2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一（下）期末数学试卷（含详细解答）

1、2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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（4分）如图是一个正四棱锥，它的俯视图是（）ABCD2（4分）已知点（1，a）（a0）到直线l：x+y20的距离为1，则a的值为（）ABCD3（4分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为（）A30B45C60D904（4分）在直角梯形ABCD中，ABCD，ABBC，AB5，BC4，CD2，则梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体的体积为（）A52BCD5（4分）已知直线倾斜角的范围是，则此直线的斜率的取

2、值范围是（）ABCD6（4分）正三角形ABC的边长为2cm，如图，ABC为其水平放置的直观图，则ABC的周长为（）A8cmB6cmCcmDcm7（4分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（）A24B6C8D8（4分）已知m，n表示两条不同的直线，表示三个不同的平面，给出下列四个命题：m，n，nm，则；，m，n，则mn；，m，则m；m，n，mn，则其中正确命题的序号为（）ABCD9（4分）若实数x，y满足不等式组，则z2|x|y的最小值是（）A1B0C1D210（4分）已知圆1与2交于两点，其中一交点的坐标为（3，4），两圆的半径之积为9，x轴与直线ymx（m0）都与两圆相切

3、，则实数m（）ABCD二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11（6分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为 ，体积为 12（6分）若直线ykx+12k与曲线有交点，则实数k的最大值为 ，最小值为 13（6分）若过点（1，1）的直线l被圆x2+y24截得的弦长最短，则直线l的方程是 ，此时的弦长为 14（6分）已知点（2，1）和圆C：x2+y2+ax2y+20，若点P在圆C上，则实数a ；若点P在圆C外，则实数a的取值范围为 15（4分）异面直线a，b所成角为，过空间一点O的直线l

4、与直线a，b所成角均为，若这样的直线l有且只有两条，则的取值范围为 16（4分）在棱长均为2的三棱锥ABCD中，E、F分别AB、BC上的中点，P为棱BD上的动点，则PEF周长的最小值为 17（4分）在三棱锥PABC中，ABBC，PAPB2，作BDPC交PC于D，则BD与平面PAB所成角的正弦值是 三、解答题：本大题共5小题，共74分解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤18（14分）正四棱锥PABCD的侧棱长与底面边长都相等，E为PC中点（1）求证：PA平面BDE；（2）求异面直线PA与DE所成角的余弦值19（15分）已知圆C：（x2）2+（y3）22（1）过原点O的直线l被圆C所截得的弦长为

5、2，求直线l的方程；（2）过圆C外的一点P向圆C引切线PA，A为切点，O为坐标原点，若|PA|OP|，求使|PA|最短时的点P坐标20（15分）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点（）证明：BEDC；（）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值21（15分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是AB的中点，E在CC1上，且CE2C1E（1）求证：AC1平面A1BD；（2）在线段DD1上存在一点P，DPD1P，若PB1平面DME，求实数的值22（15分）已知点A（1，0），B（4，0），曲线C上任意一点P满足|PB|2|

6、PA|（1）求曲线C的方程；（2）设点D（3，0），问是否存在过定点Q的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分EDF，若存在，求出Q点坐标，若不存在，请说明理由2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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（4分）如图是一个正四棱锥，它的俯视图是（）ABCD【分析】该几何体直观图为一个正四棱锥，所以其俯视图轮廓为正方形，并且能够看到其四个侧棱，构成正方形的对角线，只有D选项符合【解答】解：该几何体直观图为一个正四棱锥，所以其俯视图

7、轮廓为正方形，并且能够看到其四个侧棱，构成正方形的对角线，故选：D【点评】本题考查了由正四棱锥的直观图得到其俯视图，属于基础题2（4分）已知点（1，a）（a0）到直线l：x+y20的距离为1，则a的值为（）ABCD【分析】利用点到直线的距离公式即可得出【解答】解：点（1，a）（a0）到直线l：x+y20的距离为1，1，解得a1+故选：D【点评】本题考查了点到直线的距离公式，考查了推理能力，属于基础题3（4分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为（）A30B45C60D90【分析】由AB1DC1，知DC1B是直线AB1与BC1所成角，由此能求出直线AB1与BC1所成

8、角【解答】解：AB1DC1，DC1B是直线AB1与BC1所成角，BDC1是等边三角形，直线AB1与BC1所成角60故选：C【点评】本题考查异面直线所成角的大小的求法，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养4（4分）在直角梯形ABCD中，ABCD，ABBC，AB5，BC4，CD2，则梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体的体积为（）A52BCD【分析】梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体是圆台，圆台的高hBC4，上底面圆半径rCD2，下底面圆半径RAB5，由此能求出梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体的体积【解答】解：梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体是圆台，圆台的高hBC4，上底面圆半径rC

9、D2，下底面圆半径RAB5，梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体的体积：Vh（R2+Rr+r2）（25+10+4）52故选：A【点评】本题考查旋转体的体积的求法，考查圆台的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题5（4分）已知直线倾斜角的范围是，则此直线的斜率的取值范围是（）ABCD【分析】根据题意，由直线的斜率与倾斜角的关系ktan，结合正切函数的性质分析可得答案【解答】解：根据题意，直线倾斜角的范围是，其斜率ktan，则k或k，即k的取值范围为（，）（，+）；故选：B【点评】本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，注意直线斜率的计算公式，属于基础题6（4分）正三角形ABC

10、的边长为2cm，如图，ABC为其水平放置的直观图，则ABC的周长为（）A8cmB6cmCcmDcm【分析】根据平面图形的直观图画法，利用余弦定理求出BC和AC，再计算ABC的周长【解答】解：正ABC的边长为2cm，则它的直观图ABC中，AB2，OC2sin60；BC2OB2+OC22OBOCcos451+21，BC；又AC2OA2+OC22OAOCcos1351+21（），AC；ABC的周长为2+（2+）（cm）故选：C【点评】本题考查了平面图形的直观图画法与应用问题，也考查了余弦定理的应用问题，是基础题7（4分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（）A24B6C8D【分析

11、】由已知的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，求出其外接球的半径，代入球的体积公式，可得答案【解答】解：由已知的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，其四个顶点是以俯视图为底面，以1为高的三棱锥的四个顶点，如图是长方体的一部分，故其外接球，相当于一个长2，宽1，高1的长方体的外接球，故外接球的半径R，故球的体积V，故选：D【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状8（4分）已知m，n表示两条不同的直线，表示三个不同的平面，给出下列四个命题：m，n，nm，则；，m，n，则mn；，m，则m；m，n，mn，则其中正确命题的序号为（）

12、ABCD【分析】根据空间线面关系的定义及几何特征，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案【解答】解：m，n，nm，则n不一定成立，进而不一定成立，故错误；令，为底面为直角三角形的三棱柱的三个侧面，且，m，n，则mn，即mn不一定成立，故错误；，m，则m，故正确；若m，mn，则n，或n，又由n，则，故正确；故选：C【点评】本题考查的知识点是空间线面关系，命题的真假判断与应用，难度中档9（4分）若实数x，y满足不等式组，则z2|x|y的最小值是（）A1B0C1D2【分析】画出可行域，求出A，B、C坐标，利用角点法求解即可【解答】解：画出实数x，y满足不等式组的可行域如图所示，可得B（1，2）A（1，

13、0），C（3，0），D（0，1）当目标函数z2|x|y经过点D（0，1）时，z的值为1，故选：A【点评】本题考查线性规划的简单应用，角点法求法具体目标函数的最值的求法的应用，考查数形结合思想以及计算能力10（4分）已知圆1与2交于两点，其中一交点的坐标为（3，4），两圆的半径之积为9，x轴与直线ymx（m0）都与两圆相切，则实数m（）ABCD【分析】设直线ytx，设两圆与x轴的切点分别为x1，x2，由题意得到，进一步得到x1，x2是方程（3x）2+（4tx）2（tx）2的两根，求得t值，从而求出m的值【解答】解：两切线均过原点，连心线所在直线经过原点，该直线设为ytx，设两圆与x轴的切点分别为

14、x1，x2，则两圆方程分别为：，圆1与2交点的坐标为P（3，4），P（3，4）在两圆上，又两圆半径之积为9，联立，可得x1，x2是方程（3x）2+（4tx）2（tx）2的两根，化简得x2（6+8t）x+250，即x1x225代入，得，即t由于所求直线的倾斜角是连心线所在直线倾斜角的两倍，即mm故选：A【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11（6分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该

15、圆柱的表面积为6，体积为2【分析】利用圆柱的截面是面积为4的正方形，求出圆柱的底面直径与高，然后求解圆柱的表面积【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，4R24，解得R1，该圆柱的表面积S122+2126，体积V1222故答案为：6，2【点评】本题考查圆柱的表面积、体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题12（6分）若直线ykx+12k与曲线有交点，则实数k的最大值为1，最小值为0【分析】直线ykx+12k，即yk（x2）+1经过定点P（2，

16、1）曲线表示圆x2+y21的上半部分，A（1，0），B（0，1）直线ykx+12k与曲线有交点，利用斜率的意义即可得出实数k的最大值为kPA，最小值为kPB【解答】解：直线ykx+12k，即yk（x2）+1经过定点P（2，1）曲线表示圆x2+y21的上半部分，A（1，0），B（0，1）直线ykx+12k与曲线有交点，则实数k的最大值为kPA1，最小值为kPB0故答案为：1，0【点评】本题考查了直线与圆的方程、斜率的几何意义、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题13（6分）若过点（1，1）的直线l被圆x2+y24截得的弦长最短，则直线l的方程是x+y2，此时的弦长为【分析】联立直线

17、与圆后韦达定理求解弦长，求出k值即可【解答】解：直线I的方程为y1k（x1），与圆联立可得出两点M，N，即x2+（kxk+1）24，韦达定理求解得，MN，当k1时，MN最短，直线I为x+y2，弦长为，故填：x+y2；【点评】本题主要考察韦达定理的运用，以及两点间距离公式，属于中档题14（6分）已知点（2，1）和圆C：x2+y2+ax2y+20，若点P在圆C上，则实数a；若点P在圆C外，则实数a的取值范围为2a5或a2【分析】根据点与圆的直角坐标关系求解即可【解答】解：P在圆C上，将P点代入圆的方程，即22+12+a22+20，解得a，代入圆检验成立，P在圆C外，将P点代入圆的方程，即22+12

18、+a22+20，解得a5，圆的方程为，解得a2或a2，2a5或a2，故填；2a5或a2【点评】本题主要考察点与圆的直角坐标关系，熟知点在圆上和圆外的关系是解决本题的关键15（4分）异面直线a，b所成角为，过空间一点O的直线l与直线a，b所成角均为，若这样的直线l有且只有两条，则的取值范围为（，）【分析】由最小角定理可得：的取值范围为，得解【解答】解：由最小角定理可得：异面直线a，b所成角为，过空间一点O的直线l与直线a，b所成角均为，若这样的直线l有且只有两条，则的取值范围为：，故答案为：（，）【点评】本题考查了最小角定理，属简单题16（4分）在棱长均为2的三棱锥ABCD中，E、F分别AB、B

19、C上的中点，P为棱BD上的动点，则PEF周长的最小值为2【分析】首先把空间图形转换为平面图形，进一步利用余弦定理的应用求出三角形的边长，最后求出三角形周长的最小值【解答】解：棱长均为2的三棱锥ABCD中，E、F分别AB、BC上的中点，首先把三棱锥转换为平面图形，即转换为平面图形故EF2BE2+BF22BEBFcos120，由于BEBF1，解得EF，所以PEF周长的最小值EG+FG+EF2故答案为：2【点评】本题考查的知识要点：空间图形和平面图形之间的转换，解三角形的应用，余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型17（4分）在三棱锥PABC中，ABBC，PAPB2

20、，作BDPC交PC于D，则BD与平面PAB所成角的正弦值是【分析】取AB中点E，AC中点F，连接EF，PE，AF，可得cosPF，求得点C到面ABP的距离，即可得点D到面ABP的距离，即可得BD与平面PAB所成角的正弦值【解答】解：如图，取AB中点E，AC中点F，连接EF，PE，AF，PEABBC，ABBC2，AC4，在APC中，余弦定理可得cos在APF中，余弦定理可得PF，在PEF中，PEPFEF且AB面PEF，过F作FOEP，易得FO面ABP，且FO，点C到面ABP的距离为，PD，PD：PC1：4，点D到面ABP的距离为故BD与平面PAB所成角的正弦值是，故答案为：【点评】本题考查考查空

21、间中线线、线面间的位置关系，考查几何法求线面角，属于难题三、解答题：本大题共5小题，共74分解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤18（14分）正四棱锥PABCD的侧棱长与底面边长都相等，E为PC中点（1）求证：PA平面BDE；（2）求异面直线PA与DE所成角的余弦值【分析】（1）由线面平行的判定定理得：OEPA，又OE面EBD，故AP面BDE，（2）由异面直线所成角的求法得：DEO为异面直线PA与DE所成的角，设AB2，则EO1，OD，DE，则cosDEO，得解【解答】解：（1）连接AC，设AC，BD的交点为O，连接OE，因为OEPA，PA面EBD，又OE面EBD，故AP面BDE，（2）由（

22、1）可得：DEO为异面直线PA与DE所成的角，设AB2，则EO1，OD，DE，由勾股定理可得：ODE为直角三角形，则cosDEO，故异面直线PA与DE所成角的余弦值为【点评】本题考查了线面平行的判定定理及异面直线所成角的求法，属中档题19（15分）已知圆C：（x2）2+（y3）22（1）过原点O的直线l被圆C所截得的弦长为2，求直线l的方程；（2）过圆C外的一点P向圆C引切线PA，A为切点，O为坐标原点，若|PA|OP|，求使|PA|最短时的点P坐标【分析】（1）由题意设出直线方程，利用垂径定理列式求解；（2）由两点间距离公式及切线长公式，可由|PA|PO|得到，化简可得x，则|PA|PO|，

23、然后利用配方法求解【解答】（1）原点O在圆C：（x2）2+（y3）22外，可得直线l的斜率存在，设直线方程为ykx，即kxy0由直线l被圆C所截得的弦长为2，得圆心（2，3）到直线的距离为1由，解得k直线l的方程为y或y；（2）由圆的切线长公式可得|PA|2|PC|2R2（x2）2+（y3）22，由|PA|PO|得，（x2）2+（y3）22x2+y2，即4x+6y110，即x，此时|PA|PO|，当y，即P（，）时，|PA|最短【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查分析解决问题的能力，考查计算能力，考查数学转化思想方法，属于中档题20（15分）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，A

24、DAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点（）证明：BEDC；（）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值【分析】（）取PD中点M，连接EM，AM由已知得四边形ABEM为平行四边形，由此能证明BECD（）连接BM，由已知条件推导出EBM为直线BE与平面PBD所成的角，由此能求出直线BE与平面PBD所成的角的正切值【解答】（）证明：如图，取PD中点M，连接EM，AM由于E，M分别为PC，PD的中点，故EMDC，且EM，又由已知，可得EMAB，且EMAB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BEAM因为PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，从而CD平面PAD，因为AM平面PAD，于

25、是CDAM，又BEAM，所以BECD（6分）（）解：连接BM，由（）有CD平面PAD，得CDPD，而EMCD，故PDEM又因为ADAP，M为PD的中点，故PDAM，可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BEEM，可得EBM为锐角，故EBM为直线BE与平面PBD所成的角（9分）依题意，有PD2，而M为PD中点，可得AM，进而BE故在直角三角形BEM中，tanEBM，所以直线BE与平面PBD所成的角的正切值为（12分）【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查直线与平面所成角的正切值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养21（

26、15分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是AB的中点，E在CC1上，且CE2C1E（1）求证：AC1平面A1BD；（2）在线段DD1上存在一点P，DPD1P，若PB1平面DME，求实数的值【分析】（1）以D为原点，分别以DA，DC，DD所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AC1平面A1BD（2）设DPt（0t6），求出平面DME的法向量，利用向量法能求出的值【解答】证明：（1）以D为原点，分别以DA，DC，DD所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设AB6，则A（6，0，0），C1（0，6，6），A1（6，0，6），B（6，6，0），D（0，0，0），

27、（6，6，6），（6，0，6），（6，6，0），0，0，AC1DA1，AC1DB，DA1DBD，AC1平面A1BD解：（2）在线段DD1上存在一点P，DPD1P，设DPt（0t6），则P（0，0，t），B1（6，6，6），M（6，3，0），E（0，6，4），（6，6，6t），（6，3，0），（0，6，4），设平面DME的法向量（x，y，z），则 ，取x1，得（1，2，3），PB1平面DME，612+183t0，解得t4，2【点评】本题考查线面垂直的证明，考查实数值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题22（15分）已知点A（1，0），B（4，0），

28、曲线C上任意一点P满足|PB|2|PA|（1）求曲线C的方程；（2）设点D（3，0），问是否存在过定点Q的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分EDF，若存在，求出Q点坐标，若不存在，请说明理由【分析】（1）设P（x，y），由|PB|2|PA|可得2，化简即可得出（2）设存在定点Q满足条件，设直线l的方程为ykx+b设E（x1，y1），F（x2，y2）直线l的方程与圆的方程联立化为：（1+k2）x2+2kbx+b240，由无论直线l如何运动，x轴都平分EDF，可得kDE+kDF0，可得+0（kx1+b）（x23）+（kx2+b）（x13）0，利用根与系数的关系代入即

29、可得出【解答】解：（1）设P（x，y），|PB|2|PA|2，化为：x2+y24（2）设存在定点Q满足条件，设直线l的方程为ykx+b设E（x1，y1），F（x2，y2）联立，化为：x2+（kx+b）24，（1+k2）x2+2kbx+b240，0x1+x2，x1x2，无论直线l如何运动，x轴都平分EDF，则kDE+kDF0，+0（kx1+b）（x23）+（kx2+b）（x13）0，2kx1x2+（b3k）（x1+x2）6b0，2k（b3k）6b0，化为：4k+3b0kbyb（x+1），可得直线经过定点（，0）存在过定点Q（，0）的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分EDF【点评】本题考查了圆的标准方程及其性质、两点之间的距离公式、斜率计算公式、直线经过定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题