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是()A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．平面SDB⊥平面SACD．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角10.对于两条平行直线和圆的位置关系定义如下：若两直线中至少有一条与圆相切，则称该位置关系为“平行相切”；若两直线都与圆相离，则称该位置关系为“平行相离”；否则称为“平行相交”．已知直线l1：ax＋3y＋6＝0，l2：2x＋(a＋1)y＋6＝0与圆C：x2＋y2＋2x＝b2－1(b0)的位置关系是“平行相交”，则实数b的取值范围为()A．(2，322)B．(0，322)C．(0，2)D．(2，322)∪(322，＋∞)二.填空题（本大题包括5小题，每小题4分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置上.）11.已知圆C：(x－a)2＋(y－2)2＝4(a0)及直线l：x－y＋3＝0，当直线l被圆C截得的弦长为23时，a的值等于________.12.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是_________.13.方程1－x2＝x＋k有惟一解，则实数k的范围是________.14.正方体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是_______.15.正三棱锥P­ABC的底面边长为1，E，F，G，H分别是PA，AC，BC，PB的中点，四边形EFGH的面积为S，则S的取值范围是________．三.解答题（本大题包括5小题，每小题12分，共60分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16.(12分)求满足下列条件的直线方程．(1)经过点A(－1，－3)，且斜率等于直线3x＋8y－1＝0斜率的2倍；(2)过点M(0,4)，且与两坐标轴围成三角形的周长为12．17.(12分)有一圆与直线l：4x－3y＋6＝0相切于点A(3,6)，且经过点B(5,2)，求此圆的方程．18.(12分)正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.求证：(1)AF∥平面BDE；(2)CF⊥平面BDE.19.(12分)已知点P(2,0)及圆C：x2＋y2－6x＋4y＋4＝0.(1)若直线l过点P且与圆心C的距离为1，求直线l的方程；(2)设过点P的直线l1与圆C交于M，N两点，当|MN|＝4时，求以线段MN为直径的圆Q的方程；(3)设直线ax－y＋1＝0与圆C交于A，B两点，是否存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．20.(12分)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2).(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.西安中学2018-2019学年度第一学期期末考试高一数学试题答案（时间：120分钟满分：120分）命题人：杜薇一.选择题（本大题包括10小题，每小题4分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有．．一项．．是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上.）题号12345678910答案CACBAABDDD二.填空题（本大题包括5小题，每小题4分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置上.）11.2－112.24π13.k＝2或－1≤k114.6315.312，＋∞三.解答题（本大题包括5小题，每小题12分，共60分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16.(12分)解:(1)因为3x＋8y－1＝0可化为y＝－38x＋18.所以直线3x＋8y－1＝0的斜率为－38则所求直线的斜率k＝2×(－38)＝－34．又直线经过点(－1，－3)因此所求直线的方程为y＋3＝－34(x＋1)即3x＋4y＋15＝0．(2)设直线与x轴的交点为(a,0)因为点M(0,4)在y轴上，所以由题意有4＋a2＋42＋|a|＝12解得a＝±3.所以所求直线的方程为x3＋y4＝1或x－3＋y4＝1即4x＋3y－12＝0或4x－3y＋12＝0．17.(12分)解:法一：由题意可设所求的方程为(x－3)2＋(y－6)2＋λ(4x－3y＋6)＝0，又因为此圆过点(5,2)，将坐标(5,2)代入圆的方程求得λ＝－1，所以所求圆的方程为x2＋y2－10x－9y＋39＝0.法二：设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则圆心为C(a，b)，由|CA|＝|CB|，CA⊥l,解得a＝5，b＝92，r2＝254.所以所求圆的方程为(x－5)2＋(y－92)2＝254.法三：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，由CA⊥l，A(3,6)，B(5,2)在圆上，得32＋62＋3D＋6E＋F＝0，52＋22＋5D＋2E＋F＝0，－E2－6－D2－3×43＝－1，解得D＝－10，E＝－9，F＝39.所以所求圆的方程为x2＋y2－10x－9y＋39＝0.法四：设圆心为C，则CA⊥l，又设AC与圆的另一交点为P，则CA的方程为y－6＝－34(x－3)，即3x＋4y－33＝0.又因为kAB＝6－23－5＝－2，所以kBP＝12，所以直线BP的方程为x－2y－1＝0.解方程组3x＋4y－33＝0，x－2y－1＝0，得x＝7，y＝3.所以P(7,3)．所以圆心为AP的中点(5，92)，半径为|AC|＝52.所以所求圆的方程为(x－5)2＋(y－92)2＝254.18.(12分)解:(1)设AC与BD交于点G.因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝12AC＝1.所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG平面BDE.AF平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)连接FG，EG.因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，所以四边形CEFG为菱形．所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC.所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.19.(12分)解:(1)直线l斜率存在时，设直线l的斜率为k，则方程为y－0＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0.又圆C的圆心为(3，－2)，半径r＝3，由|3k＋2－2k|k2＋1＝1，解得k＝－34.所以直线方程为y＝－34(x－2)，即3x＋4y－6＝0.当l的斜率不存在时，l的方程为x＝2，经验证x＝2也满足条件．即直线l的方程为3x＋4y－6＝0或x＝2.(2)由于|CP|＝5，而弦心距d＝r2－|MN|22＝5，所以d＝|CP|＝5.所以P恰为MN的中点．故以MN为直径的圆Q的方程为(x－2)2＋y2＝4.(3)把直线y＝ax＋1代入圆C的方程，消去y，整理得(a2＋1)x2＋6(a－1)x＋9＝0.由于直线ax－y＋1＝0交圆C于A，B两点，故Δ＝36(a－1)2－36(a2＋1)0，即－2a0，解得a0.则实数a的取值范围是(－∞，0)．设符合条件的实数a存在，由于l2垂直平分弦AB，故圆心C(3，－2)必在l2上．所以l2的斜率kPC＝－2，而kAB＝a＝－1kPC，所以a＝12.由于12∉(－∞，0)，故不存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB.20.(12分)解:(1)证明∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC.又∵DE⃘平面A1CB，BC平面A1CB，∴DE∥平面A1CB.(2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD＝D，∴DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC，∴DE⊥A1F.又∵A1F⊥CD，DE∩CD＝D，∴A1F⊥平面BCDE，BE平面BCDE，∴A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ.∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，A1C平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP，DE∩DP＝D，∴A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q(中点)，使得A1C⊥平面DEQ.