2017北京二中高一下期末数学含答案

1/122017北京二中高一（下）期末数学一、选择题（本大题共14小题，每小题4分，共56分．请将答案填在涂在机读卡上）1.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.2.过点且与直线平行的直线方程是（）A.B.C.D.3.已知直线与直线垂直，则的值为（）A.B.C.D.4.若，则下列不等式中不成立．．．的是（）A.B.C.D.5.圆心在轴上，半径为，且过点的圆的方程为（）A.B.C.D.6.方程表示圆心为，半径为的圆，则，，的值依次为（）A.、、B.、、C.、、D.、、7.如图，在正方体中，、分别为、的中点，则下列直线中与直线相交的是（）A.直线B.直线C.直线D.直线8.在梯形中，，平面，平面，则直线与平面内的直线的位置关系只能是（）A.平行B.平行或异面C.平行或相交D.异面或相交9.已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，对于下列四个命题：①，，，②，③，，④，其中正确命题的个数有（）A.个B.个C.个D.个10.如果两直线与互相平行，那么它们之间的距离为（）2/12A.B.C.D.11.下面给出的四个点中，到直线的距离为，且位于表示的平面区域内的点是（）A.B.C.D.12.如图，已知四边形是正方形，，，，都是等边三角形，、、、分别是线段、、、的中点，分别以、、、为折痕将四个等边三角形折起，使得、、、四点重合于一点，得到一个四棱锥．对于下面四个结论：①与为异面直线；②直线与直线所成的角为③平面；④平面平面；其中正确结论的个数有（）A.个B.个C.个D.个13.已知直线是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）A.B.C.D.14.已知集合，，定义集合，则中元素个数为（）A.B.C.D.二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将答案填写在题目中的横线上）15.不等式的解集是__________．16.设变量，满足约束条件，则的最大值是__________；的最小值是__________．17.圆关于直线对称的圆的方程是__________．18.在平面直角坐标系中，已知两点，，点为直线上的动点，则的最大值是__________．19.如图，已知正方体的棱长为，在侧面对角线上取一点，在侧面对角线上取一点，使得线段平行于对角面，若是正三角形，则的边长为__________．3/1220.已知直线系方程（其中为参数）．当时，直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为__________，若该直线系中的三条直线围成正三角形区域，则区域的面积为__________．三、解答题（本大题共5小题，满分共64分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）21.如图，四边形是平行四边形，点，，分别为线段，，的中点．（）证明平面；（）证明平面平面；（）在线段上找一点，使得平面，并说明理由．22.在平面直角坐标系中，已知点和．（）若，是正方形一条边上的两个顶点，求这个正方形过顶点的两条边所在直线的方程；（）若，是正方形一条对角线上的两个顶点，求这个正方形另外一条对角线所在直线的方程及其端点的坐标．23.在平面直角坐标系中，已知圆的方程为：，直线的方程为．（）当时，求直线被圆截得的弦长；（）当直线被圆截得的弦长最短时，求直线的方程；（）在（）的前提下，若为直线上的动点，且圆上存在两个不同的点到点的距离为，求点的横坐标的取值范围．24.在平面直角坐标系中，已知圆的方程是．（）如果圆与直线没有公共点，求实数的取值范围；（）如果圆过坐标原点，过点直线与圆交于，两点，记直线的斜率的平方为，对于每一个确定的，当的面积最大时，用含的代数式表示，并求的最大值．4/12数学试题答案一、选择题（本大题共14小题，每小题4分，共56分．请将答案填在涂在机读卡上）1.【答案】B【解析】设倾斜角为，直线的斜率为，所以，∴，故选．2.【答案】B【解析】设与直线平行的直线方程是，将代入，解得，所求直线为，故选．3.【答案】D【解析】∵直线与直线垂直，∴，解得，故选．4.【答案】A【解析】，∵，∴，，∴，，所以不成立，故选．5.【答案】B【解析】∵圆心在轴上，项圆心为不合要求，排除选项，又∵圆过点，可排除选项，，只有项符合题意，故选．6.【答案】B7.【答案】D【解析】因为与、为异面直线，不相交，与在同一平面内，不平行则相交，选D.8.【答案】B【解析】∵，平面，平面，∴平面，∴直线与平面内的直线没有公共点，直线与5/12平面内的直线的位置关系可能平行，也可能异面，故选．9.【答案】A【解析】①，，，，则与可能相交，①错；②，，则可能在平面内，②错；③，，，则与可能异面，③错；④，，则与可能异面，④错，故所有命题均不正确，故选．【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面平行判定与性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.10.【答案】D【解析】如果两直线与互相平行，则，直线可化为，由两条平行直线间的距离公式可得．故选．点睛：本题考查两条直线平行的判定；已知两直线的一般式判定两直线平行或垂直时，若化成斜截式再判定往往要讨论该直线的斜率是否存在，容易出错，可记住以下结论进行判定：已知直线，，（1）且；（2））.11.【答案】C【解析】与点不在平面区域内，排除，选项；项到直线的距离排除选项；项到直线的距离，且在表示的平面区域内，故选．12.【答案】D【解析】①错误．所得四棱锥中，设中点为，则、两点重合，∵，即，即与不是异面直线；②正确．∵，与重合，且与所成角为，说明与所成角为；③正确．∵，平面，平面，∴平面，∴平面；④正确．∵平面，平面，6/12点，∴平面平面，即平面平面，故选．【方法点睛】本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查线线成角、线面成角、线面平行以及面面平行的判断，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.13.【答案】C【解析】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.考点：切线长14.【答案】C【解析】的取值为，，，的取值为，，，，，的不同取值为，，，，，，同理的不同取值为，，，，，，，当时，只能等于零，此时，多出个，同理时，只能等于零，此时，多出个，一共多出个，∴中元素个数，故选．【方法点睛】本题考查集合与元素、分步计数乘法原理的应用、新定义问题，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题定义一种运算达到考查集合与元素、分步计数乘法原理的应用的目.二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将答案填写在题目中的横线上）15.【答案】【解析】因为，∴，∴，∴解集为，故答案为．16.【答案】(1).(2).【解析】7/12【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移或旋转变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.17.【答案】【解析】设圆心关于直线对称的点为，则，所以点为，即对称圆的圆心为，则对称后的圆的半径不变，仍为，所以所求圆的方程为，故答案为．18.【答案】【解析】∵，，直线方程为：，∴，因为，所以当时，取最大值，故答案为．19.【答案】【解析】当，分别为与的中点时，，，，此时为等边三角形，边长为，故答案为．20.【答案】(1).(2).或【解析】当时，直线为，即，当时，，与轴交于点，当时，，与轴交于点，∴直线与两坐标轴围成的三角形面积，设直线系中三条直线围成的是正三角形区域，先把整个直线系向下平移一个单位，这个区域不会变，直线系方程变为，如果令，，带入上面方程，等式成立，因此是直线上的点对于某个固定的，注意到，是以原点为圆心，半径为的圆的参数方程，而恰好是此圆的切线，因此直线方程都是这个8/12圆的切线的集合，那么这些切线组成的正三角形有两种情况，如果圆是这个正三角形的内切圆，面积是，如果圆是正三角形的旁切元，面积是，故答案为(1)(2)或．三、解答题（本大题共5小题，满分共64分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）21.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）所找的点为与的交点．【解析】试题分析：（1）由三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得平面；（2）先根据线面平行的判定定理可证明平面，平面，由面面平行的判定定理可得平面平面；（）设，与分别交于，两点，由三角形中位线定理可得，∴平面，即点为所找的点.试题解析：（）证明：∵、分别是，中点，∴，∵平面，平面，∴平面．（）证明：∵、分别是、中点，∴，∵平面，平面，∴平面，又∵，平面，平面，∴平面，点，，平面，∴平面平面．（）设，与分别交于，两点，易知，分别是，中点，∴，∵平面，平面，∴平面，即点为所找的点．【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.本题（1）是就是利用方法①证明的.9/1222.【答案】（）和；（）另外一条对角线为，端点为和．【解析】试题分析：（1）根据斜率公式可得，，与直线垂直的直线斜率，，整理成一般式即可；（2）设另外两个端点坐标分别为，，根据在直线上，且，列方程组求解即可.试题解析：（）∵，，，，与直线垂直的直线斜率，，整理得所求两条直线为和．（）∵直线方程为：，另外一条对角线斜率，设中点为，则另一条对角线过点，∴，整理得，设另外两个端点坐标分别为，，∵在直线上，∴，①且，∴，②联立①②解出或，即另外两个端点为与．【方法点睛】本题主要考查直线的方程，两条直线平行与斜率的关系，两条直线垂直与斜率的关系属于简单题.对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，这类问题以简单题为主，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1）；（2），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.23.【答案】（）；（）；（）．【解析】试题分析：（1）圆的方程化为标准式，可得圆心，半径，根据点到直线距离公式以及勾股定理可得直线被圆截得的弦长；（2）当所截弦长最短时，取最大值，10/12圆心到直线的距离，令，，利用配方法可得时取最大值，弦长取最小值，直线上方程为，（）设，当以为圆心，为半径画圆，当圆与圆刚好相切时，，解得或，可得点横坐标的取值范围为．试题解析：（）圆的方程为，圆心，半径．当时，直线的方程为，圆心到直线的距离，弦长．（）∵圆心到直线的距离，设弦长为，则，当所截弦长最短时，取最大值，∴，令，．令，当时，取到最小值．此时，取最大值，弦长取最小值，直线上方程为．（）设，当以为圆心，为半径画圆，当圆与圆刚好相切时，，解得或，由题意，圆与圆心有两个交点时符合题意，∴点横坐标的取值范围为．11/1224.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由可得，圆与直线无公共点，∴，即，所以；（2）圆过坐标原点，可得，圆方程为，圆心，半径为，设直线的方程为，