1、2019-2020学年度第一学期期末考试高一年级数学试卷一、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. 直线经过原点和点(1，1)，则它的倾斜角是()A. 45B. 135C. 45或135D. 0【答案】A【解析】先由已知的两点坐标求出过两点直线方程的斜率，然后利用直线的斜率等于倾斜角的正切值，再利用特殊角的三角函数值及倾斜角的范围即可得到倾斜角的度数解：设过原点（0，0）和点（-1，-1）的直线方程的斜率为k，且该直线的倾斜角为，由题意可知：tan=k=1，又（0，180），则=45故选A2.下列命题正确的是（ ）A. 若直线
2、平面，直线平面，则B. 若直线上有两个点到平面的距离相等，则C. 直线l与平面所成角取值范围是D. 若直线平面，直线平面，则【答案】D【解析】【分析】根据线面平行垂直的性质与判定判断即可.【详解】对A, 若直线平面,直线平面,不一定有,故A错误.对B,当平面时也满足直线上有两个点到平面的距离相等.故B错误.对C, 直线l与平面所成角的取值范围是,故C错误.对D, 若直线平面,直线平面,则成立.故D正确.故选：D【点睛】本题主要考查了线面平行垂直关系的判定,属于基础题型.3.已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 6【答案】A【解析】【分析】易得该三棱
3、锥为长方体的一角,根据体积公式求解即可.【详解】画出三棱锥易得体积.故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图求解三棱锥的体积问题,属于基础题型.4.空间中到A，B两点的距离相等的点构成的集合是（ ）A. 线段AB的中垂线B. 线段AB的中垂面C. 过AB中点的一条直线D. 一个圆【答案】B【解析】【分析】直观想象求解即可.【详解】空间中到A,B两点的距离相等的点构成的集合是线段AB的中垂面.故选：B【点睛】本题主要考查了空间想象能力,属于基础题型.5.设长方体的对角线长是4，过每一顶点有两条棱与对角线的夹角都是，则此长方体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画图再设
4、过某一顶点的两条棱与对角线的夹角都是再求棱长即可.【详解】由题画出图像,可设与对角线的夹角为.因为,故,同理,又可得.故长方体的体积为.故选：B【点睛】本题主要考查了长方体中的线线夹角以及棱长与对角线的关系等.属于基础题型.6.已知点A、B、C、D为同一球面上的四点，且，则这个球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】易得三棱锥为正方体的一角,再求正方体的体对角线与外接球表面积即可.【详解】易得三棱锥为正方体的一角,且体对角线为外接球的直径,故.故外接球的表面积.故选：C【点睛】本题主要考查了正方体中的一角三棱锥与外接球的表面积,属于基础题型.7.已知直线：与：平行，
5、则的值是（ ）.A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】C【解析】当k-3=0时，求出两直线的方程，检验是否平行；当k-30时，由一次项系数之比相等且不等于常数项之比，求出k的值解：由两直线平行得，当k-3=0时，两直线的方程分别为 y=-1 和 y=3/2，显然两直线平行当k-30时，由，可得 k=5综上，k的值是 3或5，故选 C【此处有视频，请去附件查看】8.设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】对于A、B、D均可能出现，而对于C是正确的9.锐二面角，直线AB，AB与l所成的角为45，AB与平面成30角，则
6、二面角的大小为()A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】B【解析】【分析】如图，作AOl于O，作AC于C，再求AOC的大小即得解.【详解】如图，作AOl于O，作AC于C，连接BC，OC在RtAOB中，ABO45，设AB1，则AO在RtACB中，ABC30，ACAB，在RtACO中，sinAOC,AOC45所以二面角的大小为45.故答案为B点睛】(1)本题主要考查线面角和二面角的计算，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 二面角的求法方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）.方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其
7、中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）10.函数在区间内的零点的近似值（精确度0.1）是（ ）A. 1.55B. 1.65C. 1.75D. 1.85【答案】C【解析】【分析】易得函数在区间内的零点为判断即可.【详解】由题函数在区间内的零点为,四个选项中离1.75最近.故选：C【点睛】本题主要考查了函数的零点问题.属于基础题型.11. 已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的外接球表面积为（ ）A. B. 32C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由三视图知该几何体是底面是直角边为的等腰直角三角形，一条长为的侧棱与底面垂直的三棱锥，其
8、外接球就是底边长为，高为的正四棱柱的外接球，设球半径为，则，故选C.考点：1、几何体的三视图；2、几何体的外接球体积.12.已知函数f（x）的定义域为（，0）（0，+），f（x）是奇函数，且当x0时，f（x）=x2x+a，若函数g（x）=f（x）x的零点恰有两个，则实数a的取值范围是（ ）A. a0B. a0C. a1D. a0或a=1【答案】D【解析】试题分析：要使函数g（x）=f（x）x的零点恰有两个，则根据函数是奇函数，则只需要当x0时，函数g（x）=f（x）x的零点恰有一个即可解：因为f（x）是奇函数，所以g（x）=f（x）x也是奇函数，所以要使函数g（x）=f（x）x的零点恰有两个，
9、则只需要当x0时，函数g（x）=f（x）x的零点恰有一个即可由g（x）=f（x）x=0得，g（x）=x2x+ax=x22x+a=0，若=0，即44a=0，解得a=1若0，要使当x0时，函数g（x）只有一个零点，则g（0）=a0，所以此时，解得a0综上a0或a=1故选D考点：函数的零点二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上）13.求满足的的取值集合是_.【答案】(-2,4)【解析】【详解】因为14.一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米，则此球的半径为_厘米【答案】12【解析】试题分析：考点：球的体积和表面积15.已知正四棱
10、锥（底面是正方形且侧棱都相等）中，是侧棱的中点，则异面直线与所成角的大小为.【答案】【解析】设与相交于点，连接因为是正方形，所以是中点而是中点，所以，则是异面直线与所成角因为是正四棱锥，所以面，从而可得面面因为，所以面，从而因为，所以，所以是等腰直角三角形，从而可得16.已知直线恒经过一个定点，则过这一定点和原点直线方程是_【答案】【解析】【分析】由直线，可得，从而可得定点坐标，进而可求直线方程.【详解】由直线，可得，令，可得，直线恒经过一个定点，过这一定点和原点的直线方程是，即.故答案为.【点睛】本题考查直线恒过定点，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题.三、解答题（本大题共6小题，共70
11、分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知函数f(x)lg(3x)lg(3x)(1)求函数f(x)的定义域；(2)判断函数f(x)的奇偶性，并说明理由【答案】（1）；（2）偶函数,理由详见解析【解析】试题分析：（1）求定义域，通常就是求使函数式有意义的自变量取值集合，所以只要满足各项都有意义即可，对数型的函数求值域，关键求出真数部分的取值范围就可以了；（2）判断函数奇偶性，就是利用奇偶性定义判断即可试题解析：（1）由函数式可得又所以值域为（2）由（1）可知定义域关于原点对称所以原函数为偶函数 考点：1求复合函数的定义域、值域；2用定义判断函数奇偶性18.如图所示，在四边形AB
12、CD中，求四边形ABCD绕AD旋转一周所形成的几何体的表面积及体积.【答案】.【解析】【详解】如图，过C作CE垂直于AD，交AD延长线于E，则所求几何的体积可看成是由梯形ABCE绕AE旋转一周所得的圆台的体积，减去EDC绕DE旋转一周所得的圆锥的体积所以所求几何体的表面积=，体积VV圆台V圆锥(525222)4222.点睛：本题考查了旋转体结构特征，以及旋转体的体积.解决本类问题时，首先要作出旋转体的直观图，仔细分析旋转体的结构特征，为顺利解题创造依据，这类问题对空间想象力，转化能力以及计算能力都有较高的要求，需要特别强化训练注意总结解题规律.19.已知四棱柱中，底面ABCD，且底面ABCD为
13、菱形，F为的中点，M为线段的中点，求证:（1）平面ABCD;（2）平面.【答案】(1) 证明见解析(2) 证明见解析【解析】【分析】(1) 取AC的中点O,再证明即可.(2)利用等腰三角形与菱形的性质证明与即可.【详解】证明:（1）取AC的中点O,连接MO,因为M,O分别为,AC的中点,所以又F为的中点,所以.所以.所以四边形MOBF为平行四边形.所以,又平面ABCD,平面ABCD,所以平面ABCD.（2）因为F为的中点,易得,又M为的中点,所以又四边形ABCD为菱形,所以.又所以.又,所以平面.【点睛】本题主要考查了线面平行与线面垂直的判定与性质,属于中等题型.20.如图所示，在三棱柱中，与
14、都为正三角形，且平面，分别是的中点.求证：（1）平面平面；（2）平面平面.【答案】(1)见解析.(2)见解析.【解析】【分析】（1）由分别是的中点，证得，由线面平行的判定定理，可得平面，平面，再根据面面平行的判定定理，即可证得平面平面.（2）利用线面垂直的判定定理，可得平面，再利用面面垂直的判定定理，即可得到平面平面.【详解】（1）在三棱柱中，因为分别是的中点，所以，根据线面平行的判定定理，可得平面，平面又，平面平面.（2）在三棱柱中，平面，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面.【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直
15、、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直21.已知点.（1）求过P点与原点距离最大的直线l的方程，最大距离是多少？（2）是否存在过P点与原点距离为6的直线？若存在，求出方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1) ，最大距离是 (2) 不存在,见解析【解析】【分析】(1)作图可得当时直线l与原点距离最大,再根据垂直求解即可.(2)根据(1)中的结论判断即可.【详解】（1）作图可证过P点与原点O距离最大的距离是过P点且与PO垂直的直线,由,得,所以由直线方程的点斜式得,即.即直线是过P点且与原点O距离最大的直线,最大距离为.（2）由（1）可得过P点且与原点O的最大距离为,因此不存在过点P点且到原点距离为6的直线.【点睛】本题主要考查了点与线的距离的最值问题,需要画图分析得时距离最大.属于基础题型.22.过点的直线被两平行线与截得的线段长，求直线的方程.【答案】.【解析】【详解】当直线的方程为时，可验证不符合题意，故设的方程为，由解得；由解得，因为，所以，整理得，解得或直线方程为考点：直线与直线的位置关系.