新疆昌吉教育共同体2020-2021学年高一数学下学期期末质量检测试题.doc

1、新疆昌吉教育共同体2020-2021学年高一数学下学期期末质量检测试题一、单选题（5*12=60）1中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）ABCD2某三棱锥的三视图如下图所示，则该三棱锥的体积为（ ）ABCD13过两点A(4，y)，B(2，-3)的直线的倾斜角是135，则y等于()A1B5C-1D-54已知是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，有以下结论： .其中正确结论的个数是（ ）A0B1C2D35若三条直线，与直线交于一点，则

2、（）A-2B2CD6圆心为且过点的圆的方程是（ ）ABCD7若点到直线的距离是，则实数为（ ）ABC或D或8在正方体中，为棱的中点，则（ ）ABCD9若直线与圆相切，则（ ）ABCD10如图，在正方体中，二面角的大小为（ ）ABCD11不论为何值，直线恒过定点（ ）ABCD12已知点，若直线与线段有交点，则实数的取值范围是（ ）ABCD二、填空题（5*4=20）13已知空间两点、间的距离为，则_.14长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为_.15已知两点，则线段的垂直平分线方程为_16如图，在正方体中，分别是，的中点，则异面直线与所成角的大小为_.三、解答

3、题（17题10，18、19、20、21、22各12共70）17某几何体的三视图如图所示：（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体的体积18已知直线；（1）若，求的值（2）若，且他们的距离为，求的值19 已知圆C过点，圆心在直线上.（1） 求圆C的方程.（2） 判断点P（2,4）与圆的关系20如图，是正方形，直线底面，是的中点.（1）证明：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正切值.21已知圆.（1）求圆心的坐标和半径的值；（2）若直线与圆相交于两点，求.22已知中，求：（1）直角顶点的轨迹方程；（2）直角边的中点的轨迹方程.参考答案1A【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何

4、体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形故俯视图为故选A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题2A【详解】试题分析：由图可得,故选A.考点：三视图.【方法点晴】本题主要考查三视图和锥体的体积，计算量较大，属于中等题型.应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正）,主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐）,左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等）,若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称.此外本题应注意掌握锥体的体积公式.3D【详解】过两点A(4，y)，B(2，-3)的直线的倾斜角是1

5、35，解得选D4B【详解】分析：根据直线与平面的位置关系的判定定理和性质定理，即可作出判定得到结论.详解：由题意，对于中，若，则两平面可能是平行的，所以不正确；对于中，若，只有当与相交时，才能得到，所以不正确；对于中，若，根据线面垂直和面面垂直的判定定理，可得，所以是正确的；对于中，若，所以是不正确的，综上可知，正确命题的个数只有一个，故选B.点睛：本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证

6、明线线垂直，需转化为证明线面垂直5C【分析】由前两个方程求出交点，将交点坐标代入第三条直线的方程中，即可求出参数值.【详解】两方程联立可得交点坐标为：，代入第三条直线方程：，解得：.故选C.【点睛】本题考查直线的交点，只需要联立方程即可求出交点，本题可将任意两条直线联立求交点坐标或其表达式，再代入另一条直线的方程即可，注意计算的准确性.6D【分析】由已知利用两点间的距离公式求出圆的半径，代入圆的标准方程得答案【详解】圆心为（3，2）且过点A（1，1），圆的半径，则圆的方程为（x+3）2+（y2）225故选D【点睛】本题考查圆的方程的求法，两点间距离，是基础的题型7C【分析】利用点到直线距离公式

7、构造方程即可求得结果.【详解】由点到直线的距离公式可得：，解得：或本题正确选项：【点睛】本题考查点到直线距离公式的应用，属于基础题.8C【分析】画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论【详解】画出正方体，如图所示对于选项A，连，若，又，所以平面，所以可得，显然不成立，所以A不正确对于选项B，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以B不正确对于选项C，连，则连，则得，所以平面，从而得，所以所以C正确对于选项D，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以D不正确故选C【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用

8、排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题9C【分析】利用圆心到直线的距离等于圆的半径即可求解.【详解】由题得圆的圆心坐标为（0,0），所以.故选C【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.10B【分析】根据平面，可知，同时，可知二面角的平面角为，即可得结果.【详解】由题可知：在正方体中，平面由平面，所以，又所以二面角的平面角为，因为，则故选：B【点睛】本题考查二面角的平面角的大小，关键在于找到该二面角的平面角，考查观察能力以及概念的理解，属基础题.11B【分析】根据直线方程分离参数，再由直线过定点的条件可得方程组，解方程组进而可得m的值【详解

9、】恒过定点，恒过定点，由解得即直线恒过定点.【点睛】本题考查含有参数的直线过定点问题，过定点是解题关键12C【分析】根据题意知A、B两点在直线的异侧或在直线上，得出不等式（2k21）（k31）0，求出解集即可【详解】根据题意，若直线l：kxy10与线段AB相交，则A、B在直线的异侧或在直线上，则有（2k21）（k31）0，即（2k3）（k+4）0，解得k4或k，即k的取值范围是（，4，+）故选C【点睛】本题考查直线与线段AB相交的应用问题，考查了转化思想，是基础题13或【分析】利用空间中两点间的距离公式以及，得出关于的等式，即可求出实数的值.【详解】由题意得，则，解得或，故答案为或.【点睛】本

10、题考查空间中两点间距离公式的应用，考查计算能力，属于基础题.14【详解】长方体的体对角线长为球的直径，则 ， ，则球的表面积为.15【分析】先由两点坐标求出线段中点坐标，再由斜率公式以及垂直关系，得到所求直线的斜率，根据点斜式，即可得出直线方程.【详解】因为，的中点坐标为，即；又，所以线段的垂直平分线所在直线的斜率为，因此所求直线方程为，即.故答案为：.16【分析】根据三角形中位线将问题转变为求解与所成角，根据边长关系可求得结果.【详解】连接，为中点 则与所成角即为与所成角在中，可知为等边三角形 本题正确结果：【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角的求解，关键是通过平移找到所成角，并将所成角

11、放入三角形中来求解，属于基础题.17(1) 24;(2).【详解】试题分析：由三视图得到几何体的直观图，根据几何体的组成求出几何体的表面积和体积试题解析：由三视图知，此几何体由上下两部分组成，其中上边是一个半径为1的半球，下边是一个棱长为2的正方体(1)SS半球S正方体表面积S圆4126221224(2)VV半球V正方体1323818（1）；（2），或【解析】试题分析：（1）因为两条直线是相互垂直的，故，解得；（2）因为两条直线是相互平行的，故，解得解析：设直线的斜率分别为，则、（1）若，则，（2）若，则，可以化简为，与的距离为，或 19（1）.（2）P在圆内部【分析】由于圆心在直线上，所以设

12、圆心为，半径为，则圆的标准方程为，而圆C过点，所以有，解方程组可得的值，从而可求出圆的方程【详解】解：（1）由题意设圆心为，半径为，则圆的标准方程为.由题意得，解得，所以圆的标准方程为.（2）|PC| P（2,4）在圆内【点睛】此题考查圆的标准方程的求法，考查计算能力，属于基础题20（1）证明见解析；（2）；【分析】（1）连接，由三角形中位线可证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据线面角定义可知所求角为，且，由长度关系可求得结果.【详解】（1）连接，交于，连接四边形为正方形 为中点，又为中点 平面，平面 平面（2）平面 直线与平面所成角即为 设，则 【点睛】本题考查立体几何中线面平行

13、关系的证明、直线与平面所成角的求解；证明线面平行关系常采用两种方法：（1）在平面中找到所证直线的平行线；（2）利用面面平行的性质证得线面平行.21（1）圆心，半径为；（2）.【分析】（1）将圆的一般式方程化为标准方程，即可求出结论；（2）求出圆心到直线的距离，用几何法求出相交弦长.【详解】（1），得，所以圆心，半径为；（2）圆心到直线距离为，.【点睛】本题考查圆的方程、直线与圆的位置关系，注意应用几何法求相交弦长，减少计算量，属于基础题.22（1）（2）【分析】（1）设，求得和，根据垂直关系可知斜率乘积为，根据三个顶点不共线，可知，从而得到轨迹方程；（2）设，利用中点坐标公式用，表示出点坐标，代入（1）中轨迹方程整理可得结果.【详解】（1）设，则：， ，即：化简得：.不共线 故顶点的轨迹方程为：（2）设，由（1）知：又，为线段的中点，即，代入式，得：故的轨迹方程为：【点睛】本题考查轨迹方程的求解问题，关键是能够根据直线的位置关系得到点满足的方程，或利用动点坐标表示出已知曲线上的点的坐标，代入已知曲线得到轨迹方程；易错点是忽略已知中的限制条件，未排除特殊点.