【文档说明】【精准解析】新疆乌鲁木齐市第四中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学试卷.doc，共(18)页，1.488 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a93c3cf868c1b6f0195a821651dd005f.html

以下为本文档部分文字说明：

乌鲁木齐市第四中学2019-2020学年度下学期阶段性诊断测试高一年级数学试题（问卷）一、选择题（每题5分，共60分）.1.如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）A.是棱台B.是圆台C.不是棱柱D.是棱锥【答案】D【解析】【分析】

根据棱台，圆台，棱柱，棱锥的概念即可判断．【详解】对A，侧棱延长线不交于一点，不符合棱台的定义，所以A错误；对B，上下两个面不平行，不符合圆台的定义，所以B错误；对C，将几何体竖直起来看，符合棱柱的定义，所以C错

误；对D，符合棱锥的定义，正确．故选：D．【点睛】本题主要考查棱台，圆台，棱柱，棱锥的概念的理解，属于基础题．2.已知直线l经过点(2,0)A−与点(5,3)B−，则该直线的倾斜角为（）A150°B.75°C.135°D.

45°【答案】C【解析】试题分析：该直线的斜率为3015(2)k−==−−−−,倾斜角)0,,而tank=,所以135=,故选C.考点：1.直线斜率计算公式；2.倾斜角与斜率的关系.3.已知//,ab，则直线a与直线b的位置关系是（）A.平行B.相交或异面C.异面D.平行或异面

【答案】D【解析】【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理以及定义，推出结果即可．【详解】∵a∥α，∴a与α没有公共点，∵b⊂α，∴a、b没有公共点，∴a、b平行或异面．故答案为D【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系的判断与应用，基本知识的考查．4.如图，直线1l，2

l，3l的斜率分别为1k，2k，3k，则（）A.123kkkB.312kkkC.321kkkD.132kkk【答案】D【解析】【分析】根据斜率与直线倾斜角的关系判断即可.【详解】由图可知：10k,20k,30k,且直线3l的倾斜角小于直线2l的倾斜角,所以32kk,

综上可知：132kkk.故选：D．【点睛】本题主要考查了直线斜率与倾斜角的关系,属于基础题.5.在正方体1111ABCDABCD−中O为底面ABCD的中心，E为1CC的中点，则异面直线1DA与EO所

成角的正弦值为（）A.22B.33C.32D.63【答案】B【解析】【分析】取BC中点为M，连接OM，EM找出异面直线夹角为OEM，在三角形中利用边角关系得到答案.【详解】取BC中点为M，连接OM，EM在正方体1111ABCDABCD−中O为

底面ABCD的中心，E为1CC的中点易知：1ADEM异面直线1DA与EO所成角为OEM设正方体边长为2，在EMO中：1,2,3OMEMOE===3sin3OEM=故答案选B【点睛】本题考查了立体几何里异面直线的夹角，通过平行找到对应的角是解题的关键.6.如图，空间四边形AB

CD中，平面ABD⊥平面BCD，90BAD=，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角是（）A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】B【解析】【分析】过点A作AEBD⊥,垂足为E,证明AD与平面BCD所成的角是A

DE,再求ADE的大小即得解.【详解】如图，过点A作AEBD⊥,垂足为E.因为平面ABD⊥平面BCD，AEBD⊥，平面ABD平面BCDBD=,所以AE⊥平面BCD,所以AD与平面BCD所成的角是ADE,因为90BAD=，且AB＝A

D，所以45ADE=∠.所以AD与平面BCD所成的角是45.故选：B.【点睛】本题主要考查直线和平面所成的角的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.7.直线l过点()1,2-且与直线2340xy−+=垂直，则直线l的方程是（）A.3210xy++=B.310xy+−=C.3210x

y+−=D.310xy++=【答案】C【解析】【分析】设直线l的方程为320xym++=，点()1,2-的坐标代入320xym++=即得解.【详解】因为直线l与直线2340xy−+=垂直，所以设直线l的方程为320xym++=，把点()1,2-的坐标代入320xym++=

得340−++=m，所以1m=−.所以直线l的方程是3210xy+−=.故选：C.【点睛】本题主要考查垂直直线的方程的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8.已知两条直线,mn，两个平面,，给出下面四个命题：①//mn，mn⊥⊥；②//，

m，//nmn；③//mn，////mn；④//，//mn，mn⊥⊥其中正确命题的序号是（）A.①④B.②④C.①③D.②③【答案】A【解析】依据线面垂直的判定定理可知命题①是正确的；对于命题②，直线,mn还有可能是异面，因此不正确；对于命题③，还有可能直线n

，因此③命题不正确；依据线面垂直的判定定理可知命题④是正确的，故应选答案A.9.如图所示，正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形中与OC对应的线段OC的长度是（）A.1B.2C.2D.3【答案

】D【解析】【分析】根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，得到答案．【详解】作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段CBx′轴，所以在原图形中对应的线段平行于x轴且长度不变，点

C和B′在原图形中对应的点C和B的纵坐标是OB的2倍，则22OB=，所以3OC=.故选D【点睛】本题考查了平面图形的直观图，关键是掌握平面图形的直观图的画法，能正确的画出直观图的原图形，属于简单题.10.过

点()2,1M−，且与点()1,0A−，()3,0B距离相等的直线方程是（）A.310xy+−=B.1y=C.310xy+−=或1y=D.2x=−或1y=【答案】C【解析】【分析】先设直线方程，再根据点到直线距离

公式列方程解得结果.【详解】由题意得：满足条件的直线斜率存在，所以可设所求直线方程为(2)1,210ykxkxyk=++−++=因为与点()1,0A−，()3,0B距离相等，所以22|21||321||1||51|011kkkkkkkkk−++++=+=+=++或

13k=−即310xy+−=或1y=故选：C【点睛】本题考查点到直线距离公式，考查基本分析求解能力，属基础题.11.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论：①//ABEF；②CDMN⊥；③MN与AB是异面直线；④BF与CD成60角，其中正确的是（

）A.①③B.②③C.②④D.③④【答案】B【解析】【分析】将几何体还原，即可对各命题进行判断，得出其真假．【详解】将正方体还原，如图所示：由图可知，①不正确；②正确；③正确；④BF与CD平行，不正确．故选：B．【点睛】本题主要考查正方体

的几何特征的理解，线线关系的判断，异面直线所成角的求法，意在考查学生的直观想象能力，属于基础题．12.()1,1A−−，()3,1B，直线l过点()1,2，且与线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是（

）A.13,22−B.31,22−C.13,,22−−+D.13,,22−−+【答案】C【解析】【分析】首先求出直线PA、PB的斜率，然后结合图象即可写出答案．【详解】解：直线PA的斜率()()2

13112k−−==−−，直线PB的斜率211132k−==−−，结合图象可得直线l的斜率k的取值范围是32k…或12k−„．故选：C．【点睛】本题考查直线斜率公式及斜率变化情况，属于基础题．二、填空题（每题5分，共20分）.13.点(

)1,2P−到直线:3lyx=的距离为______.【答案】102【解析】【分析】先将:3lyx=化为一般方程形式，然后根据点到直线的距离公式直接计算即可【详解】由题可知：:3lyx=，则:30lxy

−=所以点()1,2P−到该直线的距离为()()2231210231−−==+−d故答案为：102【点睛】本题考查点到直线的距离公式，掌握公式，细心计算，属基础题.14.已知正方体的棱长为2，那么正方体的外接球的体积为______.【

答案】43【解析】【分析】正方体的外接球的直径是正方体的体对角线，由此能求出正方体的外接球的体积．【详解】解：正方体棱长为2，则其体对角线为22222223++=正方体的外接球的半径3R=，正方体的外接球的体积()343433V==．故答案为

：43．【点睛】本题考查正方体的外接球的体积的求法，解题的关键是明确正方体的外接球的直径是正方体的体对角线，属于基础题．15.已知()0,1A−，点B在直线20xy−+=上，若直线AB平行于直线230xy+−=，则B点坐标为______.【答案】()2,0−.【解析

】【分析】首先求出过点A与直线230xy+−=平行的直线方程，两直线的交点坐标即为点B；【详解】解：因为直线AB平行于直线230xy+−=，所以设直线方程为20xym++=，又点()0,1A−在直线上，所以()0210m+−+=，解得2m=，所以直线方程为220xy++=联立两直线

方程20220xyxy−+=++=解得20xy=−=故B点坐标为()2,0−故答案为：()2,0−【点睛】本题考查两直线的交点坐标及与已知直线平行的直线方程，属于基础题.16.在正方体1111ABCDABCD−中，二面角1ABDA−−平面角的正切值为______.【答案】2【

解析】【分析】采用数形结合，取BD的中点M，可得二面角1ABDA−−的平面角为1AMA，然后简单计算，可得结果.【详解】如图取BD的中点M，连接11,,AMADAB在正方体1111ABCDABCD−中，可知11,==ADABABAD所以1,⊥⊥AMBDAMBD，所以二面角1ABDA

−−的平面角为1AMA设12AA=，所以22==ACAM所以11tan2==AAAMAAM故答案为：2【点睛】本题考查二面角平面角的正切值，关键在于通过图形正确找到该角，考查对概念的理解，属基础题.三

.解答题（17题10分，其余各题各12分，共70分）.17.已知两直线1:35lmxy+=，2:2(5)8++=lxmy，当m为何值时，1l与2l（1）平行（2）垂直.【答案】（1）1m=或6m=−；（2）3m=−.【解析】【分析】（1）

根据两直线平行列方程，解得结果；（2）根据两直线垂直列方程，解得结果.【详解】（1）因为两直线1:35lmxy+=，2:2(5)8++=lxmy平行，所以25850,,3535mmmm+−=−−−++即25850,560,35

mmmm++−=−−+即1m=或6m=−；（2）因为两直线1:35lmxy+=，2:2(5)8++=lxmy垂直，所以23(5)03mmm++==−【点睛】本题考查根据两直线平行或垂直求参数，考查基本分析求解能力，属基础题.18.如图所示，四棱锥V-ABCD的底面为边长

等于2的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长均为4，求这个四棱锥的体积及表面积.【答案】4143V=，4415S=+.【解析】【分析】先判断四棱锥VABCD−为底面为边长等于2的正四棱锥，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，由勾股定理可得224214VO=−=，结合棱

锥的体积公式可求得这个四棱锥的体积，求出底面积与四个侧面的面积可得棱锥的表面积.【详解】连结,ACBD交于点O,连结VO,∵四棱锥VABCD−的底面为边长等于2的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高

，侧棱长4，∴2AO=，∴224214VO=−=∴这个四棱锥的体积：141433VSh==底∴该四棱锥的表面积：22122424144152S=+−=+【点睛】本题主要考查正四棱锥的性质，以及棱锥的表面积与体积公式，意在考查空间想象能力

以及综合应用所学知识解决问题的能力，属于中档题.19.如图，四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，点E、F分别是AB和PC的中点.（1）求证：//EF平面PAD.（2）求证：平面ABCD⊥平面PAD；【答案】（1

）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）取PD的中点G，连接FG，AG，证明四边形AEFG是平行四边形，得出//AGEF，从而证明//EF平面PAD．（2）由PD⊥平面ABCD，根据面面垂直

的判定定理证明可得.【详解】解：（1）取PD的中点G，连接FG，AG，如图所示；E、F分别是AB、PC的中点，FG是三角形CPD的中位线，底面ABCD是矩形，//FGAE，且FGAE=；四边形AEFG是平行四边形，//AGEF；又

AG平面PAD．EF平面PAD，//EF平面PAD．（2）∵PD⊥平面ABCD，且PD平面PAD所以平面ABCD⊥平面PAD【点睛】本题考查证明线面垂直、线面平行、面面平行的判定定理，考查了推理能力与空间想象能力，属于基础题.20.如图，AB为⊙O的直径

，PA垂直于⊙O所在的平面，M为圆周上任意一点，AN⊥PM，N为垂足．(1)求证：AN⊥平面PBM；(2)若AQ⊥PB，垂足为Q，求证：NQ⊥PB.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）由PA⊥平面ABM得PABM⊥，结合BMAM⊥得出BM⊥平面PA

M，于是BMAN⊥，又ANPM⊥，根据线面垂直判定定理得结果；（2）由（1）易得ANPB⊥，又PBAQ⊥得出PB⊥平面ANQ，进而可得结果．【详解】证明(1)∵AB为⊙O的直径，∴AM⊥BM.又PA⊥平面ABM，∴PA⊥BM，又

∵PA∩AM＝A，∴BM⊥平面PAM.又AN⊂平面PAM，∴BM⊥AN.又AN⊥PM，且BM∩PM＝M，∴AN⊥平面PBM.(2)由(1)知AN⊥平面PBM，PB⊂平面PBM，∴AN⊥PB.又∵AQ⊥PB，AN∩AQ＝A，∴PB⊥平面ANQ.又N

Q⊂平面ANQ.∴PB⊥NQ.【点睛】破解线面垂直关系的技巧：(1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过

程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．21.如图，已知：四边形ABCD为长方形，平面PDC⊥平面ABCD，4PDPC==，6AB=，3BC=.（1）证明：BCPD⊥；（2）求点C到平面PDA的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）372.【解析】【分

析】（1）取CD的中点H，根据面面垂直的性质定理可得PH⊥平面ABCD，然后可得PHBC⊥，依据BCCD⊥，以及线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PDC，可得结果.（2）计算ADCS△，PDAS△，然后使

用等积法可得CPDAPADCVV=－－，简单计算可得结果.【详解】（1）取CD的中点H，连接PH，因为PDPC=，所以PHCD⊥，又因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC平面ABCDCD=，所以PH⊥平面ABCD.又因为BC平面ABCD，所以PHBC⊥.又

因为长方形ABCD中，BCCD⊥，PHCDH=，所以BC⊥平面PDC，又因为PD平面PDC，所以BCPD⊥.（2）连接AC.由（1）知PH为三棱锥PADC−的高.因为222214372PHPDCD=−=−=，1213692ADCSADCD=

==△，所以11397373PADCADCVSPH−===△.由（1）知BCPD⊥，又因为AD//BC，所以ADPD⊥，所以1122436PDASPDAD==＝△.设点C到平面PDA的

距离为h.因为CPDAPADCVV=－－，所以1373PDASh=△，所以373737112633PDAhS===△.【点睛】本题考查线线垂直的证明以及等积法求点到面的距离，熟悉线线、线面、面面之间的

位置关系以及相关的判定定理和性质定理，属中档题.22.已知ABC的顶点()5,1A，AB边上的中线CM所在直线方程为250xy−−=，AC边上的高BH所在直线方程为250xy−−=.求：（1）顶点B，C的坐标；（

2）直线BC的方程；（3）ABC的面积.【答案】（1）()1,3B−−，()4,3C；（2）6955yx=−；（3）8.【解析】【分析】（1）设点(),Bmn，由题意利用三角形中线的性质求出B的坐标，同理可得C的坐标，（2）由（1

）可得BC斜率，再利用点斜式求出直线BC的的方程.（3）先求出线段BC的长度，再利用点到直线的距离公式求出点A到直线BC的距离h，从而求得ABC的面积.【详解】解：（1）设点(),Bmn，则点51,22mnM++，

由已知有2505125022mnmn−−=++−−=，13mn=−=−故点()1,3B−−，同理设(),Cxy则250125xyyx−−=−=−−，43xy==则点()4

,3C，（2）由（1）知()1,3B−−、()4,3C，所以336145BCk−−==−−，所以直线BC的方程为()6315yx+=+，化为斜截式方程为6955yx=−（3）由（2）知()()22413361BC=+++=，直线BC的一般式方程为6590xy−−=BC边上的高即点A到直线BC的

距离为223059166165h−−==+11166182261ABCSBCh===△【点睛】本题考查直线方程，中点坐标公式的应用，点到直线的距离公式的应用，属于基础题.