1、试卷主标题试卷主标题姓名：_ 班级：_考号：_一、选择题（共一、选择题（共 1212 题）题）1、 下列说法中正确的是（ ）A 棱柱的侧面可以是三角形 B 正方体和长方体都是特殊的四棱柱C 所有的几何体的表面都能展成平面图形 D 棱柱的各条棱都相等2、 如果，那么下列不等式中正确的是（ ）A B C D 3、 在等差数列中 , 若, 则（ ）A 40 B 70 C 80 D 904、 若 P 为 ABC 所在平面外一点，分别连接 PA ， PB ， PC ，则所构成的 4 个三角形中直角三角形的个数最多为（）A 4 B 3 C 2 D 15、 已知直线与互相垂直，则的值为（ ）A B C D
2、6、表示直线，表示平面，给出下列四个命题： 若则； 若，则； 若，则； 若，则. 其中正确命题的个数有A 0 B 1 C 2 D 37、 已知圆心为点，并且在直线上截得的弦长为的圆的方程为（ ）A B C D 8、 已知圆锥的轴截面为正三角形，且边长为 2 ，则圆锥的表面积为（）A B C D 9、 已知中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，若，则 b 等于A B 5 C D 2510、 长方体的一个顶点上的三条棱长分别为 3 、 4 、 5 ，且它的 8 个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（）A B C D 都不对11、 如图，在四棱锥中，底面为菱形，侧
3、面为正三角形，且平面平面，则下列说法错误的是（ ）A 在棱上存在点使平面B 异面直线与所成的角为C 二面角的大小为D 平面12、 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q、P的距离之比，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆 . 已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点Q为x轴上一点，且，若点，则的最小值为（ ）A B C D 二、填空题（共二、填空题（共 4 4 题）题）1、 一球与棱长为 2 的正方体的各个面相切，则该球
4、的体积为 _.2、 已知圆及圆则两圆的公共弦所在的直线方程为 _.3、 如图，在长方体中，则四棱锥的体积为 _cm34、 已知两点 A( 1,3) ， B(3,1) ，当 C 在坐标轴上，若 ACB 90 ，则这样的点C 的个数为 _ 三、解答题（共三、解答题（共 6 6 题）题）1、 如图，已知圆柱底面圆的半径为，高为 2 ，AB、CD分别是两底面的直径，AD、BC是母线，若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点，求小虫爬行的最短长度2、 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（ 1 ）求的值；（ 2 ）若，求的面积 .3、 已知是等差数列 ,.（ 1 ）求的通项公式；（ 2 ）求的
5、前n项和的最大值 .4、 已知圆C的方程为，点P（ 3 ， 1 ）（ 1 ）求过点P的直线被圆C截得弦长最大时的直线l的方程 .（ 2 ）若圆C的一条弦AB的中点为P，求直线AB的方程 .5、 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱，求证：（ 1 ）平面；（ 2 ）平面平面；（ 3 ）二面角的平面角的大小 .6、 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，E是BC的中点，求证：（ 1 ）平面AB1E 平面B1BCC1；（ 2 ）A1C 平面AB1E.=参考答案参考答案=一、选择题一、选择题1、 B【分析】从棱柱的定义出发判断 A,B,D 的正误，找出反例否定 C ，即可得答案；【详
6、解】对 A ，棱柱的侧面都是四边形，故 A 错误；对 B ，正方体和长方体都是特殊的四棱柱，故 B 正确；对 C ，所有的几何体的表面都能展成平面图形，球不能展成平面图形，故 C 错误；对 D ，棱柱的各条棱都相等，应该为侧棱相等，故 D 错误；故选： B.【点睛】本题考查棱柱的结构特征，属于基础题 .2、 C【分析】利用作差法得到, 所以选项错误；，所以选项错误；，所以选项正确；，所以选项 D 错误 .【详解】对于选项所以, 所以选项错误；对于选项,，所以，所以选项错误；对于选项,，所以，所以选项正确；对于选项,，所以，所以选项 D 错误 .故选： C.【点睛】本题主要考查作差法比较大小，意
7、在考查学生对这些知识的理解掌握水平 .3、 B【分析】由已知条件列方程组求出等差数列的首项和公差 , 从而求出第 40 项 .【详解】解 : 在等差数列数列中 , 解得,所以.故选 :B【点睛】本题考查等差数列的通项公式 , 是基础题 .4、 A【详解】设 ABC 为直角三角形，过一锐角顶点 A ，如果有 PA 平面 ABC ，则如图所示：因为 PA 平面 ABC ， PAAC ， PAAB ，所以 PAB ， PAC 为直角三角形 .因为 BCAB ， PABC ，所以 BC 平面 PAB ，所以 BCPB.所以 PBC 是直角三角形，所以 ABC ， PAB ， PAC ， PBC 四个三
8、角形都是直角三角形 .故选 A5、 C【分析】根据直线与互相垂直，则有求解 .【详解】因为直线与互相垂直，所以，即，解得.故选： C【点睛】本题主要考查两直线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题 .6、 B【详解】试题分析：若则平行或相交或异面，故 错；若，则或，故 错；若，则平行或相交或异面，故 错；若，则，是直线与平面垂直的性质定理，故 正确故选 B 考点：点线面的位置关系7、 D【分析】求出圆心到直线的距离，可得圆的半径，即可求出圆的方程 .【详解】解：圆心到直线的距离为， 在直线上截得的弦长为， 圆的半径， 圆的方程为.故选： D.【点睛】本题主要考查直线和圆相交的性质，求圆
9、的标准方程，求出圆的半径，是解题的关键，属于基础题 .8、 D【分析】圆锥的母线就是轴截面边长，也等于底面直径，由此可计算表面积【详解】由题意底面半径，母线长为，表面积为故选： D 【点睛】本题考查圆锥的表面积，掌握轴截面是圆锥的关系是解题关键9、 B【分析】利用三角形的面积求出，然后利用余弦定理求出即可【详解】由题意可知，解得，由余弦定理知，所以，所以.故选 B.【点睛】解三角形常与三角形的面积结合在一起考查，考查综合运用知识解决问题的能力，解题时注意各个公式间的联系，同时还要注意公式中的常用变形 .10、 B【分析】由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出
10、球的直径，然后求出球的表面积【详解】解：长方体的一个顶点上的三条棱长分别是 3 ， 4 ， 5 ，且它的 8 个顶点都在同一个球面上，所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：，所以球的半径为：；则这个球的表面积是：故选：11、 D【分析】根据线面垂直的判定及性质定理逐一判断即可 .【详解】解：如图，对于，取的中点，连接， 侧面为正三角形，又底面是菱形，是等边三角形，又，平面，平面，故正确 .对于，平面，即异面直线与所成的角为 90 ，故正确 .对于， 平面平面，平面，是二面角的平面角，设，则，在中，即，故二面角的大小为，故正确 .对于， 假设平面， 则， 又依题意平面平面，则平面，故
11、，而BD，BM相交，且在平面ABCD内，故平面，与平面矛盾，因此与平面不垂直，故错误 .故选 :D.【点睛】本题考查了线面垂直的判定及异面直线所成的角，属于中档题 .12、 C【分析】设， 根据和求出a的值， 由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即【详解】设，所以，由，所以，因为且， 所以， 整理可得， 又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又所以，因为，所以的最小值为.故选： C【点睛】本题主要考查圆上动点问题，考查两点间直线最短 .二、填空题二、填空题1、【分析】根据正方体内切球的性质，即可得出球的半径，从而可求得球的体积 .【详解】解：由题意可知，设球的半径为，球是正方体的内
12、切球，则，因此球的半径为，则该球的体积为：.故答案为：.【点睛】本题考查球的体积，涉及正方体的内切球的性质，属于基础题 .2、x-y=0【分析】当两圆相交时，将两圆方程相减可得公共弦的方程 .【详解】圆：圆： 得公共弦的方程为：，即.故答案为：.3、 6 【分析】如图，过作于，可证平面，利用体积公式计算即可 .【详解】如图，过作于， 长方体底面是正方形， 中， 又由， 平面， 考点：棱锥体积的计算【点睛】本题考查四棱锥体积的计算，关键是高的计算，需利用线面垂直来求，本题属于基础题 .4、 3【分析】点 C 的个数即以 AB 为直径的圆与坐标轴的交点的个数 .【详解】由题意，点 C 应该为以 A
13、B 为直径的圆与坐标轴的交点以 AB 为直径的方程是 (x 1)(x 3) (y 3)(y 1) 0 ，令 x 0 ，解得 y 0 或 4 ；令 y 0 ，解得 x 0 或 2 所以该圆与坐标轴的交点有三个： (0,0) ， (0,4) ， (2,0) 故答案为 3【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，圆的轨迹，考查数形结合的解题思想方法，是基础题三、解答题三、解答题1、 2【分析】小虫爬行的最短长度， 是半个圆柱的侧面展开矩形的对角线 . 通过勾股定理求得这个对角线的长 .【详解】解：如图，将圆柱的侧面展开，其中 AB 为底面圆周的一半，即 AB=,AD=2则小虫爬行的最短路线为线段 AC,在
14、矩形 AC 中， AC=所以小虫爬行的最短路线长度为 2.【点睛】本小题主要考查圆柱的侧面展开图，考查两点间的距离公式以及分析和思考能力，属于基础题 .2、 （ 1 ）（ 2 ）【分析】（ 1 ）由正弦定理即可算出；（ 2 ）先算出，然后算出，然后利用算出答案即可 .【详解】（ 1 ）由正弦定理可得：，（ 2 ） ， 【点睛】本题考查的是利用正弦定理解三角形和求三角形的面积，考查了学生的计算能力，属于基础题 .3、 （ 1 ）（ 2 ） 56【分析】（ 1 ）通过等差数列的性质求出公差, 结合, 即可求出通项公式 .（ 2 ） 由公差, 知数列是递减数列 , 要求和的最大值则根据, 求出,即可
15、求出和的最大值 .【详解】解：由题意得（ 1 ）（ 2 ）由知数列是递减数列所以令, 解得且的最大值为 :【点睛】本题主要考察邓姝列的简单性质以及求等差数列的前项和 , 是简单题 .4、 （ 1 ）；（ 2 ）.【分析】（ 1 ）依题意知直线过圆心，进而可得结果；（ 2 ）依题意知直线过点且与直线垂直，进而可得结果 .【详解】（ 1 ）圆的标准方程为，则圆心.当直线过圆心时被圆截得的弦长最大，所以直线的斜率，所以直线的方程为，即.（ 2 ）依题意知直线过点且与直线垂直，则直线的斜率为，所以直线的方程为，即.5、 （ 1 ）见解析；（ 2 ）见解析；（ 3 ）【分析】（ 1 ）由勾股定理的逆定理
16、证得后可得线面垂直（ 2 ）证明与平面垂直，可得面面垂直，而要证线面垂直，可证与垂直；（ 3 ）证明与平面垂直，可得所求二面角的平面角是，计算即得【详解】（ 1 ），.同理可证.平面.（ 2 ）由（ 1 ）知平面，平面，. 四边形是正方形，.又，平面.又平面， 平面平面.（ 3 ）由（ 1 ）知平面，平面，.又，平面.平面，.为二面角的平面角 .在中，. 二面角的平面角的大小为 45.【点睛】本题考查证明线面垂直和面面垂直，考查求二面角在立体几何中，线线垂直、线面垂直、面面垂直是相互依存，相互转化的，线面与面面垂直的判定定理与性质定理是连接它们的钮带证明时一定要确定定理的条件都满足了，才能下结
17、论否则证明过程不完整6、 （ 1 ）证明见解析；（ 2 ）证明见解析 .【分析】（ 1 ）转化为证明AE 平面B1BCC1；（ 2 ）连结A1B，设A1BAB1F，连结EF，只需证明EFA1C.【详解】（ 1 ）在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1 平面ABC.因为AE 平面ABC，所以CC1AE.因为ABAC，E为BC的中点，所以AEBC.因为BC 平面B1BCC1，CC1 平面B1BCC1，且BCCC1C，所以AE 平面B1BCC1.因为AE 平面AB1E，所以平面AB1E 平面B1BCC1.（ 2 ）连结A1B，设A1BAB1F，连结EF.在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，所以F为A1B的中点又因为E是BC的中点，所以EFA1C.因为EF 平面AB1E，A1C平面AB1E，所以A1C 平面AB1E.
