2016-2017学年高一数学下学期课时强化练习33

本册综合素能检测时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2013·新课标全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()[答案]A[解析]作出空间直角坐标系，在坐标系中标出各点的位置，然后进行投影，分析其正视图形状，易知选A.2．已知两条直线y＝ax－2与y＝(a＋2)x＋1互相垂直，则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.也可代入验证3．已知正方体外接球的体积是eq\f(32,3)π，那么正方体的棱长等于()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]设正方体的棱长为a，球的半径为R，则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是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n[答案]D[解析]A中还可能m，n相交或异面，所以A不正确；B、C中还可能α，β相交，所以B、C不正确．很明显D正确．5．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱BB1，B1C1的中点，若∠CMN＝90°，则异面直线AD1和DMA．30° B．45°C．60° D．90°[答案]D[解析]因为MN⊥DC，MN⊥MC，所以MN⊥平面DCM.所以MN⊥DM.因为MN∥AD1，所以AD1⊥DM.6．在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面A．30° B．45°C．60° D．90°[答案]C[解析]过A作AE⊥BC于点E，则易知AE⊥面BB1C1C，则又tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\r(3)，故∠ADE＝60°.故选C.7．过点M(－2,4)作圆C：(x－2)2＋(y－1)2＝25的切线l，且直线l1：ax＋3y＋2a＝0与l平行，则l1与l间的距离是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]因为点M(－2,4)在圆C上，所以切线l的方程为(－2－2)(x－2)＋(4－1)(y－1)＝25，即4x－3y＋20＝0.因为直线l与直线l1平行，所以－eq\f(a,3)＝eq\f(4,3)，即a＝－4，所以直线l1的方程是－4x＋3y－8＝0，即4x－3y＋8＝0.所以直线l1与直线l间的距离为eq\f(|20－8|,\r(42＋－32))＝eq\f(12,5).故选D.8．点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点轨迹方程是()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]设圆上任意一点为(x1，y1)，中点为(x，y)，则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，化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.9．在空间直角坐标系中，O为坐标原点，设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))，则()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)，因为|AC|2＋|BC|2＝|AB|2，所以AC⊥BC.10．(2014·高考数学北京卷)已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，B(m,0)(m＞0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为()A．7 B．6C．5 D．4[答案]B[解析]点P在以AB为直径的圆上，因此两圆有公共点，应满足m－1≤eq\r(3－02＋4－02)≤m＋1，∴4≤m≤6，故选B.11．(2013·重庆)已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为()A．5eq\r(2)－4 B．eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2) D．eq\r(17)[分析]先求出点P到两圆心的距离的和的最小值，该值减去两圆的半径即所求|PM|＋|PN|的最小值．[答案]A[解析]两圆的圆心均在第一象限，先求|PC1|＋|PC2|的最小值，作点C1关于x轴的对称点C1′(2，－3)，则(|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·河南名校名师俱乐部高三模拟)过直线y＝2x上一点P作圆M：(x－3)2＋(y－2)2＝eq\f(4,5)的两条切线l1，l2，A，B为切点，当直线l1，l2关于直线y＝2x对称时，则∠APB等于()A．30° B．45°C．60° D．90°[答案]C[解析]过圆M的圆心(3,2)向直线y＝2x作垂线，设垂足为N，易知当点P与点N重合时，l1与l2关于y＝2x对称，此时，|MP|＝eq\f(|2×3－2|,\r(5))＝eq\f(4,\r(5))，又圆M的半径长为eq\f(2,\r(5))，故sin∠MPA＝eq\f(1,2)，则∠MPA＝30°，故∠APB＝60°.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．顺次连结A(1,0)，B(1,4)，C(3,4)，D(5,0)所得到的四边形绕y轴旋转一周，所得旋转体的体积是________．[答案]eq\f(184π,3)[解析]所得旋转体的上底、下底分别为3,5，高为4的圆台，去掉一个半径为1，高为4的圆柱．V台＝eq\f(1,3)(9π＋eq\r(9π×25π)＋25π)×4＝eq\f(196π,3)，V柱＝4π，则V＝V台－V柱＝eq\f(184π,3).14．经过点P(1,2)的直线，且使A(2,3)，B(0，－5)到它的距离相等的直线方程为________．[答案]4x－y－2＝0或x＝1[解析]x＝1显然符合条件；当A(2,3)，B(0，－5)在所求直线同侧时，所求直线与AB平行，∵kAB＝4，∴y－2＝4(x－1)，即4x－y－2＝0.15．(2013·浙江)直线y＝2x＋3被圆x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦长等于________．[答案]4eq\r(5)[解析]已知圆的圆心为(3,4)，半径r为5，圆心到直线y＝2x＋3的距离为d＝eq\f(|2×3－4＋3|,\r(5))＝eq\r(5)，所以弦长l＝2eq\r(r2－d2)＝4eq\r(5).16．已知圆C过点(1,0)，且圆心在x轴的正半轴上，直线l：y＝x－1被圆C所截得的弦长为2eq\r(2)，则过圆心且与直线l垂直的直线的方程为________．[答案]x＋y－3＝0[解析]设圆心(a,0)(a＞0)，∴(eq\f(|a－1|,\r(2)))2＋(eq\r(2))2＝|a－1|2.∴a＝3.∴圆心(3,0)．∴所求直线方程为x＋y－3＝0.三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(2011·课标全国高考，文18)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明PA⊥BD；(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．[解析](1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝eq\r(3)AD.从而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)如图，作DE⊥PB，垂足为E.已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD，所以BC⊥DE.则DE⊥平面PBC.由题设知PD＝1，则BD＝eq\r(3)，PB＝2.根据DE·PB＝PD·BD，得DE＝eq\f(\r(3),2)，即棱锥D－PBC的高为eq\f(\r(3),2).18．(本小题满分12分)已知圆C：x2＋y2－24x－28y－36＝0内有一点Q(4,2)，过Q作AQ⊥BQ，交圆于点A，B，求动弦AB的中心的轨迹方程．[解析]圆的方程可化为(x－12)2＋(y－14)2＝376，如右图所示，设AB的中点P(x，y)，则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.故动弦AB的中点的轨迹方程为x2＋y2－16x－16y－8＝0.19．(本小题满分12分)(2013～2014·广东省东莞七中高一月考试题)已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，斜率为1的直线l与圆C交于A、B两点．(1)化圆的方程为标准形式，并指出圆心和半径；(2)是否存在直线l，使以线段AB为直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由；(3)当直线l平行移动时，求△CAB面积的最大值．[解析](1)(x－1)2＋(y＋2)2＝9.圆心C(1，－2)，r＝3.(2)假设存在直线l，设方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因此直线AB的圆过圆点O，所以OA⊥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.由根与系数关系得：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.直线l方程为y＝x＋1或y＝x－4.(3)设圆心C到直线l：y＝x＋m的距离为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)，此时d＝eq\f(3\r(2),2)，l的方程为y＝x或y＝x－6.20．(本小题满分12分)(2012·山东卷)如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.[解析](1)设BD中点为O，连接OC，OE，则由BC＝CD知，CO⊥BD，又已知CE⊥BD，所以BD⊥平面OCE.所以BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线，所以BE＝DE.(2)取AB中点N，连接MN，DN，∵M是AE的中点，∴MN∥BE，∵△ABD是等边三角形，∴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．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x－4)2＋(y－5)2＝4和圆C2：(x＋3)2＋(y－1)2＝4.(1)若直线l1过点A(2,0)，且与圆C1相切，求直线l1的方程；(2)直线l2的方程是x＝eq\f(5,2)，证明：直线l1上存在点P，满足过P的无穷多对互相垂直的直线l3和l4，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等．[解析](1)若直线斜率不存在，x＝2符合题意；当直线l1的斜率存在时，设直线l1的方程为y＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0，由条件得eq\f(|4k－5－2k|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq\f(21,20)，所以直线l1的方程为x＝2或y＝eq\f(21,20)(x－2)，即x＝2或21x－20y－42＝0.(2)由题意知，直线l3，l4的斜率存在，设直线l3的斜率为k，则直线l4的斜率为－eq\f(1,k)，设点P坐标为(eq\f(5,2)，n)，互相垂直的直线l3，l4的方程分别为：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，根据直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等．由垂径定理得：圆心C1到直线l3与圆心C2到直线l4的距离相等．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))，化简得(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)．关于k的方程有无穷多解，有eq\f(1,2)＋n＝0，即n＝－eq\f(1,2)，即直线l2上满足条件的点P是存在的，坐标是(eq\f(5,2)，