1、陕西省宝鸡市金台区2019-2020学年高一数学上学期期末考试试题（含解析）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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. 1.直线 的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将一般式方程化为斜截式方程，由此可确定斜率.【详解】由得： 直线的斜率为故选：【点睛】本题考查直线斜率的求解，涉及到一般式方程化斜截式方程，属于基础题.2.下面三条直线一定共面的是（ ）A. 两两平行B. 两两相交C. ，与均相交D. 两两垂直【答案】C【解析】【分析】由直三棱柱三条侧棱可知错误；由正方体一个顶点处的三条棱的位置关系可知错误
2、；利用反证法可证得中三条直线一定共面.【详解】中，直三棱柱的三条侧棱满足两两平行，但三条侧棱不共面，错误；中，正方体的一个顶点处的三条棱两两相交，但不共面，错误；中，确定一个平面，若且，则，又，则或异面，不满足相交，可知若，与均相交，则三条直线共面，正确；中，正方体的一个顶点处的三条棱两两垂直，但不共面，错误.故选：【点睛】本题考查空间中直线共面相关命题的判定，属于基础题.3.若直线，互相平行，则实数a的值为（ ）A. 1或-2B. 1C. -2D. 不存在【答案】A【解析】【分析】先判断两条直线的斜率都存在，再根据两条直线平行的关系，得到的方程，从而解得的值.【详解】因为直线，互相平行则两直
3、线的斜率都应存在，所以由两直线平行得到，解得或，故选A.【点睛】本题考查根据两直线的平行求参数的值，属于简单题.4.如图所示为一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为，腰和上底长均为的等腰梯形，则原平面图形为 ()A. 下底长为的等腰梯形B. 下底长为的等腰梯形C. 下底长为的直角梯形D. 下底长为的直角梯形【答案】C【解析】【分析】由已知长度和角度关系可求得直观图的下底长，由斜二测画法原理可知原平面图形下底长即为直观图的下底长；由直观图还原为平面图形可知原平面图形为直角梯形.详解】， 原平面图形下底长为由直观图还原平面图形如下图所示：可知原平面图形为下底长为的直角梯形故选：【点睛】本题考查
4、斜二测画法的应用，关键是明确斜二测画法的基本原则，属于基础题.5.过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的倍的直线方程是（ ）A. B. 或C. D. 或【答案】B【解析】试题分析：当直线过原点时，可设直线方程为，代入点，可得，故方程为；当直线不过原点时，可设方程为，代入点，可得，此时直线方程为，故选B考点：直线的方程6.是两条不同的直线, 是两个不同的平面,下列命题是真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】按照线面平行，垂直等等的判定或性质逐一分析即可【详解】对于A,平行于同一条直线的两个平面可能相交,故A不正确;对于B,直线可能在平面内,故B不
5、正确;对于C,根据平面与平面垂直的判定定理可知,C正确;对于D,直线与平面可能斜交,故D不正确.故选C.【点睛】本题考查了空间直线、平面的平行、垂直的位置关系,意在考查线面平行，垂直的判定或性质.属于基础题.7.如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径，若该几何体的表面积是，则它的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图可得原几何体为球体去除自身的后的部分，利用表面积构造等量关系可确定球的半径，进而根据球的体积公式求得结果.【详解】由三视图可知，原几何体为一个球体，去除掉自身的后的部分设球的半径为，则表面积，解得：几何体的体积故选：【点
6、睛】本题考查球的表面积和体积的相关运算，涉及到由三视图还原几何体的知识；易错点是在求解表面积时，忽略切除个球后所增加的表面积的部分.8.已知圆，圆，则圆与圆位置关系为（ ）A. 相离B. 相交C. 内切D. 内含【答案】D【解析】【分析】由圆的方程确定两圆圆心和半径，利用两点间距离公式求得圆心距，由圆心距与半径之差的大小关系可确定位置关系.【详解】由圆方程知：圆心，半径由圆方程知：圆心，半径两圆圆心距 两圆的位置关系为内含故选：【点睛】本题考查圆与圆的位置关系的判定，涉及到根据圆的标准方程确定圆心和半径；关键是明确判断两圆的位置关系的关键是确定圆心距的大小.9.过点的圆与直线相切于点,则圆的方
7、程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由圆心和切点连线与切线垂直可得，得到关于圆心一个方程；根据圆的性质，可知圆心在垂直平分线上，由此可求得，得到圆心坐标；利用两点间距离公式求得半径，进而得到圆的标准方程.【详解】设圆心直线与圆相切于点 ，即所在直线为，则圆心满足直线，即 半径 圆的方程为故选：【点睛】本题考查圆的标准方程的求解，关键是能够熟练应用圆的性质，利用圆心所满足的直线和直线垂直关系可构造方程求得圆的圆心和半径.10.若直线与直线分别交于点，且线段的中点坐标为，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】直线l与直线y=1，x=7分别交于点P，Q
8、，P，Q点的坐标分别为：P（a，1），Q（7，b），线段PQ的中点坐标为（1，-1），由中点坐标公式得：a=-5，b=-3；直线l的斜率k= 故选B11.已知直线与直线互相垂直，垂足为，则的值为（ ）A. 20B. 4C. 0D. 24【答案】B【解析】【分析】结合直线垂直关系，得到a的值，代入垂足坐标，得到c的值，代入直线方程，得出b的值，计算，即可【详解】直线的斜率为,直线的斜率为,两直线垂直,可知，将垂足坐标代入直线方程，得到，代入直线方程，得到，所以，故选B【点睛】考查了直线垂直满足的条件，关键抓住直线垂直斜率之积为-1，计算，即可，难度中等12.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方
9、体中：与平行 与是异面直线与成角 与是异面直线以上四个命题中，正确命题的序号是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将正方体还原后，根据位置关系可判断出错误，正确；由平行关系可知与所成角为，由可知所成角为，正确.【详解】将正方体还原后，如下图所示：则与与异面直线，,与为异面直线，知错误，正确； 异面直线与所成角即为与所成角，即 ，即异面直线与所成角为，正确.故选：【点睛】本题考查空间中直线与直线的位置关系、异面直线所成角的求解的问题，关键是能够将平面展开图准确还原回正方体.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.点关于轴的对称点为_【答案】【解析】【分析】根据关
10、于轴对称的点的坐标特征可直接得到结果.【详解】关于轴对称点为 所求点为故答案为：【点睛】本题考查关于坐标轴对称的点的坐标的特征，属于基础题.14.长方体的长，宽，高的比为1：2 : 3，对角线的长为cm. 则它的体积是 _.【答案】48【解析】【分析】由题意求出长方体的长、宽、高，然后利用体积公式，求出长方体的体积【详解】长方体的长、宽、高之比是1：2：3，所以长方体的长、宽、高是x：2x：3x，对角线长是，所以，x2，长方体的长、宽、高是2，4，6；长方体的体积是：24648故答案为：48【点睛】本题是基础题，考查长方体的结构特征，长方体的体积的计算，是基础题15.已知方程(为实数)表示圆，
11、则_【答案】【解析】【分析】由可求得或；分别在两个取值情况下验证是否大于零，大于零的为满足题意的取值.【详解】方程表示圆 ，解得：或当时，方程可化为，此时，满足题意；当时，方程可化为，此时，方程不表示圆综上所述：故答案为：【点睛】本题考查根据方程表示圆求解参数值的问题，关键是明确若方程表示圆，则需.16.如图，正方体中，的中点为，的中点为，为棱上一点，则异面直线与所成角的大小为_【答案】【解析】【分析】根据题意得到直线MP运动起来构成平面，可得到面，进而得到结果.【详解】取的中点O连接，根据题意可得到直线MP是一条动直线，当点P变动时直线就构成了平面，因为MO均为线段的中点，故得到，四边形 为
12、平行四边形， 面，故得到，又 面，进而得到 .故夹角为.故答案为.【点睛】这个题目考查的是异面直线的夹角的求法；常见方法有：将异面直线平移到同一平面内，转化为平面角的问题；或者证明线面垂直进而得到面面垂直，这种方法适用于异面直线垂直的时候.三、解答题：本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知圆的方程为（1）求过点且与圆相切的直线的方程；（2）直线过点，且与圆交于、两点，若，求直线的方程；【答案】(1)或 （2）或【解析】【分析】（1）当斜率不存在时，满足题意；当斜率存在时，设，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得；综合两种情况得到结果；（2）由（1）知
13、斜率存在，设，由垂径定理可知，从而构造出关于方程，解方程求得结果.【详解】（1）当斜率不存在时，直线方程为，与圆相切，满足题意；当斜率存在时，设直线方程为：，即圆圆心坐标为，半径圆心到直线的距离，解得：直线方程为，即综上所述：过点且与圆相切的直线的方程为：或（2）由（1）知，直线斜率存在，可设其方程为设圆心到直线距离为 即，解得：或直线的方程为或，即或【点睛】本题考查圆的切线方程的求解、根据直线被圆截得的弦长求解参数值的问题；求解圆的切线方程易错点是忽略切线斜率不存在的情况，造成求解错误；求解直线被圆截得弦长问题时，要熟练应用垂径定理，即弦长.18.已知点，（1）若A，B，C三点共线，求实数m
14、的值（2）若为直角三角形，求实数m的值【答案】（1）；（2），【解析】【分析】（1）由A，B，C三点共线，则，解之即可得到结果；（2）利用两条有斜率的直线垂直，斜率之积为列出方程，分别求出当，时m的值即可.【详解】（1）A，B，C三点共线，即，解得（2），若，则，若，则，若，则，故，【点睛】本题考查直线斜率的应用，考查两直线平行和垂直与斜率的关系，注意认真计算和分类讨论的思想运用，属基础题.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱，求证：（1）平面；（2）平面平面【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）由勾股定理可知，根据线面垂直判定定理证得结论；（2）由线面
15、垂直性质可知，由正方形特点知，由线面垂直判定定理可证得平面，由面面垂直的判定定理证得结论.【详解】（1）， 同理可得：平面， 平面（2）平面，平面 四边形为正方形 平面， 平面平面 平面平面【点睛】本题考查立体几何中的线面垂直、面面垂直关系的证明，涉及到勾股定理、线面垂直判定与性质定理、面面垂直判定定理的应用，属于常考题型.20.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点.（）证明： BC1/平面A1CD;（）设AA1= AC=CB=2，AB=2，求三棱锥C一A1DE的体积.【答案】（）见解析（）【解析】试题分析：（）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的
16、中位线，故DFBC1再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1平面A1CD（）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD平面ABB1A1求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1DDE进而求得SA1DE的值，再根据三棱锥C-A1DE的体积为SA1DECD，运算求得结果试题解析：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1DF 3分因为DF平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD， 4分所以BC1平面A1CD 5分（2）解：因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1CD由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CDAB又AA1AB=A，于是CD平面ABB1A1 8分由AA1=AC=CB=2，得ACB=90，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DEA1D 10分所以三菱锥CA1DE的体积为：=1 12分考点：直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积【此处有视频，请去附件查看】
