(优辅资源)河北省定州高二上学期开学考试数学试题Word版(含解析)

精品文档百强校河北定州中学：2016一2017学年第一学期高二开学考试数学试题一、选择题：共12题每题5分共60分1．平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为2，则球O的表面积为（）A．123B．12C．8D．42．已知某个三棱锥的三视图如下图,此中正视图是等边三角形,侧视图是直角三角形,俯视图是等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于（）A．3B．23C．3D．33363．已知某个三棱锥的三视图如下图,此中正视图是等边三角形,侧视图是直角三角形,俯视图是等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于（）A．3B．23C．3D．33364．某四周体的三视图如下图，则该四周体的四个面中，直角三角形的面积和是（）试卷精品文档A．4B．2C．425D．255．如下图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1内接于半径为3的半球O，四边形ABCD为正方形，则该四棱柱的体积最大时，AB的长为（）A．1B．2C．3D．26．某四周体的三视图如下图，则该四周体的四个面中，直角三角形的面积和是（）．2B．4C．25D．425A7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四周体的三视图，则该四周体的试卷精品文档外接球半径为（）A．22B．72C．11D．2338．已知圆C:(x1)2(y3)22被直线y3xb所截得的线段的长度等于2，则b等于（）A．5B．10C．25D．309．圆(x2)2y24与圆(x2)2(y1)29的地点关系为（）（A）内切（B）订交（C）外切（D）相离10．六个面都是平行四边形的四棱柱称为平行六面体．如图甲，在平行四边形ABCD中，有22AC+BD=2（AB2+AD2），那么在图乙所示的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AC12BD12CA12DB12等于（）试卷精品文档A．2（AB+AD+AA12）22B．3（AB+AD+AA12）2222C．4（AB+AD+AA12）22D．4（AB+AD）11．向来三棱柱的每条棱长都是3，且每个极点都在球O的表面上，则球O的半径为（）A．21B．6C．7D．3212．若一个四棱锥底面为正方形,极点在底面的射影为正方形的中心,且该四棱锥的体积为9,当其外接球的体积最小时,它的高为（）A．3B．22C．23D．33二、填空题：共4题每题5分共20分13．已知矩形ABCD的极点都在半径为R的球O的球面上，且AB6,BC23,棱锥OABCD的体积为83，则R=________．14．直线ykx与圆x2y24订交于A,B两点，若AB23，则k的取值21范围是______．15．过点P（1，2）且在Ｘ轴，Ｙ轴上截距相等的直线方程是.16．如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝3cm，AD＝2cm，AA1＝1cm，则三棱锥B1—ABD13的体积___________cm.三、解答题：共8题共70分17．如图，已知四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，且DAB90,ABC45,CB2,AB2,PA1．试卷精品文档（1）求证：BC平面PAC；（2）若M是PC的中点，求三棱锥CMAD的体积．18．如图，在三棱锥PABC中，PAB和CAB都是以AB为斜边的等腰直角三角形.（1）求证：ABPC；（2）若AB2PC2，求三棱锥PABC的体积.19．如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，BCD900，BCCD2,AB4，EC//FD,FD底面ABCD，M是AB的中点.试卷精品文档（1）求证：平面CFM平面BDF；（2）若点N为线段CE的中点，EC2,FD3，求证：MN//平面BEF.．如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB,DCAB,PA1，20AB2,PDBC2．（Ⅰ）求证：平面PAD平面PCD；（Ⅱ）试在棱PB上确立一点E，使截面AEC把该几何体分红的两部分PDCEA与EACB的体积比为2:1；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角EACP的余弦值．21．已知动点知足方程．（Ⅰ）求动点P到直线距离的最小值；（Ⅱ）设定点，若点之间的最短距离为,求知足条件的实数的取值．22．已知圆C：(x3)2(y4)24，直线l过定点A(1,0)．（Ⅰ）若l与圆C相切，求直线l的方程；（Ⅱ）若l与圆C订交于P、Q两点，且，求直线l的方程．23．在如下图的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ABD900，EB面ABCD，EF//AB，AB2，EB3，EF1,BC13，且M是BD的中点.试卷精品文档1）求证:EM//平面ADF；2）求二面角DAFB的大小.24．如下图，在长方体ABCD﹣ABCD中，BC=2AB=4，AA122，E是AD的中点．111111（Ⅰ）在平面A1B1C1D1内，请作出过点E与CE垂直的直线l，并证明l⊥CE；（Ⅱ）设（Ⅰ）中所作直线l与CE确立的平面为α，求点C1到平面α的距离．试卷精品文档参照答案1．B【分析】试题剖析：由题球心O到平面的距离为2，可得；R12(2)23，则球的表面积为；S4312．考点：球的截面性质及表面积．2．C【分析】试题剖析：由三视图，则左（侧）视图可推知底面的高，俯视图可推知底面再联合主视图，S＝1＝122h＝21＝3则三棱锥的底面积为；，而三棱锥的高为；V＝113＝3得：33考点：三视图与几何体的体积．3．C【分析】试题剖析：由三视图，则左（侧）视图可推知底面的高，俯视图可推知底面再联合主视图，S底面＝1＝1222h＝21＝3则三棱锥的底面积为；2，而三棱锥的高为；V＝113＝3得：33考点：三视图与几何体的体积．试卷精品文档4．D【分析】试题剖析：从三视图所供给的图形信息和数据信息可知:该几何体是一个三棱锥,此中SAB,SBC都是直角三角形,且SBAB2,故SSAB12;又222CO2,OB1,故BC415,1255,所以该几何体的四所以SSBC2个面中是直角三角形的全部面积之和是25.故应选D.S2AO2B2C考点：三视图的识读和理解及运用.5．D【分析】试题剖析：设ABx,则OB2x,BB131x2,所以直四棱柱的体积为22Vx231x2,令31x2t,则x262t2,则V(62t2)t2t36t,故22V/6t266(t1)(t1),所以当t1时,即x2时,体积V最大.故应选D.考点：导数的知识、四棱柱和球等知识的综合运用.6．C试卷精品文档【分析】试题剖析：从三视图所供给的图形信息和数据信息可知:该几何体是一个三棱锥如上图,此中SAB,SBC都是直角三角形,且SBAB2,故SSAB1222;又12CO2,OB1,故BC415,255,所以该几何体的四所以SSBC2个面中是直角三角形的全部面积之和是25.故应选C.S2O2AB2C考点：三视图的识读和理解及运用.7．C【分析】试题剖析：从三视图能够看出这是一个正方体上的一个四周体,如图,此中正MNP的边长为42,其外接圆的半径r142r222,相同正M1N1P1的外接圆的半径是,由球33的对称性可知球心O必在正方体的对角线AC上,且AO1h183,CO2h243,99该球经过六个点M,N,P,M1,N1,P1,设球心O到平面M1N1P1的距离为d1;球心O到平面MNP的距离为d2,而两个平面MNP和M1N1P1之间的距离为d43(h143d1d2,则由球心距、垂面圆半径之间的关系可得h2)3试卷精品文档R2d12r12,R2d22r22,所以d22d12r12r228,即d22d128,又d1d243,将其代入d22d128可得d2d123,由此可得d253,所以33R2d22r222583311,所之外接球的半径R11,应选C.333MANO1N1OO2P1CPM1考点：三视图的识读和理解及几何体体积的计算.【易错点晴】本题以网格纸上的几何图形为背景,供给了一个三棱锥的几何体的三视图,要求求其外接球的半径,是一道较为困难的难题.难就难在没法搞清其几何形状,只知道是一个三棱锥（四周体）是没有任何用的.经过认真察看不难看出这是一个正方体上的一个四周体,如图,正MNP42,其外接圆的半径42的边长为r1,相同正M1N1P1的外接圆的半3径是r222,由球的对称性可知球心O必在对角线上,且经过六个点3M,N,P,M1,N1,P1,设球心O到平面M1N1P1的距离为d1；球心O到平面MNP的距离为d2,而两个平面MNP和M1N1P1之间的距离为d43(h1h2)43d1d2,则由球心距垂面圆半径之间的关系可得3R2d12r12,R2d22r22,所以d22d12r12r228,即d22d128,又d1d243,将其代入d22d128可得d2d123,由此可得d253,所以33试卷精品文档R2d22r222583311,所之外接球的半径R11,其上当算h1,h2时可用等333积法进行.8．B【分析】试题剖析：因圆心到直线y3xb的距离是|b|b2d,半弦长为1,故12,解之得1010b10,应选B.考点：直线与圆的地点关系.9．B【分析】试题剖析：因两圆心距,而,故两圆的地点关系订交,选B.考点：两圆的地点关系.10．C【分析】试题剖析：因在平面上有结论AC2BD22(AB2AD2),故由类比推理在空间应有结论AC2BD2CA2DB2222114(ABADAA1),故应选．11C考点：类比推理及运用．【易错点晴】本题是一道属于合情推理的类比推理题,类比的内容是二维平面与三维空间之间的数目关系的类比．类比推理的内涵是指运用两个或两类对象之间在某些方面的相像或相同,推演出它们在其余方面也相像或相同的推理方法．本题就是平面上的平行四边形的边长和对角线之间的关系和空间平行六面体的的棱长和对角线之间的这类相像进行类比推理的．解答时,平方关系仍旧保存,将系数2进行升格为4,将两条对角线升格为三条对角线进试卷精品文档行类比推理,进而使得问题奇妙解．11．A【分析】R2(3)2(33)2R21试题剖析：球O的半径知足232考点：外接球【方法点睛】波及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特别点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转变为平面问题，再利用平面几何知识找寻几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确立球心的地点，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.12．A【分析】试题剖析：设四棱锥底面正方形边长为a，四棱锥高为h，外接球半径为R，则129,R2(h2a22hRh227,Rh27haR)32，所以2h24h2，因为R1273=0h33时R取独一一个极小值，也是最小值，即外接球的22h，所以h体积最小，所以选A.考点：导数实质应用【方法点睛】利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用f′（x）＞0或f′（x）0求单一区间；第二步：解f′（x）＝0得两个根x1、x2；第三步：比较两根同区间端点的大小；第四步：求极值；第五步：比较极值同端点值的大小．13．4【分析】试卷精品文档V1623h83,h2试题剖析：由题可得四棱锥的侧棱为R，则3，再由；R22(23)24．考点：多面体与外接球．14．4,03【分析】试题剖析：因为圆的半径为2，若AB23，则圆心(2,1)到直线ykx的距离d不大于1，所以2k14k0，填4,0.d1，1k233考点：直线与圆的地点关系..15．2xy0或xy30.【分析】试题剖析：当直线过原点时，可设直线的方程为ykx，代入点P（1，2）可得k2，故方程为y2x，化为一般式可得2xy0；当直线可是原点时，可设直线的方程为xy1，aa代入点P（1，2）可得a3，故方程为xy1，化为一般式可得xy30；33综上可得所求直线的方程为：2xy0或xy30.故答案为：2xy0或xy30.试卷精品文档考点：直线的截距式方程．16．1【分析】试题剖析：VB1ABD1VD1ABB111312132考点：棱锥体积117．（1）看法析；（2）12【分析】试题剖析：（1）证线面垂直可回到判断定理（化为线与两条订交直线垂直来证）．联合条件PA平面ABCD及所给的边和角的条件可经过解三角形证得系，运用向量运算来解决．

ACBC，进而证出；此外也可成立空间坐标（2）由题求三棱锥CMAD的体积，联合条件及察看图形，可运用等体积法，化为求VCMADVMACD，则底面积和高易算出，可求得．试题分析：（1）证明：PA平面ABCD，PABC在ABC中，AB2,BC2,ABC450依余弦定理有：AC222(2)2222cos4502，AC2又AC2BC2224AB2，ACB900，即ACBC又PAACA，BC平面PAC（2）解：取AC的中点O，连结MO,M是PC的中点，∴MO∥PA试卷精品文档PA平面ABCD，MO平面ABCD即MO为三棱锥MACD的高，11且MOPA22由（1）知：ACBC，∴ACB900，CAB450又DAB900，AB∥CD，ADC900,DACACD450ADCDAC1,SACD1ADCD11112222VCMADVMACD1SACDMO11113322121三棱锥CMAD的体积为12【考点】（1）线面垂直的证明；（2）等体积法求几何体的体积．18．（1）证明看法析；（2）6.24【分析】试题剖析：（1）运用线面垂直的性质定理推证；（2）借助题设条件运用三棱锥的体积公式进行求解.试题分析：（1）证明：取AB中点G，连结PG、CG.∵PAB和CAB都是以AB为斜边的等腰直角三角形，∴PGAB，CGAB，∵PGCGG，PG平面PCG，CG平面PCG，∴AB平面PCG∵PC平面PCG，∴ABPC.试卷精品文档（2）解：在等腰直角三角形PAB中，AB2，G为斜边AB的中点，122∴PGAB，同理得CG.2222∵PC，∴PCG是等边三角形.2∴SPCG1PCCGsin6012233.222228∵AB平面PCG，∴VPABC1ABSPCG1236.33824考点：空间的直线与平面的地点关系等相关知识的综合运用．19．（1）证明看法析；（2）证明看法析.【分析】试题剖析：（1）借助题设条件运用面面垂直的判断定理求证；（2）运用线面平行的判断定理推证.试题分析：（1）证明：∵FD底面ABCD，∴FDMC，试卷精品文档连结DM,∵AB//CD，DCBMBC,BCD900，∴四边形BCDM是正方形，BDCM，∵DFCM，∴CM平面BDF，∵CM平面CFM，∴平面CFM平面BDF.2）解：过N作NO//EF交DF于O，连结MO,∵EC//FD,∴四连形EFON是平行四边形，∵EC2,FD3,EN1,∴OF1，则OD2,连结OE，则OE//DC//MB，且OEDCMB,∴四边形BMOE是平行四边形，则OM//BE，进而OM//平面BEF,同理ON//平面BEF，又OMONO,∴平面OMN//平面BEF，∵MN平面OMN，∴MN//平面BEF.考点：空间的直线与平面的平行、垂直等地点关系的推证方法及综合运用．20．（Ⅰ）看法析；（Ⅱ）E为PB的中点；（Ⅲ）

33【分析】试题剖析：（Ⅰ）证明：∵ADAB,DCAB，∴DCAD．∵PA平面ABCD，DC平面ABCD，试卷精品文档DCPA．∵ADPAA，∴DC平面PAD．DC平面PCD，∴平面PAD平面PCD．（Ⅱ）解：作EFAB于F点，∵在ABP中，PAAB，∴EFPA．∴EF平面ABCD．设EFh,ADPD2PA21,SABC1ABAD1，2则VEABC1SABCh1h．33VPABCD1SABCDPA1121121．332由VPDCEA:VEACB2:1，得11h:1h2:1，解得h1．2332EF1PA，故E为PB的中点．2（Ⅲ）解：连结FC、FD，FD与AC交于点O，连结OE，试卷精品文档由（Ⅱ）可知EF平面ABCD，所以EFAC．∵ADCF为正方形，∴FOAC．FOEFF，∴AC平面EFO，故EOAC．EOF是二面角EACB的平面角．由PA平面ABCD，可知平面PAC平面ABCD．∴二面角EACB与平面角EACP互余．设二面角EACP的平面角为，则cossinEOF，在Rt12,EO3EOF中，EF,FO，2223cossinEOF，3所以二面角EACP的余弦值为3．3考点：空间直线与平面的平行与垂直，二面角的求法.21．（Ⅰ）；（Ⅱ）或.【分析】试题剖析：（Ⅰ）先点到直线的距离公式成立函数,再用基本不等式求解；（Ⅱ）借助题设条件成立函数关系,再运用二次函数的知识求解.试卷精品文档试题分析：（Ⅰ）当且仅当时距离获得最小值（Ⅱ）设点（）,则设（）,则,设（）对称轴为分两种状况:（1）时,在区间上是单一增函数,故时,取最小值∴,∴,∴（舍）（2）＞时,∵在区间上是单一减,在区间上是单一增,∴时,取最小值∴,∴（舍）综上所述,或考点：函数的图象和性质或基本不等式的综合运用．试卷精品文档22．（Ⅰ）或；（Ⅱ）或.【分析】试题剖析：（Ⅰ）对斜率的存在和不存在进行分类再运用点到直线的距离公式成立方程求解；（Ⅱ）借助题设条件运用点到直线的距离公式成立方程求解.试题分析：（Ⅰ）当斜率不存在时，方程x=1知足条件；当L1斜率存在时，设其方程是y=k（x-1）,则，解得，所以所求方程是x=1和3x-4y-3=0;（Ⅱ）由题意，直线斜率存在且不为0，设其方程是y=k（x-1）,则圆心到直线的距离d=，，此时k=1或k=7，所以所求直线方程是或.考点：直线与圆的地点关系及综合运用．【易错点晴】本题考察和检测是直线与圆的地点关系的基础知识和基本方法.求解时充分借助题设条件,运用了直线与圆相切的条件和直线与圆订交所截得的弦长的条件求出知足题设条件的直线的方程.需要重申的是:本题在设置时,特别注意到直线的点斜式的运用的条件问题,当直线的斜率存在时,能够运用直线的点斜式方程；若直线的斜率不存在,则不可以运用直线的点斜式方程,但直线的方程仍是存在的,即是这是很多学生简单忽略的地方.试卷精品文档23．（1）证明看法析；（2）60.【分析】试题剖析：以B为原点，成立如下图的空间直角坐标系Bxyz，（1）求出头ADF的法向量，利用MN与法向量垂直，获得线面平行；（2）求出平面ADF、平面EBAF的一个法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角DAFB的大小．试题分析：因为EB平面ABD，ABBD，故以B为原点，成立如下图的空间直角坐标系Bxyz，由已知可得B(0A,,C(3,2,0),DE(0,0,3),F(0,1,3),M(3,0,0)2（1）EM(3,0,3),AD(3,2,0),AF(0,1,3),2设平面ADF的一个法向量是n(x,y,z)，nAD03x2y0由，得，nAF0y3z0令y3，则n(2,3,3).又因为EMn33)(2,3,3)3030(,0,2所以EMn，又EM平面ADF，所以EM//平面ADF.（2）由（1）可知平面ADF的一个法向量是n(2,3,3)，因为EB平面AB