2019-2020学年XXX学校高一(下)期末数学模拟试卷 (21)-0713(解析版)

2019-2020学年XXX 学校高一（下）期末数学模拟试卷 (21)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知直线ax +by +c =0的图象如图，则( )A. 若c >0，则a >0，b >0B. 若c >0，则a <0，b >0C. 若c <0，则a >0，b <0D. 若c <0，则a >0，b >02. 已知a 、b 是异面直线，a ⊥平面α，b ⊥平面β，则α、β的位置关系是( )A. 相交B. 平行C. 重合D. 不能确定3. 过点(−2,0)，且与直线3x −y +1=0平行的直线方程式( )A. y =3x −6B. y =3x +6C. y =3x −2D. y =−3x −64. 设x ，y 满足约束条件{3x −y −6≤0x −y +2≥0x ≥0,y ≥0，则目标函数z =−2x +y +4的最小值为( )A. −4B. −2C. 0D. 25. 下列条件中，能判断两个平面平行的是( )A. 一个平面内的两条直线平行于另一个平面B. 一个平面内的无数条直线平行于另一个平面C. 平行于同一个平面的两个平面D. 垂直于同一个平面的两个平面6. 已知实数x ，y 满足不等式组{2x −y ≤10x +3y ≤53x +2y ≥8，若z =5x −y 的最小值为( )A. 3B. 9C. 22D. 257. 已知直线l 1：(2+m)x +y −3=0，l 2：−3x −my +1=0，若l 1//l 2，则m 的值为( )A. 1B. 3C. −1或3D. 1或−38. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为( )A. 1B. √52C. √6D. 2√39. 如图，在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =2，AD =1，A 1A =1，则直线BC 1到平面D 1AC 的距离为( )A. 13B. 1C. 23D. 43 10. 在约束条件{y ≥x y ≤2x x +y ≤m(m >0)下，目标函数z =x +2y 的最大值为15，则m 的值为A. 6B. 10C. 9D. 15 11. 已知点A(x,5) 关于点P(1,y)的对称点是B(−2,−3)，则点(x,y)到原点的距离是( )A. B. C. 4 D. 12. 平面α过正方体ABCD 一A 1B 1C 1D 1的顶点A ，且平面α//平面A 1BD ，平面α∩平面ABCD =l.则直线l 与直线CD 1所成的角为( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 用数学归纳法证明“1+12+13+⋯+12n −1<n(n ∈N ∗,n >1)”时，由n =k(k >1)不等式成立，推证n =k +1时，左边应增加的项数是______．14. 两平行线l 1：x −2y +1=0与l 2：x −2y −4=0间的距离是______ ．15. 实数x ，y.满足{x +y −4≤0x −2y +2≥0y ≥0，则3x +2y 的最大值为______．16. 在三棱锥P—ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，AP =√2，AB =2，M 是线段BC 上一动点，线段PM 的长度最小值为√3，则三棱锥P—ABC 的外接球的表面积为___________________________．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 如图，棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，已知点E ，F ，G 分别是棱AD ，AA 1，AB 的中点．(1)求异面直线BC1与B1D1所成角的大小；(2)求异面直线A1E和FG所成角的余弦值．18.在△ABC中，点A(1,1)，B(0,−2)，C(4,2)，D为AB的中点，DE//BC．(Ⅰ)求BC边上的高所在直线的方程；(Ⅱ)求DE所在直线的方程．19.如图，在正三棱锥P−ABC中，D，E分别是AB，BC的中点．(1)求证：DE//平面PAC；(2)求证：AB⊥PC．20.已知正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，点D为AC的中点，点E为AA1上．(Ⅰ)当AA1=4AE时，求证：DE⊥平面BDC1；(Ⅱ)当AA1=2AE时，求三棱锥C1−EBD的体积．21.为了寻找马航MH370残骸，我国“雪龙号”科考船于2014年3月26日从港口O出发，沿北偏东α角的射线OZ方向航行，而在港口北偏东β角的方向上有一个给科考船补给物资的小岛A，OA=300√13海里，且tanα=13,cosβ=2√13.现指挥部需要紧急征调位于港口O正东m海里的B处的补给船，速往小岛A装上补给物资供给科考船．该船沿BA方向全速追赶科考船，并在C 处相遇．经测算当两船运行的航线与海岸线OB围成的三角形OBC的面积S最小时，这种补给方案最优．(1)求S关于m的函数关系式S(m)；(2)应征调位于港口正东多少海里处的补给船只，补给方案最优？22.已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为菱形，PD=PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD//平面AMHN．(Ⅰ)证明：MN⊥PC；(Ⅱ)当H为PC的中点，PA=PC=√3AB，PA与平面ABCD所成的角为60°，求二面角P−AM−N的余弦值．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：【分析】本题考查一次函数的图象的位置，由直线的斜率以及在y轴上的截距共同确定.把直线的方程化为斜截式，判断斜率的符号和直线在y轴上的截距上的符号，即可得出结论．【解答】解：由直线ax+by+c=0可得y=−ab x−cb．根据图象可得−ab <0，−cb>0．∴若c<0，则a>0，b>0．故选D．2.答案：A解析：【解答】解：∵a、b是异面直线，a⊥平面α，b⊥平面β，∴若α//β，则a//b，与a、b是异面直线矛盾，∴α、β的位置关系是相交．故选：A．【分析】若α//β，则a//b，与a、b是异面直线矛盾，故α、β的位置关系是相交．本题考查平面与平面的位置关系的判断，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养．3.答案：B解析：解：∵直线3x−y+1=0的斜率为3，并且所求直线与直线3x−y+1=0平行，∴所求直线斜率为3．又因为所求直线过点(−2,0)，所以所求直线的方程为y−0=3(x+2)，即3x−y+6=0．故选：B．首先根据所求直线与已知直线平行可得所求直线的斜率，再根据所求直线经过点(−2,0)，进而利用直线的点斜式方程可得答案．本题注意考查直线平行与直线斜率的关系，以及直线的点斜式方程，是基础题．4.答案：C解析：【分析】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义结合数形结合，即可求出z的最小值，属于中档题．作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可求出z的最小值．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z =−2x +y +4得y =2x +z −4，平移直线y =2x +z −4．由图象可知当直线y =2x +z −4经过点B 时，z =−2x +y +4的截距最小，此时z 最小． 由{y =03x −y −6=0， 解得B(2,0)，代入z =−2x +y +4=−2×2+0+4=0．即目标函数z =−2x +y +4最小值为0．故选：C ．5.答案：C解析：解：在A 中，一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，则这两个平面平行； 一个平面内的两条直线平行线平行于另一个平面，则这两个平面相交或平行，故A 错误； 在B 中，一个平面内的无数条直线平行于另一个平面，则这两个平面相交或平行，故B 错误； 在C 中，由平面平行的判定定理得平行于同一平面的两个平面互相平行，故C 正确；在D 中，垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故D 错误．故选：C ．A 中，一个平面内的两条直线平行线平行于另一个平面，则这两个平面相交或平行；在B 中，一个平面内的无数条平行线平行于另一个平面，则这两个平面相交或平行；在C 中，由平面平行的判定定理得平行于同一平面的两个平面互相平行；在D 中，垂直于同一个平面的两个平面平行或相交． 本题考查两个平面是否平行的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意平面与平面平行的判定定理的合理运用．6.答案：B解析：【分析】本题主要考查线性规划，利用z 的几何意义，数形结合是解决本题的关键，属于基础题． 作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，数形结合即可得到结论．【解答】解：作不等式组对应的平面区域如图：由z=5x−y，得y=5x−z，平移直线y=5x−z，由图象可知当直线y=5x−z经过点A时，直线y=5x−z的纵截距最大，此时z最小．由{x+3y=53x+2y=8，解得A(2,1)，此时z=5x−y的最小值为：9．故选：B．7.答案：D解析：解：若m=0，则两直线方程分别为2x+y−3=0，和−3x+1=0，此时两直线不平行，故m≠0，则若l1//l2，则满足2+m−3=1−m≠−31，由2+m−3=1−m得m(2+m)=3，即m2+2m−3=0，解得m=1或m=−3，由1−m ≠−31，解得m≠13，综上m=1或m=−3，故选：D根据直线平行的等价条件进行求解即可得到结论．本题主要考查直线平行的应用，根据直线系数之间的比例关系是解决本题的关键．8.答案：D解析：由题意得，该几何体的直观图为三棱锥A−BCD，如图，其最大面的表面是边长为2√2的等边三角形，故其面积为√34×(2√2)2=2√3．9.答案：C解析：【分析】本题考查了线面平行的判定，利用等体积求点到平面的距离，属于中档题．利用线面平行的判定定理，判断直线BC1//平面ACD1，直线BC1到平面D1AC的距离即为点B到平面D1AC的距离，利用等体积，即可求出直线BC1到平面D1AC的距离．【解答】解：∵几何体为长方体ABCD−A1B1C1D1，∴AB//C1D1，AB=C1D1，∴AD1//BC1，∵AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，∴直线BC1//平面ACD1；直线BC1到平面D1AC的距离即为点B到平面D1AC的距离设为h，考虑三棱锥ABCD1的体积，以ABC为底面，可得V=13×(12×1×2)×1=13，而D1AC中，AC=D1C=√5，D1A=√2，故S△AD1C =32．∴13×32ℎ=13，∴ℎ=23，即直线BC1到平面D1AC的距离为23．故选：C．10.答案：C解析：【分析】本题主要考查线性规划的基本知识，属于中档题．利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．先画出约束条件{y ⩾xy ⩽2x x +y ⩽m的可行域，再求出可行域中各角点的坐标，将各点坐标代入目标函数的解析式，分析后易得目标函数z =x +2y 的最大值，解得m 的值．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：设z =x +2y 得y =−12x +z 2， 平移直线y =−12x +z 2，由图象可知当直线y =−12x +z2经过点B 时，直线y =−12x +z 2的截距最大，此时z 最大，由{x +y =m y =2x ，解得{x =m 3y =2m 3，即B(m 3,2m 3)，此时z =m 3+2×2m 3=15，解得m =9． 故选C .11.答案：D解析：因为点A(x,5) 关于点P(1,y)的对称点是B(−2,−3)，所以{5−3=2y x −2=2⇒{x =4y =1， 所以d =√42+12=√1712.答案：C解析：【分析】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．推导出l//B 1D 1，则直线l 与直线CD 1所成的角就是直线B 1D 1和CD 1所成角，从而∠B 1D 1C 是直线l 与直线CD 1所成的角，由△B 1D 1C 是正三角形，能求出直线l 与直线CD 1所成的角．【解答】解：∵平面α//平面A 1BD ，平面A 1BD//平面CB 1D 1，∴平面α//平面CB 1D 1，∵平面ABCD//平面A 1B 1C 1D 1，平面α∩平面ABCD =l ，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1，∴l//B 1D 1，∵平面α//平面CB 1D 1，平面ABCD//平面A 1B 1C 1D 1，平面α∩平面ABB 1A 1=n ，平面CB 1D 1∩平面DCD 1C 1=CD 1，∴n//CD 1，∴直线l 与直线CD 1所成的角就是直线B 1D 1和CD 1所成角，∴∠B 1D 1C 是直线l 与直线CD 1所成的角，∵△B 1D 1C 是正三角形，∴∠B 1D 1C =60°．∴直线l 与直线CD 1所成的角为60°．故选C ．13.答案：2k解析：解：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为12n −1； 由n =k ，末项为12k −1到n =k +1，末项为12k+1−1=12k −1+2k ，∴应增加的项数为2k ．故答案为2k ．观察不等式左侧的特点，分母数字逐渐增加1，末项为12n −1，然后判断n =k +1时增加的项数即可． 本题是基础题，考查数学归纳法证明问题的第二步，项数增加多少问题，注意表达式的形式特点，找出规律是关键．14.答案：√5解析：解：两平行线l 1：x −2y +1=0与l 2：x −2y −4=0间的距离是：d =|1+4|√1+(−2)2=√5． 故答案为：√5．利用两平行线间的距离公式求得l 1与l 2之间的距离．本题主要考查两平行线间的距离公式，考查计算能力．15.答案：12解析：【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．【解答】解：由实数x ，y.满足{x +y −4≤0x −2y +2≥0y ≥0，作出可行域如图，联立{x +y =4y =0，解得A(4,0)， 化目标函数z =3x +2y 为y =−32x +z2，由图可知，当直线y =−32x +z 2过A 时，直线在y 轴上的截距最大，z 有最大值为z =3×4+2×0=12．故答案为：12．16.答案：解析：【分析】本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用．首先确定三角形ABC 为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定球的表面积．【解答】解：如图所示：三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AP =√2,AB =2， M 是线段BC 上一动点，线段PM 长度最小值为√3，则：当AM ⊥BC 时，线段PM 达到最小值，由于：PA ⊥平面ABC ，所以：PA 2+AM 2=PM 2，解得：AM =1，所以：BM =√3，则：∠BAM =60°，由于：，∠BAC =120°，所以：∠MAC =60°则：△ABC 为等腰三角形．所以：BC =2√3，在△ABC 中，设外接圆的直径为2r =2√3sin120°=4，则：r =2，所以：外接球的半径R═√22+(√22)2=√92，则：S =4⋅π⋅92=18π，故答案为．17.答案：解：(1)连接BD ，可得∠DBC 1为异面直线BC 1与B 1D 1所成角，连接DC 1，可知△DBC 1为等边三角形，则∠DBC 1=60°，即异面直线BC 1与B 1D 1所成角的大小为60°；(2)连接A 1B ，则∠BA 1E 为异面直线A 1E 和FG 所成角，由正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2．可得A 1B =2√2，A 1E =BE =√5，∴cos∠BA1E=√2)2√5)2√5)22×2√2×√5=√105．∴异面直线A1E和FG所成角的余弦值为√105．解析：本题考查异面直线所成角的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．(1)连接BD，可得∠DBC1为异面直线BC1与B1D1所成角，由△DBC1为等边三角形得答案；(2)连接A1B，则∠BA1E为异面直线A1E和FG所成角，由已知求解△A1BE的三边长，再由余弦定理求解．18.答案：解：(1)∵A(1,1)，B(0,−2)，C(4,2)，∴BC的斜率为2−(−2)4−0=1，∴BC边上的高所在直线的斜率为−1，∴所求直线方程为：y−1=−(x−1)，化为一般式可得x+y−2=0；(2)由中点坐标公式可得D(12,−12)，∵DE//BC，∴DE的斜率等于BC的斜率1，∴DE的方程为y+12=x−12化为一般式可得：x−y−1=0解析：(1)由点的坐标可得BC的斜率，由垂直关系可得BC边上的高所在直线斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可；(2)由中点坐标公式可得D的坐标，由平行关系可得DE的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．本题考查直线的一般式方程，涉及直线的平行于垂直关系，属基础题．19.答案：证明：(1)∵在正三棱锥P−ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，∴DE//AC，∵DE⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，∴DE//平面PAC;(2)连结PD，CD，∵正三棱锥P−ABC中，D是AB的中点，∴PD⊥AB，CD⊥AB，∵PD∩CD=D，∴AB⊥平面PDC，∵PC⊂平面PDC，∴AB⊥PC．解析：本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．(1)推导出DE//AC ，由此能证明DE//平面PAC ．(2)连结PD ，CD ，则PD ⊥AB ，CD ⊥AB ，从而AB ⊥平面PDC ，由此能证明AB ⊥PC ． 20.答案：(Ⅰ)证明：∵△ABC 为正三角形，点D 为AC 的中点，∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥面ACC 1A 1，从而BD ⊥DE ．连接EC 1，∵AA 1=4AE ，AB =AA 1=2，∴EA =12，ED =√52，EC 1=√22+94=52，C 1D =√5， 则EC 12=ED 2+C 1D 2，∴ED ⊥C 1D ，又C 1D ∩BD =D ，∴DE ⊥平面BDC 1． (Ⅱ)解：∵AA 1=2AE ，∴ED =√2,C 1D =C 1E =√5，∴S △C 1DE =32，由(Ⅰ)知BD ⊥面ACC 1A 1中，所以BD 为三棱锥B −C 1DE 的高，所以V C 1−EBD =V B−C 1DE =13S △C 1DE ⋅BD =13×32×√3=√32．解析：(Ⅰ)证明BD ⊥AC ，BD ⊥DE.连接EC 1，证明ED ⊥C 1D ，然后证明DE ⊥平面BDC 1． (Ⅱ)求出S △C 1DE =32，说明BD 为三棱锥B −C 1DE 的高，然后利用等体积法转化求解即可．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，等体积法的应用，考查空间想象能力以及计算能力．21.答案：解：(1)以O 点为原点，正北的方向为y 轴正方向建立直角坐标系，则直线OZ 的方程为y =3x ，设点A(x 0，y 0)，则， ∴A(900,600)，又B(m,0)，则直线AB 的方程为：y = 600 900−m (x −m)，由此得到C 点坐标为：( 200m m−700 , 600m m−700)，∴S(m)=S △OBC = 12 |OB||y c |= 300m 2m−700 (m >700)；(2)由(1)知S(m)= 300m 2m−700 = 300− 700m 2 + 1m = 300 −700( 1m − 1 1400 )2+ 12800，当1m =1 1400，即m =1400时，S(m)最小，∴征调m =1400海里处的船只时，补给方案最优．解析：本题考查解三角形的实际应用、三角形的面积公式、函数的最值、直线的方程等．(1)先求出直线OZ 的方程，然后根据β的正余弦值和OA 的距离求出A 的坐标，进而可以得到直线AB 的方程，然后再与直线OZ 的方程联立求出C 点的坐标，根据三角形的面积公式可得到答案；(2)根据(1)中S(m)的关系式，进行变形整理，即可求出最小值．22.答案：解：(Ⅰ)证明：连接AC 交BD 与O ，因为ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，且O 为AC 、BD 的中点，∵PD =PB ，∴PO ⊥BD ．∵AC ∩PO =O ，且AC 、PO ⊂面PAC ．∵BD ⊥面PAC ．∵PC ⊂面PAC ，∴BD ⊥PC ．∵BD//平面 AMHN ，且平面PBD ∩平面 AMHN =MN ，∴DB//MN ．∴MN ⊥PC ．(Ⅱ)由(Ⅰ)得DB ⊥AC 且PO ⊥BD ，∵PA =PC ，且O 为AC 中点，∴PO ⊥AC ，又AC ∩BD =O ，AC ⊂面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，∴PO ⊥面ABCD ，∵PA 与平面ABCD 所成的角为∠PAO =60°．可得AO =12PA ，PO =√32PA ， ∵PA =√3AB ，∴BO =√36PA ． 以O 为原点，建立如图的空间直角坐标系O −xyz ．记PA =2，∴O(0,0，0)，A(1,0，0)，B(0,√33,0),C(−1,0,0),D(0,−√33,0)，P(0,0,√3)， H(−12,0，√32) ∴DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√33,0)，AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,0,√32)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√33,0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,√3)，设平面 AMHN 的法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 由{m ⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2√33y =0m ⃗⃗⃗ ⋅AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−32x +√32z =0，取x =1，可得m ⃗⃗⃗ =(1,0,√3)．设平面PAB 的法向量为n⃗ =(a,b,c)， 由{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−a +√33b =0n ⃗ ⋅AP⃗⃗⃗⃗⃗ =−a +√3c =0，取a =1，可得n ⃗ =(1,√3,√33) cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=√3913， 所以二面角 P −AM −N 的余弦值为：√3913．解析：本题考查了空间直线垂直的判定，向量法求二面角，属于中档题．(Ⅰ)连接AC 交BD 与O ，可得BD ⊥PC.由BD//平面 AMHN ，可得DB//MN.即可证明MN ⊥PC ． (Ⅱ)由(Ⅰ)得DB ⊥AC 且PO ⊥BD ，PA 与平面 ABCD 所成的角为∠PAO =60°．以O 为原点，建立如图的空间直角坐标系O −xyz.记PA =2，∴O(0,0，0)，A(1,0，0)B(0,√33,0),C(−1,0,0),D(0,−√33,0)，P(0,0,√3)， H(−12,0，√32)求出平面 AMHN 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，平面PAB 的法向量为n ⃗ =(a,b,c)， 由cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=√3913，得二面角 P −AM −N 的余弦值．。