2019-2020学年江西省新余市高一上学期期末数学试题(解析版)

2019-2020学年江西省新余市高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．过点P(2,1)且倾斜角为90°的直线方程为（ ） A．y1 【答案】B

【解析】根据倾斜角为90o的直线的方程形式，判断出正确选项. 【详解】

由于过P2,1的直线倾斜角为90o，即直线垂直于x轴，所以其直线方程为x2. 故选：B 【点睛】

本小题主要考查倾斜角为90o的直线的方程，属于基础题. 2．下列命题正确的是（ ） A．经过任意三点有且只有一个平面.

B．过点P有且仅有一条直线与异面直线a、b垂直.

C．一条直线与一个平面平行，它就和这个平面内的任意一条直线平行. D．面与平面相交，则公共点个数为有限个. 【答案】B

【解析】根据公理2、异面直线垂直、线面平行、面面相交的知识对选项进行分析，由此确定正确选项. 【详解】

对于A选项，如果这三个点共线，经过这三个点不止一个平面，所以A选项错误. 对于B选项，过a上一点Q作b'//b，直线a与b'确定平面，过P作直线ca，则

B．x2

C．y2

D．x1

cb，则cb'，而ab'Q，所以c，由于过平面外一点只能作平面一条垂

线，所以B选项正确.

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对于C选项，一条直线与一个平面平行，它就和这个平面内的直线平行或异面，所以C选项错误.

对于D选项，面与平面相交，则公共点个数为无限个，都在交线上，故D选项错误. 故选：B 【点睛】

本小题主要考查公理2、异面直线垂直、线面平行和面面相交等知识的运用，属于基础题.

3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线BD与B1C所成角为（ ） A．30° 【答案】C

【解析】通过平移作出异面直线所成的角，解三角形求得所成角的大小. 【详解】

连接A1D,A1B如图所示，由于A1D//B1C，所以A1DB是异面直线BD与B1C所成角，由于三角形A1BD是等边三角形，所以A1DB60. 故选：C

oB．45° C．60° D．90°

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【点睛】

本小题主要考查异面直线所成角的求法，属于基础题.

4．利用二分法求方程log3x5x的近似解，可以取得的一个区间为（ ） A．（0,1） 【答案】D

【解析】构造函数fxlog3xx5，利用零点存在性定理判断出函数fx零点所在区间，也即方程log3x5x的解所在区间. 【详解】

构造函数fxlog3xx5，f313510,f4log3410，由于fx在0,上是单调递增函数，所以fx零点所在区间为3,4，也即方程

B．（1,2）

C．（2,3）

D．（3,4）

log3x5x的解所在区间为3,4.

故选：D 【点睛】

本小题主要考查零点存在性定理，考查二分法的理解，属于基础题.

5．已知a,b,c是直线，,,是平面，且满足a，b，a//，，

Il，则下列结论：①；②b；③//；④b//.其中一定正确的命

题的个数是（ ） A．1个

B．2个

C．3个

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D．4个

【答案】A

【解析】首先判断结论①正确，然后利用图像法判断②③④为假命题. 【详解】

由于a，a//，所以，故①正确.

画出满足a，b，a//，，Il的图像如下图所示，由图可知

b，所以②④错误；而与相交，所以③错误.

故正确命题的个数为1. 故选：A

【点睛】

本小题主要考查空间点线面位置关系命题真假性的判断，属于基础题.

6．已知两直线l1:axy10与l2:(a2)x3y10，若l1//l2，则a（ ）A．2 【答案】D

【解析】根据两条直线平行的条件列式，由此求得a的值. 【详解】

B．2

C．1或2

D．1

a31a20由于l1//l2，所以，解得a1.

a11a20故选：D 【点睛】

本小题主要考查根据两条直线平行求参数，属于基础题.

7．已知一个正三棱锥的高为3，如下图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中OBOC1，则此正三棱锥的体积为（ ）

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A．3 【答案】A

B．33 C．3 4D．33 4【解析】根据B'C'的长，求得正三棱锥的底面边长，由此求得底面积，进而求得正三棱锥的体积. 【详解】

由于OBOC1，所以B'C'2，根据斜二测画法的知识可知，正三棱锥的底面等边三角形的边长为2，其面积为3223，所以正三棱锥的体积为41333. 3故选：A 【点睛】

本小题主要考查根据斜二测画法的直观图，求原图的边长，考查正棱锥的体积的求法，属于基础题.

8．如图所示AP，B、D分1P2为等腰直角三角形，C为斜边PP12的中点，PP1242VCDP2、别落在边AP且满足ABADx，若分别将V沿着CB、CDCBP、1、AP2上，

翻折时点P，则x满足条件（ ） 1、P2能重合（两个三角形不共面）

A．0x1 【答案】B

B．0x2 C．0x3 D．1x2

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【解析】考虑当B,D分别是AP1,CP2,CA重合，由此判断出符合题1,AP2中点时，CP意的x的取值范围. 【详解】

由于AP，所以AP1P2为等腰直角三角形PP1AP24. 1242CDP2、CP当B,D分别是AP将CBP、沿着CB、CD翻折，1,CP2,CA1,AP2中点时，

重合，此时ABADx2.

当x2时，P1、P2不能重合；当0x2时，P1、P2能重合. 故选：B 【点睛】

本小题主要考查折叠问题的分析与判断，考查空间想象能力，属于基础题.

9．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体ABCDEF是一个刍甍，其中四边形ABCD为矩形，其中AB8，AD23，VADE与VBCF都是等边三角形，且二面角EADB与FBCA相等，则EF长度的取值范围为（ ）

A．（2,14） 【答案】A

B．（2,8） C．（0,12） D．（2,12）

【解析】求得EF长度的两个临界位置的长度，由此求得EF的取值范围. 【详解】

由于ADE与BCF都是等边三角形，且边长为23，故高为3.当EADB和

FBCA趋向于0时，EF8332，如下图所示.

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当EADB和FBCA趋向于π时，EF83314，如下图所示.

所以EF的取值范围是2,14. 故选：A 【点睛】

本小题主要考查空间线段长度范围的判断，考查空间想象能力，属于基础题.

10．某三棱锥的三视图如图所示（网格中正方形的边长为1），则其表面积为（ ）

A．4413

【答案】D

B．442213 C．422413D．462213

【解析】根据三视图还原为原图，由此计算出几何体的表面积. 【详解】

根据三视图可知，该几何体的知关于如图所示三棱锥ABCD，其中AC平面BCD，

BD2所以ACCE,ACBD，所以AECEACAC13.由于

2222BDCE,BDAC，所以BD平面ACE，所以BDAE.所以几何体的表面积

为

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1111BCCDBCACCDACBDAE2222186262413462213. 2故选：D

【点睛】

本小题主要考查根据三视图求几何体的表面积，属于基础题.

11．已知在VABC中，其中B(1,4)，C(6,3)，BAC的平分线所在的直线方程为

xy10，则VABC的面积为（ ）

A．52 【答案】C

【解析】首先求得直线xy10与直线BC的交点D的坐标，利用D到直线

B．102 C．8

D．210

AB,AC的距离相等列方程，解方程求得A点的坐标.利用A到直线BC的距离以及

BC的长，求得三角形ABC的面积.

【详解】

直线BC的方程为y41x1，即x5y210. 5由x5y210811解得D,.

33xy10设Aa,a1,a8，直线AB,AC的方程分别为3a3a2y4x1,y3x6 ，即

a1a6a3xa1y3a1，a2xa6y3a60.根据角平分线的性质可

知，D到直线AB,AC的距离相等，所以

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a3811a13a13322a2a3a12a2811a63a633，

22a2a68，所以上式可化为316322a163，由于a2a8a102a216a4022a28a102a216a40，两边平方并化简得

88a2a0，解得a0（a），所以A0,1.

33所以A0,1到直线BC的距离为521125216，而26116268. 226BC故选：C

61342226，所以SABC

【点睛】

本小题主要考查直线方程的求法，考查直线与直线交点坐标，考查点到直线距离公式、两点间的距离公式，考查角平分线的性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题. 12．如图两个同心球，球心均为点O，其中大球与小球的表面积之比为3:1，线段AB与CD是夹在两个球体之间的内弦，其中A、C两点在小球上，B、D两点在大球上，两内弦均不穿过小球内部.当四面体ABCD的体积达到最大值时，此时异面直线AD与

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BC的夹角为，则sin2（ ）

A．

6 6B．

2 4C．

30 6D．

26 33【答案】A

【解析】首先判断出正方体内切球和外接球的半径比为1:3，内切球和外接球的表面积之比为1:3，符合题意中的小球和大球的比例.判断当四面体ABCD体积最大时，

AB,CD的位置关系，作出异面直线AD,BC所成的角，解直角三角形求得sin.

2【详解】

222222设正方体的边长为2，则其内切球半径为1，外接球的半径为3，所

2以内切球和外接球的表面积之比为1:3，符合题意中的小球和大球的比例. 依题意

CD,AB最长为32122，AC最长为小球的直径2.由于三角形的面积

1πSabsinC，若a,b为定值，则C时面积取得最大值.画出图像如下图所示，

22其中A,C分别是所在正方形的中心，O是正方体内切球与外接球的球心.CD//AD1,CDAD1,CB1//AB,CB1AB.由于

11VABCDVABD1CB1D1SABD1AC，故此时四面体ABCD的体积最大.

33由于CE//AB,CEAB，所以四边形ABCE为平行四边形，所以BC//AC，所以

ADE是异面直线BC和AD所成的角.所以ADE由于ADAE，设G是DE的中点，则AGDE，所以

2GAE，所以sin2GE116. 222AE66211第 10 页 共 22 页

故选：A

【点睛】

本小题主要考查几何体与球的外切和内接的问题，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.

二、填空题

13．若Pl，P，Ql，Q，则直线l与平面有_____个公共点； 【答案】1

【解析】根据已知条件判断出直线l与平面相交，由此确定直线l与平面的公共点个数. 【详解】

由于Pl，P，所以直线l与平面有公共点，而Ql，Q，所以直线l与平面相交，故直线l与平面的公共点个数为1个. 故答案为：1 【点睛】

本小题主要考查直线和平面的位置关系，属于基础题.

14．已知直线l:y2ax(a2)过一、三、四象限，其中aZ，则点A(1,3)到直线l的距离为______. 【答案】

45 5第 11 页 共 22 页

【解析】根据直线l所过象限列不等式组，结合aZ求得a的值，再根据点到直线距离公式求得点A(1,3)到直线l的距离. 【详解】

2a0l:y2ax(a2)由于直线过一、三、四象限，所以，解得0a2，

a20由于aZ，所以a1，所以直线方程为2xy10，点A到直线的距离为

231122245. 545 5故答案为：【点睛】

本小题主要考查根据直线所过象限求直线方程，考查点到直线距离公式，属于基础题. 15．如图正三棱锥SABC，其中SA2，AB3，点P、Q、M、N分别为校

AB、BC、SC、SB的中点，则四面体PQMN的体积为______；

【答案】

3 3218【解析】通过分析判断出VPMNQVSABC，由此求得四面体PQMN的体积. 【详解】

由于P、Q、M、N分别为棱AB、BC、SC、SB的中点，所以三角形MNQ的面积是三角形SBC的面积的四分之一，而P到平面SBC的距离是A到平面SBC的距离的一半，所以VPMNQVSABC.正三角形ABC的外接圆半径为

181AB13R1o，所以正三棱锥的高为SA2R2413，所以2sin60232第 12 页 共 22 页

VSABC1334332133. ，所以VPMNQVSABC8324故答案为：【点睛】

3 32本小题主要考查锥体体积计算，考查分析、思考与解决问题的能力，属于基础题.

(x1)22(y2)216．已知函数z，则下列四组关于x、y的函数关系：22x2y1①y|x1||x1|；②y2x；③y数z取相同最大值的函数关系为______. 【答案】①②④

【解析】先求得z取得最大值时x,y的值，再将点x,y的值代入题目所给四个函数关系，由此判断出正确的结论. 【详解】

11；④yxlog3(x)，其中能使得函x(x1)22(y2)2x22y212x8y8x4y412依题意z，令222222x2y1x2y1x2y1z1x4y4①，当z1取得最小值时，z取得最大值. 22x2y1（i）当x4y40时，z10. （ii）当z10时：由①去分母并化简得

z1x2x2z1y24yz140，此方程有解，故

14z12z1y24yz140，整理得8z12y216z1y4z1216z110，此

一元二次不等式有解，所以16z132z1224z2116z110，整理得

91z1z10. 224z1216z190，即2z192z110，解得综上所述z1919,，所以z1的最小值为.

222由

x4y4922，化简得9x2x18y8y10，即22x2y122212129x18y0，所以x,y.

9999第 13 页 共 22 页

即当x,y将点,①|192时，z1取得最小值，z取得最大值. 912代入①②③④进行验证： 991121||1|，符合； 999192，符合； 9②2118③1，不符合； 91121ylog()2④，符合. 39999所以点,12满足①②④，不满足③. 99故答案为：①②④ 【点睛】

本小题主要考查二元分式型函数最值的求法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.

三、解答题

17．已知点A(3,1)与点B(4,2).

（1）求过点P(1,2)且与直线AB垂直的直线方程； （2）求与直线AB平行且距离为2的直线方程.

【答案】（1）7xy90；（2）x7y0或x7y200．

【解析】（1）求得直线AB的斜率，由此求得与AB垂直的直线的斜率，进而求得所求直线方程.

（2）设出与直线AB平行的直线的方程，利用两平行线间的距离公式列方程，由此求得所求直线方程. 【详解】

211（1）直线AB的斜率为，与其垂直的直线斜率为7，由点斜式得

437y27x1，化简得7xy90.

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1x4，即x7y100，设与直线AB平行的直7c102,c1010，线方程为x7yc0，由两平行线间的距离公式得2217（2）直线AB的方程为y2解得c=0或c20，故所求的直线方程为x7y0或x7y200. 【点睛】

本小题主要考查根据平行、垂直求直线方程，属于基础题.

18．如图四棱锥PABCD，PD平面ABCD，四边形ABCD是矩形，点F为侧棱PB的中点，过C、D、F三点的平面交侧棱PA于点E.

（1）求证：点E为侧棱PA的中点； （2）若PDAD，求证：PACF. 【答案】（1）见解析 （2）见解析

【解析】（1）先证得AB//平面CDEF，再由线面平行的判定定理，证得AB//EF，结合F是PB的中点，证得E是PA的中点.

（2）利用等腰三角形的性质证得DEPA，通过证明CD平面PAD，证得

CDPA，由此证得PA平面CDFE，进而证得PACF.

【详解】

（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD．

且CD平面CDEFAB平面CDEF，∴AB//平面CDEF． 又ABÌ平面PAB，平面PAB平面CDEFEF，

∴AB//EF．而点F为侧棱PB的中点，∴点E为侧棱PA的中点．

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（2）∵PDAD且点E为侧棱PA的中点，∴DEPA．

∴PDCD，∴CDPA． 又PD平面ABCD，且ADCD，故CD平面PAD，∴PA平面CDEF，∴PACF． 【点睛】

本小题主要考查线面平行的判定定理和性质定理，考查线面垂直、线线垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题. 19．已知函数f(x)log2(3x)log2(x1). （1）求该函数的定义域；

（2）若函数yf(x)m仅存在两个零点x1,x2，试比较x1x2与m的大小关系. 【答案】（1）(1,3) （2）x1x2m

【解析】（1）根据对数真数大于零列不等式组，解不等式组求得函数的定义域. （2）化简fx表达式为对数函数与二次函数结合的形式，结合二次函数的性质，求得x1x2以及m的取值范围，从而比较出x1x2与m的大小关系. 【详解】

3x01x3，故该函数的定义域为(1,3)； （1）依题意可知x1022（2）f(x)log2(x2x3)log2((x1)4)，

故函数关于直线x1成轴对称且最大值为log242， ∴x1x22，m2，∴x1x2m． 【点睛】

本小题主要考查函数定义域的求法，考查对数型复合函数对称性和最值，属于基础题. 20．已知直线l:(31)x(2)y450恒过定点A. （1）求点A的坐标；

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（2）若点B与点A关于y轴成轴对称，点P是直线m:y3x5上一动点，试求

PA2PB2的最小值.

【答案】（1）(2,1) （2）

56 5【解析】（1）将直线l的方程重新整理，由此列方程组，解方程组求得A的坐标. （2）先求得B点的坐标，设出P点坐标，利用两点间的距离公式求得PA2PB2的表达式，结合二次函数的最值的求法，求得PA2PB2的最小值. 【详解】

（1）l:(31)x(2)y450整理即：(x2y4)(3xy5)0，

x2y40x2令，故点A的坐标为(2,1)；

3xy50y1（2）∵点B与点A关于y轴成轴对称，故点B的坐标为(2,1)， ∵点P是直线y3x5上一动点，设P(t,3t5)，

2222222(t2)(3t4)(t2)(3t4)20t48t40 ∴PAPB65665620(t)2，故当t时，PA2PB2取最小值为.

5555【点睛】

本小题主要考查直线过定点的问题，考查两点间的距离公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

21．如图，AC是半圆O的直径，AC10，B为圆周上一点，BE平面ABC，

BC//DE，BE3BC，DE2BC，CD10.

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（1）求证：平面AEB平面AED；

（2）在线段AD上是否存在点M，且使得CM平面AED？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）见解析 （2）存在，M为线段AD中点.

【解析】（1）通过证明BEBC,ABBC证得BC⊥平面AEB，结合BC//DE证得DE平面AEB，由此证得平面AEB平面AED.

（2）通过计算证明证得ABBE，设M为线段AD中点，N为线段AE中点，连接

BN、MN、CM，结合（1）的结论，利用等腰三角形的性质证得BN平面AED，

证得四边形BCMN是平行四边形，由此由此还整得BN//CM，进而证得CM平面

AED.

【详解】

（1）∵BE平面ABC，∴BEBC．

又B为圆周上一点且AC是半圆O的直径，∴ABBC． ∴BC⊥平面AEB． 又BC//DE，

∴DE平面AEB，且DE平面AED， ∴平面AEB平面AED；

（2）点M为线段AD中点，证明如下： 设BCx，则BE3x，DE2x，

∴CD(DEBC)2BE210x．又CD10，∴x1．

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∴ABAC2BC23BE．

取AE中点N，连接BN、MN、CM．

∴BNAE．又由（1）可知平面AEB平面AED，故BN平面AED． 又MNPDE，BCPDE，故MNPBC，即四边形BCMN为平行四边形， ∴BN//CM，∴CM平面AED．

1212

【点睛】

本小题主要考查面面垂直的证明，考查线面垂直的证明，考查探究性问题的求解，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.

22．如图在四面体ABCD中，VABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，DCB60.E、F、G、H分别是线段

AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形.

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（1）求证：BC//平面EFGH，AD//平面EFGH；

（2）试探究当二面角ABCD从0°增加到90°的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积； （3）设AE((0,1))，且VACD为等腰三角形，当为何值时，多面体AB1ADEFGH的体积恰好为？

413 （3）

24【答案】（1）见解析 （2）【解析】（1）先通过线面平行的判定定理，证得EF//平面BCD，通过线面平行的性质定理，证得EF//BC，由此证得BC//平面EFGH；同理证得AD//平面EFGH. （2）画出ABCD为0o、90o时A的投影，由此判断出线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域，进而求得区域的面积. （3）先求得三棱锥ABCD的面积为

1，通过分割的方法，得到2V多面体ADEGHVAEFGHV四面体ADGH，分别求得VAEFGH,V四面体ADGH与V四面体ABCD的关系

式，再由V多面体ADEGH【详解】

（1）∵四边形EFGH为平行四边形，

∴EF//GH．而GH面BCD，EF面BCD，

∴EF//面BCD．而EF面ABC，面ABCI面BCDBC， ∴EF∥BC．而EF面EFGH，BC面EFGH， ∴BC∥平面EFGH．同理，AD∥平面EFGH； （2）∵ABAC，

∴A在平面BCD上的投影满足ABAC，即A在线段BC的中垂线上．

1V列方程，解方程求得的值. 2四面体ABCD第 20 页 共 22 页

如图所示，将RtΔBCD补成边长为2的正BCM，

当二面角ABCD为0o角时，即点A在平面BCD上，此时A为M， 当二面角ABCD为90o角时，此时A为BC中点N， 故DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域为DMN，而

SDMN13， SMBC443； 4故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为

（3）∵AC2，CD1，且ACD为等腰三角形，∴AD2． 取BC中点O，易得：OABC，OA3，ODBC1， 2满足：OA2OD2AD2，根据勾股定理可知OAOD．

1111SBCDOACDBDOA． 33221而多面体ADEFGH的体积恰好为，即多面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD4∴OA平面BCD．∴VABCD体积的一半． 连接AH、AG．

VAEFGH2VAEFH2VFAEHV四面体ABCDV四面体ABCDVCABD12SAEH(F到面AEH的距离)3

1SABD(C到面ABD的距离)32SAEHAF22(1)，∴VAEFGH22(1)V四面体ABCD．

SABDAC第 21 页 共 22 页

V四面体ADGHV四面体ADGHV四面体ABCDV四面体ABCD1SDGH(A到面DGH的距离)3 1SBCD(A到面BCD的距离)3SDGH2，∴V四面体ADGH2V四面体ABCD． SDBC2∴V多面体ADEGHVAEFGHV四面体ADGH(32)V四面体ABCD∴(32)21V四面体ABCD， 2111322，整理：230，即()(221)0， 222解得：

113（舍去）． 22

【点睛】

本小题主要考查线面平行的判定定理和性质定理，考查动态分析立体几何问题的方法，考查不规则几何体体积的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.

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