2018-2019学年高一数学上学期第二次阶段性考试试题.doc

上传人:jun****875 文档编号:6051944 上传时间:2020-02-15 格式:DOC 页数:7 大小:147KB
返回 下载 相关 举报
2018-2019学年高一数学上学期第二次阶段性考试试题.doc_第1页
第1页 / 共7页
2018-2019学年高一数学上学期第二次阶段性考试试题.doc_第2页
第2页 / 共7页
2018-2019学年高一数学上学期第二次阶段性考试试题.doc_第3页
第3页 / 共7页
点击查看更多>>
资源描述
xx-2019学年高一数学上学期第二次阶段性考试试题注意事项:1答第I卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上2每小题选出答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号不能答在试题卷上3第II卷答案要写在答题卷相应位置,写在试卷上无效一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,请将正确答案的选项涂在答题卡上)1作一个圆柱的内接正三棱柱,又作这个三棱柱的内切圆柱,那么这两个圆柱的底面半径之比是( )A21 B23C.1 D.22设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题正确的是( )A若mn,n,则mB若m,则mC若m,n,n则mD若mn,n,则m3某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为()AB C D14正方体AC1中,E,F分别是DD1,BD的中点,则直线AD1与EF所成角的余弦值是()AB C D5设奇函数f(x)在(0,)上为增函数,且f(1)0,则不等式f(b2)Cf(a1)f(b2) D不能确定12在一个45的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45,则此直线与二面角的另一个面所成的角为( )A30 B45C60 D90二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13经过点A(1,1)且在x轴上的截距等于在y轴上的截距的直线方程是_14在空间四边形ABCD中,ADBC2,E,F分别是AB,CD的中点,EF,则异面直线AD与BC所成角的大小为_15将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC,有如下三个结论ACBD;ACD是等边三角形;AB与平面BCD成60的角;说法正确的命题序号是_16已知函数y的图象与函数ykx2的图象恰有两个交点,则实数k的取值范围是 三、解答题(17题10分,18-22题每题12分,共70分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)关于x的二次方程x2(m1)x10在区间0,2上有解,求实数m的取值范围18. (本小题满分12分)光线从点A(2,3)射入镜面,若镜面的位置在直线l:x+y+1=0上,反射光线经过B(1,1),求入射光线和反射光线所在直线的方程,并求光线从A到B所走过的路线长.19(本小题满分12分)已知两条直线l1:axby40和l2:(a1)xyb0,求满足下列条件的a、b的值(1)l1l2且l1过点(3,1);(2)l1l2,且坐标原点到这两条直线的距离相等20(本小题满分12分)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,BAC90,ABAC2,A1A4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点(1)证明:A1D平面A1BC;(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值21(本小题满分12分)如图所示,正四棱锥PABCD中,O为底面正方形的中心,侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为.(1)求侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小;(2)若E是PB的中点,求异面直线PD与AE所成角的正切值;(3)问在棱AD上是否存在一点F,使EF侧面PBC,若存在,试确定点F的位置;若不存在,说明理由. 22. (本小题满分12分)已知函数f(x)x(kN)满足f(2)0,则应有f(2)0或由f(2)0得m,但当m时,方程x2x10有两根,2,故舍去由得m1.m或m1.若f(x)0在区间0,2上有两解,则m1,由可知m的取值范围为(,118.解:设点A关于直线l的对称点为A(x0,y0),因为AA被l垂直平分,所以解得因为A(-4,-3),B(1,1)在反射光线所在直线上,所以反射光线的方程为=,即4x-5y+1=0.解方程组得入射点的坐标为.由入射点及点A的坐标得入射光线方程为=,即5x-4y+2=0.故光线从A到B所走过的路线长为|AB|=.19解:(1)由已知可得l2的斜率必存在,k21a.若k20,则1a0,a1.l1l2,直线l1的斜率k1必不存在,即b0.又l1过(3,1),3a40,即a(矛盾)此种情况不存在,即k20.若k20,即k1、k2都存在,k1,k21a,l1l2,k1k21,即(1a)1. 又l1过点(3,1),3ab40. 由联立,解得a2,b2.(2)l2的斜率存在,l1l2,直线l1的斜率存在k1k2,即1a. 又坐标原点到这两条直线的距离相等,l1l2,l1、l2在y轴上的截距互为相反数,即(b) 由联立,解得或20解:(1)证明:设E为BC的中点,连接AE,A1E,DE,由题意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因为ABAC,所以AEBC.又因为A1E,BC平面A1BC,A1EBCE,故AE平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DEB1B且DEB1B,从而DEA1A且DEA1A,所以四边形AA1DE为平行四边形于是A1DAE.又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)作A1FDE,垂足为F,连接BF.因为A1E平面ABC,所以BCA1E.因为BCAE,AEA1EE,所以BC平面AA1DE.所以BCA1F.又因为DEBCE,所以A1F平面BB1C1C.所以A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角由ABAC2,CAB90,得EAEB.由A1E平面ABC,得A1AA1B4,A1E.由DEBB14,DA1EA,DA1E90,得A1F.所以sinA1BF.21解:(1)取AD中点M,连接MO,PM,依条件可知ADMO,ADPO,则PMO为所求二面角PADO的平面角.因为PO平面ABCD,所以PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角.所以tanPAO=.设AB=a,AO=a,所以PO=AOtanPAO=a,tanPMO=.所以PMO=60.(2)连接AE,OE,因为OEPD,所以OEA为异面直线PD与AE所成的角.因为AOBD,AOPO,所以AO平面PBD.又OE平面PBD,所以AOOE.因为OE=PD=a,所以tanAEO=.(3)延长MO交BC于N,取PN中点G,连EG,MG.因为BCMN,BCPN,所以BC平面PMN.所以平面PMN平面PBC.又PM=PN,PMN=60,所以PMN为正三角形.所以MGPN.又平面PMN平面PBC=PN,所以MG平面PBC.取AM中点F,因为EGMF,所以MF=MA=EG,所以EFMG.所以EF平面PBC.点F为AD的靠近A的四等分点.22. 解:(1)f(2)1,即k2k20,解得1k0满足题设由(1)知,g(x)qx2(2q1)x1.g(2)1,两个最值点只能在端点(1,g(1)和顶点处取到,而g(1)(23q) =,g(x)max,g(x)ming(1)23q4,解得q2.经检验q2符合题意
展开阅读全文
相关资源
正为您匹配相似的精品文档
相关搜索

最新文档


当前位置:首页 > 图纸专区 > 高中资料


copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 装配图网版权所有   联系电话:18123376007

备案号:ICP2024067431-1 川公网安备51140202000466号


本站为文档C2C交易模式,即用户上传的文档直接被用户下载,本站只是中间服务平台,本站所有文档下载所得的收益归上传人(含作者)所有。装配图网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。若文档所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知装配图网,我们立即给予删除!