【解析版】数学高一下期中基础练习(课后培优)

一、选择题

1．(0分)[ID：12413]已知A,B,C,D是同一球面上的四个点，其中ABC是正三角形，

AD平面ABC，AD2AB6，则该球的体积为（ ）

A．48π

B．24π

C．16π

D．323π

2．(0分)[ID：12412]一正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱VB和AC，则下列关于截面的说法正确的是（ ）．

A．满足条件的截面不存在 C．截面是一个菱形

B．截面是一个梯形 D．截面是一个三角形

3．(0分)[ID：12409]如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )

A．202π C．242π

B．203π D．243π

4．(0分)[ID：12379]已知点Px,y是直线kxy40k0上一动点，PA,PB是圆C:xy2y0的两条切线，切点分别为A,B，若四边形PACB的面积最小值为

222，则k的值为（ ）

A．3

B．21 2C．22 D．2

5．(0分)[ID：12377]<九章算术>中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC,PAAB2,AC4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A．8π

B．12π

C．20π

D．24π

6．(0分)[ID：12358]如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线AD1与A1C所成的角的大小是( )

A．30 B．60 C．90 D．120

7．(0分)[ID：123]已知圆𝑴:𝒙𝟐+𝒚𝟐−𝟐𝒂𝒚=𝟎(𝒂>𝟎)截直线𝒙+𝒚=𝟎所得线段的长度是𝟐√𝟐，则圆𝑴与圆𝑵:(𝒙−𝟏)𝟐+(𝒚−𝟏)𝟐=𝟏的位置关系是（ ） A．内切 A．logac＜logbc

B．相交 B．logca＜logcb

C．外切 C．ac＜bc

D．相离 D．ca＞cb

8．(0分)[ID：12396]若a＞b＞0，0＜c＜1，则

9．(0分)[ID：12388]一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．𝟑𝝅 B．𝟒𝝅 C．𝟐𝝅+𝟒 D．𝟑𝝅+𝟒

10．(0分)[ID：12387]𝜶，𝜷为两个不同的平面，𝒎，𝒏为两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）

①若𝜶//𝜷，𝒎⊂𝜶，则𝒎//𝜷； ②若𝒎//𝜶，𝒏⊂𝜶，则𝒎//𝒏； ③若𝜶⊥𝜷，𝜶∩𝜷=𝒏，𝒎⊥𝒏，则𝒎⊥𝜷 ④若𝒏⊥𝜶，𝒏⊥𝜷，𝒎⊥𝜶，则𝒎⊥𝜷. A．①③

B．①④

C．②③

D．②④

11．(0分)[ID：12371]若方程14x2kx2k4 有两个相异的实根，则实数k的取值范围是（ ） A．,

34cm3）是（ ）

13B．,13 34C．53, 124D．

53, 12412．(0分)[ID：12369]某锥体的三视图如图所示（单位：cm），则该锥体的体积（单位：

A．C．

1 31 6B．

1 2D．1

13．(0分)[ID：12366]已知直三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的余弦值为( ) A．

15 3B．5 3C．

6 4D．

10 414．(0分)[ID：12406]圆心在x+y=0上，且与x轴交于点A（-3，0）和B（1，0）的圆的方程为（ ） A．(x1)2(y1)25 C．(x1)2(y1)25 是（ ）

A．m，n是平面内两条直线，且m//，n// B．内不共线的三点到的距离相等 C．，都垂直于平面

D．m，n是两条异面直线，m，n，且m//，n//

B．(x1)2(y1)25 D．(x1)2(y1)25

15．(0分)[ID：12368]α，β是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面α，β平行的

二、填空题

16．(0分)[ID：12490]已知圆锥的底面半径为10，高为30，在它的所有内接圆柱中，侧面积的最大值是_____.

17．(0分)[ID：12461]如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为B1C1中点，连接

A1B，D1M，则异面直线A1B和D1M所成角的余弦值为________________________．

18．(0分)[ID：12512]一个直三棱柱的每条棱长都是3，且每个顶点都在球O的表面上，

则球O的表面积为________

19．(0分)[ID：12510]若圆的方程为(x)(y1)1圆心坐标和半径分别为 、 ．

20．(0分)[ID：12485]三棱锥PABC中，PAPB5，ACBCk22232k，则当圆的面积最大时，42，ACBC，PC3，则该三棱锥的外接球面积为________.

21．(0分)[ID：12505]小明在解题中发现函数fxx3，x0,1的几何意义是：x23x0,12,3x,x点与点连线的斜率，因此其值域为2,2，类似地，他研究了函

数gxx3，x0,1，则函数gx的值域为_____ x222．(0分)[ID：12498]函数yx29x210x41的最小值为_________. 23．(0分)[ID：12497]直线xy10与直线xay20互相垂直，则

a__________．

24．(0分)[ID：12432]如图所示，二面角l为60,A,B是棱l上的两点，AC,BD分别在半平面内,，且ACl，，AB4,AC6,BD8，则CD的长______．

25．(0分)[ID：12472]已知棱台的上下底面面积分别为4,16，高为3,则该棱台的体积为________.

三、解答题

26．(0分)[ID：12588]如图，直角梯形BDFE中，EF//BD,BEBD,EF22，等腰梯形ABCD中，AB//CD,ACBD,AB2CD4，且平面BDFE平面

ABCD．

（1）求证：AC平面BDFE； （2）若BF与平面ABCD所成角为

，求二面角BDFC的余弦值． 4

27．(0分)[ID：12569]如图四棱锥CABDE的侧面ABC是正三角形，BD面

ABC，BD//AE且BD2AE，F为CD的中点.

（1）求证：EF//面ABC

（2）若BDAB6，求BF与平面BCE所成角的正弦值

28．(0分)[ID：12563]已知圆C:xy2x4y10，O为坐标原点，动点P在圆外，过点P作圆C的切线，设切点为M.

22，（1）若点P运动到13处，求此时切线l的方程；

（2）求满足PMPO的点P的轨迹方程.

29．(0分)[ID：12561]在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C底面ABC，

AA1ACACABBC2，且点O为AC中点. 1

(1)证明：A1O平面ABC； (2)求三棱锥C1ABC的体积.

30．(0分)[ID：12560]如图，在RtAOB中，OAB30，斜边AB4，RtAOC可以通过RtAOB以直线AO为轴旋转得到，且平面AOB平面AOC．动点D在斜边

AB上．

（1）求证：平面COD平面AOB；

（2）当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的正切值．

【参】

2016-2017年度第*次考试试卷 参

**科目模拟测试

一、选择题 1．D 2．C 3．B 4．D 5．C 6．C 7．B 8．B 9．D 10．B 11．D 12．A 13．D 14．A 15．D

二、填空题

16．；【解析】【分析】设内接圆柱的底面半径为r高为h得到将侧面积表示为底面半径的函数用配方法求二次函数的最大值【详解】设内接圆柱的底面半径为r高为h侧面积为S则时侧面积故答案为：【点睛】本题考查了圆锥内

17．【解析】【分析】连接取的中点连接可知且是以为腰的等腰三角形然后利用锐角三角函数可求出的值作为所求的答案【详解】如下图所示：连接取的中点连接在正方体中则四边形为平行四边形所以则异面直线和所成的角为或其

18．【解析】【分析】设此直三棱柱两底面的中心分别为则球心为线段的中点利用勾股定理求出球的半径由此能求出球的表面积【详解】∵一个直三棱柱的每条棱长都是且每个顶点都在球的球面上∴设此直三棱柱两底面的中心分别

19．【解析】试题分析：圆的面积最大即半径最大此时所以圆心为半径为1考点：圆的方程

20．【解析】【分析】由已知数据得两两垂直因此三棱锥外接球直径的平方等于这三条棱长的平方和【详解】∵∴∴又以作长方体则长方体的外接球就是三棱锥的外接球设外接球半径为则球表面积为故答案为：【点睛】本题考查球

21．【解析】【分析】根据斜率的几何意义表示函数图象上的点与点连线的斜率数形结合即可求解【详解】为点与点连线的斜率点在函数图像上在抛物线图象上的最大值为最小值为过点与图象相切的切线斜率设为切线方程为代入得

22．【解析】【分析】将变形为设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点即可求出距离和的最小值；【详解】解：设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点连接则即为距离和的最小值故答案为：【点睛】

23．【解析】【分析】根据直线垂直的条件计算即可【详解】因为直线与直线互相垂直所以解得故填【点睛】本题主要考查了两条直线垂直的条件属于中档题

24．【解析】【分析】推导出两边平方可得的长【详解】二面角为是棱上的两点分别在半平面内且的长故答案为：【点睛】本题考查线段长的求法考查空间中线线线面面面间的位置关系等基础知识考查运算求解能力考查函数与方程

25．28【解析】【分析】由题意结合棱台的体积公式求解棱台的体积即可【详解】由棱台的体积公式可得棱台的体积：故答案为：28【点睛】本题主要考查棱台的体积公式及其应用意在考查学生的转化能力和计算求解能力

三、解答题 26． 27． 28． 29． 30．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】

根据球的性质可知球心O与ABC外接圆圆心O连线垂直于平面ABC；在RtPOE和

RtOOA中利用勾股定理构造出关于半径R和OO的方程组，解方程组求得R，代入球的体积公式可得结果. 【详解】

设O为ABC的外心，如下图所示：

由球的性质可知，球心O与O连线垂直于平面ABC，作OEAD于E 设球的半径为R，OOx

ABC为等边三角形，且AB3 AO3 OO平面ABC，AD平面ABC，OEAD OOAEx，OEAO3 在RtPOE和RtOOA中，由勾股定理得：

22OE2PE2OO2OA2R2，即36xx3R

2解得：x3，R23 4球的体积为：VR3323

3本题正确选项：D 【点睛】

本题考查棱锥外接球的体积求解问题，关键是能够确定棱锥外接球球心的位置，从而在直角三角形中利用勾股定理构造方程求得半径.

2．C

解析：C 【解析】 【分析】

取AB的中点D，BC的中点E，VC的中点F，连接PD,PF,DE,EF，易得即截面为四边形PDEF，且四边形PDEF为菱形即可得到答案. 【详解】

取AB的中点D，BC的中点E，VC的中点F，连接PD,PF,DE,EF， 易得PD∥VB且PD11VB，EF∥VB且EFVB，所以PD∥EF，PDEF， 22所以四边形PDEF为平行四边形，又VB平面PDEF，PD平面PDEF,由线面平行 的判定定理可知，VB∥平面PDEF，AC∥平面PDEF，即截面为四边形PDEF，又

11ACVBPD，所以四边形PDEF为菱形，所以选项C正确. 22故选：C DE

【点睛】

本题考查线面平行的判定定理的应用，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.

3．B

解析：B 【解析】

该几何体是一个正方体与半圆柱的组合体，表面积为

1S52221212203，故选B．

24．D

解析：D 【解析】 【分析】

当且仅当PC垂直于kxy40k0时，四边形PACB的面积最小，求出PC后可得最小面积，从而可求k的值. 【详解】

圆C方程为x2y11，圆心C0,1，半径为1．

2因为PA，PB为切线，

122PCPA1且S四边形PACB=2PA1PA2．

2当PA最小时，S四边形PACB最小，

此时PC最小且PC垂直于kxy40k0． 又PCmin【点睛】

圆中的最值问题，往往可以转化圆心到几何对象的距离的最值来处理，这类问题属于中档题.

522+12，k2，故选D. ，22k1k1525．C

解析：C 【解析】 【分析】

先作出三棱锥PABC的图像，根据PABC四个面都为直角三角形和PA⊥平面

ABC，可知PC中点即为球心，利用边的关系求出球的半径，再由S4R2计算即得.

【详解】

三棱锥PABC如图所示，由于PABC四个面都为直角三角形，则ABC是直角三角形，且ABC2，BCAC2AB223，又PA⊥平面ABC，且PAC是

直角三角形，球O的直径PC2R则球O的表面积S4R220.

PA2AB2BC22025，R5，

故选：C 【点睛】

本题考查多面体外接球的表面积，是常考题型.

6．C

解析：C 【解析】 【分析】

在正方体ABCDA1B1C1D1中，利用线面垂直的判定定理，证得AD1平面A1DC，由此能求出结果． 【详解】

如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，连结A1D，则AD1DC，A1DAD1， 由线面垂直的判定定理得AD1平面A1DC，所以AD1AC, 1所以异面直线AD1与A1C所成的角的大小是90． 故选C．

【点睛】

本题主要考查了直线与平面垂直的判定与证明，以及异面直线所成角的求解，其中解答中牢记异面直线所成的求解方法和转化思想的应用是解答的关键，平时注意空间思维能力的培养，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．

7．B

解析：B 【解析】

化简圆𝑴:𝒙𝟐+(𝒚−𝒂)𝟐=𝒂𝟐⇒𝑴(𝟎,𝒂),𝒓𝟏=𝒂⇒𝑴到直线𝒙+𝒚=𝟎的距离𝒅=√𝟐⇒ ()+𝟐=𝒂𝟐⇒𝒂=𝟐⇒𝑴(𝟎,𝟐),𝒓𝟏=𝟐，

√𝟐𝒂𝟐

𝒂又𝑵(𝟏,𝟏),𝒓𝟐=𝟏⇒|𝑴𝑵|=√𝟐⇒|𝒓𝟏−𝒓𝟐|<|𝑴𝑵|< |𝒓𝟏+𝒓𝟐|⇒两圆相交. 选B

8．B

解析：B 【解析】

试题分析：对于选项A，logac1gc1gc,logbc，0c1，1gc0，而lgalgblgb的正负，所以它们的大小不能确定;对于ab0，所以lgalgb，但不能确定lga、选项B，logcalgalgb1,logcblgalgb,，两边同乘以一个负数改变不等号方lgclgclgcc向，所以选项B正确;对于选项C，利用yx在第一象限内是增函数即可得到acbc，所以C错误;对于选项D，利用yc在R上为减函数易得cacb，所以D错误.所以本题选B.

【考点】指数函数与对数函数的性质

【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.

x9．D

解析：D 【解析】

该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为π×𝟏𝟐+𝟐×𝟐π×𝟏×𝟐+𝟐×𝟐=𝟑π+4 ,选D.

𝟏

10．B

解析：B 【解析】 【分析】

在①中，由面面平行的性质定理得m∥β；在②中，m与n平行或异面；在③中，m与β相交、平行或m⊂β；在④中，由n⊥α，m⊥α，得m∥n，由n⊥β，得m⊥β． 【详解】

由α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，知：

在①中，若α∥β，m⊂α，则由面面平行的性质定理得m∥β，故①正确； 在②中，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故②错误；

在③中，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m与β相交、平行或m⊂β，故③错误； 在④中，若n⊥α，m⊥α，则m∥n， 由n⊥β，得m⊥β，故④正确． 故选：B． 【点睛】

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力，考查化归与转化思想，是中档题．

11．D

解析：D 【解析】

【分析】

22由题意可得，曲线x(y1)4(y1)与直线y4k(x2)有2个交点，数形结合求

得k的范围. 【详解】

22如图所示，化简曲线得到x(y1)4(y1)，表示以(0,1)为圆心，以2为半径的上半

圆，直线化为y4k(x2)，过定点A(2,4)，

设直线与半圆的切线为AD，半圆的左端点为B(2,1)，当kADkkAB，直线与半圆有两个交点， AD与半圆相切时，|12k4|k212，解得kAD5，

12kAB41353，所以k,.

2(2)4124故选：D 【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题.

12．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据三视图知该几何体对应的三棱锥，结合图中数据求得三棱锥的体积． 【详解】

由题意可知三棱锥的直观图如图：三棱锥的体积为：故选：A．

111211． 323

【点睛】

本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，考查了空间想象能力，是基础题．

13．D

解析：D 【解析】 【分析】

取AC的中点N，连接C1N，则AM//C1N,所以异面直线AM与BC1所成角就是直线

AM与C1N所成角，在BNC1中，利用余弦定理，即可求解．

【详解】

由题意，取AC的中点N，连接C1N，则AM//C1N, 所以异面直线AM与BC1所成角就是直线AM与C1N所成角， 设正三棱柱的各棱长为2,则C1N5,BC122,BN3， 设直线AM与C1N所成角为，

(5)2(22)2(3)210在BNC1中，由余弦定理可得cos， 42522即异面直线AM与BC1所成角的余弦值为10，故选D． 4

【点睛】

本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

14．A

解析：A 【解析】 【分析】

由题意得：圆心在直线x=-1上，又圆心在直线x+y=0上，故圆心M的坐标为（-1，1），再由点点距得到半径。 【详解】

由题意得：圆心在直线x=-1上， 又圆心在直线x+y=0上， ∴圆心M的坐标为（-1，1），

又A（-3，0），半径|AM|=-1+3+1-022=5，

则圆的方程为（x+1）2+（y-1）2=5． 故选A． 【点睛】

这个题目考查的是直线和圆的位置关系，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理。

15．D

解析：D 【解析】 【分析】

A中，根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．B中，根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．C中，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m 的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，即可得到答案． 【详解】

由题意，对于A中，若m，n是平面α内两条直线，且m∥β，n∥β，则根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．所以A错误．

对于B中，若α内不共线的三点到β的距离相等，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以B错误．

对于C中，若α，β都垂直于平面γ，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以C错误．

对于D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m 的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，所以D正确． 故选D． 【点睛】

本题主要考查了平面与平面平行的判定与性质的应用，其中解答中灵活运用平面与平面平行额判定与性质进行判定是解答的关键，着重考查学生严密的思维能力和空间想象能力，属于基础题．

二、填空题

16．；【解析】【分析】设内接圆柱的底面半径为r高为h得到将侧面积表示为底面半径的函数用配方法求二次函数的最大值【详解】设内接圆柱的底面半径为r高为h侧面积为S则时侧面积故答案为：【点睛】本题考查了圆锥内 解析：150； 【解析】

【分析】

设内接圆柱的底面半径为r，高为h，得到h303r，将侧面积表示为底面半径的函数，用配方法求二次函数的最大值. 【详解】

设内接圆柱的底面半径为r，高为h，侧面积为S,则

30hrh303r 3010

S2rh6r260r

6(r210r)6(r5)2150

r5时，侧面积Smax150

故答案为：150 【点睛】

本题考查了圆锥内接圆柱的问题，考查了学生空间想象，转化与划归，数算的能力，属于中档题.

17．【解析】【分析】连接取的中点连接可知且是以为腰的等腰三角形然后利用锐角三角函数可求出的值作为所求的答案【详解】如下图所示：连接取的中点连接在正方体中则四边形为平行四边形所以则异面直线和所成的角为或其

10. 5【解析】 【分析】

解析：

连接CD1、CM，取CD1的中点N，连接MN，可知A1B//CD1，且CD1M是以CD1为腰的等腰三角形，然后利用锐角三角函数可求出cosCD1M的值作为所求的答案． 【详解】 如下图所示：

连接CD1、CM，取CD1的中点N，连接MN，

在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D1//BC，则四边形A1BCD1为平行四边形， 所以A1B//C1D，则异面直线A1B和D1M所成的角为CD1M或其补角， 易知B1C1D1BC1CCDD190，由勾股定理可得CMD1M5，2CD12，

N为CD1的中点，则MNCD1，在RtD1MN中，cosCD1M因此，异面直线A1B和D1M所成角的余弦值为【点睛】

D1N10， D1M51010，故答案为． 55本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，求解异面直线所成的角一般利用平移直线法求解，遵循“一作、二证、三计算”，在计算时，一般利用锐角三角函数的定义或余弦定理求解，考查计算能力，属于中等题．

18．【解析】【分析】设此直三棱柱两底面的中心分别为则球心为线段的中点利用勾股定理求出球的半径由此能求出球的表面积【详解】∵一个直三棱柱的每条棱长都是且每个顶点都在球的球面上∴设此直三棱柱两底面的中心分别 解析：21

【解析】 【分析】

设此直三棱柱两底面的中心分别为O1,O2，则球心O为线段O1O2的中点，利用勾股定理求出球O的半径R2，由此能求出球O的表面积． 【详解】

∵一个直三棱柱的每条棱长都是3，且每个顶点都在球O的球面上， ∴设此直三棱柱两底面的中心分别为O1,O2，则球心O为线段O1O2的中点，

3213223设球O的半径为R，则R 324222∴球O的表面积S4R221 . 故答案为：21．

【点睛】

本题考查球的表面积的求法，空间思维能力，考查转化化归思想、数形结合思想、属于中档题．

19．【解析】试题分析：圆的面积最大即半径最大此时所以圆心为半径为1考点：圆的方程

解析：(0,1)，1 【解析】

试题分析：圆的面积最大即半径最大，此时k0x2y11，所以圆心为(0,1)半径为1 考点：圆的方程

220．【解析】【分析】由已知数据得两两垂直因此三棱锥外接球直径的平方等于这三条棱长的平方和【详解】∵∴∴又以作长方体则长方体的外接球就是三棱锥的外接球设外接球半径为则球表面积为故答案为：【点睛】本题考查球 解析：7

【解析】 【分析】

由已知数据得CA,CB,CP两两垂直，因此三棱锥外接球直径的平方等于这三条棱长的平方和． 【详解】

∵PAPB5，ACBC2，PC3，

222222∴PCCBPB,PCCAPA，∴PCCB,PCCA，又CACB，

以CA,CB,CP作长方体，则长方体的外接球就是三棱锥PABC的外接球．

2222设外接球半径为R，则(2R)CACBCP7，R7， 2球表面积为S4R24(故答案为：7． 【点睛】

72)7. 2本题考查球的表面积，解题关键是确定CA,CB,CP两两垂直，以CA,CB,CP作长方体，则长方体的外接球就是三棱锥PABC的外接球．

21．【解析】【分析】根据斜率的几何意义表示函数图象上的点与点连线的斜率数形结合即可求解【详解】为点与点连线的斜率点在函数图像上在抛物线图象上的最大值为最小值为过点与图象相切的切线斜率设为切线方程为代入得 解析：[37,2] 4【解析】 【分析】

根据斜率的几何意义，gx率，数形结合，即可求解. 【详解】

x3表示函数yx图象上的点与点(2,3)连线的斜x2gxx3为点(x,x)与点(2,3)连线的斜率， x2x,x[0,1]图像上，

点(x,x),x[0,1]在函数yB(1,1)在抛物线图象上，g(x)的最大值为kAB312， 21最小值为过A点与yx,x[0,1]图象相切的切线斜率，

x,x[0,1]得，

设为k，切线方程为yk(x2)3，代入ykxx32k0,k0,14k(32k)0，

即8k212k10，解得k3737或k 441x37[0,1]37当k时，， 37244当k37时，4x137[0,1] 3724不合题意，舍去，

g(x)值域为[37,2].

4故答案为:[37,2]. 4

【点睛】

本题考查函数的值域、斜率的几何意义，考查数形结合思想，属于中档题.

22．【解析】【分析】将变形为设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点即可求出距离和的最小值；【详解】解：设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点连接则即为距离和的最小值故答案为：【点睛】 解析：74

【解析】 【分析】

将yx29x210x41变形为yx232x5242，设A0,3，

B5,4，Cx,0，则yx232x5242ACBC即x轴上的一动点C到A0,3，B5,4的距离之和，作A0,3点关于x轴的对称点A10,3，即可求出距离

和的最小值； 【详解】

解：yx29x210x41x232x5242，设A0,3，B5,4，

Cx,0，则yx232x5242ACBC，即x轴上的一动点Cx,0到A0,3，B5,4的距离之和，作A0,3点关于x轴的对称点A10,3，连接BA1，则

BA1即为距离和的最小值，BA15234274 ymin74 故答案为：74

【点睛】

本题考查平面直角坐标系上两点间的距离公式的应用，将军饮马问题，属于中档题.

23．【解析】【分析】根据直线垂直的条件计算即可【详解】因为直线与直线互相垂直所以解得故填【点睛】本题主要考查了两条直线垂直的条件属于中档题 解析：1

【解析】 【分析】

根据直线垂直的条件计算即可. 【详解】

因为直线xy10与直线xay20互相垂直， 所以11a0 解得a1.故填1. 【点睛】

本题主要考查了两条直线垂直的条件，属于中档题.

24．【解析】【分析】推导出两边平方可得的长【详解】二面角为是棱上的两点分别在半平面内且的长故答案为：【点睛】本题考查线段长的求法考查空间中线线线面面面间的位置关系等基础知识考查运算求解能力考查函数与方程

解析：217. 【解析】 【分析】

推导出CDCAABBD，两边平方可得CD的长． 【详解】

二面角l为60，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面、内， 且ACl，BDl，AB4，AC6，BD8，

CDCAABBD， CD2(CAABBD)2

CAABBD2CABD

3616268cos12068， CD的长|CD|68217．

故答案为：217．

222

【点睛】

本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．

25．28【解析】【分析】由题意结合棱台的体积公式求解棱台的体积即可【详解】由棱台的体积公式可得棱台的体积：故答案为：28【点睛】本题主要考查棱台的体积公式及其应用意在考查学生的转化能力和计算求解能力

解析：28 【解析】 【分析】

由题意结合棱台的体积公式求解棱台的体积即可. 【详解】

由棱台的体积公式可得棱台的体积：

11VS1S2S1S2h4168328.

33故答案为：28． 【点睛】

本题主要考查棱台的体积公式及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

三、解答题 26．

（1）见解析（2）【解析】 【分析】 【详解】

2 3试题分析：

（1）直接利用面面垂直的性质定理可证； （2）设AC试题解析：

（1）∵平面BDFE平面ABCD，ACBD，平面BDFE又AC平面ABCD，∴AC平面BDFE； （2）设AC平面ABCDBD，

BDO，计算后可证OF//BE，从而由已知可证OF⊥平面ABCD，因此可

以OA，OB，OF为坐标轴建立空要间直角坐标系，利用向量法求二面角．

BDO，∵四边形ABCD为等腰梯形，DOC2,OBOA22，

2,AB2CD4，

∴ODOC∵FE//OB，∴四边形BOFE为平行四边形，∴OF//BE， 又∵BE平面ABCD，∴OF平面ABCD， ∴FBO为BF与平面ABCD所成的角，∴FBO又∵FOB4，

2，∴OFOB22，

以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系， 则B0,22,0,D0,2,0,F0,0,22,C2,0,0,A22,0,0，

DF0,2,22,CD2,2,0，

∵AC平面BDFE，∴平面BDF的法向量为1,0,0， 设平面DFC的一个法向量为nx,y,z，

DF·n02y22z0由得，令x2得，n2,2,1，

n0CD·2x2y0cosn,AC21?22221222，∴二面角BDFC的余弦值为． 33

点睛：立体几何中求“空间角”，一种方法是根据“空间角”的定义作出它的“平面

角”，再通过解三角形求得，其方法是一作二证三计算；第二种方法是在图形中有相互垂直的三条直线（或两条）时，可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求角，这种方法主要的就是计算，减少了作辅助线，证明的过程，只要计算过关，一般都能求得正确结论．

27．

（1）见解析（2）【解析】 【分析】

（1）取BC中点G点，连接AG，FG，由F，G分别为DC，BC中点，知

6 411FG//BD且FGBD，又AE//BD且AEBD，故AE//FG且AEFG，由

22此能够证明EF//平面ABC．

（2）在面EFGA内过点F作FOEG，连接BO，则FO面BCE，OBF即为BF与平面BCE所成角，由此可求出答案． 【详解】

（1）证：取BC中点G，连接AG和FG，

由于F为CD的中点，则FG//BD且BD2FG， 又已知BD//AE且BD2AE

故可得FG//AE且FGAE，∴EFGA是平行四边形. ∴EF//AG，所以EF//面ABC； （2）解：∵FG//BD，BD面ABC， ∴FG面ABC∴FGBC，

又正三角形ABC且G是BC中点，∴AG⊥BC， 则得BC⊥面EFGA，∴面EFGA面BCE， 又面EFGA面BCEEG，

在面EFGA内过点F作FOEG，连接BO， 则FO面BCE，

∴OBF即为BF与平面BCE所成角，

在矩形EFGA中，AEFG3，EFAG33，

FO33， 2在直角三角形CBD中，BCBD6，

BF1DC32， 233FO6．

sinOBF2BF324【点睛】

本题主要考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力和探究能力，同时考查学生灵活利用图形，借助向量工具解决问题的能力，考查数形结合思想，属于中档题．

28．

（1）x1或3x4y150； （2）2x4y10. 【解析】 【分析】 【详解】

解: 把圆C的方程化为标准方程为（x＋1）2＋（y－2）2＝4， ∴圆心为C（－1,2），半径r＝2.

（1）当l的斜率不存在时，此时l的方程为x＝1，C到l的距离d＝2＝r，满足条件． 当l的斜率存在时，设斜率为k，得l的方程为y－3＝k（x－1），即kx－y＋3－k＝0， 则|k23k|1k2＝2，解得k＝3. 4∴l的方程为y－3＝即3x＋4y－15＝0.

3（x－1）， 4综上，满足条件的切线l的方程为x1或3x4y150.

（2）设P（x，y），则|PM|2＝|PC|2－|MC|2＝（x＋1）2＋（y－2）2－4， |PO|2＝x2＋y2， ∵|PM|＝|PO|.

∴（x＋1）2＋（y－2）2－4＝x2＋y2， 整理，得2x－4y＋1＝0，

∴点P的轨迹方程为2x4y10.

考点：直线与圆的位置关系；圆的切线方程；点的轨迹方程.

29．

（1）证明见解析；（2）1. 【解析】

试题分析：（1）利用等腰三角形的性质可得A1OAC，利用面面垂直的性质可得

A1O平面ABC，根据线面垂直的性质可得结论；（2）先证明A1C1||平面ABC，可得C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离，利用等积变换及棱锥的体积公式可得

111VC1ABCVA1ABCSABCAO2331. 1332试题解析：（1）∵AA1A1C，且O为AC的中点. ∴A1OAC.

又∵平面AA1C1C平面ABC，平面AA1C1C平面ABCAC，

平面AAC且AO111C，

∴A1O平面ABC. ∵BC平面ABC， ∴A1OBC.

（2）∵A1C1||AC，A1C1平面ABC，AC平面ABC， ∴A1C1||平面ABC.

即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离. 由（1）知A1O平面ABC且AO1∴三棱锥C1ABC的体积：

AA12AO23.

111VC1ABCVA1ABCSABCAO2331. 133230．

（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）平面AOB平面AOC，OCOA，可证OC平面AOB，即可证明结论； （2）取OB中点E，连DE，则DE//AO，CDE（或补角）为异面直线AO与CD所成的角，解RtCDE，即可求出结论. 【详解】

（1）平面AOB平面AOC，平面AOB平面AOCOA，

15. 3OCOA,OC平面AOC,OC平面AOB，

OC平面COD,平面COD平面AOB；

（2）取OB中点E，连DE，D为AB的中点，

DE//AO，CDE（或补角）为异面直线AO与CD所成的角， OAOB,OAOC,OBOCO,OA平面BOC， DE平面BOC，CE平面BOC,DECE，

在RtAOB中，OAB30，斜边AB4，

OA23,OBOC2,DE3,CEOC2(tanCDECE15， DE3OB2)5， 2所以异面直线AO与CD所成角的正切值为15. 3

【点睛】

本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面垂直，注意空间垂直间的相互转化，求异面直线所成的角，要掌握空间角的解题步骤，“做”“证”“算”缺一不可，考查直观想象能力，属于中档题.