2020-2021学年西安市未央区高一年级上册期末数学试卷(含解析)

2020-2021学年西安市未央区高一上学期期末数学试卷

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1.己知向量方=（-1,2）,石=（2,-4）.若方与石（）

A.垂直B.不垂直也不平行

C.平行且同向D.平行且反向

2.切割是焊接生产备料工序的重要加工方法，各种金属和非金属切割已经成为‘一'、

现代工业生产中的一道重要工序.被焊工件所需要的几何形状和尺寸，绝大多卜...

数是通过切割来实现的.原材料利用率是衡量切割水平的一个重要指标.现需弋'y

把一个表面积为28兀的球形铁质原材料切割成为一个底面边长和侧棱长都相

等的正三棱柱工业用零配件，则该零配件最大体积为（）

A.6B.V3C.18D.当

3.已知a,b,c是三角形的三边，且直线ax+by+c=0与圆/+y2=1相离，则此三角形（）

A.是锐角三角形B.是直角三角形C.是钝角三角形D.不确定

4.已知圆的方程为（x+1）2+（y-2）2=2,过直线3x-4y-4=0上一点P做圆的切线，切点为M.

则|PM|的最小值为（）

A.V3B.V5C.V7D.V10

5.点4（a+b,ab）在第一象限内，则直线bx+ay-ab=0不经过的象限是（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

6.己知三棱锥P-ABC中，PA,PB,PC两两垂直，且长度相等.若点P,A,B,。都在半径为1的

球面上，则球心到平面4BC的距离为（）

A.立B.\C.；D.在

6232

D.3

8.圆G：久2+y2=i与圆C2：（x-2）2+y2=1的位置关系是（）

A.相离B.相交C.内切D.外切

9.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一

卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在

直角圆锥P-ABC中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧愈

的中点，则异面直线P4与BC所成角的大小为（）

A.30°

B.45°

C.60°

D.90°

10.由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱

长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体

积为（）

A.8092m3B.4046m3C.24276m3D.12138m3

二、单空题（本大题共5小题，共20.0分）

11.在平面直角坐标系中，设点P（X,y）定义［OP］=因+|y|,其中。为坐标原点，对于以下结论:

①符合［OP］=1的点P的轨迹围成的图形的面积为2；

②设P为直线+2y-2=0上任意一点，则［OP］的最小值为1；

③设P为直线丫=卜％+仅4/6/?）上的任意一点，则“使［OP］最小的点P有无数个”的必要不充分条

件是"k=±1"；其中正确的结论有（填上你认为正确的所有结论的序号）

12.若直三棱柱ABC-4/16每一条棱长都为4,则三棱锥&-ABC与三棱锥4-4B1Q公共部分

的体积是.

13.13.若P（%y）在圆（x-2）：上运动，则;的最大值为.

14.当实数x,y满足不等式组卜之0时，ax+y+a+lNO恒成立，则实数Q的取值范围是

（2x+y<2

15.一个半径为2的球体经过切割后，剩余部分几何体的三视图如图所示，则

该几何体的表面积为.

侧视图

三、解答题(本大题共4小题，共40.0分)

16.平行四边形的两邻边所在直线的方程为x+y+1=0及3x-y+4=0,其对角线的交点是

0(3,3),求另两边所在的直线的方程.

17.三棱柱ABC-4B1G的底面力BC是等边三角形，BC的中点为0,4。_L底面力BC,与底面ABC

所成的角为多点。在棱44i上，且AB=2.

(1)求证：OD1平面BBiGC；

(2)求二面角B-BiC-&的平面角的余弦值.

18.如图，四棱锥P-4BC。的底面是正方形，l^ABCD,BD

交AC于点E,F是PC中点，G为AC上一动点.

(1)求证：BD1FG；

(2)在线段4c上是否存在一点G使FG〃平面PBO,并说明理由.

19.已知圆C的圆心在x轴上，且经过点4(一3,0),5(-1,2).

(I)求圆C的标准方程；

(n)过点P(0,2)斜率为:的直线，与圆C相交于M,N两点，求弦MN的长.

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：向量3=(—1,2),b=(2,-4).b=-2a，所以两个向量共线，反向.

故选：D.

直接利用向量关系，判断即可.

本题考查向量共线的判断与应用，是基础题.

2.答案：C

解析：

本题考查球内接多面体体积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是较难题.

由题意画出图形，求出球的半径，再求出球内接正三棱柱的底面边长与高，代入棱柱体积公式求解.

解：用一个表面积为28兀的球形铁质原材料切割成为正三棱柱的工业用零配件，

如图所示，

球形铁质原材料的半径R=V7,

设正三棱柱的高与底面的边长为X,

则底面外接圆半径r=|•卜_(|)2=簧=4G,

则R2=AG2+0G2,即7=[7+；%2,即久=2百，

.,.该零配件的最大体积为V=1x2V3x2聒Xyx2V3=18.

故选：C.

3.答案:C

解析：解：由已知得，圆心到直线的距离d=7a>l,

Va2+/72

2、2,心2万a2+b2-c2一八

・•・>晨+/，・•・cosC=---2a-b--<0，

故△ABC是钝角三角形.

故选c.

先根据ax+by+c=。与圆/+y2=i相离，可得到圆心到直线QX+匕y+c=。的距离大于半径1,

进而可得到。2>。2+炉，可得到cosC=QiF<0,从而可判断角C为钝角，故三角形的形状可

2ab

判定.

本题主要考查三角形形状的判定、点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系.考查基础知识的综

合运用.

4.答案：C

解析：解：如图，

圆心(一1,2)到直线3x-4y-4=0的距离d='㈠)产甸=3

圆的半径为定值近，

・••|PM|的最小值为Js2-(V2)2=V7.

故选：C.

求出圆心到直线的距离的最小值，再由勾股定理求解.

本题考查直线和圆相切的性质，点到直线的距离公式的应用，体现了转化的数学思想，是中档题.

5.答案：C

解析：试题分析：根据第一象限点的横坐标大于0,纵坐标小于0,得到时大于。且a+b大于0,即a与

b都大于0,然后把直线的方程化为点斜式方程y=kx+b,判断k和b的正负即可得到直线不经过的

象限解：由点4(a+4ab)在第一象限内，得到ab>0且a+b>0,即a>0且b>0,而直线bx+ay-

ab=0可化为：y=--x+b,由一更<0,b>0,得到直线不经过第三象限.故选C.

瀛瀛

考点：一次函数的图象

点评：此题考查学生掌握一次函数的图象与性质，掌握象限角的特点，是一道基础题.

6.答案：C

解析：

本题主要考球的内接三棱锥和内接正方体间的关系及其相互转化，棱柱的几何特征，球的几何特征，

点到面的距离问题的解决技巧，为拔高题.

先利用正三棱锥的特点，将球的内接三棱锥问题转化为球的内接正方体问题，从而将所求距离转化

为正方体中心到截面的距离问题，利用等体积法可实现此计算.

解：•.•三棱锥P-4BC中，PA,PB,PC两两垂直，且长度相等，

,此三棱锥的外接球即以P4PB,PC为三边的正方体的外接球。，且体对角线为球。的直径，

•••球。的半径为1,设正方体的边长为a,则有）a2+a2+a2=2,解得a=等，

・••正方体的边长为也，即PA=PB=PC=—，

33

球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离，

设P到截面48c的距离为九，则正三棱锥P-ABC的体积

1

，=§S—BCxh

=g^^PABXPC

112V3O

=-X-XZ（——X尸，

32k37

由勾股定理易知44BC为边长为辿的正三角形，

3

SA48C=?X（¥）2=§

、

贝millx—273xh,=-1x-1x（,2—6尸q，

3332k37

・•・/l=I，

3

由正方体的几何形状可知，直线P。经过三菱锥P-力BC以P为顶点的高线，

所以球心到平面4BC的距离为1一九=:

•••球心（即正方体中心）0到截面ABC的距离为!.

故选：C.

7.答案：C

解析：解：•••圆。是△4BC的外接圆，AB=BC,0C是圆。的切线，AD=4,

CD=6,

B

•••/.ACD=/.ABC,CD2=AD-BD,即36=4(4+AB),

解得AB=5,BC=5

vZ-ACD=Z.ABC,Z-D=乙D,

BCDsACAD,

.AC_DC_AD

•・BC~BD~DC9

.*=/解得4c=?

故选：C.

由切割线定理求出4B=BC=5,由弦切角定理得到△BCOs^CAD,由此能求出ZC.

本题考查与圆有关的线段长的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意切割线定理和弦切角定理

的合理运用.

8.答案：。

解析：解：两圆的圆心和半径分别为Ci：(0,0),半径r=l,圆C2：(2,0)，半径R=l,

则IGC2I=2=R+r,

•••两个圆相外切，

故选：D.

根据圆与圆的位置关系的条件进行判断即可得到结论.

本题主要考查圆与圆的位置关系的判断，比较基础.

9.答案：C

解析：解：如图，

取AB中点0,连接P0,再分别取AC、PC的中点E、F,

连接OE、EF、OF,

则EF〃P4OE//BC,NFE。即为异面直线PA与BC所成角，

设P4=PB=2,则EF=1,AB=2两,求得4c=BC=2,0E=1,

OF==^PA=1,可得△OEF为等边三角形，即/FE。=60。.

故选：c.

取4B中点。，连接P。，再分别取4C、PC的中点E、F,连接。E、EF、OF,则NFE。即为异面直线P4与

BC所成角，设PA=2,然后求解三角形得答案.

本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题.

10.答案:A

解析：解：如图,

PO=21m,AB=34m,

则4-48C。=£x34x34x21=8092m3,

故选：A.

由题意可得正四棱锥的底面边长与高，代入棱锥体积公式求解.

本题考查棱锥体积的求法，是基础的计算题.

11.答案：①

解析：解：①由[OP]=1,根据新定义得：|x|+|y|=l,

y=—%+1(1>%>0)

y=-x—1(-1<%<0)

可化为:

y=%+1(—1<%<0)'

y—x-1(1>x>0)

根据图形得到：四边形4BCD为边长是式的正方形，所以面积等于2,本选项正确；

②当P(¥，0)时，［OP］=|x|+|y|=W<l，所以［OP］的最小值不为1,本选项错误；

③因为|x|+|y|2|x+y|=|(k+l)x+b|,当k=-1时，|x|+|y|2网，满足题意；

rfff|x|+|y|>|^-y|=|(fc-l)x-b\,当k=1时，|x|+|y|N|b|,满足题意,

所以“使［OP］最小的点P有无数个”的充要条件是"k=±l"，本选项错误.

则正确的结论有：①.

故答案为：①

①根据新定义由［OP］=|x|+|y|=1,讨论X的取值，得到y与X的分段函数关系式，画出分段函数的

图象，由图象可知点P的轨迹围成的图形为边长是鱼的正方形，求出正方形的面积即可；

②举一个反例，令y=0,求出相应的x,根据新定义求出［OP］=|x|+|y|,即可得到［OP］的最小值

为1是假命题；

③根据|x|+|y|大于等于|x+y|或|x-y|,把丫=kx+b代入即可得到，当［0P］最小的点P有无数个

时，k等于1或-1；而k等于1或-1推出［。刊最小的点P有无数个，所以得到4=±1是"使［0P］最小

的点P有无数个”的充要条件，本选项错误.

此题考查学生理解及运用新定义的能力，考查了数形结合的数学思想，是一道中档题.

12.答案：延

3

解析：解：设与4名相交于。，41c与4cl相交于E,则

三棱锥儿一4BC与三棱锥4-48由公共部分的体积是%YEA="打4'2*亚f>4=#.

故答案为：出.

3

设与相交于D,4传与AC】相交于E,则三棱锥力ABC与三棱锥4-4当前公共部分的体积

是％-AEA，即可得出结论.

本题考查棱锥体积的计算,考查学生分析解决问题的能力，确定三棱锥4-ABC与三棱锥4-4B1Q

公共部分是关键.

13.答案：。

解析：本题考查直线与圆的位置关系，本题解题的关键是利用数形结合的思想来解出斜率的值，本

题是一个中档题目.

解：（X—2）2+y2=3,

根据2表示动点(x,y)到定点(0,0)的斜率知：

(的最大值是圆上的点与原点连线的斜率的最大值，设为鼠

•••圆心(2,0)到直线kx—y=0的距离等于。，

・网-石

•・卡-肛

2

:.k=3z

k=±依.

所以代数式2的最大值是4.

故答案为：p.

14.答案：［—；,+8)

解析：

本题主要考查线性规划的应用，根据可行域与直线的关系结合数形结合是解决本题的关键.

作出不等式组对应的平面区域，然后由题意可得可行域在直线ax+y+a+1=0的上方，找到临界

点得到不等式求解即可.

解：作出不等式组对应的平面区域如图：

直线ax+y+a+1=a(x+1)+(y+1)=0,过定点。(-1,-1).

ax+y+a+l>0恒成立等价为可行域都在直线ax+y+a+1=0的上方;

则由图象知只要B(1,O)满足ax+y+a+120即可，

即2a+120,得aN三,

故答案为：［-g,+8);

15.答案：167r

号

解析：该几何体是从一个球体中挖去士1个球体后剩余的部分，所以该几何体的表面积为二X(4TTX

翎4

22)+2x燮±2=167r.

公

16.答案：解：由题意得色；?。；)。，解得

即平行四边形给定两邻边的顶点为

又对角线交点为。(3,3),则此对角线上另一顶点为(弓,弓).

•••另两边所在直线分别与直线x+y+1=0及3x-y+4=0平行，

•花们的斜率分别为-1及3,

即它们的方程为y-=一(％-B),及旷—§=3(%一彳)，

••.另外两边所在直线方程分别为x+y-13=0和3x-y-16=0.

解析：本题考查直线的方程的求法，解决的关键是利用直线的平行关系，以及直线的交点的求解来

得到，属于基础题。

17.答案：(1)证明：连接40,•；&。1底面ABC,AO.BCu底面4BC,

BClA^,4O1AO,且44］与底面ABC所成的角为乙4〃。，即乙4遇。=最

在等边三角形4BC中4B=2,易求得4。=V3.

在三角形4。。中，由余弦定理，得。。=loA2+AD2-2OA-ADcos-=

yj32

OD2+AD2=3=OA2,即。0公.

XvAA1//BB1,：.OD1BB1.

AB—AC,OB=OC,AO±BC,

又,•,BClAi。，4004。=。，AO.40u平面力40,

•••BC•L平面441。，

又,:ODu平面4&。，OD1BC,

又BCC\BB、=B,BC、BBiu平面BBiGC,

•••OD1平面BBiGC.

(2)解：如下图所示，以。为原点，分别以。40B,。4所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标

系，

则4(百,0,0),C(0,-1,0),41(0,0,3),8(0,1,0)

故石瓦=AB=(一6,1,0),石［=(0,-1,-3)

由(1)可知而=；可，

・••可得点。的坐标为(¥，o[),

.•・平面BB1G。的一个法向量是而=(乎，0，令・

设平面必当。的法向量元=(%,y,z),

由《•眄=0一信乎=0,令“百，则y=3,Z=-l,

(n-A.C=0-y-3z=0/

则元=(6,3,-1)，二郎(两元＞|=爆=答，

易知所求的二面角为钝二面角，

••・二面角B-B.C-A,的平面角的余弦角值是一鲁.

解析：本题考查线面垂直的判定定理；空间向量的应用求解二面角的余弦函数值，考查空间想象能

力以及计算能力.

(1)连接40,证明BC1&O,&。140,且441与底面48c所成的角为乙4遇0,在等边三角形4BC中，

易求得40=百，证明。01441,。。18%,。。_LBC,即可证明。。_L平面BBiGC.

(2)以。为原点，分别以。4,OB,。4所在的直线为x,y,z轴建