南阳市高一数学寒假提分训练题含答案 20Word文件下载.docx
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B.因为P∈α,Q∈β,所以α∩β=PQ
C.因为AB⊂α,C∈AB,D∈AB,所以CD∈α
D.因为AB⊂α,AB⊂β,所以A∈(α∩β)且B∈(α∩β)
10.长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5,且它的8个顶点都在同一球面上,则这个球的表面积是( )
A.25πB.50πC.125πD.都不对
11.在空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点.若AC=BD=a,且AC与BD所成的角为60°
,则四边形EFGH的面积为( )
12.已知点A(2,-3),B(-3,-2),直线m过P(1,1),且与线段AB相交,求直线m的斜率k的取值范围为( )
C.-4≤k≤
≤k≤4
二、填空题(本大题共4小题,共20.0分)
13.底面直径和高都是4cm的圆柱的侧面积为______cm2.
14.两平行直线x+3y-4=0与2x+6y-9=0的距离是______.
15.过点(1,2)且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程____.
16.如果对任何实数k,直线(3+k)x+(1-2k)y+1+5k=0都过一个定点A,那么点A的坐标是______.
三、解答题(本大题共6小题,共70.0分)
17.求经过点M(-1,2),且满足下列条件的直线方程:
(1)与直线2x+y+5=0平行;
(2)与直线2x+y+5=0垂直.
18.已知△ABC的三个顶点是A(4,0),B(6,7),C(0,8)
(1)求BC边上的高所在直线的方程;
(2)求BC边上的中线所在直线的方程.
19.如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD是平行四边形,M、N分别是AB、PC的中点.
求证:
MN∥平面PAD.
20.
如图,已知正四棱锥V-ABCD中,AC与BD交于点M,VM是棱锥的高,若AC=6cm,VC=5cm,求正四棱锥V-ABCD的体积.
21.如图,四面体ABCD中,O、E分别为BD、BC的中点,且CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=
.
(1)求证:
AO⊥平面BCD;
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值.
22.
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E为棱CC1上的动点.
A1E⊥BD;
(2)是否存在这样的E点,使得平面A1BD⊥平面EBD?
若存在,请找出这样的E点;
若不存在,请说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解:
∵直线l的方程为y=x+1,∴斜率为1,又倾斜角α∈[0,π),∴α=45°
故选:
B.
由直线的方程求出斜率,再由斜率的值及倾斜角的范围求出倾斜角的值.
本题主要考查直线的倾斜角和斜率的关系,求出直线的斜率,是解题的关键,属于基础题.
2.【答案】A
联立直线方程得:
解得
即交点坐标为(3,-1)
A.
要求两条直线的交点坐标,联立两条直线的方程求出解集即可得到.
考查学生会根据两条直线的方程求交点坐标,此题比较简单.
3.【答案】C
可设长方体同一个顶点上的三条棱长分别为a,b,c,
列出方程组
,
所以长方体的体积V=abc=1×
×
=
C.
长方体的体积是共顶点的三个棱的长度的乘积,故求出三者乘积即可,由于本题中知道了共顶点的三个面的面积,即知道了共顶点的三边两两边长的乘积,故可以用共顶点的三个棱的长度表示出三个面积,得到关于三个量的三个方程,由此方程组解出三条棱的长度,即可求出长方体的体积.
本题考点是棱柱、棱锥、棱台的体积,考查根据题目中所给的条件求出三个棱长的长度,再由长方体的体积公式求出体积的能力.
4.【答案】D
∵边长为a的正四面体的表面为4个边长为a正三角形,
∴表面积为:
4×
a=
a2,
D.
根据边长为a的正四面体的表面为4个正三角形,运用公式计算可得.
本题考查了空间几何体的性质,面积公式,属于简单的计算题.
5.【答案】A
【解析】【分析
本题考查由直线方程的一般式求出直线在坐标轴上的截距,属于基础题.
分别令x=0、y=0代入直线的方程,求出直线在坐标轴上的截距.
【解答】
解:
由题意得,直线l的方程为:
3x-y+6=0,
令x=0得y=6;
令y=0得x=-2,
所以在y轴上的截距是6,在x轴上的截距是-2,
故选A.
6.【答案】D
∵直线a∥平面α,直线b在平面α内,
∴a∥b,或a与b异面,
由直线a∥平面α,直线b在平面α内,知a∥b,或a与b异面.
本题考查平面的基本性质及其推论,解题时要认真审题,仔细解答.
7.【答案】D
【解析】【分析】
两条不平行的直线,要做这两条直线的平行投影,投影可能是两条平行线,可能是一点和一条直线,可能是两条相交线,不能是两个点,若想出现两个点,这两条直线需要同时与投影面垂直,这样两条线就是平行关系.本题考查平行投影与平行投影作图法,考查利用反证法的形式来说明两条直线的投影不可能时两个点,本题是一个基础题.
解:
∵有两条不平行的直线,
∴这两条直线是异面或相交,
其平行投影不可能是两个点,若想出现两个点,
这两条直线需要同时与投影面垂直,
这样两条线就是平行关系.
与已知矛盾.
8.【答案】B
【解析】
本题考查立体图形三视图及体积公式如图,该立体图形为直三棱柱所以其体积为
由题意可知图形的形状,求解即可.
本题考查立体图形三视图及体积公式,是基础题.
9.【答案】D
因为P∈α,Q∈α,所以PQ⊂α,故A错误;
因为P∈α,Q∈β,所以α∩β=PQ或α∥β,故B错误;
因为AB⊂α,C∈AB,D∈AB,所以CD⊂α,故C错误;
因为AB⊂α,AB⊂β,所以A∈(α∩β)且B∈(α∩β),故D正确.
因为P∈α,Q∈α,所以PQ⊂α;
因为P∈α,Q∈β,所以α∩β=PQ或α∥β;
因为AB⊂α,C∈AB,D∈AB,所以CD⊂α;
因为AB⊂α,AB⊂β,所以A∈(α∩β)且B∈(α∩β).
本题考查命题的真假判断,是基础题.解题时要认真审题,仔细解答.
10.【答案】B
因为长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3,4,5,且它的8个顶点都在同一个球面上,
所以长方体的对角线就是确定直径,长方体的对角线为:
所以球的半径为:
所以这个球的表面积是:
=50π.
由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线,求出长方体的对角线,就是求出球的直径,然后求出球的表面积.
本题是基础题,考查球的内接多面体的有关知识,球的表面积的求法,注意球的直径与长方体的对角线的转化是本题的解答的关键,考查计算能力,空间想象能力.
11.【答案】A
连接EH,因为EH是△ABD的中位线,所以EH∥BD,且EH=BD.
同理,FG∥BD,EF∥AC,且FG=BD,EF=AC.
所以EH∥FG,且EH=FG.
所以四边形EFGH为平行四边形.
因为AC=BD=a,AC与BD所成的角为60°
所以EF=EH.所以四边形EFGH为菱形,∠EFG=60°
∴四边形EFGH的面积是2×
(
)2=
a2.
先证明四边形EFGH为菱形,然后说明∠EFG=60°
,最后根据三角形的面积公式即可求出所求.
本题主要考查知识点:
简单几何体和公理四,公理四:
和同一条直线平行的直线平行,证明菱形常用方法是先证明它是平行四边形再证明邻边相等相等,以及面积公式,属于中档题.
12.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查一元二次不等式组表示平面区域的问题,注意直线m与线段AB相交,即A、B在直线的两侧或直线上.
根据题意,设直线m的方程为y-1=k(x-1),分析可得若直线m与线段AB相交,即A、B在直线的两侧或直线上,则有[(-3)-2k+k-1][(-2)-(-3)k+k-1]≤0,解可得k的范围,即可得答案.
根据题意,直线m过P(1,1),设直线m的方程为y-1=k(x-1),
即y-kx+k-1=0,
若直线m与线段AB相交,即A、B在直线的两侧或直线上,
则有[(-3)-2k+k-1][(-2)-(-3)k+k-1]≤0,
解可得:
k≥
或k≤-4;
故选A.
13.【答案】16π
∵圆柱的底面直径和高都是4cm,
∴圆柱的底面圆的周长是2π×
2=4π
∴圆柱的侧面积是4π×
4=16π,
故答案为:
16π.
根据所给的圆柱的底面直径和高,先做出圆柱的底面圆的周长,根据矩形的面积等于长乘以宽,用圆柱的底面圆的周长乘以圆柱的高,得到圆柱的侧面积.
本题考查圆柱的侧面积,题目包含的运算比较简单,是一个基础题,这种题目一般不会单独出现,要和其他的知识点结合.
14.【答案】
由直线x+3y-4=0取一点A,令y=0得到x=4,即A(4,0),
则两平行直线的距离等于A到直线2x+6y-9=0的距离d=
在一条直线上任取一点,求出这点到另一条直线的距离即为两平行线的距离.
此题是一道基础题,要求学生理解两条平行线的距离的定义.会灵活运用点到直线的距离公式化简求值.
15.【答案】2x-y=0或x+y-3=0
此题考查学生会根据条件设出直线的截距式方程和点斜式方程,考查了分类讨论的数学思想,是一道综合题.
分两种情况考虑,第一:
当所求直线与两坐标轴的截距不为0时,设出该直线的方程为x+y=a,把已知点坐标代入即可求出a的值,得到直线的方程;
第二:
当所求直线与两坐标轴的截距为0时,设该直线的方程为y=kx,把已知点的坐标代入即可求出k的值,得到直线的方程,综上,得到所有满足题意的直线的方程.
①当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时,设该直线的方程为x+y=a,
把(1,2)代入所设的方程得:
a=3,则所求直线的方程为x+y=3即x+y-3=0;
②当所求的直线与两坐标轴的截距为0时,设该直线的方程为y=kx,
把(1,2)代入所求的方程得:
k=2,则所求直线的方程为y=2x即2x-y=0.
综上,所求直线的方程为:
2x-y=0或x+y-3=0.
2x-y=0或x+y-3=0.
16.【答案】
(-1,2)
由(3+k)x+(1-2k)y+1+5k=0可得3x+y+1+k(x-2y+5)=0
∴x-2y+5=0且3x+y+1=0
∴x=-1,y=2
∴对任何实数k,直线(3+k)x+(1-2k)y+1+5k=0都过一个定点A(-1,2)
由(3+k)x+(1-2k)y+1+5k=0可得3x+y+1+k(x-2y+5)=0,进而有x-2y+5=0且3x+y+1=0,由此即可得到结论.
本题考查直线恒过定点,考查学生分析解决问题的能力,属于基础题.
17.【答案】解:
(1)由题意,可设所求直线为:
2x+y+c=0,
因为点M(-1,2)在直线上,所以2×
(-1)+2+c=0,
解得:
c=0,
所以所求直线方程为:
2x+y=0;
(2)由题意,设所求直线为:
x-2y+c=0.
因为点M(-1,2)在直线上,所以-1-2×
2+c=0,
c=5,
x-2y+5=0.
2x+y+c=0,把点M(-1,2)代入解得c即可得出.
(2)设所求直线为:
x-2y+c=0,把点M(-1,2)代入解得c即可得出.
本题考查了相互平行垂直的直线斜率之间的关系,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.
18.【答案】解:
(1)BC边所在直线的斜率为kBC=
=-
…(1分)
则BC边上的高所在直线的斜率为kAD=-
=6…(3分)
由直线的点斜式方程可知直线AD的方程为:
y-0=6(x-4)
化简得:
y=6x-24…(5分)
(2)设BC的中点E(x0,y0),
由中点坐标公式得x0=
=3,y0=
即点E(3,
)…(7分)
由直线的两点式方程可知直线AE的方程为:
…(9分)
y=-
x+30…(10分)
(1)根据B与C的坐标求出直线BC的斜率,根据两直线垂直时斜率乘积为-1,求出BC边上的高所在直线的斜率,然后由A的坐标和求出的斜率写出高所在直线的方程即可;
(2)由B和C的坐标,利用中点坐标公式求出线段BC的中点坐标,然后利用中点坐标和A的坐标写出直线的两点式方程即可.
此题考查学生掌握两直线垂直时斜率所满足的条件,灵活运用中点坐标公式化简求值,是一道综合题.
19.【答案】证明:
取CD的中点E,连接ME,NE.
由N是线段CP的中点,利用三角形的中位线定理可得NE∥PD,
∵NE⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,
∴NE∥平面PAD.
由M是线段AB的中点,E是CD的中点,四边形ABCD是平行四边形,
∴四边形AMED是平行四边形,
∴ME∥AD,可得ME∥平面PAD.
又ME∩EN=E,∴平面MNE∥平面PAD,
∴MN∥平面PAD.
【解析】本题主要考查线面平行的判定,三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质定理、线面与面面平行的判定与性质定理是解题的关键.
取CD的中点E,连接ME,NE,利用三角形的中位线定理可得NE∥PD,进而得到NE∥平面PAD.由M是线段AB的中点,E是CD的中点,利用平行四边形的性质可得四边形AMED是平行四边形,可得ME∥平面PAD.进而得到平面MNE∥平面PAD,利用面面平行的性质可得MN∥平面PAD.
20.【答案】
∵正四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是正方形,且对角线AC=6cm
∴BD=6cm,且AC⊥BD
∴
(cm2)
∵VM是棱锥的高,且VC=5cm
∴Rt△VMC中,
(cm)
∴正四棱锥V-ABCD的体积为V=
(cm3)
【解析】分别求正四棱锥棱锥的底面积和高即可求体积
本题考查求几何体的体积,关键是求底面积和高,有些题可以用割补法,把原几何体构造成比较规则的几何体后再求体积,也有些题可以用等积转化求体积.属简单题
21.【答案】
(1)证明:
△ABD中
∵AB=AD=
,O是BD中点,BD=2
∴AO⊥BD且
=1
△BCD中,连接OC,∵BC=DC=2
∴CO⊥BD且
△AOC中AO=1,CO=
,AC=2
∴AO2+CO2=AC2
故AO⊥CO
∴AO⊥平面BCD.
(2)取AC中点F,连接OF.OE.EF
△ABC中E.F分别为BC.AC中点
∴EF∥AB,且
△BCD中O.E分别为BD.BC中点
∴OE∥CD且
∴异面直线AB与CD所成角等于∠OEF(或其补角)
又OF是Rt△AOC斜边上的中线∴
∴等腰△OEF中
(1)如图所示,要证AO⊥平面BCD,只需证AO⊥BD,AO⊥CO即可,用运算的方式来证明结论.
(2)取AC中点F,连接OF.OE.EF,由中位线定理可得EF∥AB,OE∥CD所以∠OEF(或其补角)是异面直线AB与CD所成角,然后在Rt△AOC中求解.
本题主要考查线线,线面,面面垂直的转化及异面直线所成角的求法,同时,考查了转化思想和运算能力,是常考类型,属中档题.
22.【答案】
连接AC,设AC∩DB=O,连接A1O,OE.
(1)∵A1A⊥底面ABCD,
平面ABCD,
∴A1A⊥BD,又BD⊥AC,AC∩AA1=A,
平面ACEA1,
∴BD⊥平面ACEA1,∵A1E⊂平面ACEA1,
∴A1E⊥BD.
(2)证明:
当E是CC1的中点时,平面A1BD⊥平面EBD.
证明如下:
∵A1B=A1D,EB=ED,O为BD中点,∴A1O⊥BD,EO⊥BD
∴∠A1OE为二面角A1-BD-E的平面角.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设棱长为2a,
∵E为棱CC1的中点,由平面几何知识,EO=
a,A1O=
a,A1E=3a,
∴A1E2=A1O2+EO2,即∠A1OE=90°
∴平面A1BD⊥平面EBD.
(1)连接AC,设AC∩DB=O,连接A1O,OE.证明A1A⊥BD,BD⊥AC,推出BD⊥平面ACEA1,然后证明A1E⊥BD.
(2)当E是CC1的中点时,平面A1BD⊥平面EBD.说明∠A1OE为二面角A1-BD-E的平面角.设棱长为2a,推出∠A1OE=90°
.即可证明平面A1BD⊥平面EBD.
本题考查直线与直线垂直,直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用,二面角的平面角的求法,平面与平面垂直的证明方法,考查空间想象能力以及计算能力.
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