河南省辉县市一中2018_2019学年高一数学上学期第二次阶段性考试试题.doc

1、辉县市一中20182019学年上期第二次阶段性考试高一数学试卷（时间：120分钟 满分：150分）注意事项：1答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上2每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号不能答在试题卷上3第II卷答案要写在答题卷相应位置，写在试卷上无效第卷（选择题 共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案的选项涂在答题卡上）1作一个圆柱的内接正三棱柱，又作这个三棱柱的内切圆柱，那么这两个圆柱的底面半径之比是（ ）A21 B23C

2、.1 D.22设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）A若mn，n，则mB若m，则mC若m，n，n则mD若mn，n，则m3某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）AB C D14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（）AB C D5设奇函数f（x）在（0，）上为增函数，且f（1）0，则不等式f（b2）Cf（a1）f（b2） D不能确定12在一个45的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45，则此直线与二面角的另一个面所成的角为（ ）A30 B45C60 D90二、填空题（本大题共4小题，每小题5分,共20分）1

3、3经过点A（1,1）且在x轴上的截距等于在y轴上的截距的直线方程是_14在空间四边形ABCD中，ADBC2，E，F分别是AB，CD的中点，EF，则异面直线AD与BC所成角的大小为_15将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，有如下三个结论ACBD；ACD是等边三角形；AB与平面BCD成60的角；说法正确的命题序号是_16已知函数y的图象与函数ykx2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是 三、解答题（17题10分，18-22题每题12分，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17（本小题满分10分）关于x的二次方程x2（m1）x10在区间0,2上有解，求实数m的取值范围

4、18. （本小题满分12分）光线从点A（2,3）射入镜面,若镜面的位置在直线l:x+y+1=0上,反射光线经过B（1,1）,求入射光线和反射光线所在直线的方程,并求光线从A到B所走过的路线长.19（本小题满分12分）已知两条直线l1：axby40和l2：（a1）xyb0，求满足下列条件的a、b的值（1）l1l2且l1过点（3，1）；（2）l1l2，且坐标原点到这两条直线的距离相等20（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点（1）证明：A1D平面A1BC；（2）求直线A1B和平面BB1C1C所

5、成的角的正弦值21（本小题满分12分）如图所示,正四棱锥PABCD中,O为底面正方形的中心,侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为.（1）求侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小;（2）若E是PB的中点,求异面直线PD与AE所成角的正切值;（3）问在棱AD上是否存在一点F,使EF侧面PBC,若存在,试确定点F的位置;若不存在,说明理由. 22. （本小题满分12分）已知函数f（x）x（kN）满足f（2）0，则应有f(2)0或由f(2)0得m，但当m时，方程x2x10有两根，2，故舍去由得m1.m或m1.若f(x)0在区间0,2上有两解，则m1，由可知m的取值范围为(，118.解:设点A关

6、于直线l的对称点为A(x0,y0),因为AA被l垂直平分,所以解得因为A(-4,-3),B(1,1)在反射光线所在直线上,所以反射光线的方程为=,即4x-5y+1=0.解方程组得入射点的坐标为.由入射点及点A的坐标得入射光线方程为=,即5x-4y+2=0.故光线从A到B所走过的路线长为|AB|=.19解：(1)由已知可得l2的斜率必存在，k21a.若k20，则1a0，a1.l1l2，直线l1的斜率k1必不存在，即b0.又l1过(3，1)，3a40，即a(矛盾)此种情况不存在，即k20.若k20，即k1、k2都存在，k1，k21a，l1l2，k1k21，即(1a)1. 又l1过点(3，1)，3a

7、b40. 由联立，解得a2，b2.(2)l2的斜率存在，l1l2，直线l1的斜率存在k1k2，即1a. 又坐标原点到这两条直线的距离相等，l1l2，l1、l2在y轴上的截距互为相反数，即(b) 由联立，解得或20解：(1)证明：设E为BC的中点，连接AE，A1E，DE，由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.因为ABAC，所以AEBC.又因为A1E，BC平面A1BC，A1EBCE，故AE平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A且DEA1A，所以四边形AA1DE为平行四边形于是A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.(2)作

8、A1FDE，垂足为F，连接BF.因为A1E平面ABC，所以BCA1E.因为BCAE，AEA1EE，所以BC平面AA1DE.所以BCA1F.又因为DEBCE，所以A1F平面BB1C1C.所以A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角由ABAC2，CAB90，得EAEB.由A1E平面ABC，得A1AA1B4，A1E.由DEBB14，DA1EA，DA1E90，得A1F.所以sinA1BF.21解:(1)取AD中点M,连接MO,PM,依条件可知ADMO,ADPO,则PMO为所求二面角PADO的平面角.因为PO平面ABCD,所以PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角.所以tanPAO=.设AB=a,

9、AO=a,所以PO=AOtanPAO=a,tanPMO=.所以PMO=60.(2)连接AE,OE,因为OEPD,所以OEA为异面直线PD与AE所成的角.因为AOBD,AOPO,所以AO平面PBD.又OE平面PBD,所以AOOE.因为OE=PD=a,所以tanAEO=.(3)延长MO交BC于N,取PN中点G,连EG,MG.因为BCMN,BCPN,所以BC平面PMN.所以平面PMN平面PBC.又PM=PN,PMN=60,所以PMN为正三角形.所以MGPN.又平面PMN平面PBC=PN,所以MG平面PBC.取AM中点F,因为EGMF,所以MF=MA=EG,所以EFMG.所以EF平面PBC.点F为AD的靠近A的四等分点.22. 解：(1)f(2)1，即k2k20，解得1k0满足题设由(1)知，g(x)qx2(2q1)x1.g(2)1，两个最值点只能在端点(1，g(1)和顶点处取到，而g(1)(23q) =，g(x)max，g(x)ming(1)23q4，解得q2.经检验q2符合题意