1、银川二中2019-2020学年第二学期高一年级期末考试数学试题一.选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，每题有且只有一个正确选项，请将正确选项涂在答题卡上）1. 分别在两个平行平面内的两条直线的位置关系不可能是（ ）A. 平行B. 相交C. 异面D. 垂直【答案】B【解析】【分析】根据两个平面平行的定义可知两个平行平面没有公共点，由此可知两条直线没有公共点，不可能相交，故正确，【详解】因为两个平面平行，所以两个平面没有公共点，所以分别在两个平行平面内的两条直线没有公共点，不可能相交，故正确，又分别在两个平行平面内的两条直线可能平行、异面和垂直.故选：B.【点睛】本题考查了两个平面平行
2、的定义，考查了两条直线的位置关系，属于基础题.2. 如图，四棱锥中，分别为，上的点，且平面，则A. B. C. D. 以上均有可能【答案】B【解析】【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可【详解】四棱锥中，分别为，上的点，且平面，平面，平面平面，由直线与平面平行性质定理可得：故选：【点睛】本题主要考查直线与平面平行的性质定理的应用，基本知识的考查3. 经过两点、的直线与经过点且斜率为的直线的位置关系为（ ）A. 平行B. 垂直C. 重合D. 无法确定【答案】A【解析】【分析】求出直线与直线的斜率，进而可判断出直线与的位置关系.【详解】直线的斜率为，直线的斜率为，所以，点不在直线上，
3、因此，.故选：A.【点睛】本题考查利用斜率公式判断两直线的位置关系，考查计算能力与推理能力，属于基础题.4. 若直线经过点且在两坐标轴上的截距相等，则这样的直线有（ ）A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条【答案】B【解析】【分析】分直线过原点和直线不过原点两种情况，设出直线方程，根据直线过点，即可求出结果.【详解】若直线过原点，设直线方程为，因为该直线过点，所以，因此满足题意；若直线不过原点，因为直线在两坐标轴上的截距相等，设该直线方程为，又该直线过点，所以，因此满足题意；故满足条件的直线共2条.故选：B.【点睛】本题主要考查由直线在坐标轴上的截距相等求直线方程，属于基础题型.5. 圆的圆
4、心到直线的距离为1，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】试题分析：由配方得，所以圆心为，因为圆的圆心到直线的距离为1，所以，解得，故选A.【考点】 圆的方程，点到直线的距离公式【名师点睛】直线与圆的位置关系有三种情况：相交、相切和相离. 已知直线与圆的位置关系时，常用几何法将位置关系转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系，以此来确定参数的值或取值范围6. 若为实数，则下列命题错误的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若,，则【答案】B【解析】【分析】由题意利用不等式的性质逐一考查所给的四个选项中的结论是否正确即可.其中正确的命题可以用不等式的性质进行证明，错误
5、的命题给出反例即可.【详解】对于A，若，则，即，故正确；对于B，根据不等式的性质，若，不妨取，则，故题中结论错误；对于C，若，则，即，故正确；对于D，若,，则，故，故正确.故选B.【点睛】本题主要考查不等式的性质及其应用，属于中等题.7. 如果关于的不等式的解集是，那么等于（ ）A. -81B. 81C. -64D. 64【答案】B【解析】【分析】根据一元二次不等式的解集，利用根与系致的关系求出的值 ,再计的值.【详解】不等式可化为，其解集是，那么，由根与系数的关系得，解得，故选B.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系以及知识幂的运算，属于简单题.8. 如图中,分别是
6、正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线是异面直线的图形有（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对于可证出，两条直线平行一定共面，即可判断直线与共面；对于可证三点共面，但平面；三点共面，但平面，即可判断直线与异面.【详解】由题意，可知题图中，因此直线与共面；题图中，三点共面，但平面，因此直线与异面；题图中，连接，则，因此直线与共面；题图中，连接，三点共面，但平面，所以直线与异面.故选C.【点睛】本题主要考查异面直线的定义，属于基础题.9. 如图，一个关于的二元一次不等式组表示的平面区域是及其内部的点组成的集合，则目标函数的最大值为（ ）A. 2B.
7、 C. 7D. 8【答案】C【解析】【分析】化目标函数为，则表示直线在轴截距的三倍，根据图形，由题中条件，即可得出结果.【详解】因为目标函数可化为，所以表示直线在轴截距的三倍，由图象可得，当直线过点时，在轴的截距最大，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查求线性目标函数的最值，根据数形结合的方法即可求解，属于基础题型.10. 已知圆，则当圆的面积最小时，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆的一般方程，得到圆心和半径，求出面积最小时对应的半径，再求得圆心到坐标原点的距离，进而可求出结果.【详解】由得，因此圆心为，半径为，当且仅当时，半径最
8、小，则面积也最小；此时圆心为，半径为，因此圆心到坐标原点的距离为，即原点在圆外，根据圆的性质，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为.故选：D.【点睛】本题主要考查求圆上的点到定点距离的最值，属于基础题型.11. 已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则（ ）A. 2B. C. 6D. 【答案】C【解析】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.考点：切线长12. 已知函数，则的最小值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：因为函数，所以所以，即，当且仅当，即时等号成立所以的最下值为故答案选考点：基本不等式二，填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，
9、请把答案填在答题纸的相应位置上）13. 若圆与直线相交于两点，则线段的长为_.【答案】【解析】【分析】先由圆的方程得到圆心和半径，求出圆心到直线的距离，根据几何法，即可求出弦长.【详解】由得，即圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，所以弦长.故答案为：.【点睛】本题主要考查求圆的弦长，根据几何法求弦长即可，属于基础题型.14. 已知直线的倾斜角为，直线经过点，且，直线与直线平行，则等于_.【答案】【解析】【分析】根据直线垂直与平行列方程，解得，即得结果.【详解】因为直线与直线平行，所以因此故答案为：点睛】本题考查直线垂直与平行，考查基本分析求解能力，属基础题.15. 若直线垂直于以为直径的
10、圆所在的平面，为圆周上异于的一点，有下列关系： 平面 ，其中正确的是_.【答案】【解析】【分析】先由题意，得到，根据线面垂直的判定定理以及性质，可判断正确；推出与不垂直；假设，根据线面垂直的判定定理与性质推出，得出矛盾，即可得出错.【详解】因为为以为直径的圆上异于的一点，所以，因为直线垂直于以为直径的圆所在的平面，所以平面，因此；即正确；又，且平面，所以平面；即正确；又平面，所以；即正确；因为平面，所以，即是以为直角的直角三角形，所以与不垂直；若，根据，平面，可得平面，则，这与“，不垂直”矛盾，故，不垂直；即错.故答案为：.【点睛】本题主要考查线面垂直，线线垂直的判断，熟记线面垂直的判定定理和
11、性质即可，属于常考题型.16. 已知圆，直线，若直线上存在点，过点引圆的两条切线，使得，则直线斜率的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】过点引圆的两条切线，切点分别为，根据题意，得到，求出，设，得到，为使直线上存在点，只需直线与圆有交点即可，由此列出不等式求解，即可得出结果.【详解】如图所示，过点引圆的两条切线，切点分别为，且，则，因为圆圆心为，半径为，所以，设，则点满足，即，为使直线上存在点，只需直线与圆有交点即可，因此只需圆心到直线的距离小于等于半径，即，即，整理得，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查由直线与圆位置关系求参数，属于常考题型.三解答题（本大题共6小题，共56分，解答应写
12、出文字说明，证明过程或演算步骤，解答过程书写在答题纸的对应位置）.17. 若不等式的解集是，求不等式的解集【答案】【解析】分析】由不等式的解集和方程的关系，可知，是方程的两根，利用韦达定理求出，再代入不等式，解一元二次不等式即可.【详解】解：由已知条件可知，且方程的两根为，；由根与系数的关系得解得所以原不等式化为解得所以不等式解集为【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，还考查一元二次不等式解集与一元二次方程的关系以及利用韦达定理求值.18. 在中，已知，且AC边的中点M在y轴上，BC边的中点N在x轴上，求：顶点C的坐标；直线MN的方程【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）边AC的中
13、点M在y轴上，由中点公式得，A，C两点的横坐标和的平均数为0，同理，B，C两点的纵坐标和的平均数为0构造方程易得C点的坐标（2）根据C点的坐标，结合中点公式，我们可求出M，N两点的坐标，代入两点式即可求出直线MN的方程解：（1）设点C（x，y），边AC的中点M在y轴上得=0，边BC的中点N在x轴上得=0，解得x=5，y=3故所求点C的坐标是（5，3）（2）点M的坐标是（0，），点N的坐标是（1，0），直线MN的方程是=，即5x2y5=0点评：在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件，用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式
14、不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线，故在解题时，若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况19. 如图，在四棱锥中，侧棱底面，四边形是直角梯形，且，是棱的中点.（1）求证：平面 ；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出平面 ；（2）取的中点，连接、，可得出平面，计算的面积，然后以点为顶点，利用等体积法可计算出三棱锥的体积.【详解】（1）如下图所示，取的中点，连接、，、分别为、的中点，且，由已知条件可知且，且，四边形为平行四边形，
15、平面，平面，平面；（2）如下图所示，取的中点，连接、，、分别为、的中点，且，平面，平面，的面积为，因此，三棱锥的体积为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用等体积法计算三棱锥的体积，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20. 如图，在四面体ABCD中，ABC是等边三角形，平面ABC平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=，BAD=90（）求证：ADBC；（）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值【答案】()证明见解析；()；()【解析】分析：（）由面面垂直的性质定理可得AD平面ABC，则ADBC（）取棱AC的中点N，连接MN，ND由几何
16、关系可知DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角计算可得则异面直线BC与MD所成角的余弦值为（）连接CM由题意可知CM平面ABD则CDM为直线CD与平面ABD所成角计算可得即直线CD与平面ABD所成角的正弦值为详解：（）证明：由平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABD=AB，ADAB，可得AD平面ABC，故ADBC（）取棱AC的中点N，连接MN，ND又因为M为棱AB的中点，故MNBC所以DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角在RtDAM中，AM=1，故DM=因为AD平面ABC，故ADAC在RtDAN中，AN=1，故DN=在等腰三角形DMN中，MN=1，可得所以，异面直线BC与M
17、D所成角的余弦值为（）连接CM因为ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CMAB，CM=又因为平面ABC平面ABD，而CM平面ABC，故CM平面ABD所以，CDM为直线CD与平面ABD所成的角在RtCAD中，CD=4在RtCMD中，所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为点睛：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力21. 近年来，中美贸易摩擦不断.特别是美国对我国华为的限制.尽管美国对华为极力封锁，百般刁难，并不断加大对各国的施压，拉拢他们抵制华为5G，然而这并没有让华为却步.华为在2018年不仅净利润创下记
18、录，海外增长同样强劲.今年，我国华为某一企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2020年利用新技术生产某款新手机.通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万，每生产（千部）手机，需另投入成本万元，且 ，由市场调研知，每部手机售价0.7万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完.（）求出2020年的利润（万元）关于年产量（千部）的函数关系式，（利润=销售额成本）；2020年产量为多少（千部）时，企业所获利润最大？最大利润是多少？【答案】（）（）2020年产量为100（千部）时，企业所获利润最大，最大利润是9000万元.【解析】【分析】（）根据销售额减去成本（固定成本万和成本）求出利润函数即
19、可.（）根据（）中的分段函数可求出何时取最大值及相应的最大值.【详解】（）当时，；当时， .（）若，当时，万元 .若，当且仅当时，即时，万元 .2020年产量为100（千部）时，企业所获利润最大，最大利润是9000万元.【点睛】解函数应用题时，注意根据实际意义构建目标函数，有时可根据题设给出的计算方法构建目标函数.求函数的最值时，注意利用函数的单调性或基本不等式.22. 在平面直角坐标系中，二次函数的图象与坐标轴的交点都在圆上.（1）求圆的方程；（2）若圆与直线交于、两点，且以线段为直径的圆经过原点，求实数的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出二次函数的图象与坐标轴的交点坐标
20、，可设圆心为，根据题意得出关于实数的等式，解出实数的值，由此可得出圆的方程；（2）设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，由已知条件可得，利用直线的斜率关系可得出，由此可解得实数的值.【详解】（1）曲线与轴的交点坐标为，解方程，解得，则曲线与轴的交点为、，设圆心为，则，解得，所以，圆的半径为，因此，圆的方程为；（2）设点、，联立，消去可得，由韦达定理可得，由于圆不经过原点，当时，、三点共线，此时，以为直径的圆不经过原点.所以，由于以为直径的圆经过原点，则，则，整理得，即，解得，此时，综上所述，.【点睛】本题考查圆的方程的求解，同时也考查了利用直线与直线垂直求参数，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.
