一、单选题

1．直线m⊥平面α，下面判断错误的是（　　）

A．若直线n⊥m，则n∥α    B．若直线n⊥α，则n∥m

C．若直线n∥α，则n⊥m    D．若直线n∥m，则n⊥α

【答案】A

【解析】结合线面垂直、线线平行及线面平行的相关性质可以判断.

【详解】

由直线m⊥平面α，得：

在A中，若直线n⊥m，则由线面平行性质得n与α相交、平行或n⊂α，故A错误；

在B中，若直线n⊥α，则由线面垂直的性质得n∥m，故B正确；

在C中，若直线n∥α，则由线面垂直的性质得n⊥m，故C正确；

在D中，若直线n∥m，则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故D正确．

故选：A．

【点睛】

本题主要考查空间位置关系的判定，可以借助模型求解，侧重考查直观想象和逻辑推理的核心素养.

2．已知直线1：2x﹣y+2＝0被双曲线C：x2﹣ ＝1截得的线段长等于3，下面哪一条直线被双曲线C所截得的弦长不等于3（　　）

A．2y﹣x+2＝0    B．﹣2x﹣y+2＝0

C．2x+y+2＝0    D．2x﹣y﹣2＝0

【答案】A

【解析】结合双曲线图象的对称性可以得出选项.

【详解】

根据双曲线的图象关于x轴，y轴和原点对称可知，

与直线2x﹣y+2＝0关于原点对称的直线2x﹣y﹣2＝0被双曲线C所截得的弦长等于3；

与直线2x﹣y+2＝0关于y轴对称的直线2x+y﹣2＝0被双曲线C所截得的弦长等于3；

与直线2x﹣y+2＝0关于x轴对称的直线2x+y+2＝0被双曲线C所截得的弦长等于3；

故选：A．

【点睛】

本题主要考查双曲线的对称性，结合图形的特点，可以避免繁琐的计算.

3．有一把三角尺ABC，∠A＝30°，∠C＝90°，把边BC放置在桌面上，当三角尺与桌面所在的平面成60°的时候，AB边所在的直线与桌面所成的角等于（　　）

A．arcsin    B．    C．    D．arcsin

【答案】D

【解析】作出图形，找到直线与平面所成角，结合直角三角形的性质求解.

【详解】

过A作AD垂直于桌面，垂足为D，连CD，BD，

∵AC⊥BC，根据三垂线定理得CD⊥BC，∴∠ACD＝60°，

设BC＝x，则AC＝x，AB＝2x，∴AD＝，

所以AB边所在直线与桌面所成角为∠ABD，

∵．

故选：D．

【点睛】

本题主要考查线面角的求解，线面角的求解的关键是作出线面角，利用直角三角形的知识求解.

4．阅读材料：空间直角坐标系O﹣xyz中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为＝（a，b，c）的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0；过点P（x0，y0，z0）且一个方向向量为＝（u，v，w）（uvw≠0）的直线l的方程为，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面α的方程为x+2y﹣2z﹣4＝0，直线l是两平面3x﹣2y﹣7＝0与2y﹣z+6＝0的交线，则直线l与平面α所成角的大小为（　　）

A．arcsin    B．arcsin

C．arcsin    D．arcsin

【答案】B

【解析】先根据两个平面的方程，求出平面交线的方向向量，结合已知平面的方程确定平面的法向量，然后求解.

【详解】

平面α的法向量为＝（1，2，﹣2），

联立方程组，令x＝1，得y＝﹣2，z＝2，令x＝3，得y＝1，z＝8，

故点P（1，﹣2，2）和点Q（3，1，8）为直线l的两个点，∴＝（2，3，6）为直线l的方向向量，

∵ ，∴直线l与平面α所成角的正弦值为，

故选：B．

【点睛】

本题主要考查直线和平面所成角的正弦，属于信息提供题目，理解题中所给的信息是求解关键.

二、填空题

5．过点（1，0）且与直线x﹣y＝0平行的直线方程是_____．

【答案】x﹣y﹣1＝0

【解析】利用两条直线平行可得所求直线的斜率，结合点斜式可求方程.

【详解】

设与直线x﹣y＝0平行的直线方程是x﹣y+m＝0，

且直线过点（1，0），则1﹣0+m＝0，解得m＝﹣1，所以所求直线方程是x﹣y﹣1＝0．

故答案为：x﹣y﹣1＝0．

【点睛】

本题主要考查平行直线的求法，注意平行直线方程的设法，属于简单题.

6．将边长分别为1cm和2cm的矩形，绕边长为2cm的一边所在的直线旋转一周得到一圆柱，则该圆柱的侧面积为_____cm2．

【答案】4π

【解析】确定圆柱的底面半径和母线长，利用侧面积求解公式可得.

【详解】

依题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，所以该圆柱的侧面积为S＝2×2＝4．

故答案为：4．

【点睛】

本题主要考查圆柱侧面积的求解，圆柱侧面积的求解关键是确定半径和母线长，侧重考查直观想象和数算的核心素养.

7．以A（1，1），B（3，﹣1）为直径的端点的圆的方程是_____．

【答案】（x﹣2）2+y2＝2

【解析】先确定圆心，再求解半径，写出圆的方程.

【详解】

点A（1，1），B（3，﹣1），则AB的中点为M（2，0），AB的长为|AB|＝ ，所以以AB为直径的端点的圆的圆心为M，半径为，

所求圆的方程是（x﹣2）2+y2＝2．

故答案为：（x﹣2）2+y2＝2．

【点睛】

本题主要考查圆的方程的求法，利用直接法求解圆的方程时，关键是确定圆心和半径.

8．正方体的外接球体积为V1，其内切球体积为V2，则的值为_____．

【答案】

【解析】利用球和正方体的关系，求出外接球和内切球的半径，再求出体积的比值.

【详解】

设正方体的棱长为2a，则其外接球的半径为，

内切球的半径为a，则．

∴ ．

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查正方体和球的外接和内切问题，侧重考查直观想象和数算的核心素养.

9．椭圆的长轴长是短轴长的2倍，它的一个焦点为（，0），则椭圆的标准方程是_____．

【答案】

【解析】根据焦点坐标可得c，结合a=2b及a,b,c之间的关系可求a,b,c，从而可得椭圆的方程.

【详解】

依题意得2a＝4b，c＝，又a2＝b2+c2，∴a＝2，b＝1，

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查椭圆方程的求解，确定椭圆方程的关键是求出a,b的值，构建方程组是常用策略.

10．已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是，则该正四棱锥的全面积为_____．

【答案】12

【解析】根据正四棱锥的特点，可知侧面是全等的等腰三角形，求出斜高可得侧面积，结合底面积可得全面积.

【详解】

如图在正四棱锥S﹣ABCD中，O为底面正方形的中心，E为BC的中点，连接OE，SO，SE，

则SO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以BC⊥SO，

在三角形ABC中，O，E分别为AC，BC的中点，所以OE∥AB，又因为AB⊥BC，所以BC⊥OE．

又OE∩SO＝O，所以BC⊥平面SOE，因为SE⊂平面SOE，

所以SE⊥BC，即SE为侧面SBC的斜高，

三角形SBE为直角三角形，所以SE＝ ＝2．

所以该正四棱锥的全面积S全＝SABCD+4×SSBC＝2×2+4×＝4+8＝12．

故答案为：12．

【点睛】

本题主要考查正棱锥全面积的求法，应熟记面积求解公式，侧重考查直观想象和数算的核心素养.

11．双曲线1（a＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，则a的值为_____．

【答案】1

【解析】根据双曲线焦点的位置，明确渐近线的方程为，从而可得a的值.

【详解】

双曲线＝1（a＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，可得：，解得a＝1．

故答案为：1．

【点睛】

本题主要考查双曲线渐近线的应用，求解或使用渐近线时，要先明确焦点的位置.

12．点P是棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱A1B1上的动点，则四棱锥P﹣ABC1D1的体积为_____．

【答案】

【解析】先利用线面平行把四棱锥P﹣ABC1D1的高转换为B1O，再求出底面积和高，可得几何体的体积.

【详解】

连接B1C交BC1于点O，显然OB1＝，

∵四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1O，

又AB∩BC1＝B，∴OB1⊥平面ABC1D1，∵A1B1∥AB，∴A1B1∥平面ABC1D1，

∴P到平面ABC1D1的距离等于B1O，

∴＝＝．

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查四棱锥的体积的求解方法，求解椎体的体积重点是确定高和底面积，高的确定常用转化意识.

13．已知椭圆和曲线有相同的焦点、，点为椭圆和双曲线的一个交点，则的值是_____．

【答案】13

【解析】利用椭圆和双曲线的定义可求|PF1|+|PF2|＝2m，|PF1|﹣|PF2|＝2n，平方相减可得.

【详解】

∵已知椭圆＝1（m＞0）和双曲线＝1（n＞0）有相同的焦点F1、F2，

∴m2﹣9＝n2+4，即m2﹣n2＝13，

假设P在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义可得：|PF1|+|PF2|＝2m，|PF1|﹣|PF2|＝2n，

两式平方差得4|PF1|•|PF2|＝4m2﹣4n2＝4×13，∴|PF1|•|PF2|＝13．

故答案为13．

【点睛】

本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，圆锥曲线问题涉及到曲线上点的问题，一般是考虑定义来解决.

14．正方形铁片的边长为4cm，以它的一个顶点为圆心，一边长为半径画圆弧，剪下一个顶角为的扇形，用这块扇形铁片围成一个圆锥形容器，则这个圆锥形容器的容积等于_____cm3．

【答案】

【解析】先根据扇形弧长公式确定确定圆锥底面半径，再求出圆锥的高，可得容积.

【详解】

依题意，设该圆锥的母线长为l，则l＝4，

设底面圆的半径为r，则2πr＝＝2，解得r＝1，

所以圆锥的高h＝，

所以这个圆锥形容器的容积V．

故填：．

【点睛】

本题主要考查圆锥体积的求解，确定底面圆的半径和高是求解的关键，侧重考查直观想象和数算的核心素养.

15．在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N、P分别是正方形ABCD、正方形BB1C1C和正方形ABB1A1的中心，则过点M、N、P的平面截正方体的截面面积为_____．

【答案】

【解析】根据M、N、P的位置，确定过点M、N、P的平面截正方体的形状，然后求解面积.

【详解】

依题意，M、N、P分别是正方形ABCD、正方形BB1C1C和正方形ABB1A1的中心，即M，N，P分别为AB1、B1C、AC的中点，所以过点M、N、P的平面截正方体的截面为三角形AB1C，如图．

因为正方体的棱长为a，所以三角形AB1C的边长为，所以三角形AB1C，的面积为：

S＝ ．

故答案为：

【点睛】

本题主要考查截面图形的面积问题，侧重考查直观想象和数算的核心素养.

16．在平面直角坐标系xOy中，C为直线y＝5上的动点，以C为圆心的圆C截y轴所得的弦长恒为6，过原点O作圆C的一条切线，切点为P，则点P到直线3x+4y﹣25＝0的距离的最小值为_____．

【答案】1

【解析】先根据弦长确定圆C的半径的关系式，结合切点的性质，确定P的轨迹，结合轨迹特点求出最值.

【详解】

根据题意，设C的坐标为（m，5），圆C的半径为r，

又由圆C截y轴所得的弦长恒为6，则点（0，2）在圆C上，则r2＝m2+9，

又由过原点O作圆C的一条切线，切点为P，则|CP|2＝r2＝m2+9，

|OC|2＝m2+25，则|OP|2＝|OC|2﹣|CP|2＝（m2+25）﹣（m2+9）＝16，

则P在以O为圆心，半径为4的圆上，其圆心O到直线3x+4y﹣25＝0的距离d＝＝5，则P到直线3x+4y﹣25＝0的距离的最小值为d﹣r＝5﹣4＝1，

故答案为：1

【点睛】

本题主要考查与圆有关的最值问题，圆上一点到直线的最近（远）距离，一般是通过圆心到直线的最值来实现.

三、解答题

17．抛物线C的顶点在坐标原点，对称轴为x轴，抛物线C过点A（4，4），过抛物线C的焦点F作倾斜角等于45°的直线l，直线l交抛物线C于M、N两点．

（1）求抛物线C的方程；

（2）求线段MN的长．

【答案】（1）y2＝4x；（2）8

【解析】（1）设出直线方程，代入点的坐标可得抛物线方程；

（2）写出直线方程，和抛物线联立，结合韦达定理和抛物线定义可得弦长.

【详解】

（1）依题意设抛物线C的方程为y2＝2px，将A（4，4）代入得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x．

（2）F（1，0），直线l：y＝x﹣1，联立得x2﹣6x+1＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝6，根据抛物线的定义可得|MN|＝x1+x2+p＝6+2＝8．

【点睛】

本题主要考查抛物线方程的求法及弦长问题，侧重考查数算的核心素养.

18．如图，AB是异面直线a、b的公垂线，长度为2，点C、D分别在直线a和b上，且CD长为4，过线段AB的中点M作平面α，使得AB⊥平面α，线段CD与平面α交点为N．

（1）求异面直线AB和CD所成的角的大小；

（2）求证：直线a∥α且CN＝DN．

【答案】（1）60°；（2）见解析

【解析】（1）平移直线得到异面直线所成角，结合直角三角形知识可求;

（2）利用线面平行的性质和中位线性质可证.

【详解】

（1）过点O作AB的平行线CO，且使CO＝AB，连结BO，DO，

则∠DCO是异面直线AB和CD所成角，∵CO＝AB＝2，CD＝4，∴∠DCO＝60°，

∴异面直线AB和CD所成的角的大小为60°．

（2）设BC∩α＝P，连结MN、MP、PN，∵AB是异面直线a、b的公垂线，AB⊥平面α，

∴AC⊥AB，MP⊥AB，∵MP⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，

∴MP∥AC，∵MP⊂α，AC⊄α，∴直线a∥α．同理可证b∥α，∴PN∥BD，

∵MP∥AC，M是AB中点，∴P是BC中点，∴N是CD中点，∴CN＝DN．

【点睛】

本题主要考查异面直线所成角的求法和线段相等的证明，侧重考查直观想象和逻辑推理的核心素养.

19．过双曲线C：＝1的右焦点F且与x轴不重合的直线交双曲线C于A、B两个点，定点D（，0）．

（1）当直线AB垂直于x轴时，求直线AD的方程．

（2）设直线AD与直线x＝1相交于点E，求证：FD∥BE．

【答案】（1） 或2x+y﹣3＝0；（2）见解析

【解析】（1）直线AB垂直于x轴时,易求方程，同时解得点的坐标可得直线AD的方程；

（2）表示出直线AD的方程，结合与直线x=1的交点可得点E的坐标，从而可证.

【详解】

（1）F（2，0）当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为：x＝2，可得A（2，）或A（2，﹣），∴直线AD的方程为 或2x+y﹣3＝0

（2）设直线AB的方程为x＝ty+2代入x2﹣y2＝2得（t2﹣1）y2+4ty+2＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝ ，

直线AD的方程为： ，

令x＝1得 

∴FD∥BE．

【点睛】

本题主要考查直线和抛物线的关系，注意直线平行的转化方法，侧重考查数算的核心素养.

20．在三棱锥A﹣BCD中，△ABC和△ABD都是以AB为斜边的直角三角形，AB⊥CD，AB＝10，CD＝6．

（1）问在AB上是否存在点E，使得AB⊥平面ECD？

（2）如果S△ABC＝S△ABD＝30，求二面角C﹣AB﹣D的大小．

（3）求三棱锥A﹣BCD体积的最大值．

【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）40

【解析】（1）利用线面垂直的判定方法可得；

（2）根据两个三角形面积相等可得DE,CE的长度，从而可得二面角；

（3）求出三棱锥A﹣BCD体积的表达式，利用二次函数知识可得.

【详解】

（1）假设在AB上存在点E，使得AB⊥平面ECD，

∵在三棱锥A﹣BCD中，△ABC和△ABD都是以AB为斜边的直角三角形，

AB⊥CD，AB＝10，CD＝6．作CE⊥AB，交AB于E，连结DE，

又CE∩CD＝C，∴AB⊥平面ECD．

（2）由（1）知AB⊥平面CDE，故AB⊥DE，AB⊥CE，∴CED为二面角C﹣AB﹣D的平面角，

∵AB＝10， S△ABC＝S△ABD＝30，∴，

解得DE＝CE＝6，又CD＝6，∴△CDE是等边三角形，∴∠CED＝60°，

即二面角C﹣AB﹣D的大小为60°．

（3）由（1）知AB⊥平面CDE，故VA﹣BCD＝S△CDE•AB＝S△CDE，

∵△ABD和△ABC都是以AB为斜边的直角三角形，且由（1）知AB⊥平面CDE，

∴CE＝DE，设CE＝DE＝m，则E到CD的距离d＝，∴S△CDE＝，

∵△ABD是直角三角形，∴D在以AB为直径的圆上，故DE的最大值为AB＝5，

即0＜m≤5，∴S△CDE的最大值为12，

∴三棱锥A﹣BCD体积的最大值为 ．

【点睛】

本题主要考查空间位置关系的证明和体积的求解，侧重考查直观想象和数算的核心素养.

21．已知椭圆C：，直线l：y＝kx+b与椭圆C相交于A、B两点．

（1）如果k+b＝﹣，求动直线l所过的定点；

（2）记椭圆C的上顶点为D，如果∠ADB＝，证明动直线l过定点P（0，﹣）；

（3）如果b＝﹣，点B关于y轴的对称点为B，向直线AB是过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由．

【答案】（1）定点（1，﹣）；（2）见解析；（3）定点（0，﹣2）．

【解析】（1）把b＝﹣k﹣代入直线方程可得定点坐标；

（2）根据∠ADB＝，可得,结合韦达定理可得关系；

（3）结合对称性求出直线AB的方程，结合韦达定理，从而可得定点坐标.

【详解】

（1）∵k+b＝﹣，∴b＝﹣k﹣，∴y＝kx﹣k﹣＝k（x﹣1）﹣，

所以动直线l过定点（1，﹣）．

（2）联立消去y得（1+2k2）x2+4kbx+2b2﹣2＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝﹣ ，

∵∠ADB＝，又D（0，1），

∴（x1，y1﹣1）•（x2，y2﹣1）＝x1x2+（y1﹣1）（y2﹣1）＝x1x2+（kx1+b﹣1）（kx2+b﹣1）

＝x1x2+k2x1x2+（b﹣1）2+k（b﹣1）（x1+x2）

＝（1+k2）x1x2+k（b﹣1）（x1+x2）+（b﹣1）2

＝（1+k2）×+k（b﹣1）×+（b﹣1）2

＝（b﹣1），

∴（b﹣1）＝0，又b≠1（否则直线l过D），

∴b＝﹣，所以动直线l过定点（0，﹣）.

（3）b＝﹣，直线l为：y＝kx﹣，由（2）知x1+x2＝，

经过A（x1，y1），B′（﹣x2，y2）的直线方程为： ，

∴ ，

令x＝0得y﹣ ，

∴y＝kx1﹣ ，

所以直线AB′是过定点（0，﹣2）．

【点睛】

本题主要考查直线和椭圆的位置关系，直线恒过定点问题，一般是求解直线的方程中关系式，从而得到定点，侧重考查数算的核心素养.下载本文