2016-2017學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期課時(shí)強(qiáng)化練習(xí)33

本冊綜合素能檢測時(shí)間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中只有一個是符合題目要求的)1．(2013·新課標(biāo)全國Ⅱ)一個四面體的頂點(diǎn)在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中的坐標(biāo)分別是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，畫該四面體三視圖中的正視圖，以zOx平面為投影面，則得到的正視圖可以為()[答案]A[解析]作出空間直角坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系中標(biāo)出各點(diǎn)的位置，然后進(jìn)行投影，分析其正視圖形狀，易知選A.2．已知兩條直線y＝ax－2與y＝(a＋2)x＋1互相垂直，則a等于()A．2 B．1C．0 D．－1[答案]D[解析]由已知得(a＋2)a＝－1，故a2＋2a＋1＝0，即(a＋1)2＝0，解得a＝－1.也可代入驗(yàn)證3．已知正方體外接球的體積是eq\f(32,3)π，那么正方體的棱長等于()A．2eq\r(2) B．eq\f(2\r(2),3)C．eq\f(4\r(2),3) D．eq\f(4\r(3),3)[答案]D[解析]設(shè)正方體的棱長為a，球的半徑為R，則eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π，∴R＝2.又∵eq\r(3)a＝2R＝4，∴a＝eq\f(4\r(3),3).4．已知m，n是兩條不同直線，α，β，γ是三個不同平面，下列命題中正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥βC．若m∥α，m∥β，則α∥β D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n[答案]D[解析]A中還可能m，n相交或異面，所以A不正確；B、C中還可能α，β相交，所以B、C不正確．很明顯D正確．5．如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱BB1，B1C1的中點(diǎn)，若∠CMN＝90°，則異面直線AD1和DMA．30° B．45°C．60° D．90°[答案]D[解析]因?yàn)镸N⊥DC，MN⊥MC，所以MN⊥平面DCM.所以MN⊥DM.因?yàn)镸N∥AD1，所以AD1⊥DM.6．在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長相等，側(cè)棱垂直于底面，點(diǎn)D是側(cè)面BB1C1C的中心，則AD與平面A．30° B．45°C．60° D．90°[答案]C[解析]過A作AE⊥BC于點(diǎn)E，則易知AE⊥面BB1C1C，則又tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\r(3)，故∠ADE＝60°.故選C.7．過點(diǎn)M(－2,4)作圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝25的切線l，且直線l1：ax＋3y＋2a＝0與l平行，則l1與l間的距離是A．eq\f(8,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(28,5) D．eq\f(12,5)[答案]D[解析]因?yàn)辄c(diǎn)M(－2,4)在圓C上，所以切線l的方程為(－2－2)(x－2)＋(4－1)(y－1)＝25，即4x－3y＋20＝0.因?yàn)橹本€l與直線l1平行，所以－eq\f(a,3)＝eq\f(4,3)，即a＝－4，所以直線l1的方程是－4x＋3y－8＝0，即4x－3y＋8＝0.所以直線l1與直線l間的距離為eq\f(|20－8|,\r(42＋－32))＝eq\f(12,5).故選D.8．點(diǎn)P(4，－2)與圓x2＋y2＝4上任一點(diǎn)連線的中點(diǎn)軌跡方程是()A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1 B．(x－2)2＋(y－1)2＝4C．(x－4)2＋(y－2)2＝1 D．(x－2)2＋(y－1)2＝1[答案]A[解析]設(shè)圓上任意一點(diǎn)為(x1，y1)，中點(diǎn)為(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋4,2),y＝\f(y1－2,2)))，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2x－4,y1＝2y＋2))，代入x2＋y2＝4，得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化簡得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.9．在空間直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)A(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，B(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)，C(eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，eq\f(1,3))，則()A．OA⊥AB B．AB⊥ACC．AC⊥BC D．OB⊥OC[答案]C[解析]|AB|＝eq\f(1,2)，|AC|＝eq\f(\r(3),6)，|BC|＝eq\f(\r(6),6)，因?yàn)閨AC|2＋|BC|2＝|AB|2，所以AC⊥BC.10．(2014·高考數(shù)學(xué)北京卷)已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點(diǎn)A(－m,0)，B(m,0)(m＞0)，若圓C上存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為()A．7 B．6C．5 D．4[答案]B[解析]點(diǎn)P在以AB為直徑的圓上，因此兩圓有公共點(diǎn)，應(yīng)滿足m－1≤eq\r(3－02＋4－02)≤m＋1，∴4≤m≤6，故選B.11．(2013·重慶)已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C1，C2上的動點(diǎn)，P為x軸上的動點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5eq\r(2)－4 B．eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2) D．eq\r(17)[分析]先求出點(diǎn)P到兩圓心的距離的和的最小值，該值減去兩圓的半徑即所求|PM|＋|PN|的最小值．[答案]A[解析]兩圓的圓心均在第一象限，先求|PC1|＋|PC2|的最小值，作點(diǎn)C1關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)C1′(2，－3)，則(|PC1|＋|PC2|)min＝|C1′C2|＝5eq\r(2)，所以(|PM|＋|PN|)min＝5eq\r(2)－(1＋3)＝5eq\r(2)－4.12．(2013～2014·河南名校名師俱樂部高三模擬)過直線y＝2x上一點(diǎn)P作圓M：(x－3)2＋(y－2)2＝eq\f(4,5)的兩條切線l1，l2，A，B為切點(diǎn)，當(dāng)直線l1，l2關(guān)于直線y＝2x對稱時(shí)，則∠APB等于()A．30° B．45°C．60° D．90°[答案]C[解析]過圓M的圓心(3,2)向直線y＝2x作垂線，設(shè)垂足為N，易知當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)N重合時(shí)，l1與l2關(guān)于y＝2x對稱，此時(shí)，|MP|＝eq\f(|2×3－2|,\r(5))＝eq\f(4,\r(5))，又圓M的半徑長為eq\f(2,\r(5))，故sin∠MPA＝eq\f(1,2)，則∠MPA＝30°，故∠APB＝60°.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．順次連結(jié)A(1,0)，B(1,4)，C(3,4)，D(5,0)所得到的四邊形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周，所得旋轉(zhuǎn)體的體積是________．[答案]eq\f(184π,3)[解析]所得旋轉(zhuǎn)體的上底、下底分別為3,5，高為4的圓臺，去掉一個半徑為1，高為4的圓柱．V臺＝eq\f(1,3)(9π＋eq\r(9π×25π)＋25π)×4＝eq\f(196π,3)，V柱＝4π，則V＝V臺－V柱＝eq\f(184π,3).14．經(jīng)過點(diǎn)P(1,2)的直線，且使A(2,3)，B(0，－5)到它的距離相等的直線方程為________．[答案]4x－y－2＝0或x＝1[解析]x＝1顯然符合條件；當(dāng)A(2,3)，B(0，－5)在所求直線同側(cè)時(shí)，所求直線與AB平行，∵kAB＝4，∴y－2＝4(x－1)，即4x－y－2＝0.15．(2013·浙江)直線y＝2x＋3被圓x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦長等于________．[答案]4eq\r(5)[解析]已知圓的圓心為(3,4)，半徑r為5，圓心到直線y＝2x＋3的距離為d＝eq\f(|2×3－4＋3|,\r(5))＝eq\r(5)，所以弦長l＝2eq\r(r2－d2)＝4eq\r(5).16．已知圓C過點(diǎn)(1,0)，且圓心在x軸的正半軸上，直線l：y＝x－1被圓C所截得的弦長為2eq\r(2)，則過圓心且與直線l垂直的直線的方程為________．[答案]x＋y－3＝0[解析]設(shè)圓心(a,0)(a＞0)，∴(eq\f(|a－1|,\r(2)))2＋(eq\r(2))2＝|a－1|2.∴a＝3.∴圓心(3,0)．∴所求直線方程為x＋y－3＝0.三、解答題(本大題共6個大題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)(2011·課標(biāo)全國高考，文18)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)證明PA⊥BD；(2)設(shè)PD＝AD＝1，求棱錐D－PBC的高．[解析](1)證明：因?yàn)椤螪AB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝eq\r(3)AD.從而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如圖，作DE⊥PB，垂足為E.已知PD⊥底面ABCD，則PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD，所以BC⊥DE.則DE⊥平面PBC.由題設(shè)知PD＝1，則BD＝eq\r(3)，PB＝2.根據(jù)DE·PB＝PD·BD，得DE＝eq\f(\r(3),2)，即棱錐D－PBC的高為eq\f(\r(3),2).18．(本小題滿分12分)已知圓C：x2＋y2－24x－28y－36＝0內(nèi)有一點(diǎn)Q(4,2)，過Q作AQ⊥BQ，交圓于點(diǎn)A，B，求動弦AB的中心的軌跡方程．[解析]圓的方程可化為(x－12)2＋(y－14)2＝376，如右圖所示，設(shè)AB的中點(diǎn)P(x，y)，則CP⊥AB，∴|AP|2＝|AC|2－|CP|2.在Rt△ABQ中，|PQ|＝eq\f(1,2)|AB|＝|AP|，∴|PQ|2＝|AC|2－|CP|2，即(x－4)2＋(y－2)2＝376－[(x－12)2＋(y－14)2]，整理得x2＋y2－16x－16y－8＝0.故動弦AB的中點(diǎn)的軌跡方程為x2＋y2－16x－16y－8＝0.19．(本小題滿分12分)(2013～2014·廣東省東莞七中高一月考試題)已知圓C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，斜率為1的直線l與圓C交于A、B兩點(diǎn)．(1)化圓的方程為標(biāo)準(zhǔn)形式，并指出圓心和半徑；(2)是否存在直線l，使以線段AB為直徑的圓過原點(diǎn)？若存在，求出直線l的方程，若不存在，說明理由；(3)當(dāng)直線l平行移動時(shí)，求△CAB面積的最大值．[解析](1)(x－1)2＋(y＋2)2＝9.圓心C(1，－2)，r＝3.(2)假設(shè)存在直線l，設(shè)方程為y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因此直線AB的圓過圓點(diǎn)O，所以O(shè)A⊥OB，即x1x2＋y1y2＝0.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,x2＋y2－2x＋4y－4＝0))消去y得2x2＋2(m＋1)x＋m2＋4mΔ＞0得－3eq\r(2)－3＜m＜3eq\r(2)－3.由根與系數(shù)關(guān)系得：x1＋x2＝－(m＋1)，x1x2＝eq\f(m2＋4m－4,2)，y1y2＝(x1＋m)(x2＋m)＝x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝0.∴x1x2＋y1y2＝2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝0.解得m＝1或－4.直線l方程為y＝x＋1或y＝x－4.(3)設(shè)圓心C到直線l：y＝x＋m的距離為d，|AB|＝2eq\r(9－d2)，S△CAB＝eq\f(1,2)×2eq\r(9－d2)×d＝eq\r(9d2－d4)＝eq\r(\f(81,4)－d2－\f(9,2)2)≤eq\f(9,2)，此時(shí)d＝eq\f(3\r(2),2)，l的方程為y＝x或y＝x－6.20．(本小題滿分12分)(2012·山東卷)如圖，幾何體E－ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求證：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點(diǎn)，求證：DM∥平面BEC.[解析](1)設(shè)BD中點(diǎn)為O，連接OC，OE，則由BC＝CD知，CO⊥BD，又已知CE⊥BD，所以BD⊥平面OCE.所以BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分線，所以BE＝DE.(2)取AB中點(diǎn)N，連接MN，DN，∵M(jìn)是AE的中點(diǎn)，∴MN∥BE，∵△ABD是等邊三角形，∴DN⊥AB.由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°＋30°＝90°，即BC⊥AB，所以ND∥BC，所以平面MND∥平面BEC，故DM∥平面BEC.21．(本小題滿分12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x－4)2＋(y－5)2＝4和圓C2：(x＋3)2＋(y－1)2＝4.(1)若直線l1過點(diǎn)A(2,0)，且與圓C1相切，求直線l1的方程；(2)直線l2的方程是x＝eq\f(5,2)，證明：直線l1上存在點(diǎn)P，滿足過P的無窮多對互相垂直的直線l3和l4，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l3被圓C1截得的弦長與直線l4被圓C2截得的弦長相等．[解析](1)若直線斜率不存在，x＝2符合題意；當(dāng)直線l1的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0，由條件得eq\f(|4k－5－2k|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq\f(21,20)，所以直線l1的方程為x＝2或y＝eq\f(21,20)(x－2)，即x＝2或21x－20y－42＝0.(2)由題意知，直線l3，l4的斜率存在，設(shè)直線l3的斜率為k，則直線l4的斜率為－eq\f(1,k)，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(eq\f(5,2)，n)，互相垂直的直線l3，l4的方程分別為：y－n＝k(x－eq\f(5,2))，y－n＝－eq\f(1,k)(x－eq\f(5,2))，即kx－y＋n－eq\f(5,2)k＝0，－eq\f(1,k)x－y＋n＋eq\f(5,2k)＝0，根據(jù)直線l3被圓C1截得的弦長與直線l4被圓C2截得的弦長相等，兩圓半徑相等．由垂徑定理得：圓心C1到直線l3與圓心C2到直線l4的距離相等．故有eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4k－5＋n－\f(5,2)k)),\r(k2＋1))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,k)－1＋n＋\f(5,2k))),\r(\f(1,k2)＋1))，化簡得(eq\f(5,2)－n)k＝eq\f(21,2)－n或(eq\f(1,2)＋n)k＝－n－eq\f(1,2)＝－(eq\f(1,2)＋n)．關(guān)于k的方程有無窮多解，有eq\f(1,2)＋n＝0，即n＝－eq\f(1,2)，即直線l2上滿足條件的點(diǎn)P是存在的，坐標(biāo)是(eq\f(5,2)，