贵州省思南中学2019_2020学年高一数学下学期期末考试试题(含参)

高一数学下学期期末考试试题

第Ⅰ卷（选择题）

一、 选择题(共12小题，每题5分，共60分) 1．过A0,1，B3,5两点的直线的斜率是( )

4343 B． C． D． 34342．设,是两个不同的平面，l是一条直线，以下命题正确的是（ ）

A．

A、若l,，则l B、若l//,//，则l C、若l,//，则l D、若l//,，则l 3．圆x2y22x30与圆x2y24x2y30的位置关系是（ ）

A．相离

B．内含

C．相切 D．相交

4．已知在四面体ABCD中，E,F分别是AC,BD的中点，若AB2,CD4,EFAB，

则EF与CD所成的角的度数为（ ） A．900 B．450 C．600 D．300

5. 若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的多面体的

体积为（ ）

2A、2 B、 2 C、3 D、

33636．过点(1,0)且与直线x2y20平行的直线方程是 （ ）

A．x2y10 B．x2y10 C．2xy20 D．x2y10 7．已知三角形的三个顶点A(4,3),B(1,2),C(1,3),则ABC的高CD所在的直线方程是（ ）

A.5xy20 B.x5y160 C.5xy80 D.x5y140 8．某几何体的三视图如图所示，则其体积为（ ）

1

748 A．4 B．3 C．3 D．3

9. .在ABC中，a23,b22,BA. B.

64，则A等于（ ）

D. 或

32 33C. 或

65 610. 正四棱锥PABCD的五个顶点在同一个球面上，若底面边长为4，侧棱长

26，则此球的表面积为（ ）

A．18 B.36 C.72 D.9

11. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P为AD的中点，点Q为B1C1上的动点，下列说法中：

①PQ可能与平面CDD1C1平行； ②PQ与BC所成的角的最大值为③CD1与PQ一定垂直； ④PQ2AB ⑤PQ与DD1所成的最大角的正切值为A．2

B．3

π； 35. 其中正确个数为（ ） 2C．4 D．5

12. 已知直线yxm和圆x2y21交于A、B两点，O为坐标原点，若

AOAB3，则实数m（ ） 2231 C.  D. 

2222

A. 1 B. 

第Ⅱ卷（共90分） 二、 填空题（共4小题，20分）

13. 若R，则直线ysinx2的倾斜角的取值范围是__________ 14. .已知ABC的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b23，a2,B60，则边c_____．

15. 若a,b,c是直角三角形的三边（c为斜边），则圆x2y22被直线

axbyc0所截得的弦长等于__________．

16. 若正三棱锥底面的边长为a，且每两个侧面所成的角均为90°，则底面中心

到侧面的距离为_______

三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出必要文字说明、

证明过程或演算步骤）

17.（10分）ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知csinBbcosC． （1）求C；

（2）若c13，b22，求ABC的面积．

18.（12分）

已知直线l:x2y50与圆C:x2y250相交于A, B两点.求 （1）A, B两点的坐标； （2）圆心角AOB的余弦.

19.（12分）已知直线l：x3y20. （1）若直线l1的倾斜角是l倾斜角的两倍，且l与l1的交点在直线xy20上，求直线l1的方程；

（2）若直线l2与直线l平行，且l2与l的距离为3，求直线l2的方程．

20.（12分）如图所示，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，BD是线段

AC的中垂线，BD与AC交于点O，AC8，PD2，OD3，OB5．

3

（1）证明：平面PBD平面PAC； （2）求点B到平面PAC的距离．

21.（12分）如图，在几何体P﹣ABCD中，平面ABCD⊥平面PAB ，四边形ABCD为矩形，△PAB为正三角形，若AB＝2，AD＝1，E，F 分别为AC，BP中点．

（1）求证：EF∥平面PCD；

（2）求直线DP与平面ABCD所成角的正弦值

22.（12分）如图：在四棱锥VABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为5的等腰三角形.

（1）求二面角VABC的平面角的大小 （2）求四棱锥VABCD的体积.

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高一数学参 一选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C D D B B A D D B C C 二填空题 2a313. [0,][,) 14. 4 15. 2 16.

417.（1）因为csinBbcosC，根据正弦定理得sinCsinBsinBcosC， 又sinB0，从而tanC1， 由于0C，所以C224．

2（2）根据余弦定理cab2abcosC，而c13，b22，C代入整理得a24a50，解得a5或a1（舍去）．

112故ABC的面积为absinC5225．

2224，

x2y502xy4y50得y11,y25 18.解：由方程组2消去得2xy50x7x5或则点A,B的坐标分别是（7,1），（-5，-5）

y1y5（2）由（1）得AB(75)215265,又OA=OB=52

OA2OB2AB24cosAOB

2OAOB519. 解：（1）因为直线l的斜率为13，所以倾斜角为. . 36又因为直线l1的倾斜角是l倾斜角的两倍，故l1的倾斜角是因为直线l与直线xy20的交点为2,0，所以直线l1的方程是

y0tan3x2， 即3xy230. （2）因为直线l2与直线l平行，故可设直线l2的方程为x3yc0. 因为l2与l的距离为3，则有c23，解得c4或c8，所以直线l2的方程25

x3y40或x3y80. 20. （1）因为PD平面ABCD，所以PDAC． 又因为BDAC，BDPDD，所以AC平面PBD． 又AC平面PAC，所以平面PBD平面PAC． （2）因为AC8，PD2，OD3，OB5，

所以由勾股定理得ADCD42325，APCP522229．

所以S1△PAC2829242413，

S△ABC12ACOB128520． 设点B到平面PAC的距离为h．

由V11BPACVPABC，得3S△PACh3S△ABCPD，

即13413h110133202， 解得h13． 21. (1)因为E为AC中点，所以DB与AC交于点E．

因为E，F分别为AC，BP中点，所以EF是△BDP的中位线，

所以EF∥DP．又DP⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，所以EF∥平面PCD． (2)取AB中点O,连接PO，DO

∵△PAB为正三角形，∴PO⊥AB， 又∵平面ABCD⊥平面PAB

∴PO⊥平面ABCD,∴DP在平面ABCD内的射影为DO， ∠PDO为DP与平面ABCD所成角，OP3,DP5 在Rt△DOP中，sin∠PDO=

OPDP35155,

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∴直线DP与平面ABCD所成角的正弦值为155 22. （1）取AB的中点M，CD的中点N， 连MN，

ABCD是边长为2的正方形

MNAB,MN2

又VAVB5

VMAB

VMN是二面角VABC的平面角 在RtVAM中，AM1,VA5 VM2， 同理VN2

VMN是正三角形 VMN60，

（2）由（1）知AB平面VMN 所以平面ABCD平面VMN 过V作VOMN, 则VO平面ABCD

VMMNVN2，

VO3，

所以V1VABCD3SABCDVO，

1433433.

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