江苏省泰州市姜堰区2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）

PAGE江苏省泰州市姜堰区2020学年高一数学下学期期中 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 （含解析）一、填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共70分．请将 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 填入答题纸相应的答题线上）1.已知点，，则直线的斜率是______．【答案】3【解析】分析：利用斜率公式，计算即可.详解：∵点，，∴故答案为：3点睛：本题考查了斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2.正方体中，与棱平行的棱有________条.【答案】3【解析】与棱AA1异面的有：BC，CD，C1D1，B1C1故答案为：4．3.直线在轴上的截距为_______．【答案】4【解析】分析：根据纵截距的意义，令，即可得到结果.详解：直线,当时，.∴直线在轴上的截距为4故答案为：4点睛：本题考查直线方程的应用，直线的截距的求法，基础题．4.圆的圆心坐标为________．【答案】【解析】分析：化一般方程为标准方程，得到圆心坐标.详解：将圆的方程化为标准方程得：（x﹣1）2+（y+）2=，则圆心坐标为．故答案为：点睛：本题解题关键是熟练掌握圆的一般方程与标准方程的互化，也可以利用结论直接得到圆心的坐标.5.已知直线和直线垂直，则实数的值为_____.【答案】3【解析】分析：直线和直线垂直等价于.详解：∵直线和直线垂直，∴∴故答案为：3...........................6.直线的方程为，直线的方程为，若∥则实数的值为_______.【答案】2【解析】分析：利用∥得到系数满足的关系，从而得到结果.详解：∵直线的方程为，直线的方程为，且∥∴∴故答案为：2平行：，同时还需要保证两条直线不能重合，需要检验！7.如图,正方体中,,点为的中点,点在上,若平面,则________．【答案】2【解析】分析：由平面结合线面平行的性质定理与面面平行的性质定理可得EF∥AC，再利用三角形中位线定理即可得到结果.详解：设平面AB1C∩平面=∵EF∥平面AB1C，EF⊆平面，平面AB1C∩平面=m，∴EF∥m，又平面∥平面AC，平面AB1C∩平面=m，平面AB1C∩平面AC=AC∴m∥AC，又EF∥m，∴EF∥AC，又∥AC，∴EF∥，又为的中点∴EF=故答案为：2．点睛：本题重点考查了平行关系的转化，熟练掌握平行的判定定理及性质定理是解题的关键.8.若直线被圆所截得的弦长为，则实数的值为_______．【答案】0或4【解析】分析：利用垂径定理布列a的方程，从而得到实数的值.详解：∵圆∴圆心为：（0，），半径为：2圆心到直线的距离为：∵，即，∴a=4，或a=0．故答案为：0或4．点睛：当直线与圆相交时，弦长问题属常见的问题，最常用的手法是弦心距，弦长一半，圆的半径构成直角三角形，运用勾股定理解题.9.已知是两条不重合的直线是三个两两不重合的平面给出下列四个命题:(1)若,则(2)若,则(3)若,则(4)若，，则其中正确的命题是________．(填上所有正确命题的序号)【答案】（1）【解析】分析：根据线面关系的判定定理或性质定理进行推理判断即可.详解：①根据线面垂直的性质可知若m⊥α，m⊥β，则α∥β成立；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交；故②不成立；③根据面面平行的可知，当m与n相交时，α∥β，若两直线不相交时，结论不成立；④若，，则或，故④不成立．故正确的是①，故答案为：①．点睛：本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．10.过点引圆的切线，则切线长为________．【答案】4【解析】分析：求出点到圆心C（1，1）的距离和圆的半径，利用勾股定理求得切线长．详解：由圆的标准方程（x﹣1）2+（y﹣1）2=4，得到圆心A坐标（1，1），半径r=|AB|=2，又点P（3，5）与A（1，1）的距离|AP|==，由直线PB为圆A的切线，得到△ABP为直角三角形，根据勾股定理得：|PB|===．则切线长为．故答案为：4．点睛：本题主要考查了直线与圆相切属于基础题；当直线与圆相切时，其性质圆心到直线的距离等于半径是解题的关键.11.已知圆经过点，，且圆心在直线上，则圆的标准方程为________．【答案】【解析】由题意可得的中点坐标为，，故其中垂线的方程为即，联立得，故圆心，半径，即圆方程为，故答案为.点睛：本题主要考查了圆的方程的求法，解答有关圆的问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质，关键是确定圆心的坐标，常见的确定圆心的方法有：1、圆心在过切点且与切线垂直的直线上；2、圆心在圆的任意弦的垂直平分线上；3、两圆相切时，切点与两圆圆心共线.12.已知两圆相交于两点，且两圆的圆心都在直线上，则的值是_______．【答案】-3【解析】分析：求出两点的中点坐标，代入直线方程，在根据垂直关系得到斜率互为负导数，联立方程组，求解即可．详解：两圆相交于两点A（2，3）和B（m，2），且两圆圆心都在直线上，可得KAB=，即1=，…①AB的中点（，）在直线上，可得++n=0…②，由①②可得m=1，n=﹣4，∴m+n=﹣3．故答案为：﹣3．点睛：本题考查了两圆间的位置关系问题，解题关键两圆的圆心连线垂直平分两点的连线.13.如图，直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则当最小时，△的面积为________.【答案】【解析】分析：先将直三棱柱沿棱AA1展开成平面连接BC1，与AA1的交点即为满足最小时的点F，由此可以求得△BFC1的三边长，再由余弦定理求出其中一角，由面积公式求出面积详解：将直三棱柱ABC﹣A1B1C1沿棱AA1展开成平面连接BC1，与AA1的交点即为满足最小时的点F，由于，，，再结合棱柱的性质，可得AF==2，由图形及棱柱的性质，可得BF=2，FC1=，BC1=2，cos∠==．∴sin∠=△的面积为××2×=，故答案为：点睛：在空间处理折线段长度和最小的问题的手段为“空间问题平面化”“化曲为直”的策略，通过折叠把问题纳入一个平面，再根据两点之间线段最短，即可解决问题.14.已知点为圆外一点，若圆上存在一点，使得，则正数的取值范围是______．【答案】【解析】分析：易得圆的圆心为C（a，a），半径r=r=|a|，由题意可得1≥≥sin由距离公式可得a的不等式，解不等式可得．详解：由题意易知：圆的圆心为C（a，a），半径r=|a|，∴PC=，QC=|a|，∵PC和QC长度固定，∴当Q为切点时，最大，∵圆C上存在点Q使得，∴若最大角度大于，则圆C上存在点Q使得，∴=≥sin=sin=，整理可得a2+6a﹣6≥0，解得a≥或a≤﹣，又=≤1，解得a≤1，又点为圆外一点，∴02+22﹣4a＞0，解得a＜1∵a＞0，∴综上可得．故答案为：．点睛：处理圆的问题，要充分利用圆的几何性质，把问题转化为更加简单的代数问题来处理即可.二、解答题：（本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤）15.已知分别为正方体的棱的中点．（1）求异面直线和所成的角的大小.（2）求证:.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】分析：(1)根据异面直线所成角定义进行合理平移即可；（2）要证，可转证，利用好四边形为平行四边形，问题迎刃而解.详解：（1）因为,所以即为异面直线和所成的角又因为，所以两条异面直线所成的角为（2）法1：因为分别为正方体的棱的中点．所以,,得到,且，四边形为平行四边形，所以,同理可证，又因为,所以,,即证法2：因为分别为正方体的棱的中点．所以,,得到，四边形为平行四边形，所以同理可证又因为与方向相同，与方向相同，所以点睛：本题主要考查异面直线所成的角问题,难度一般．求异面直线所成角的步骤:1平移,将两条异面直线平移成相交直线．2定角,根据异面直线所成角的定义找出所成角．3求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角．4结论．16.已知的顶点,,．（）若为的中点，求线段的长．（）求边上的高所在的直线方程．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）由中点坐标公式可得D坐标，利用两点间距离公式求得线段的长；（2）由斜率公式可得kAB，由垂直关系可得AB边上的高所在的直线的斜率，可得方程详解：(1)D为BC的中点，由中点坐标公式得到点D的坐标为（-1，-3）（），边上的高斜率，，则．边上的高过点．∴边上的高线所在的直线方程为，整理得．点睛：本题考查了直线方程的求法，关键是两点：定点与斜率.17.四边形是正方形，是正方形的中心，平面，是的中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）要证PA与平面EBD平行，而过PA的平面PAC与平面EBD的交线为EO，因此只要证PA∥EO即可，这可由中位线定理得证；（2）要证，就是要证平面。试题解析：（1）连接，，则经过正方形中心点，由是的中点，是的中点，得，又平面，平面，所以平面；（2）由平面，得，又正方形对角线互相垂直，即，点，平面，所以平面，得．点睛：垂直、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.18.已知圆：．（1）直线过点，被圆截得的弦长为，求直线的方程；（2）直线的的斜率为1，且被圆截得弦，若以为直径的圆过原点，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）确定圆心坐标与半径，对斜率分类讨论，利用直线l1圆C截得的弦长为4，即可求直线l1的方程；（2）设直线l2的方程为y=x+b，代入圆C的方程，利用韦达定理，结合以AB为直径的圆过原点，即可求直线l2的方程详解：圆C：，圆心半径为3，（1）因直线过点①当直线斜率不存在时：此时被圆截得的弦长为∴：②当直线斜率存在时可设方程为即由被圆截得的弦长为，则圆心C到的距离为∴解得∴方程为即由上可知方程为：或（2）设直线的方程为，代入圆C的方程得．即（*）以AB为直径的圆过原点O，则OA⊥OB．设，，则，即∴由（*）式得∴即，∴或将或代入（*）方程，对应的△＞0．故直线：或．点睛：点睛：本题主要考查了直线与圆相切，直线与圆相交，属于基础题；当直线与圆相切时，其性质圆心到直线的距离等于半径是解题的关键，当直线与圆相交时，弦长问题属常见的问题，最常用的手法是弦心距，弦长一半，圆的半径构成直角三角形，运用勾股定理解题.19.在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，＝2＝2．（1）求证：；（2）求证：∥平面；【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）取PC中点F，利用等腰三角形的性质可得PC⊥AF，先证明CD⊥平面PAC，可得CD⊥PC，从而EF⊥PC，故有PC⊥平面AEF，进而证得PC⊥AE．（2）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB．详解：（1）在Rt△ABC中，AB＝1，∠BAC＝60°，∴BC＝，AC＝2．取中点，连AF,EF，∵PA＝AC＝2，∴PC⊥．∵PA⊥平面ABCD，平面ABCD，∴PA⊥，又∠ACD＝90°，即，∴，∴，∴．∴．∴PC⊥．（2）证法一：取AD中点M，连EM，CM．则EM∥PA．∵EM平面PAB，PA平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，AC＝AM＝2，∴∠ACM＝60°．而∠BAC＝60°，∴MC∥AB．∵MC平面PAB，AB平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC＝M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC平面EMC，∴EC∥平面PAB．证法二：延长DC、AB，设它们交于点N，连PN．∵∠NAC＝∠DAC＝60°，AC⊥CD，∴C为ND的中点∵E为PD中点，∴EC∥PN∵EC平面PAB，PN平面PAB，∴EC∥平面PAB．点睛：点睛：垂直、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.20.已知圆,直线（1）求证：直线过定点；（2）求直线被圆所截得的弦长最短时的值；（3）已知点，在直线MC上（C为圆心），存在定点N（异于点M），满足：对于圆C上任一点P，都有为一常数，试求所有满足条件的点N的坐标及该常数．【答案】（1）直线过定点（2）（3）在直线上存在定点，使得为常数【解析】分析：（Ⅰ）利用直线系方程的特征，直接求解直线l过定点A的坐标．（Ⅱ）当AC⊥l时，所截得弦长最短，由题知，r=2，求出AC的斜率，利用点到直线的距离，转化求解即可．（Ⅲ）由题知，直线MC的方程为，假设存在定点N满足题意，则设P（x，y），，得，且，求出λ，然后求解比值．详解：（Ⅰ）依题意得，令且，得直线过定点（Ⅱ）当时，所截得弦长最短，由题知，，得，由得（Ⅲ）法一：由题知，直线的方程为，假设存在定点满足题意，则设，，得，且整理得，上式对任意恒成立，且解得,说以（舍去，与重合），综上可知，在直线上存在定点，使得为常数点睛：过定点的直线系A1x＋B1y＋C1＋λ（A2x＋B2y＋C2）=0 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示通过两直线l1∶A1x＋B1y＋C1=0与l2∶A2x＋B2y＋C2＝0交点的直线系，而这交点即为直线系所通过的定点。