福建省厦门六中2012-2013学年高一试数学下学期期中考试题（含解析）新人教A版

1、2012-2013学年福建省厦门六中高一（下）期中数学试卷一、选择题：本题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置上.1（5分）直线xy+1=0的倾斜角为（）A60°B120°C150°D30°考点：直线的倾斜角专题：计算题分析：求出直线的斜率，再求直线的倾斜角，得到选项解答：解：由直线xy+1=0可知：直线的斜率k=tan=，0，且tan=，=60°，故选A点评：本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，已知三角函数值求角的大小求出直线的斜率是解题的关键

2、2（5分）在空间中，垂直于同一直线的两条直线的位置关系是（）A垂直B平行C异面D以上都有可能考点：空间中直线与直线之间的位置关系专题：常规题型分析：根据空间中直线与直线的位置关系，即可求得正确答案解答：解：在空间中，垂直于同一直线的两条直线的位置关系可能平行、可能相交、可能异面故选D点评：此题考查学生的空间想象能力和空间中直线与直线的位置关系3（5分）过点（1，3）且平行于直线x2y+3=0的直线方程为（）Ax2y+7=0B2x+y1=0Cx2y5=0D2x+y5=0考点：直线的一般式方程；两条直线平行的判定专题：计算题分析：由题意可先设所求的直线方程为x2y+c=0再由直线过点（1，3），代

3、入可求c的值，进而可求直线的方程解答：解：由题意可设所求的直线方程为x2y+c=0过点（1，3）代入可得16+c=0 则c=7x2y+7=0故选A点评：本题主要考查了直线方程的求解，解决本题的关键根据直线平行的条件设出所求的直线方程x2y+c=04（5分）如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（）A2B4C4D8考点：平面图形的直观图专题：计算题分析：用斜二侧画法的法则，可知原图形是一个两边分别在x、y轴的直角三角形，x轴上的边长与原图形相等，而y轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积解答：解：设原图形为AOB，OA=2，0B=2AOB=45°

4、OA=4，OB=2，AOB=90°因此，RtAOB的面积为S=×4×2=4故选C点评：本题要求我们将一个直观图形进行还原，并且求出它的面积，着重考查了斜二侧画法和三角形的面积公式等知识，属于基础题5（5分）无论m为何实数值，直线y+1=m（x2）总过一个定点，该定点坐标为（）A（1，2）B（1，2）C（2，1）D（2，1）考点：恒过定点的直线专题：计算题分析：令y+1=0，并且x2=0时，此方程与m无关，进而求出定点的坐标解答：解：由题意可得：令y+1=0，并且x2=0时，此方程与m无关，所以x=2，y=1时与m无关，所以定点坐标为（2，1）故选D点评：本题主要考

5、查恒成立问题，令m的系数与常数项都等于0即可得到答案6（5分）（2007深圳一模）用单位立方块搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如图所示，则它的体积的最小值与最大值分别为（）A9与13B7与10C10与16D10与15考点：由三视图求面积、体积专题：计算题分析：由于主视图第一列为3层，故俯视图中第一列至少有一个是3层的，其余可是13层，同时可分析第2列和第三列，进而得到答案解答：解：由主视图第1，2，3列高分别为3，2，1则该几何体体积的最大值为：3+3+3+2+2+2+1=16体积的最小为：3+1+1+2+1+1+1=10故选：C点评：本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据主视图的层数，

6、分析俯视图中每一列的最高层数是解答的关键7（5分）（2003广东）在同一直角坐标系中，表示直线y=ax与y=x+a正确的是（）ABCD考点：确定直线位置的几何要素专题：数形结合分析：本题是一个选择题，按照选择题的解法来做题，由y=x+a得斜率为1排除B、D，由y=ax与y=x+a中a同号知若y=ax递增，则y=x+a与y轴的交点在y轴的正半轴上；若y=ax递减，则y=x+a与y轴的交点在y轴的负半轴上，得到结果解答：解：由y=x+a得斜率为1排除B、D，由y=ax与y=x+a中a同号知若y=ax递增，则y=x+a与y轴的交点在y轴的正半轴上；若y=ax递减，则y=x+a与y轴的交点在y轴的负半

7、轴上；故选C点评：本题考查确定直线为主的几何要素，考查斜率和截距对于一条直线的影响，是一个基础题，这种题目也可以出现在直线与圆锥曲线之间的图形的确定8（5分）平面，和直线m，给出条件：m；m；m；为使m，应选择下面四个选项中的条件（）ABCD考点：平面与平面平行的判定专题：空间位置关系与距离分析：利用面面平行的性质即可得出解答：解：m，m故m故选B点评：熟练掌握面面平行的性质是解题的关键9（5分）两圆相交于点A（1，3）、B（m，1），两圆的圆心均在直线xy+c=0上，则m+c的值为（）A1B2C3D0考点：圆与圆的位置关系及其判定专题：综合题分析：根据题意可知，xy+c=0是线段AB的垂直平

8、分线，由垂直得到斜率乘积为1，而直线xy+c=0的斜率为1，所以得到过A和B的直线斜率为1，利用A和B的坐标表示出直线AB的斜率等于1，列出关于m的方程，求出方程的解即可得到m的值，然后利用中点公式和m的值求出线段AB的中点坐标，把中点坐标代入xy+c=0中即可求出c的值，利用m和c的值求出m+c的值即可解答：解：由题意可知：直线xy+c=0是线段AB的垂直平分线，又直线xy+c=0 的斜率为1，则=1，且+c=0，由解得m=5，把m=5代入解得c=2，则m+c=52=3故选C点评：此题考查学生掌握两圆相交时两圆心所在的直线是公共弦的垂直平分线，掌握两直线垂直时斜率所满足的关系，灵活运用中点坐

9、标公式化简求值，是一道综合题10（5分）下面四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB平面MNP的图形是（）ABCD考点：直线与平面平行的判定专题：空间位置关系与距离分析：如图所示，取棱BC的中点Q，连接MQ，PQ，NQ，可得四边形MNPQ为正方形，利用正方形的性质可得ABNQ，利用线面平行判定定理可得AB平面MNPQ由正方体可得：前后两个侧面平行，利用面面平行的性质可得ABMNP解答：解：如图所示，取棱BC的中点Q，连接MQ，PQ，NQ，可得四边形MNPQ为正方形，且ABNQ，而NQ平面MNPQ，AB平面MNPQ，AB平面MNPQ，因此正确由正方体

10、可得：前后两个侧面平行，因此ABMNP，因此正确故选A点评：熟练掌握正方体的性质及线面、面面平行的判定与性质定理是解题的关键二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）11（4分）直线5x2y10=0在y轴上的截距为5考点：直线的一般式方程专题：计算题分析：化直线方程的一般式为截距式，则直线5x2y10=0在y轴上的截距可求解答：解：由5x2y10=0，得，即所以直线5x2y10=0在y轴上的截距为5故答案为5点评：本题考查了直线方程的一般式和截距式的互化，解答的关键是注意截距不是距离，是易错题12（4分）空间直角坐标系中，已知A（1，0，2），B（1，3，1），点P在z轴上，且|PA|

11、=|PB|，则点P的坐标为（0，0，3）考点：两点间距离公式的应用专题：直线与圆分析：设点P的坐标为（0，0，m），则由|PA|=|PB|可得 1+0+（m2）2=1+9+（m1）2，解得 m的值，即可求得点P的坐标解答：解：设点P的坐标为（0，0，m），则由|PA|=|PB|可得 1+0+（m2）2=1+9+（m1）2，解得 m=3，故答案为 （0，0，3）点评：本题主要考查两点间的距离公式的应用，属于基础题13（4分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M和N分别为BC、C1C的中点，那么异面直线MN与AC所成的角等于60°考点：异面直线及其所成的角专题：计算题；空间角分析：连结

12、A1B、BC1、A1C1，可得A1BC1是正三角形利用正方体的性质证出四边形AA1C1C是平行四边形，可得ACA1C1，根据三角开中位线定理证出MNBC1，因此BC1、A1C1所成的角就是异面直线MN与AC所成的角，所以A1C1B=60°即为异面直线MN与AC所成的角的大小解答：解：连结A1B、BC1、A1C1，设正方体的棱长为1，则A1B=BC1=A1C1=，得A1BC1是正三角形，A1C1B=60°AA1CC1，且AA1=CC1，四边形AA1C1C是平行四边形，可得ACA1C1又BCC1中，MN是中位线，MNBC1因此，直线BC1、A1C1所成的角就是异面直线MN与AC

13、所成的角A1C1B=60°，异面直线MN与AC所成的角为60°故答案为：60°点评：本题给出正方体中的异面直线，求它们所成角的大小，着重考查了正方体的性质、三角形中位线定理和异面直线所成角的求法等知识，属于中档题14（4分）已知母线长为6，底面半径为3的圆锥内有一球，球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切，则球的体积4考点：球内接多面体；球的体积和表面积专题：空间位置关系与距离分析：画出轴截面图形，设出球的半径，求出圆锥的高，利用三角形相似，求出球的半径，即可求出球的体积解答：解：几何体的轴截面如图，设球的半径为r，圆锥的高为：=3，球于圆锥侧面相切，则OE垂直于A

14、B于E，BD垂直AD，E为AB上一点，O为AD上一点，则AEOADB=，=，r=，球体体积=r3=（）3=4故答案为：4点评：本题考查球的体积球的外接体问题，考查计算能力，是基础题15（4分）如图，平面中两条直线l1和l 2相交于点O，对于平面上任意一点M，若x，y分别是M到直线l 1和l 2的距离，则称有序非负实数对（x，y）是点M的“距离坐标”已知常数p0，q0，给出下列三个命题：若p=q=0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且只有1个；若pq=0，且p+q0，则“距离坐标”为（ p，q） 的点有且只有2个；若pq0则“距离坐标”为 （ p，q） 的点有且只有3个上述命题中，正确的有（填上

15、所有正确结论对应的序号）考点：命题的真假判断与应用专题：常规题型分析：题目中点到直线的距离，分别为p、q，由于p、q的范围是常数p0，q0，所以对p、q进行分类讨论，验证是否成立解答：解：p=q=0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且只有1个，此点为点O故正确；正确，p，q中有且仅有一个为0，当p为0时，坐标点在L1上，分别为关于O点对称的两点，反则在L2上也有两点，但是这两种情况不能同时存在；错误，若pq0则“距离坐标”为 （ p，q） 的点有且只有4个，而四个交点为与直线l1相距为p的两条平行线和与直线l2相距为q的两条平行线的交点；故答案为：点评：本题解答中，有分类讨论的思想方法，又有创

16、新意识，解题时需要注意这是一个好题，注意变形去掉p0，q0又该怎样解三解答题（本大题共6小题，共80分；解答应写出文字说明与演算步骤）16（13分）已知三角形ABC的顶点坐标分别为A（4，1），B（1，5），C3，2）；（1）求直线AB方程的一般式；（2）证明ABC为直角三角形；（3）求ABC外接圆方程考点：圆的标准方程；直线的一般式方程专题：直线与圆分析：（1）用两点式求直线的方程，再化为一般式即可（2）先求出AB，BC的斜率，再根据它们的斜率制之积等于1，可得ABBC，从而得出结论（3）求出斜边AC的中点M的坐标，即为圆心，AC的一半即为半径，从而求得圆的标准方程解答：解：（1）直线AB方

17、程为：，化简得：4x+3y19=0；（4分）（2）KAB= （2分）； KBC=，KABKBC=1，则 ABBC，ABC为直角三角形（8分）（3）ABC为直角三角形，ABC外接圆圆心为AC中点M（，），（10分）半径为r=，（12分）ABC外接圆方程为 +=（13分）点评：本题主要考查用两点式求直线的方程，两条直线垂直的条件，求圆的标准方程的方法，属于中档题17（13分）如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，AD=1，E、F分别是AB的两个三等分点，AC，DF相交于点G，建立适当的平面直角坐标系：（1）若动点M到D点距离等于它到C点距离的两倍，求动点M的轨迹围成区域的面积；（2）证明：E GD

18、 F考点：轨迹方程；两条直线垂直的判定专题：直线与圆分析：（1）以A为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出动点M的轨迹方程，即可求出围成区域的面积；（2）求出直线AC，DF的方程，可得G的坐标，计算kEGkDF=1，即可得到结论解答：（1）解：以A为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（3，0），C（3，1），D（0，1），E（1，0），F（2，0）（1分）设M（x，y），由题意知|MD|=2|MC|（2分）（3分）两边平方化简得：即（x4）2+（y1）2=4（5分）即动点M的轨迹为圆心（4，1），半径为2的圆，动点M的轨迹围成区域的面积为4（6分）（

19、2）证明：由A（0，0）C（3，1）知直线AC的方程为：x3y=0，（7分）由D（0，1）F（2，0）知直线DF的方程为：x+2y2=0，（8分）由得，故点G点的坐标为（10分）又点E的坐标为（1，0），故kEG=2，kDF= （12分）所以kEGkDF=1，即证得：EGDF （13分）点评：本题考查轨迹方程，考查直线方程的求解，考查学生的计算能力，属于中档题18（13分）养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用），已建的仓库的底面直径为12m，高4m，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐，现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4m（高不变）；二是高度增加

20、4m（底面直径不变）（1）分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；（2）分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；（3）哪个方案更经济些？考点：函数模型的选择与应用专题：应用题分析：（1）根据方案一，则仓库的底面直径变成16m，由圆锥的体积公式建立模型根据方案二，则仓库的高变成8cm，由圆锥的体积公式建立模型（2）根据方案一，仓库的底面直径变成16m，由表面积公式建立模型；根据方案二，则仓库的高变成8m，由表面积公式建立模型，（3）方案更经济些，在于容量大，用材少，即体积大，表面积小，所以比较V2，V1，S2，S1即可解答：解：（1）如果按方案一，仓库的底面直径变成16m，则仓库的体积（2分）如果

21、按方案二，仓库的高变成8m，则仓库的体积（4分）（2）如果按方案一，仓库的底面直径变成16m，半径为8m棱锥的母线长为l=则仓库的表面积S1=×8×4=32（m2）（6分）如果按方案二，仓库的高变成8m棱锥的母线长为l=10则仓库的表面积S2=×6×10=60（m2）（8分）（3）V2V1，S2S1方案二比方案一更加经济（12分）点评：本题主要考查函数模型的建立与应用，主要涉及了空间几何体的结构特征，圆锥的体积公式，表面积公式和模型的比较19（13分）已知四棱锥PABCD的三视图和直观图如图：（1）求四棱锥PABCD的体积；（2）若E是侧棱PC上的动点，

22、是否不论点E在何位置，都有BDAE？证明你的结论（3）若F是侧棱PA上的动点，证明：不论点F在何位置，都不可能有BF平面PAD考点：直线与平面垂直的判定；由三视图还原实物图专题：空间位置关系与距离分析：（1）由三视图可知，四棱锥中，PC底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PC=2，再利用三棱锥的体积计算公式就看得出VPABCD=PCS底（2）不论点E在何位置，都有BDAE成立连接AC，可得BDAC，利用线面垂直的性质可得BDPC，从而得到BD平面PAC，即可得出结论；（3）用反证法：假设BF平面PAD，利用线面垂直的性质定理可得BFAD进而得到AD平面PBC，可得ADPA利用PC平面

23、ABCD，可得ADPC，于是AD平面PDC，可得ADPD于是得到PAPD与PAPD=P矛盾即可解答：（1）解：由三视图可知，四棱锥中，PC底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PC=2，VPABCD=PCS底=×2×1=（2）不论点E在何位置，都有BDAE成立证明：连接AC，由正方形ABCD可得BDAC，又PC底面ABCD，BDPC，又ACPC=C，BD平面PAC，当E在PC上运动时，AE平面PAC，BDAE恒成立（3）用反证法：假设BF平面PAD，DA平面PAD，BFAD又ADAB，ABBF=B，AD平面PAB，ADPAPC平面ABCD，ADPC ADDC，DCP

24、C=C，AD平面PDC，ADPDPDPA与PDPA=P项矛盾BF不可能垂直于平面PAD点评：熟练掌握线面垂直的判定与性质、正方形的性质、三棱锥的体积计算公式、反证法等是解题的关键20（14分）已知圆M：x2+y24x8y+m=0与x轴相切（1）求m的值；（2）求圆M在y轴上截得的弦长；（3）若点P是直线3x+4y+8=0上的动点，过点P作直线PA、PB与圆M相切，A、B为切点求四边形PAMB面积的最小值考点：直线与圆的位置关系专题：直线与圆分析：（1）令y=0，利用=0，即可求m的值；（2）令x=0，求出圆M在y轴上的两个交点的纵坐标之差的绝对值，即可求弦长；（3）由题意知：SPAMB=2SPAM=2×=4PB=4，利用PM的最小值等于点M到直线3x+4y+8=0的距离，即可求得结论解答：解：（1）令y=0，有x24x+m=0，由题意知，=164m=0，m=4即m的值为4（4分）（2）设M与y轴交于E（0，y1），F（0，y2），令x=0有y28y+4=0，则y1，y2是式的两个根，则|y1y2|=4所以M在y轴上截得的弦长为（9分）（3）由题意知：SPAMB=2SPAM=2×=4PB=4，（10分）PM的最小值等于点M到直线3x+4y+8=0的距离（1