1、银川一中2020/2021学年度(上)高一期末考试数学试卷注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上一、单选题（每小题5分，共60分）1. 直线的倾斜角为（ ）A. 30B. 60C. 120D. 150【答案】C【解析】【分析】先根据直线的方程求得斜率，再利用斜率和倾斜角的关系求解.【详解】因为直线可化为：，所以直线的斜率为，所以，又因为，所以，故选：C2. 在空间中，下列结论正确的是（ ）A. 三角形确定一个平面B. 四边形确定一个平面C. 一个点和一条直线确定一个平面D. 两条直线确定一个平面【答案】A【解析】【分析】根据确定平面的公理及其推论对选项
2、逐个判断即可得出结果.【详解】三角形有且仅有3个不在同一条直线上的顶点，故其可以确定一个平面，即A正确；当四边形为空间四边形时不能确定一个平面，故B错误；当点直线上时，一个点和一条直线不能确定一个平面，故C错误；当两条直线异面时，不能确定一个平面，即D错误；故选：A.【点睛】本题主要考查平面的基本定理及其推论，解题时要认真审题，仔细解答，属于基础题.3. 已知幂函数的图象过点(4，2)，则（ ）A. 2B. 4C. 2或-2D. 4或-4【答案】B【解析】【分析】设幂函数代入已知点可得选项.【详解】设幂函数又函数过点(4，2)，故选：B.4. 若直线与直线平行，则（ ）A. B. C. D.
3、【答案】D【解析】【分析】根据两直线平行可得出关于实数的等式，由此可解得实数的值.【详解】由于直线与直线平行，则，解得.故选：D.5. 已知，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐一进行判断即可.【详解】A选项中，若，有可能，故A错误；B选项中，若，则可能与平行，故B错误；C选项中，若，则，故C错误；D选项中，若，则，而，故，故D正确；故选：D6. 几何体的三视图（单位：m）如图所示，则此几何体的体积（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析
4、】【分析】由三视图得出几何体是由一个圆柱和一个圆锥构成的，即可求体积.【详解】由三视图可知：原几何体下面是底面圆半径为，高为的圆柱，上面是底面圆半径为，高为的圆锥，所以几何体的体积为：，所以此几何体的体积是，故选：A7. 函数的零点所在的区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】计算区间端点处的函数值，根据零点存在定理判断【详解】，零点在区间上故选：B8. 直线关于直线x1对称的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出和的交点，求出上一点关于直线x1对称点为，即可由两点式求出.【详解】联立，解得，则在对称的直线上，可得一点关于直线x1对称点为在
5、对称的直线上，则对称的直线方程是，即.故选：D.9. 直线被圆截得的弦长等于（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】先将圆化成标准方程，求出圆心与半径，再求圆心到直线的距离，然后解弦长即可【详解】因为所以，圆心到直线的距离为直线被圆截得的弦长；故选：A【点睛】计算圆的弦长通常使用几何法简捷也可使用代数法计算.10. 如图，正方体的棱长为，下面结论错误的是（ ）A. 平面B. 平面C. 异面直线与所成角为D. 三棱锥体积为【答案】D【解析】【分析】根据线面平行的判定定理，证明A正确；根据线面垂直的判定定理，证明B正确；在正方体中，作出异面直线与所成角，结合题中条件，可判断C正
6、确；根据三棱锥的体积公式，可判断D错.【详解】A选项，在正方体中，又平面，平面，所以平面，即A正确；B选项，连接，在正方体中，平面，平面，因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面，因此；同理，又，平面，平面，所以平面；即B正确；C选项，因为，所以即等于异面直线与所成角，又，即为等边三角形，即异面直线与所成角为，故C正确；D选项，三棱锥的体积为.故D错；故选：D.【点睛】方法点睛：求解空间中空间位置关系的证明以及空间角、空间距离的方法：（1）定义法：根据空间中线面平行、线面垂直、空间角等相关概念，结合线面垂直、平行的判定定理及性质等，即可求解；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，求出对
7、应的直线的方向向量，以及平面的法向量，结合空间位置的向量表示，空间角的向量求法等，即可求解.11. 点是直线上的动点，直线，分别与圆相切于，两点，则四边形（为坐标原点）的面积的最小值等于（ ）A. 8B. 4C. 24D. 16【答案】A【解析】【分析】根据题意，得到四边形的面积，求其最小值，只需求最小值，进而可求出结果.【详解】因为圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离，又点是直线上的动点，直线，分别与圆相切于，两点，所以， 因此四边形的面积为，为使四边形面积最小，只需最小，又为圆心到直线的距离，所以四边形的面积的最小值为.故选：A.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根
8、据圆的切线的性质，将四边形的面积化为，求面积最值问题，转化为定点到线上动点的最值问题，即可求解.12. 已知函数，关于的方程有个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，利用图象可得知，关于的二次方程的两根、，然后利用二次函数的零点分布得出关于实数的不等式组，解出即可.【详解】令，由，得，设关于的二次方程的两根分别为、，如下图所示：由于关于的方程有8个不等的实数根，则，设，则，解得.因此，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查复合型二次函数的零点个数问题，将问题转化为二次函数的零点分布问题是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等
9、题.二、填空题（每小题5分，共20分）13. 若圆与圆（）相内切，则_【答案】1【解析】【分析】由两圆相内切知圆心距等于半径差的绝对值，列方程求解即可.【详解】解：圆的圆心为，半径为2；圆的圆心为，半径为1所以两圆圆心间的距离为，由两圆相内切得，解得：由于，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了两圆的位置关系，属于基础题.14. 若球的表面积为，有一平面与球心的距离为，则球被该平面截得的圆的面积为_.【答案】【解析】【分析】由题得球的半径为，进而根据截面圆的半径，球心到截面圆的距离，球的半径构成的直角三角形结合勾股定理求解即可得截面圆的半径，进而得答案.【详解】设球的半径为，因为球的表面积为
10、，所以，得.因为截面与球心的距离为，所以截面圆的半径，可得截面圆的面积为.故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查球的截面圆的相关计算，考查空间思维能力与运算能力，是基础题.本题解题的关键是需要掌握球的截面圆的半径，球心到截面圆的距离，球的半径构成的直角三角形，进而结合勾股定理求解.15. 函数的零点个数为_.【答案】2【解析】【分析】求函数的零点个数求对应方程即的根的个数求函数与函数的交点个数.在同一直角坐标系下画出函数与函数的图象，确定交点个数，即可.【详解】令，即画函数与函数的图象，如下图所示由图象可知，函数与函数有2个交点所以函数有2个零点.故答案为：2【点睛】关键点点睛：查函数的零点个数
11、，利用数形结合思想以及转化与化归思想，将函数的零点转化对应方程的根，从而转化为两个函数的交点.属于中档题.16. 如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，且平面，则四棱锥外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】取AB中点，连接，根据平行四边形性质，可得为等腰梯形ABCD的外心，取SB中点O，连接，则可得O是四棱锥的外接球球心，在中，求得r=OA，即可求得体积.【详解】取AB中点，连接，则，所以四边形为平行四边形，所以，同理，所以，即为等腰梯形ABCD的外心，取SB中点O，连接，则，因为平面，所以平面ABCD，又,所以，又，所以，即O是四棱锥的外接球球心，在中，所以，所以，故答案为：.【点睛】解决外
12、接球的问题时，难点在于找到球心，可求得两个相交平面的外接圆圆心，自圆心做面的垂线，垂线交点即为球心，考查空间想象，数学运算的能力，属中档题.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知中，.（1）求直线的方程；（2）求边上的高所在的直线方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先根据两点间斜率公式求得,再由点斜式即可得到直线方程,化为一般式即可.（2）根据垂直直线的斜率关系,可先求得的高所在直线的斜率,再由点斜式可得直线方程,化为一般式即可.【详解】（1）中,由两点间斜率公式可得,所以直线的方程为,即.（2）设边上的高所在的直线为,则由垂直直线的斜率乘积为可
13、得,所以的直线方程为,边上的高所在的直线方程为:.【点睛】本题考查了两点间斜率公式,两条垂直直线的斜率关系及点斜式方程的用法,不同方程间的转化,属于基础题.18. 如图，在三棱锥中，平面ABC，底面ABC是直角三角形，O是棱的中点，G是的重心，D是PA的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由线面垂直推出，由直角三角形推出，即可证明线面垂直；（2）连结并延长交于点，连结，通过证明平面PBC、平面PBC证明平面DOE平面PBC，从而推出线面平行.【详解】（1）证明：平面ABC，且平面ABC，底面ABC是直角三角形且，又平面PA
14、B，平面PAB，平面.(2)证明：连结并延长交于点，连结，,是的重心， 为边上的中线， 为边上的中点，又有为边上的中点， ，平面PBC，平面PBC，同理可得平面PBC，又平面DOE，平面DOE，平面DOE平面PBC，又有平面DOE， 平面19. 2020年初新冠疫情危害人民生命健康的同时也严重阻碍了经济的发展，英雄的中国人民率先战胜了疫情，重启了经济引擎.今年夏天武汉某大学毕业生创建了一个生产电子仪器的小公司.该公司生产一种电子仪器每月的固定成本为20000元（如房租、水电等成本），每生产一台仪器需增加投入80元，已知每月生产台的总收益满足函数，其中是仪器的月产量.（1）写出月利润关于月产量的
15、函数解析式；（总收益=总成本+利润）（2）当月产量为何值时，公司每月所获得利润最大？最大利润为多少元？【答案】（1）；（2）月产量为400台，最大利润为60000元.【解析】【分析】（1）根据题中条件，得到总成本为，由总收益的函数解析式，即可得出结果；（2）根据（1）的结果，由二次函数与一次函数的性质，即可得出结果.【详解】（1）月产量为台，则总成本为，那么， （2）当时，所以当时，最大值为60000；当时，是减函数，且，所以当时，函数的最大值为60000，即当月产量为400台时，所获得利润最大，最大利润为60000元.20. 在平行四边形中，过A点作垂线交的延长线于点E，连结交于点F，如图1
16、，将沿折起，使得点E到达点P的位置如图2（）证明：；（）若G为的中点，H为的中点，且平面平面，求三棱锥的体积【答案】（）证明见解析；（）【解析】【分析】（）在图1中证明，然后在图2中可得平面，即可证明；（）由条件可得平面，然后可得三棱锥的高等于，的面积是四边形的面积的，然后得出三棱锥的体积是四棱锥的体积的即可.【详解】（）证明：如图1，在中，所以所以也是直角三角形， ，如图2，从而平面，又平面，所以（）平面平面，且平面平面，平面，平面G为的中点，三棱锥的高等于H为的中点，的面积是四边形的面积的，三棱锥的体积是四棱锥的体积的，三棱锥的体积为【点睛】本题考查了线面垂直的证明和几何体体积的求法，考查
17、了学生对基本知识的掌握，属于基础题.21. 如图，棱柱中，底面是平行四边形，侧棱底面，过的截面与上底面交于，且点在棱上，点在棱上，且，.（1）求证：；（2）若二面角的平面角的余弦值为，求侧棱的长.【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】【分析】（1）由线面平行性质定理可推出，再由平行的传递性可证得（2）先找出二面角的平面角，表示出，求出，再设，建立方程求出，进而求出.【详解】（1）在棱柱中，面，面，面面，由线面平行的性质定理有，又，故；（2）证明：在底面中，.， ，又因为侧棱底面，则底面面，又，面过点作于，连接，则是二面角的平面角，则，故，设，则，故，故【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以
18、通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角22. 圆.（1）若圆与轴相切，求圆的方程；（2）已知，圆与轴相交于两点（点在点的左侧）.过点任作一条与轴不重合的直线与圆相交于两点.问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）或；（2）存在，【解析】【分析】（1）先将圆转化为标准方程，由圆与轴相切，可知圆心的横坐标的绝对值与半径与相等，列出方程求解即可；（2）先求出两点坐标，假设存在实数，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，代入，用韦达定理根据，斜率之和为0，求得实数的值，在检验成立即可.【详解】解：（1）由圆与轴相切，可知圆心的横坐标的绝对值与半径与相等.故先将圆的方程化成标准方程为：，恒成立，求得或，即可得到所求圆的方程为：或；（2）令，得，即所以，假设存在实数，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，代入得，设，从而，因为而因为，所以，即，得.当直线与轴垂直时，也成立.故存在，使得.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，以及直线与圆，圆与圆的综合性问题.
