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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．平面截球的球面所得圆的半径为，球心到平面的距离为，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．已知某个三棱锥的三视图如图所示,其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． B． C． D．
3．已知某个三棱锥的三视图如图所示,其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． B． C． D．
4．某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，直四棱柱内接于半径为的半球，四边形为正方形，则该四棱柱的体积最大时，的长为（ ）
A． B． C． D．
6．某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的外接球半径为（ ）
A． B． C． D．
8．已知圆被直线所截得的线段的长度等于2，则等于（ ）
A． B． C． D．
9．圆与圆的位置关系为（ ）
（A）内切 （B）相交 （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AC2+BD2=
2（AB2+AD2），那么在图乙所示的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，等于（ ）
A．2（AB2+AD2+）
B．3（AB2+AD2+）
C．4（AB2+AD2+）
D．4（AB2+AD2）
11．一直三棱柱的每条棱长都是，且每个顶点都在球的表面上，则球的半径为（ ）
A． B． C． D．
12．若一个四棱锥底面为正方形, 顶点在底面的射影为正方形的中心, 且该四棱锥的体积为,当其外接球的体积最小时, 它的高为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：共4题 每题5分 共20分
13．已知矩形的顶点都在半径为的球的球面上，且,棱锥的体积为，则= ________．
14．直线与圆相交于两点，若，则的取值范围是______．
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—ABD1的体积___________cm3.
三、解答题：共8题 共70分
17．如图，已知四棱锥中，平面，底面是直角梯形，且．
（1）求证：平面；
（2）若是的中点，求三棱锥的体积．
18．如图，在三棱锥中，和都是以为斜边的等腰直角三角形.
（1）求证：；
（2）若，求三棱锥的体积.
19．如图，在直角梯形中，，，，,底面，是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若点为线段的中点，，求证：平面.
20．如图，在四棱锥中，底面，，．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）试在棱上确定一点，使截面把该几何体分成的两部分与的体积比为；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角的余弦值．
21．已知动点满足方程．
（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,求满足条件的实数的取值．
22．已知圆：，直线l过定点．
（Ⅰ）若l与圆相切，求直线l的方程；
（Ⅱ）若l与圆相交于、两点，且，求直线l的方程．
23．在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，，面，，，，，且是的中点.
（1）求证: 平面；
（2）求二面角的大小.
24．如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BC=2AB=4，，E是A1D1的中点．
（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确定的平面为α，求点C1到平面α的距离．
参考答案
1． B
【解析】
试题分析：由题球心到平面的距离为，可得；，
则球的表面积为；．
考点：球的截面性质及表面积．
2．C
【解析】
试题分析：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结合主视图，
则三棱锥的底面积为；， 而三棱锥的高为；
得：
考点：三视图与几何体的体积．
3．C
【解析】
试题分析：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结合主视图，
则三棱锥的底面积为；， 而三棱锥的高为；
得：
考点：三视图与几何体的体积．
4．D
【解析】
试题分析：从三视图所提供的图形信息和数据信息可知:该几何体是一个三棱锥,其中都是直角三角形,且,故;又,故,所以,所以该几何体的四个面中是直角三角形的所有面积之和是.故应选D.
考点：三视图的识读和理解及运用.
5．D
【解析】
试题分析：设,则,所以直四棱柱的体积为,令,则,则,故,所以当时,即时,体积最大.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
【解析】
试题分析：从三视图所提供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,其中都是直角三角形,且,故;又,故,所以,所以该几何体的四个面中是直角三角形的所有面积之和是.故应选C.
考点：三视图的识读和理解及运用.
7．C
【解析】
试题分析：从三视图可以看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,其中正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在正方体的对角线上,且,该球经过六个点,设球心到平面的距离为;球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距、垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,应选C.
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,提供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.难就难在无法搞清其几何形状,只知道是一个三棱锥（四面体）是没有任何用的.通过仔细观察不难看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在对角线上,且经过六个点,设球心到平面的距离为；球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,其中计算时可用等积法进行.
8．B
【解析】
试题分析：因圆心到直线的距离是,半弦长为,故,解之得
,应选B.
考点：直线与圆的位置关系.
9．B
【解析】
试题分析：因两圆心距,而,故两圆的位置关系相交,选B.
考点：两圆的位置关系.
10．C
【解析】
试题分析：因在平面上有结论,故由类比推理在空间应有结论,故应选C．
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量关系的类比．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似或相同,推演出它们在其它方面也相似或相同的推理方法．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种相似进行类比推理的．解答时,平方关系照样保留,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行类比推理,从而使得问题巧妙解．
11．A
【解析】
试题分析：球的半径满足
考点：外接球
【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找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，确定球心的位置，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
【解析】
试题分析：设四棱锥底面正方形边长为，四棱锥高为，外接球半径为，则，所以，因为，所以时取唯一一个极小值，也是最小值，即外接球的体积最小，因此选A.
考点：导数实际应用
【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求单调区间；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．
【解析】
试题分析：由题可得四棱锥的侧棱为，则，
再由；．
考点：多面体与外接球．
14．
【解析】
试题分析：由于圆的半径为2，若，则圆心到直线的距离不大于1，因此
，，填.
考点：直线与圆的位置关系..
15．.
【解析】
试题分析：当直线过原点时，可设直线的方程为，
代入点P（1，2）可得，故方程为，化为一般式可得；
当直线不过原点时，可设直线的方程为，
代入点P（1，2）可得，故方程为，化为一般式可得；
综上可得所求直线的方程为：.
故答案为：.
考点：直线的截距式方程．
16．1
【解析】
试题分析：
考点：棱锥体积
17．（1）见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）证线面垂直可回到判定定理（化为线与两条相交直线垂直来证）．结合条件平面
及所给的边和角的条件可通过解三角形证得，从而证出；另外也可建立空间坐标系，运用向量运算来解决．
（2）由题求三棱锥的体积，结合条件及观察图形，可运用等体积法，化为求，则底面积和高易算出，可求得．
试题解析：（1）证明：平面，
在中，
依余弦定理有：，
又，，即
又，平面
（2）解：取的中点，连结, 是的中点，∴∥
平面，平面
即为三棱锥的高， 且
由（1）知：，∴，
又，∥，
,
三棱锥的体积为
【考点】（1）线面垂直的证明；（2）等体积法求几何体的体积．
18．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
试题分析：（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.
试题解析：
（1）证明：取中点，连结.
∵和都是以为斜边的等腰直角三角形，∴，，
∵，平面，平面，∴平面
∵平面，∴.
（2）解：在等腰直角三角形中，， 为斜边的中点，
∴，同理得.
∵， ∴是等边三角形.
∴.
∵平面，
∴.
考点：空间的直线与平面的位置关系等有关知识的综合运用．
19．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用面面垂直的判定定理求证；（2）运用线面平行的判定定理推证.
试题解析：
（1）证明：∵底面，∴，
连接,
∵，，∴四边形是正方形，
∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）解：过作交于，连接,
∵,∴四连形是平行四边形，
∵,∴，则,
连接，则，且,
∴四边形是平行四边形，则，从而平面,
同理平面，又,
∴平面平面，
∵平面，∴平面.
考点：空间的直线与平面的平行、垂直等位置关系的推证方法及综合运用．
20．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）为的中点；（Ⅲ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）证明：∵，
∴．
∵平面，平面，
∴．
∵，
∴平面．
∵平面，
∴平面平面．
（Ⅱ）解：作于点，
∵在中，，
∴．
∴平面．
设，
则．
．
由，得，解得．
，故为的中点．
（Ⅲ）解：连接、，与交于点，连接，
由（Ⅱ）可知平面，所以．
∵为正方形，
∴．
∵，
∴平面，故．
∴是二面角的平面角．
由平面，可知平面平面．
∴二面角与平面角互余．
设二面角的平面角为，则，
在中，，
，
所以二面角的余弦值为．
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.
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）先点到直线的距离公式建立函数,再用基本不等式求解；（Ⅱ）借助题设条件建立函数关系,再运用二次函数的知识求解.
试题解析：
（Ⅰ）
当且仅当时距离取得最小值
（Ⅱ）设点（）, 则
设（）,则
,设（）
对称轴为
分两种情况:
（1）时, 在区间上是单调增函数,故时, 取最小值
∴,∴,∴（舍）
（2）＞时,∵在区间上是单调减,在区间上是单调增,
∴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．
22．（Ⅰ）或；（Ⅱ）或.
【解析】
试题分析：
（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建立方程求解；
（Ⅱ）借助题设条件运用点到直线的距离公式建立方程求解.
试题解析：
（Ⅰ）当斜率不存在时，方程x=1满足条件；
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：直线与圆的位置关系及综合运用．
【易错点晴】本题考查和检测是直线与圆的位置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相交所截得的弦长的条件求出满足题设条件的直线的方程.需要强调的是: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,可以运用直线的点斜式方程；若直线的斜率不存在,则不能运用直线的点斜式方程,但直线的方程还是存在的,即是这是许多学生容易忽视的地方.
23．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
试题分析：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，（1）求出面的法向量，利用与法向量垂直，得到线面平行；（2）求出平面、平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角的大小．
试题解析：
因为平面，，故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得,
（1）,
设平面的一个法向量是，
由，得，
令，则.
又因为
所以，又平面，所以平面.
（2）由（1）可知平面的一个法向量是，
因为平面，所以，又因为，所以平面.
故是平面的一个法向量.
所以，又二面角为锐角，
故二面角的大小为.
考点：（1）直线与平面平行判定；（2）利用空间向量求二面角.
【一题多解】（1）取的中点，连接,
在中，是的中点，是的中点，所以,
又因为，所以且.
所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，故平面.
24．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）如图所示，连接，则直线即为所求直线.只需利用勾股定理证明，，有；（Ⅱ）如图所示，过作于，由（Ⅰ）知，故，在中，，且，所以.
试题解析：
（Ⅰ）如图所示，连接B1E，C1E，则直线B1E即为所求直线l…2分
证明：∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CC1⊥平面A1B1C1D1，B1E平面A1B1C1D1
∴B1E⊥CC1 …3分
∵B1C1=2A1B1=4，E是A1D1的中点，
∴ ∴B1E⊥C1E
又CC1∩C1E=C1 ∴B1E⊥平面CC1E
∴B1E⊥CE，即l⊥CE
（Ⅱ）如图所示，连接B1C，则平面CEB1即为平面α
过点C1作C1F⊥CE于F
由（Ⅰ）知B1E⊥平面CC1E，故B1E⊥C1F
∵C1F⊥CE，CE∩B1E=E
∴C1F⊥平面CEB1，即C1F⊥平面α
∵在△ECC1中，，且EC1⊥CC1 ∴C1F=
∴点C1到平面α的距离为2
（此题也可用等体积法解答：
其中，，，）
考点：立体几何证明平行、垂直与求体积.
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