2019福建省宁德市部分一级达标中学高一数学下学期期中联考试题精品教育.doc

联考试题（扫描版）

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2019—2019学年宁德市部分一级达标中学第一学期期中联合考试

高一数学试题参及评分标准

（1）本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可参照本答案的评分标准的精神进行评分．

（2）解答右端所注分数表示考生正确作完该步应得的累加分数. （3）评分只给整数分，选择题和填空题均不给中间分． 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分

1．D 2．B 3．C 4．C 5．D 6．A 7．C 8． B 9．C 10．D 11.A 12.D 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 0,5 14. 5:4 15.5,31,1 16. ①②③④___. 三、解答题：本大题共6小题，共70分． 17．(本题满分10分)

2xy10x1解：,得,P1,3 ……………………2分 1由x2y70y3303 ……………………3分

101直线l3的方程y+3=-x1,即x3y100 ……………………5分

3kop（2）设Q-3y10,y，因为点Q在圆xy100上

222所以3y10y100，即9y60y100y100 …………………7分

222所以yy60，所以y0或y6

当y0时，Q10,0，当y6时，Q8,6 ……………………9分 所以Q的坐标10,0或8，-6 ……………………10分 18．(本题满分12分)

AC平面ABDP ……………………3分 112+42VCABDPS底AC=2=4 ……………………6分

33219．(本题满分12分)

解：（1）由直线l与圆C相切，可得圆Ca,0到直线l:3x2ay90的距离

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d3a994a223， …………………2分

22化为a394a，即a2a0，所以a2或a0(舍)． ……………4分 所以圆C的方程为：x2y9 ……………………5分

22（2）因为CMPQ，所以KCMKPQ1，即

31，化为2a27a30，

7a2a21解得a3或a1 ……………………7分 263，符合题意； 5当a3时，直线l:x2y30，圆心C3,0到直线l的距离d ……………………9分

39113，不符合题当a时，直线l:3xy90，圆心C,0到直线l的距离d22102意；

……………………11分

综上，满足题意的直线l的方程为x2y30 ……………………12分 20．(本题满分12分)

解：（1）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD平面CDD1C1

APD是直线PA与平面PCD所成角 ……………………1分

底面ABCD是正方形，AD2 在RtADP中，PD2，AD=2PA6 ……………………3分

cosAPDPD23 ……………………4分 PA36PCPDPECD

(2)解：取CD中点E,连接PE,21．(本题满分12分)

证明：（1）存在，M为PD的中点；M取PD的中点，N为PC的中点，连结

AM,MN,NB， ……………………1分

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由MN∥CDAB，有AMNB，故AM∥BN， ……………………3分 又BN平面PBC，AM平面PBC ，所以AM∥平面PBC ………………4分 （2）过点D作PB的垂线DE，E为垂足，连结BD

由BDBCBC，有BCBD， ……………………5分 由 PD底面ABCD，有PDBC

因此BC平面PBD，平面PBD平面PBC， ……………………7分 又平面PBD22212平面PBC=PB，DEPB

所以DE平面PBC ，即DE就是点D到平面PBC的距离， …………………9分 在RtPBD中

由PBDEBDPD，3DE12

故DE6 ……………………11分 36 ……………………12分 36同样给分 3点D到平面PBC的距离为注：用等积法求得点D到平面PBC的距离为22．(本题满分12分)

914k3k32解：（1）圆心C到直线l的距离d，………………2分 22551k432化为12k25k+120，解得k或k ……………………4分

34所以直线l的方程为4x3y40或3x4y30 ……………………5分

2（2）法1 由CMl，知kCMykx11，由得 1ky3x4kk23k43k23kM,2； ……………………7分 2k1k1第 - 7 - 页

由ykx1k23k,，得N ， ……………………9分

k1k1xy20又A1,0故

即AMAN是定值9 ……………………12分 法2 连结CA，并延长交l于点D，由于kACkl1，所以ADl， …………6分 又CMl，所以RtAMC∽RtADN，因此

AMAD，即AMANACAD ACAN……………………8分

又l:ykx1，l:xy20，A1,0，C4,3 因此AC413032，ADANACAD322210223 …………………10分 2所以AM39 ……………………12分 2第 - 8 - 页