河北省定州中学2015-2016学年高一6月月考数学试卷

河北定州中学2015-2016学年度第二学期

高一第三次调研考试数学试题

1．直线与圆的位置关系是（）

A．相离B．相交C．相切D．不确定

2．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积（ 　）

A．B．C．D．

3．如图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为（）

A．B．C．D．

4．直线倾斜角的取值范围（ ）

A．B．

C．D．

5．若直线与平面、、满足∥，，则有（ ）

A．∥且B．⊥且

C．⊥且∥D．∥且⊥

6．若满足, 则直线过定点 ( )

A．B．C．D．

7．已知和是平面内互相垂直的两条直线，它们的交点为A，异于点A的两动点B、C分别在、上，且BC=，则过A、B、C三点圆的面积为（ ）

A．B．C．D．

8．已知和是平面内互相垂直的两条直线，它们的交点为A，异于点A的两动点B、C分别在、上，且BC=3，则过A、B、C三点的圆面积为（ ）

A．B．C．D．

9．已知两点A(0，－3)，B(4,0)，若点P是圆x²＋y²－2y＝0上的动点，则△ABP面积的最小值为(　　)

A．6 B. C．8 D.

10．直线ax＋by＋c＝0与圆x²＋y²＝9相交于两点M、N，若c²＝a²＋b²，则·(O为坐标原点)等于(　　)

A．－7 B．－14 C．7 D．14

11．直线与圆相交于、两点且，则a的值为(    )

A.3 B.2 C.1 D.0

12．已知三棱锥中，，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）

1. B.C.D.

第II卷（非选择题）

二、填空题（4小题，共20分）

13．已知三棱锥的所有棱长都相等，现沿三条侧棱剪开，将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为，则三棱锥的内切球的表面积为.

14．如图所示，在半径为的⊙O中，弦AB，CD相交于点P. PA＝PB＝2，PD＝1，则圆心O到弦CD的距离为________．

15．设m，n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x²＋y²＝4相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为________．
16．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x²＋y²＝4上有且只有四个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，则实数c的取值范围是________．

三、解答题（8小题，共70分）

17．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是菱形，∠ABC=60°，PA⊥底面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点，点H在PD上，且EH⊥PD，PA=AB=2．
（1）求证：EH∥平面PBA；

（2）求三棱锥P﹣AFH的体积．

18．如图，多面体的直观图及三视图如图所示，分别为的中点．

（1）求证：平面；

(2）求多面体的体积．

19．如图，多面体的直观图及三视图如图所示，分别为的中点．

（1）求证：平面；

(2）求多面体的体积．

20．如图，已知一四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，且侧棱PC⊥底面ABCD，且PC＝2，E是侧棱PC上的动点

（1）求四棱锥P－ABCD的体积；

（2）证明：BD⊥AE。

（3）求二面角P-BD-C的正切值。

21．如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是矩形，且平面平面，，．

（1）若点是的中点，求证：平面

（2）若是线段的中点，求三棱锥的体积.

22．如图所示，四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，且，是的中点．

（1）证明：平面；

（2）求三棱锥的体积．

23．如图，平面平面，四边形为矩形，．为的中点，．

（1）求证：；

（2）若时，求二面角的余弦值．

24．已知圆C：x²＋(y－2)²＝5，直线l：mx－y＋1＝0.

1. 求证：对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点；
2. 若圆C与直线l相交于A，B两点，求弦AB的中点M的轨迹方程。

1．D

【解析】直线过定点，该点在圆外.由于的取值不确定，导致直线的斜率不确定，所以直线与的位置关系不确定，如，直线与圆相交，时，由圆心到直线的距离（半径），直线与圆相离，选D.

考点：直线与圆的位置关系.

2．C

【解析】

试题分析：此几何体为三棱锥,此三棱锥的体积为.故C正确.

考点：三视图.

3．C

【解析】

试题分析：由几何体的三视图可知几何体为底面半径为，高为1的圆柱，而圆柱侧面展开图为一个矩形，该矩形的长为底面圆的周长，高为1，所以该圆柱侧面积为

考点：空间几何体的三视图和直观图、空间几何体的表面积

4．C

【解析】

试题分析：由已知可知.直线的斜率.当时,当时,,由因为,所以.综上可得直线的斜率.设直线的倾斜角为,则,因为,所以.故C正确.

考点：直线的斜率,倾斜角.

5．B

【解析】

试题分析：,.,.故B正确.

考点：线线垂直,线面垂直.

6．B

【解析】

试题分析：,则可变形为即.由于的任意性则有.即直线过定点.故B正确.

考点：直线过定点问题.

7．B

【解析】

试题分析：由题意，l₁和l₂是平面内互相垂直的两条直线，它们的交点为A，BC=3，∴过A、B、C三点的动圆的圆心轨迹是以A为圆心，为半径的圆，∵过A、B、C三点的动圆的圆的半径为，∴过A、B、C三点的动圆上的点到点A的距离为3，∴过A、B、C三点的动圆所形成的图形是以A为圆心，3为半径的圆，∴过A、B、C三点的动圆所形成的图形面积为9π．故选：B．

考点：轨迹方程．

8．B

【解析】

试题分析：由题意，l₁和l₂是平面内互相垂直的两条直线，它们的交点为A，BC=3，∴过A、B、C三点的动圆的圆心轨迹是以A为圆心，为半径的圆，∵过A、B、C三点的动圆的圆的半径为，∴过A、B、C三点的动圆上的点到点A的距离为3，∴过A、B、C三点的动圆所形成的图形是以A为圆心，3为半径的圆，∴过A、B、C三点的动圆所形成的图形面积为．故选：B．

考点：轨迹方程．

9．B

【解析】如图，过圆心C向直线AB做垂线交圆于点P，

这时△ABP的面积最小．

直线AB的方程为＋＝1，即3x－4y－12＝0，

圆心C到直线AB的距离为

d＝＝，

∴△ABP的面积的最小值为×5×(－1)＝.

10．A

【解析】记、的夹角为2θ.依题意得，圆心O(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离等于＝1，cosθ＝，cos2θ＝2cos²θ－1＝2×()²－1＝－，·＝3×3cos2θ＝－7，选A.

11．D

【解析】圆的圆心为,半径。因为，所以圆心到直线的距离，即，所以，平方得，解得，选D.

12．B

【解析】

试题分析：如图所示，由已知，平面，

所以，,

取的中点，由直角三角形的性质，到的距离均为，其即为三棱锥的外接球球心，故三棱锥的外接球的表面积为，选.

考点：垂直关系，球的表面积

13．

【解析】

试题分析：三棱锥展开后为等边三角形，设边长，则，则

因此三棱锥的棱长为，三棱锥的高，设内切球的半径为，

则，，求的表面积.

考点：1、空间几何体的特征；2、球的表面积.

14．

【解析】

试题分析：如图，作于，连结，由相交弦定理可得：，又由垂径定理可得：，∴圆心到弦的距离.

考点：圆的性质.

15．3

【解析】∵l与圆相交所得弦的长为2，＝，

∴m²＋n²＝≥2|mn|，∴|mn|≤.l与x轴交点A(，0)，与y轴交点B(0，)，∴S_△AOB＝·||||＝·≥×6＝3.

16．(－13,13)

【解析】圆上有且只有四个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，该圆半径为2，即圆心O(0,0)到直线12x－5y＋c＝0的距离d<1，即0<<1，∴－13

17．（1）见解析（2）

【解析】

试题分析：（1）根据平面ABCD是菱形推断出AD=AB，进而根据PA=AB，推断出PA=AD，利用∠B=60°判断三角形ABC为等边三角形，同时E为中点进而可推断出∠BAE=30°，进而推断出∠EAD=90°，通过PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，判断出PA⊥AE，则可判定△PAE≌△DAE，推断出PE=PD，根据EH⊥PD，推断出H为PD的中点，进而利用FH∥CD∥AB，根据线面平行的判定定理知FH∥平面PAB，根据E，F分别为BC，PC的中点推断EF∥AB，利用线面平行的判定定理推断出EF∥平面PAB，进而根据面面平行的判定定理知平面EFH∥平面PAB，最后利用面面平行的性质推断出EH∥平面PAB．

（2）根据F，H为中点，V_P﹣AFH=V_P﹣ACD，则三棱锥P﹣AFH的体积可求．

（1）证明：∵平面ABCD是菱形，

∴AD=AB，

∵PA=AB，

∴PA=AD，

∵AB=BC，∠B=60°，BE=EC，

∴∠BAE=30°，

∴∠EAD=90°，

∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴PA⊥AE，即∠PAE=90°，

∴△PAE≌△DAE，

∴PE=PD，

∵EH⊥PD，

∴H为PD的中点，

∵FH∥CD∥AB，

∴FH∥平面PAB，

∵E，F分别为BC，PC的中点

∴EF∥AB，

∵AB⊂平面PAB，

∴EF∥平面PAB，

∵EF∩FH=H，EF⊂平面EFH，FH⊂平面EFH，

∴平面EFH∥平面PAB，

∵EH⊂平面EFH，

∴EH∥平面PAB．

（2）∵F，H为中点，

∴V_P﹣AFH=V_P﹣ACD=•••2•2•sin60°•2=

点评：本题要考查了线面平行的判定定理，面面平行的判定定理及性质，三棱锥的体积等问题．考查了学生空间观察能力和逻辑思维的能力．

18．（1）证明：见解析；（2）多面体的体积．

【解析】

试题分析：（1）由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰

直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．

连结，则是的中点，由三角形中位线定理得，得证.

（2）利用平面，得到,

再据⊥，得到⊥平面，从而可得：四边形是矩形,且侧面⊥平面.

取的中点得到,且平面．利用体积公式计算.

所以多面体的体积．12分

试题解析：（1）证明：由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰

直角三角形，，平面,侧面都是边长为的

正方形．连结，则是的中点，

在△中，，

且平面，平面，

∴∥平面．6分

（2）因为平面，平面,

,

又⊥，所以，⊥平面，

∴四边形是矩形,且侧面⊥平面8分

取的中点,,且平面．10分

所以多面体的体积．12分

考点：三视图，平行关系，垂直关系，几何体的体积.

19．（1）证明：见解析；（2）多面体的体积．

【解析】

试题分析：（1）由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰

直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．

连结，则是的中点，由三角形中位线定理得，得证.

（2）利用平面，得到,

再据⊥，得到⊥平面，从而可得：四边形是矩形,且侧面⊥平面.

取的中点得到,且平面．利用体积公式计算.

所以多面体的体积．12分

试题解析：（1）证明：由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰

直角三角形，，平面,侧面都是边长为的

正方形．连结，则是的中点，

在△中，，

且平面，平面，

∴∥平面．6分

（2）因为平面，平面,

,

又⊥，所以，⊥平面，

∴四边形是矩形,且侧面⊥平面8分

取的中点,,且平面．10分

所以多面体的体积．12分

考点：三视图，平行关系，垂直关系，几何体的体积.

20．（1）；(2)见解析；（3）.

【解析】

试题分析：（1）根据四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PC⊥底面ABCD，知高为PC=2.应用体积计算公式即得；

(2)连结AC，根据ABCD是正方形，得到BD⊥AC，由PC⊥底面ABCD得到BD⊥PC，推出BD⊥平面PAC；由于不论点E在何位置，都有AE平面PAC，故得BD⊥AE；

（3）设相交于，连,可知是二面角P-BD-C的的一个平面角，计算其正切即得二面角P-BD-C的正切值.

试题解析：（1）该四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，

侧棱PC⊥底面ABCD，且PC=2.

∴4分

(2)连结AC，∵ABCD是正方形

∴BD⊥AC∵PC⊥底面ABCD且平面　∴BD⊥PC

又∵∴BD⊥平面PAC　

∵不论点E在何位置，都有AE平面PAC

∴BD⊥AE 8分

（3）设相交于，连,由四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PC⊥底面ABCD知，是二面角P-BD-C的的一个平面角，,即二面角P-BD-C的正切值为.

考点：垂直关系，几何体的体积，二面角的计算.

21．（1）详见解析;（2）1

【解析】

试题分析：（1）设相交于点，连接.由中位线可得根据线面平行的判定定理即可得证平面.（2）由面面垂直的性质定理可得平面,则可将棱锥的顶点转化为以点.由勾股定理可得.根据棱锥体积公式即可求其体积.

试题解析：解：（1）证明：设，连接，

由三角形的中位线定理可得：, 3分

∵平面，平面，∴平面．6分

（2）∵平面平面，

∴平面，∴,∴8分

又∵是的中点，是正三角形，

∴，∴，10分

又平面平面，，

∴平面，∴-12分

考点：1线面平行;2面面垂直;3棱锥的体积.

22．（1）证明详见解析；（2）.

【解析】

试题分析：（1）要证平面，由于平面，故只须在平面内找到一条直线与平行即可，而这一条直线就是平面与平面的交线，故连接，设其交于点，进而根据平面几何的知识即可证明，从而就证明了平面；（2）根据已知条件及棱锥的体积计算公式可得，进而代入数值进行运算即可.

试题解析：（1）证明：连结,交于

因为底面为正方形, 所以为的中点.又因为是的中点,

所以

因为平面,平面, 所以平面6分

（2）因为侧棱底面，所以三棱锥的高为，而底面积为，所以13分.

考点：1.空间中的平行关系；2.空间几何体的体积.

23．（1）证明过程详见解析；（2）．

【解析】

试题分析：本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、向量法等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力．第一问，连结OC，由于为等腰三角形，O为AB的中点，所以，利用面面垂直的性质，得平面ABEF，利用线面垂直的性质得，由线面垂直的判定得平面OEC，所以，所以线面垂直的判定得平面，最后利用线面垂直的性质得；第二问，利用向量法，先建立空间直角坐标系，求出平面FCE和平面CEB的法向量，再利用夹角公式求二面角的余弦值，但是需要判断二面角是锐角还是钝角．

试题解析：（1）证明：连结OC，因AC=BC，O是AB的中点，故．

又因平面ABC平面ABEF，故平面ABEF， 2分

于是．又，所以平面OEC，所以， 4分

又因，故平面，所以． 6分

（2）由（1），得，不妨设，，取EF的中点D，以O为原点，OC，OB，OD所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，则，

在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则从而设平面的法向量，由，得， 9分

同理可求得平面的法向量，设的夹角为，则，由于二面角为钝二面角，则余弦值为13分

考点：线线垂直、线面垂直、面面垂直、向量法．

24．（1）见解析 （2）x²＋(y－)²＝

【解析】(1)解法一：直线mx－y＋1＝0恒过定点(0,1)，且点(0,1)在圆C：x²＋(y－2)²＝5的内部，

所以直线l与圆C总有两个不同交点．

解法二：联立方程，消去y并整理，得

(m²＋1)x²－2mx－4＝0.

因为Δ＝4m²＋16(m²＋1)>0，所以直线l与圆C总有两个不同交点．

解法三：圆心C(0,2)到直线mx－y＋1＝0的距离d＝＝≤1<，

所以直线l与圆C总有两个不同交点．

(2)设A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，M(x，y)，联立直线与圆的方程得(m²＋1)x²－2mx－4＝0，

由根与系数的关系，得x＝＝，

由点M(x，y)在直线mx－y＋1＝0上，当x≠0时，得m＝，代入x＝，得x[()²＋1]＝，

化简得(y－1)²＋x²＝y－1，即x²＋(y－)²＝.

当x＝0，y＝1时，满足上式，故M的轨迹方程为x²＋(y－)²＝.