2017-2018学年安徽省蚌埠二中高二上学期期中数学试题（理科）（解析版）

2017-2018学年安徽省蚌埠二中高二上学期期中数学试题（理科）（解析版）

‎2017-2018学年安徽省蚌埠二中高二（上）期中数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）‎ ‎1．（5分）判断圆C1：x2+y2=1与圆C2：（x﹣2）2+（y﹣2）2=9的位置关系是（　　）‎ A．相离 B．外切 C．相交 D．内切 ‎2．（5分）若直线l经过点P（2，3），且在x轴上的截距的取值范围是（﹣1，3），则其斜率的取值范围是（　　）‎ A．k＜﹣3或k＞1 B．﹣1＜k＜ C．﹣3＜k＜1 D．k ‎3．（5分）下列结论正确的是（　　）‎ A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 ‎4．（5分）一条光线从点A（2，4）射出，倾斜角为60°角，遇x轴后反射，则反射光线的直线方程为（　　）‎ A．x﹣y+4﹣2=0 B．x﹣y﹣2﹣4=0 C．x+y+4﹣2=0 D．x+y﹣2﹣4=0‎ ‎5．（5分）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∥β C．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n ‎6．（5分）若圆x2+y2﹣2ax+3by=0的圆心位于第三象限，那么直线x+ay+b=0一定不经过（　　）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎7．（5分）已知点P（1，3）与直线l：x+y+1=0，则点P关于直线l的对称点坐标为（　　）‎ A．（﹣3，﹣1） B．（2，4） C．（﹣4，﹣2） D．（﹣5，﹣3）‎ ‎8．（5分）如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为（　　）‎ A．AC⊥BD B．AC=BD C．AC∥截面PQMN D．异面直线PM与BD所成的角为45°‎ ‎9．（5分）已知棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的一个面A1B1C1D1在半球底面上，四个顶点A，B，C，D都在半球面上，则半球体积为（　　）‎ A．4 B．2 C． D．‎ ‎10．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（　　）‎ A． B． C． D．4‎ ‎11．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线（　　）‎ A．不存在 B．有且只有两条 C．有且只有三条 D．有无数条 ‎12．（5分）设点P（a，1），若在圆O：x2+y2=1上存在点Q，使得∠OPQ=60°，则a的取值范围是（　　）‎ A．[﹣] B．[] C．[] D．[]‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13．（5分）母线长为1的圆锥体，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为　 　．‎ ‎14．（5分）一个平面图形用斜二测画法作的直观图是一个边长为1cm的正方形，则原图形的周长为　 　cm．‎ ‎15．（5分）已知点P是圆C：x2+y2+4x﹣6y﹣3=0上的一点．直线l：3x﹣4y﹣5=0，若点P到直线l的距离为2，则符合题意的点P有　 　个．‎ ‎16．（5分）在平面内，•=•=•=6，若动点P，M满足||=2，=，则||的最小值是　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17题10分，第18～22题每题12分）‎ ‎17．（10分）已知两条直线l1：ax+2y+6=0与l2：x+（a﹣1）y﹣4a2﹣2=0．‎ ‎（1）若l1∥l2，求实数a的值；‎ ‎（2）若l1⊥l2，求实数a的值．‎ ‎18．（12分）如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，∠ABC=，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：直线MN∥平面OCD；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小；‎ ‎（Ⅲ）求点B到平面OCD的距离．‎ ‎19．（12分）已知圆M：x2+（y﹣2）2=1，Q是x轴上的点，QA，QB分别切圆M与A，B两点．‎ ‎（1）若|AB|=，求|MQ|的长度及直线MQ的方程；‎ ‎（2）求证：直线AB恒过定点．‎ ‎20．（12分）已知四边形ABCD与四边形CDEF均为正方形，平面ABCD⊥平面CDEF．‎ ‎（1）求证：ED⊥平面ABCD；‎ ‎（2）求二面角D﹣BE﹣C的大小．‎ ‎21．（12分）如图组合体中，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，C是圆柱底面圆周上不与A，B重合一个点．‎ ‎（1）求证：无论点C如何运动，平面A1BC⊥平面A1AC；‎ ‎（2）当C是弧AB的中点时，求四棱锥A1﹣BCC1B1与圆柱的体积比．‎ ‎22．（12分）已知圆心为C的圆，满足下列条件：圆心C位于x轴正半轴上，与直线3x﹣4y+7=0相切，且被y轴截得的弦长为，圆C的面积小于13．‎ ‎（Ⅰ）求圆C的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设过点M（0，3）的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB．是否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎2017-2018学年安徽省蚌埠二中高二（上）期中数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）‎ ‎1．（5分）判断圆C1：x2+y2=1与圆C2：（x﹣2）2+（y﹣2）2=9的位置关系是（　　）‎ A．相离 B．外切 C．相交 D．内切 ‎【分析】根据题意，由圆的标准方程求出圆的圆心与半径，比较圆心距与两个圆的半径之和的大小，即可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，圆C1：x2+y2=1的圆心C1为（0，0），半径r1=1，‎ 圆C2：（x﹣2）2+（y﹣2）2=9的圆心C2为（2，2），半径r2=3，‎ 则有2＜|C1C2|=2＜r1+r2=4，‎ 则两圆相交；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查圆与圆的位置关系的判断，掌握圆与圆位置关系的判断方法即可．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）若直线l经过点P（2，3），且在x轴上的截距的取值范围是（﹣1，3），则其斜率的取值范围是（　　）‎ A．k＜﹣3或k＞1 B．﹣1＜k＜ C．﹣3＜k＜1 D．k ‎【分析】利用斜率计算公式及其意义即可得出．‎ ‎【解答】解：取直线l与x轴的交点M（﹣1，0），N（3，0）．kPM==1，kPN==﹣3．‎ ‎∵直线l与线段MN相交，‎ ‎∴k＞1或k＜﹣3．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了斜率计算公式及其意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）下列结论正确的是（　　）‎ A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 ‎【分析】通过简单几何体和直观图说明A和B错误，根据正六棱锥的过中心和定点的截面知C错误，由圆锥的母线进行判断知D正确．‎ ‎【解答】解：A、如图（1）所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；‎ B、如图（2）（3）所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；‎ C、若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由过中心和定点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；‎ D、根据圆锥母线的定义知，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了简单几何体的结构特征的应用，结合柱体、椎体和台体的结构特征，以及几何体的直观图进行判断，考查了空间想象能力．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）一条光线从点A（2，4）射出，倾斜角为60°角，遇x轴后反射，则反射光线的直线方程为（　　）‎ A．x﹣y+4﹣2=0 B．x﹣y﹣2﹣4=0 C．x+y+4﹣2=0 D．x+y﹣2﹣4=0‎ ‎【分析】利用点A（2，4）关于x轴的对称点A′（2，﹣4）在反射光线上，再根据入射光线x轴正方向成60°角，tan120°=﹣，得到反射光线所在的直线方程的斜率k=tan120°，由点斜式写出反射光线所在的直线方程．‎ ‎【解答】解：∵tan60°=，‎ ‎∴k=tan（180°﹣60°）=﹣，‎ ‎∵点A（2，4）关于x轴的对称点A′（2，﹣4）在反射光线上，‎ 设反射光线所在的直线方程 y=﹣x+b，‎ ‎∴﹣4=﹣×2+b，‎ 解得b=2﹣4，‎ 故反射光线所在的直线方程 y=﹣x+2﹣4，‎ 即x+y+4﹣2=0，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查求一个点关于直线的对称点坐标的方法，用两点式求直线的方程，反射定律的应用．考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）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∥β C．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n ‎【分析】‎ 通过举反例可得A、B、C不正确，根据垂直于同一个平面的两条直线平行，可得D正确，从而得出结论．‎ ‎【解答】解：A、m，n平行于同一个平面，故m，n可能相交，可能平行，也可能是异面直线，故A错误；‎ B、α，β 垂直于同一个平面γ，故α，β 可能相交，可能平行，故B错误；‎ C、α，β平行与同一条直线m，故α，β 可能相交，可能平行，故C错误；‎ D、垂直于同一个平面的两条直线平行，故D正确．‎ 故选 D．‎ ‎【点评】本题考查两个平面平行的判定和性质，平面与平面垂直的性质，线面垂直的性质，注意考虑特殊情况，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）若圆x2+y2﹣2ax+3by=0的圆心位于第三象限，那么直线x+ay+b=0一定不经过（　　）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【分析】由已知圆的圆心在第三象限，建立关于a、b的不等式组解出a＜0且b＞0，由此算出直线x+ay+b=0经过x轴负半轴一点和y轴正半轴一点，可得它不经过第四象限．‎ ‎【解答】解：∵圆x2+y2﹣2ax+3by=0的圆心为（a，﹣）‎ ‎∴圆心位于第三象限，得a＜0且﹣＜0，解得a＜0且b＞0‎ 又∵直线x+ay+b=0，在x轴的截距为﹣b＜0，在y轴的截距为﹣＞0‎ ‎∴直线x+ay+b=0经过x轴负半轴一点和y轴正半轴一点 由此可得直线经过一、二、三象限，不经过第四象限 故选：D ‎【点评】本题给出含有参数a、b的圆的圆心在第三象限，求直线x+ay+b=0经过的象限．着重考查了直线的方程、圆的方程等知识，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）已知点P（1，3）与直线l：x+y+1=0，则点P关于直线l的对称点坐标为（　　）‎ A．（﹣3，﹣1） B．（2，4） C．（﹣4，﹣2） D．（﹣5，﹣3）‎ ‎【分析】设点P关于直线l的对称点坐标为Q（a，b），可得+1=0，=1，联立解得a，b．‎ ‎【解答】解：设点P关于直线l的对称点坐标为Q（a，b），则+1=0，=1，‎ 联立解得a=﹣4，b=﹣2．‎ ‎∴点P关于直线l的对称点坐标为（﹣4，﹣2）．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为（　　）‎ A．AC⊥BD B．AC=BD C．AC∥截面PQMN D．异面直线PM与BD所成的角为45°‎ ‎【分析】首先由正方形中的线线平行推导线面平行，再利用线面平行推导线线平行，这样就把AC、BD平移到正方形内，即可利用平面图形知识做出判断．‎ ‎【解答】解：因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN、QM∥PN，‎ 则PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA，‎ 所以PQ∥AC，QM∥BD，‎ 由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；‎ 由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确；‎ ‎∵PN⊥PQ，∴AC⊥BD．‎ 由BD∥PN，‎ ‎∴∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；‎ 由上面可知：BD∥PN，PQ∥AC．‎ ‎∴，，‎ 而AN≠DN，PN=MN，‎ ‎∴BD≠AC．B错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了线面平行与垂直的判定定理和性质定理、正方形的性质、异面直线所成的角，属于基本知识的考查．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）已知棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的一个面A1B1C1D1在半球底面上，四个顶点A，B，C，D都在半球面上，则半球体积为（　　）‎ A．4 B．2 C． D．‎ ‎【分析】先求正方体的底面对角线的长，再求球的半径，然后求半球的体积．‎ ‎【解答】解：正方体的顶点A、B、C、D在半球的底面内，顶点A1、B1、C1、D1在半球球面上，‎ 底面ABCD的中心到上底面顶点的距离就是球的半径=，‎ 半球的体积：×π×（）3=2π．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查球内接多面体的知识，考查空间想象能力，是基础题 ‎　‎ ‎10．（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（　　）‎ A． B． C． D．4‎ ‎【分析】由已知可得该几何体是一个以主视图为底面的三棱锥，代入棱锥体积公式，可得答案．‎ ‎【解答】解：由已知可得该几何体是一个以主视图为底面的三棱锥，‎ 其体积V=×（×2×2）×2=，‎ 故选：B ‎【点评】本题考查的知识点棱锥的体积与表面积，空间几何体的三视图，难度中档．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线（　　）‎ A．不存在 B．有且只有两条 C．有且只有三条 D．有无数条 ‎【分析】先画出正方体，然后根据题意试画与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线，从而发现结论．‎ ‎【解答】解：在EF上任意取一点M，‎ 直线A1D1与M确定一个平面，‎ 这个平面与CD有且仅有1个交点N，‎ 当M取不同的位置就确定不同的平面，‎ 从而与CD有不同的交点N，‎ 而直线MN与这3条异面直线都有交点．如图：‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题主要考查立体几何中空间直线相交问题，同时考查学生的空间想象能力．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）设点P（a，1），若在圆O：x2+y2=1上存在点Q，使得∠OPQ=60°，则a的取值范围是（　　）‎ A．[﹣] B．[] C．[] D．[]‎ ‎【分析】根据直线和圆的位置关系，利用数形结合即可得到结论．‎ ‎【解答】解：由题意画出图形如图：‎ 点Q（a，1），‎ 要使圆O：x2+y2=1上存在点N，‎ 使得∠OPQ=60°，‎ 则∠OQP的最大值大于或等于60°时一定存在点P，‎ 使得∠OPQ=60°，‎ 而当QP与圆相切时∠OQP取得最大值，‎ QP与圆相切时∠OQP取得最大值，‎ 此时OP=1，|QP′|=．‎ 只有Q′到Q″之间的区域满足|QP|≤，‎ ‎∴x0的取值范围是[﹣，]．‎ 故选：A ‎【点评】本题考查的知识要点：直线与圆的位置关系，直线与直线设出角的求法．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13．（5分）母线长为1的圆锥体，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为　　．‎ ‎【分析】半径为1的半圆的弧长是π，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，因而圆锥的底面周长是π，利用弧长公式计算底面半径，再利用勾股定理求圆锥的高，代入圆锥体积公式得答案．‎ ‎【解答】解：一个圆锥的母线长为1，它的侧面展开图为半圆，‎ 则半圆的弧长为π，即圆锥的底面周长为π，‎ 设圆锥的底面半径是r，‎ 则得到2πr=π，‎ 解得：r=，‎ ‎∴圆锥的高为h=．‎ ‎∴圆锥的体积为：V=πr2h=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算，明确圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长是关键，是中档题．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）一个平面图形用斜二测画法作的直观图是一个边长为1cm的正方形，则原图形的周长为　8　cm．‎ ‎【分析】由斜二测画法的规则知在已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x′轴，长度保持不变，已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y′轴，且长度为原来一半．由于y′轴上的线段长度为cm，故在平面图中，其长度为2cm，且其在平面图中的y轴上，由此可以求得原图形的周长 ‎【解答】解：由斜二测画法的规则知与x′轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，‎ 正方形的对角线在y′轴上，‎ 可求得其长度为cm，‎ ‎ ‎ 故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为2 cm，‎ 其原来的图形如图所示，‎ 则原图形的周长是：2（1+=8cm，‎ 故答案为：8‎ ‎【点评】本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中斜二测画法的规则，能够快速的在直观图面积和原图面积之间进行转化．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）已知点P是圆C：x2+y2+4x﹣6y﹣3=0上的一点．直线l：3x﹣4y﹣5=0，若点P到直线l的距离为2，则符合题意的点P有　2　个．‎ ‎【分析】圆进行配方得到圆心和半径，利用直线和圆的位置关系即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵圆C：x2+y2+4x﹣6y﹣3=0，‎ ‎∴（x+2）2+（y﹣3）2=16，‎ 圆心O（﹣2，3），r=4，‎ ‎∴圆心到直线l：3x﹣4y﹣5=0的距离为：d=，‎ ‎∵圆上的点p到直线的距离最近为﹣4=＜2‎ ‎∴点P到直线l的距离为2，则符合题意的点P有2个，‎ 故答案为：2‎ ‎【点评】本题主要直线和圆的位置关系，利用圆心和直线的距离公式求出距离是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎16．（5分）在平面内，•=•=•=6，若动点P，M满足||=2，=，则||的最小值是　2　．‎ ‎【分析】由•=•=•=6，可知△ABC是边长为2的等边三角形，P在以A为圆心的圆上，建立坐标系，设出P点坐标，求出的坐标，根据模长公式即可得出||2关于θ的函数，利用三角恒等变换求出此函数的最大值即可 ‎【解答】解：∵•=•=•=6，∴=0，=0，=0，‎ ‎∴△ABC是等边三角形，设△ABC的边长为a，‎ ‎∴=a2cos60°==6，∴a=2．‎ ‎∵||=2，∴P在以A为圆心，以2为半径的圆上，‎ ‎∵=，∴M是PC的中点，‎ 以BC为x轴，以BC的中垂线为y轴建立坐标系，‎ 则B（﹣，0），C（，0），A（0，3），‎ 设P（2cosθ，3+2sinθ），则M（cosθ+，+sinθ），‎ ‎∴=（+cosθ，+sinθ），‎ ‎∴||2=（+cosθ）2+（+sinθ）2=3cosθ+3sinθ+10=6sin（θ+）+10，‎ ‎∴当sin（θ+）=﹣1时，||2取得最小值4．‎ ‎||的最小值是2；‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，坐标法可使计算简化，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17题10分，第18～22题每题12分）‎ ‎17．（10分）已知两条直线l1：ax+2y+6=0与l2：x+（a﹣1）y﹣4a2﹣2=0．‎ ‎（1）若l1∥l2，求实数a的值；‎ ‎（2）若l1⊥l2，求实数a的值．‎ ‎【分析】（1）由a（a﹣1）﹣2=0，解得a．经过验证即可得出．‎ ‎ （2）a=1时，分别化简两条直线方程．可得此时两条直线不垂直．a≠1时，由l1⊥l2，则×=﹣1，解得a．‎ ‎【解答】解：（1）由a（a﹣1）﹣2=0，解得a=2或﹣1．‎ 经过验证a=﹣1时两条直线重合．‎ ‎∴a=2．‎ ‎ （2）a=1时，两条直线方程分别化为：x+2y+‎ ‎6=0，x﹣6=0．此时两条直线不垂直，舍去．‎ a≠1时，由l1⊥l2，则×=﹣1，解得a=．‎ 综上可得：a=．‎ ‎【点评】本题考查了相互垂直及其相互平行的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，∠ABC=，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：直线MN∥平面OCD；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小；‎ ‎（Ⅲ）求点B到平面OCD的距离．‎ ‎【分析】方法一：（1）取OB中点E，连接ME，NE，证明平面MNE∥平面OCD，方法是两个平面内相交直线互相平行得到，从而的到MN∥平面OCD；‎ ‎（2）∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）作AP⊥CD于P，连接MP ‎∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP菱形的对角相等得到∠ABC=∠ADC=，‎ 利用菱形边长等于1得到DP=，而MD利用勾股定理求得等于，在直角三角形中，利用三角函数定义求出即可．‎ ‎（3）AB∥平面OCD，∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q，‎ ‎∵AP⊥CD，OA⊥CD，∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD，‎ 又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离，求出距离可得．‎ 方法二：（1）分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系，分别表示出A，B，O，M，N的坐标，‎ 求出，，的坐标表示．设平面OCD的法向量为=（x，y，z），则，‎ 解得，∴MN∥平面OCD ‎（2）设AB与MD所成的角为θ，表示出和，利用a•b=|a||b|cosα求出叫即可．‎ ‎（3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量上的投影的绝对值，由，‎ 得．所以点B到平面OCD的距离为．‎ ‎【解答】解：方法一（综合法）‎ ‎（1）取OB中点E，连接ME，NE ‎∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD 又∵NE∥OC，∴平面MNE∥平面OCD∴MN∥平面OCD ‎（2）∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）‎ 作AP⊥CD于P，连接MP ‎∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP ‎∵，∴，，‎ ‎∴‎ 所以AB与MD所成角的大小为．‎ ‎（3）∵AB∥平面OCD，‎ ‎∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q，‎ ‎∵AP⊥CD，OA⊥CD，‎ ‎∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD．‎ 又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，所以点B到平面OCD的距离为．‎ 方法二（向量法）‎ 作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系：‎ A（0，0，0），B（1，0，0），，，‎ O（0，0，2），M（0，0，1），‎ ‎（1），，‎ 设平面OCD的法向量为n=（x，y，z），则•=0，•=0‎ 即 取，解得 ‎∵•=（，，﹣1）•（0，4，）=0，‎ ‎∴MN∥平面OCD．‎ ‎（2）设AB与MD所成的角为θ，‎ ‎∵‎ ‎∴，‎ ‎∴，AB与MD所成角的大小为．‎ ‎（3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量=（0，4，）上的投影的绝对值，‎ 由，得d==‎ 所以点B到平面OCD的距离为．‎ ‎【点评】培养学生利用多种方法解决数学问题的能力，考查学生利用空间向量求直线间的夹角和距离的能力．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）已知圆M：x2+（y﹣2）2=1，Q是x轴上的点，QA，QB分别切圆M与A，B两点．‎ ‎（1）若|AB|=，求|MQ|的长度及直线MQ的方程；‎ ‎（2）求证：直线AB恒过定点．‎ ‎【分析】（1）直接利用已知条件和弦长公式，进一步利用垂径定理求出直线的方程和弦长．‎ ‎（2）利用两圆的位置关系求出直线的方程，进一步求出定点的坐标．‎ ‎【解答】（1）设直线MQ交直线AB于点P，由于：|AB|=，又|AM|=1，AP⊥MQ，AM⊥AQ．‎ ‎|MP|=，‎ ‎|AM|2=|MQ||MP|，‎ 所以：|MQ|=3．‎ 设Q（x，0），而点M（0，2），‎ 由，得x=，则Q（，0）或Q（﹣，0）．‎ 所以直线MQ的方程为：2x+﹣2=0或2x﹣y=0．‎ ‎（2）设Q（q，0），由几何性质，可知A，B在以QM为直径的圆上，‎ 此圆的方程为：x2+y2﹣qx﹣2y=0，AB为两圆的公共弦，‎ 两圆方程相减，得qx﹣2y+3=0，‎ 即：AB的直线方程为：，过定点（0，）‎ ‎【点评】本题考查的知识要点：直线与圆的位置关系的应用，弦长公式的应用及相关的运算问题．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）已知四边形ABCD与四边形CDEF均为正方形，平面ABCD⊥平面CDEF．‎ ‎（1）求证：ED⊥平面ABCD；‎ ‎（2）求二面角D﹣BE﹣C的大小．‎ ‎【分析】（1）证明ED⊥平面ABCD，根据平面ABCD⊥平面CDEF，只需证明ED⊥‎ CD；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面BDE、平面BEC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角D﹣BE﹣C的大小．‎ ‎【解答】（1）证明：因为平面ABCD⊥平面CDEF，且平面ABCD∩平面CDEF=CD 又因为四边形CDEF为正方形，所以ED⊥CD 因为ED⊂平面CDEF，所以ED⊥平面ABCD ‎（2）解：以D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系D﹣xyz．‎ 则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），E（0，0，1）．‎ 所以平面BDE的法向量为=（﹣1，1，0）．…（5分）‎ 设平面BEC的法向量为═（x，y，z）．‎ ‎═（1，0，0），=0，﹣1，1），‎ 由令z=1，则=（0，1，1）．…6 分 所以cos=‎ ‎∴二面角D﹣BE﹣C的大小为600．‎ ‎【点评】本题考查线面垂直的判定定理，考查面面角，正确运用线面垂直的判定定理，求出平面的法向量是关键．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）如图组合体中，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，C是圆柱底面圆周上不与A，B重合一个点．‎ ‎（1）求证：无论点C如何运动，平面A1BC⊥平面A1AC；‎ ‎（2）当C是弧AB的中点时，求四棱锥A1﹣BCC1B1与圆柱的体积比．‎ ‎【分析】（I）欲证平面A1BC⊥平面A1AC，根据面面垂直的判定定理可知在平面A1BC内一直线与平面A1AC垂直，根据侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，C是圆柱底面圆周上不与A，B重合一个点，则AC⊥BC，又圆柱母线AA1⊥平面ABC，BC属于平面ABC，则AA1⊥BC，又AA1∩AC=A，根据线面垂直的判定定理可知BC⊥平面A1AC，而BC属于平面A1BC，满足定理所需条件；‎ ‎（II）设圆柱的底面半径为r，母线长度为h，当点C是弧的中点时，求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积，求出三棱锥A1﹣ABC的体积为，从而求出四棱锥A1﹣BCC1B1的体积，再求出圆柱的体积，即可求出四棱锥A1﹣BCC1B1与圆柱的体积比．‎ ‎【解答】解：（I）因为侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，C是圆柱底面圆周上不与A，B重合一个点，所以AC⊥BC（2分）‎ 又圆柱母线AA1⊥平面ABC，BC属于平面ABC，所以AA1⊥BC，‎ 又AA1∩AC=A，所以BC⊥平面A1AC，‎ 因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1AC；（6分）‎ ‎（II）设圆柱的底面半径为r，母线长度为h，‎ 当点C是弧的中点时，三角形ABC的面积为r2，‎ 三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为r2h，‎ 三棱锥A1﹣ABC的体积为，‎ 四棱锥A1﹣BCC1B1的体积为r2h﹣=，（10分）‎ 圆柱的体积为πr2h，‎ 四棱锥A1﹣BCC1B1与圆柱的体积比为2：3π．（12分）‎ ‎【点评】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）已知圆心为C的圆，满足下列条件：圆心C位于x轴正半轴上，与直线3x﹣4y+7=0相切，且被y轴截得的弦长为，圆C的面积小于13．‎ ‎（Ⅰ）求圆C的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设过点M（0，3）的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB．是否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用点到直线的距离公式，结合勾股定理，建立方程，根据圆C的面积小于13，即可求圆C的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）分类讨论，设出直线方程与圆的方程联立，利用韦达定理，再假设∥，则﹣3（x1+x2）=y1+y2，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（I）设圆C：（x﹣a）2+y2=R2（a＞0），‎ 由题意知，解得a=1或a=，…（3分）‎ 又∵S=πR2＜13，‎ ‎∴a=1，‎ ‎∴圆C的标准方程为：（x﹣1）2+y2=4． …（6分）‎ ‎（Ⅱ）当斜率不存在时，直线l为：x=0不满足题意．‎ 当斜率存在时，设直线l：y=kx+3，A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 又∵l与圆C相交于不同的两点，‎ 联立，消去y得：（1+k2）x2+（6k﹣2）x+6=0，…（9分）‎ ‎∴△=（6k﹣2）2﹣24（1+k2）=3k2﹣6k﹣5＞0，‎ 解得或．‎ x1+x2=，y1+y2=k（x1+x2）+6=，=（x1+x2，y1+y2），，‎ 假设∥，则﹣3（x1+x2）=y1+y2，‎ ‎∴，‎ 解得，假设不成立．‎ ‎∴不存在这样的直线l． …（13分）‎ ‎【点评】本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，综合性强．‎ ‎　‎