清华大学分数线-邮局周末上班吗

2020-2021西安交通大学第二附属中学南校区高中必修二数学下期中试卷(含答
案)

一、选择题
1．已知直线
l
过点
(1,0)，且倾斜角为直线
l
0
：
x2y20
的倾斜角的2倍，则 直线
l
的方程为（ ）

A
．
4x3y30

C
．
3x4y40

B
．
3x4y30

D
．
4x3y40

22
2．已知
A(2 ,0)
，
B(0,2)
，实数
k
是常数，
M
，N
是圆
xykx0
上两个不同
点，
P
是圆
x
2
y
2
kx0
上的动点，如果
M
，N
关于直线
xy10
对称，则
PAB
面积的最大值是（ ）

A
．
32

22
B
．4
C
．6
D
．
32

3．设圆
C
：xy3
，直线
l
：
x3y60
，点
P

x
0
,y
0

l
，若存在点
QC
，
使得
OPQ60
（
O
为坐标原点），则
x
0
的取值范围是( )

A
．



1

,1


2

B
．

0,


5

6


C
．

0,1

D
．



16

,



25

43
，则球
O
3
4．已知三棱锥
SABC
的所有顶点都在球
O
的球面上，
SC
为球
O< br>的直径，且
SCOA
，
SCOB
，
VOAB
为等 边三角形，三棱锥
SABC
的体积为
的半径为( )

A
．
3

5．对于平面
B
．
1
C
．
2
D
．
4

、

、

和直线
a
、
b
、
m
、
n
,< br>下列命题中真命题是
( )

A
．若
am,an,m< br>
,n

,
,
则
a


B
．若
ab,b

,
则
a


C
．若



,

I

 a,

I

b,
则
ab

D
． 若
a

,b

,a

,b

,
则




6．已知直线
axy2a0< br>在两坐标轴上的截距相等，则实数
a(

)

A
．
1
B
．
1
C
．
2
或
1
D
．
2
或
1

7．某几何体的三视图如图所示，图中的四边 形都是边长为4的正方形，两条虚线互相垂直
且相等，则该几何体的体积是（ ）

A
．
176

3
B
．
160

3
C
．
128

3
D
．32
< br>8．在梯形
ABCD
中，
ABC90
，
ADBC
，
BC2AD2AB2
.将梯形
ABCD
绕
AD
所 在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（

）

A
．
2


3
B
．
4


3
C
．
5π

3
D
．
2


9．长方体的三个相邻面的面积分别 为
2
，
3
，
6
，则该长方体外接球的表面积为
(< br>
)

A
．
7


2
B
．
56

C
．
14

D
．
64


10．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）


A． B． C． D．

11．某几何体的三视图如图所示（单 位：
cm
），其俯视图为等边三角形，则该几何体的
体积（单位：
cm
3
）是（ ）


A
．
43
B
．
10
3

3
C
．
23
D
．
8
3

3
12．如图，在三棱柱
ABCA< br>1
B
1
C
1
中，
CC
1

平面
ABC
，
VABC
是等腰三角形，
BABC
，
AC2，CC
1
3
，
D
是
AC
的中点，点< br>F
在侧棱
A
1
上，若要使
C
1
F
平面
AF
BDF
，则的值为( )

FA
1

A
．
1
B
．
1
或
2

2
C
．
2
或
2

2
D
．
1
或
3

3
二、填空题
13．在平面直角坐标系
xOy
中，
A
为直线
l:y2x
上在第一象限内的点，
B

5,0

，以
uuuv uuuv
AB
为直径的圆
C
与直线
l
交于另一点
D
．若
ABCD0
，则点
A
的横坐标为
________
．

14．已知圆
M:x
2
y
2
2a y0(a0)
截直线
xy0
所得线段的长度是
22
，则圆< br>M
与
圆
N:(x1)
2
(y1)
2
 1
的位置关系是
_________
．

15．已知圆
(x 1)
2
y
2
16
，点
E(1,0),F(1,0)
，过
E(1,0)
的直线
l
1
与过
F(1,0)
的
6
，

ABC90
o
，点
D
为
AC
的中点，将
直线
l
2
垂直且圆相交于
A,C
和
B,D
，则四边形
ABCD
的面积的取值范围是
____ _____
.

16．如图，在
ABC
中，
ABBC
△ABD
沿
BD
折起到的位置，使
PCPD
，连接
PC
，得到三棱锥
PBCD
，若该三
棱锥的所有顶点都在同一球面上，则 该球的表面积是
__________
.


17．已知平面α，β ，γ是空间中三个不同的平面，直线l，m是空间中两条不同的直
线，若α⊥γ，γ∩α＝m，γ∩β＝ l，l⊥m，则

①m⊥β；②l⊥α；③β⊥γ；④α⊥β.

由上述条件 可推出的结论有
________
(请将你认为正确的结论的序号都填上)．

18．若直线
l
：
ykx-3
与直线
2x3y-60
的交点位于第一象限，则直线
l
的倾斜角
的取值范围是
_________ __.

19．在一个密闭的容积为
1
的透明正方体容器内装 有部分液体，如果任意转动该正方体，
液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是

．

20．在正方体
ABCDA
1B
1
C
1
D
1
中，

①
BDP
平面
CB
1
D
1

②直线
AD
与
CB
1
所成角的大小为
60


③
AA
1
BD

④平面A
1
BC
1
∥
平面
ACD
1

请把所有正确命题的序号填在横线上
________
．

三、解答题
21．已知过原点的动直线
l
与圆
C
1
:
xy6x50
相交于不同的两点

，

．
（
1
）求圆
C
1
的圆心坐标；

（
2
）求线段

的中点

的轨迹
C
的方程 ；

（
3
）是否存在实数
k
，使得直线
L:
yk

x4

与曲线
C
只有一个交点？若存在，求出
22
k
的取值范围；若不存在，说明理由．

22．如图，在三棱锥
SABC
中，
SAC
为等边三角形，
AC4
，
BC43
，
BCAC
，
cosSCB
3
，D
为
AB
的中点．

4

（
1
）求证：
ACSD
；

（
2
）求直线
SD
与平面
SAC
所成角的大小．

23．如图 所示，四棱锥
BAEDC
中，平面
AEDC
平面
ABC
，
F
为
BC
的中点，
P
为
BD
的中点，且
AE
∥
DC
，
ACDBAC90
，
DC ACAB2AE
．


（Ⅰ）证明：平面
BDE
平面
BCD
；

（Ⅱ）若
DC2
，求三棱锥
EBDF
的体积．

24．已知圆
C:x
2
y
2
2x4y1 0
，
O
为坐标原点，动点
P
在圆外，过点
P
作圆< br>C
的切线，设切点为
M
.

，
（
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
.

25．如图，三棱柱
ABCA
1
B< br>1
C
1
中，平面
AAC
11
C

平 面
AA
11
C

平面
1
B
1
B< br>,
平面
AAC
ABC
，
ABACAA
1
2
,
点
P
、
M
分别为棱
BC
、
CC
1
的中点，过点
B
、
M
的平面
交棱
A A
1
于点
N
,
使得
AP
∥平面
BMN.


（
1
）求证：
AB

平面AAC
11
C
;

（
2
）若四棱锥
B ACMN
的体积为
3
，求
A
1
AC
的正弦值< br>.

2
26．如图，在直三棱柱
ABCA
1
B1
C
1
中，
ABC90

，
ABAA< br>1
，
M,N
分别为
AC
，
B
1
C< br>1
的中点
.


（
1
）求证：
MN
平面
ABB
1
A
1
；

（
2
）求证：
ANA
1
B
.


【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除



一、选择题

1．D
解析：
D

【解析】

设直线
l
0
的倾斜角为

，则斜率
k
0< br>tan


1
，所以直线
l
的倾斜角为
2

，斜率
2
ktan2


2tan

44
1,0
y(x1)
，即，又经过点（），所以直线方程为
2
1tan

33
4x3y40
，选
D.

2．D
解析：
D

【解析】

【分析】

根据圆上两点
M,N
关于直线
xy10
对称，可知圆心在该直 线上，从而求出圆心坐标
与半径，要使得
PAB
面积最大，则要使得圆上点
P
到直线
AB
的距离最大，所以高最大
为
32
1
，
S
PAB
最大值为
32
.

2
【详解】

由题意，圆x
2
+y
2
+k x=0的圆心（-
∴-
k
，0）在直线x-y-1=0上，

2k
-1=0，∴k=-2,∴圆x
2
+y
2
+kx=0的圆心坐 标为（1，0），半径为1

2
xy
+
=1，即x-y+2=0

22
32
.

2
∵A（-2，0），B（0，2），

∴直线AB的方程为
∴圆心到直线AB的距离为
∴△PAB面积的最大值是
故选D．

【点睛】

1321322
|AB|(1)22
3+
2


2222
主要考查了与圆有关的最值问题，属于中档题
.
该题涉及到圆上动点 到定直线（圆与直线相
离）的最大距离
.
而圆上动点到定直线的最小距离为圆心到直线 距离减去半径，最大距离为
圆心到直线距离加上半径
.

3．B
解析：
B

【解析】

【分析】

圆O
外有一点
P
，圆上有一动点
Q
，
OPQ
在
PQ
与圆相切时取得最大值．如果
OP
变
长，那么
OPQ
可以获得的最大值将变小．因为
sinOPQ
QO
，
QO
为定值，即半
PO

径，
PO
变大，则
sinOP Q
变小，由于
OPQ(0,)
，所以
OPQ
也随之变小．可以 得
2
知，当
OPQ60
，且
PQ
与圆相切时，
PO2
，而当
PO2
时，
Q
在圆上任意移
动，
OPQ60
恒成立．因此，
P
的取值范围就是
PO„2
，即 满足
PO„2
，就能保证一定
存在点
Q
，使得
OPQ6 0
，否则，这样的点
Q
是不存在的．

【详解】

22
y
0
由分析可得：
PO
2
x
0


又因为
P
在直线
l
上，所以
x
0
(3y
0
6)

要使得圆
C
上存在点
Q< br>，使得
OPQ60
，则
PO„2

222
y
0
10y
0
36y
0
3„4

故< br>PO
2
x
0
86
y
0
2
，
0剟x
0
解得
剟

55
即
x
0
的取值范围是
[0,]
，

故选：
B
．

【点睛】

解题的关键是充分利用几 何知识，判断出
PO„2
，从而得到不等式求出参数的取值范围．

6
5
4
．
C
解析：
C

【解析】

【分析】

根据题意作出图形，欲求球的半径
r
．利用截面的性质即可得到三棱锥
SABC
的体积可
看成是两个小三棱锥< br>SABO
和
CABO
的体积和，即可计算出三棱锥的体积，从而建立
关于
r
的方程，即可求出
r
，从而解决问题．

【详解】

解：根据题意作出图形：

设球心为
O
，球的半径
r
．

QSCOA
，
SCOB
，
SC
平面
AOB
，

三棱锥
SABC
的体积可看成是两个小三棱锥
SABO
和
C ABO
的体积和．

3
2
43
1
，
V
三棱锥SABC
V
三棱锥SABO
V
三棱锥CA BO
rr2
343
r2
．

故选：
C
．

【点睛】

本题考查棱锥的体积，考查球内接多面体，解题的关键是确定将三棱锥
SABC
的体积看< br>成是两个小三棱锥
SABO
和
CABO
的体积和，属于中档题．< br>
5．C
解析：
C

【解析】

【分析】

【详解】

若
线时
,
才有
若
错误；

由面面平行的性 质定理
:
若两平面平行
,
第三个平面与他们都相交
,
则交线 平行
,
可判断
,
若

错误；

此时由线面平行的判定定理可知
,
只有当在平面

外时
,< br>才有
由线面垂直的判定定理知
,
只有当和为相交



，



a
，

I

b
，则
ab
为真命题
,
正确；

若
交 线时
,
才有



,D
错误
.

故选
C.

考点：考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系
.

此时由面面平行的判定定理可知
,
只有当、为相
6．D
解析：
D

【解析】

【分析】

根据题 意讨论直线它在两坐标轴上的截距为
0
和在两坐标轴上的截距不为
0
时，求出 对应
a
的值，即可得到答案．

【详解】

由题意，当2a0
，即
a2
时，直线
axy2a0
化为< br>2xy0
，

此时直线在两坐标轴上的截距都为
0
，满足题意；

xy
1
当
2a0
，即
a2
时，直线
a xy2a0
化为
2a
2a
，

a
由直 线在两坐标轴上的截距相等，可得
综上所述，实数
a2
或
a1
．

故选：
D
．

【点睛】

本题主要考查 了直线方程的应用，以及直线在坐标轴上的截距的应用，其中解答中熟记直
线在坐标轴上的截距定义，合 理分类讨论求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能
力，属于基础题
.

2a
2a
，解得
a1
；

a
7
．
B
解析：
B

【解析】

该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，其中正方体棱长为
4
，倒四棱锥顶点为正方 体
中心，底面为正方体上底面，因此体积是
424
3
1
3< br>2
160
，选
B.

3
点睛： 1.解答此类题目的 关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观
图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一 样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形
状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的 位置关系及相关数据．

8．C
解析：
C

【解析】

【分析】

【详解】


由题意可知旋转后的几何体如图:

直角梯形
ABCD
绕
AD
所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径
为
1
， 母线长为
2
的圆柱挖去一个底面半径同样是
1
、高为
1
的圆 锥后得到的组合体，所以
该组合体的体积为
VV
圆柱
V
圆锥

12
故选
C.

考点：
1
、空间几何体的结构特征；
2
、空间几何体的体积
.

2
15


1
2
1


33
9．C
解析：
C

【解析】

【分析】

由题意首先求得长方体的棱长，然后求解其外接球的表面积即可
.

【详解】


ab2

设长方体的棱长分别为
a ,b,c
，则

bc3
，


ac6

所以

abc

2

a2

36
，于是

b1
，


c3
< br>设球的半径为
R
，则
4R
2
a
2
b2
c
2
14
，所以这个球面的表面积为
4

R
2

14

．

本题选择
C
选项
.

【点睛】

与球有关 的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和
接点的位置，确定有关元 素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切
点为正方体各个面的中心，正方体的棱长 等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点
均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径
.

10．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
,选D.

11．B
解析：
B

【解析】

由题意可知该几 何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥，
V4323
故选：
B.


1
3
10
3
.

3
12
．
B
解析：
B

【解析】

【分析】

易证
BDC
1
F
，故要使
C
1
F
平面
BDF
，只需
C< br>1
FDF
，然后转化到平面
AAC
11
C
中，根据 勾股定理计算，即可得结果
.

【详解】

CC
1

平面
ABC
，
BD
平面
ABC
，

所以
BDCC
1
，

又
BABC
，
D
为
AC
中点，

所以
BDAC
，又
ACICC
1
C
，

所以
BD
平面
AAC
11
C
，

QC
1
F
平面
AAC
11
C
，

所以
C
1
FBD
，

因为
DFIBD D
，故要使
C
1
F
平面
BDF
，只需
C< br>1
FDF
，

，ADCD1
，

在四 边形
AAC
11
C
中，
AC2，CC
1
3设
AFx
，则
FA
1
3x
，

222
由
C
1
DDFC
1
F
得
19 1x

2
43x


，






2
即
x
2
3x 20
，解得
x1
或
x2
，

所以
AF1AF

或者
2
，

FA
1
2FA
1
故选：
B.


【点睛】

本题考查了棱柱的结构特征，考查了空间中直线与平面的垂直的性质，勾股 定理，考查空
间想象能力和推理能力，属于中档题．

二、填空题

13．3【解析】分析：先根据条件确定圆方程再利用方程组解出交点坐标最后根
据平面向量的数量积 求结果详解：设则由圆心为中点得易得与联立解得点的横
坐标所以所以由得或因为所以点睛：以向量为载 体求相关变量的取值或范
解析：3

【解析】

分析：先根据条件 确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积
求结果
.

详解：设
A

a,2a

(a0)
， 则由圆心
C
为
AB
中点得
C


a5< br>
,a

,
易得
2

eC:
< br>x5

xa

y

y2a
0
，与
y2x
联立解得点
D
的横坐标
x
D
1,
所以
uuuvuuuv

a5

,2a

，

D

1,2

.
所以AB

5a,2a

,CD

1
2

由
ABCD0
得

5a

< br>1
因为
a0
，所以
a3.

点睛：以向量为载 体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线
方程等相结合的一类综合问题.
通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求
函数值域，是解决这类问题的 一般方法
.

uuuvuuuv


a5
2
2a2a0,a2a30,a3
或
a1
，



2

14．相交【解析】【分析】根据直线与圆相交 的弦长公式求出的值结合两圆的
位置关系进行判断即可【详解】解：圆的标准方程为则圆心为半径圆心到 直线
的距离圆截直线所得线段的长度是即则圆心为半径圆的圆心为半径则即两个
解析：相交

【解析】

【分析】

根据直线与圆 相交的弦长公式，求出
a
的值，结合两圆的位置关系进行判断即可．

【详解】

解：圆的标准方程为
M:x
2
(ya)2
a
2
(a0)
，

则圆心为
(0,a)
，半径
Ra
，

圆心到直线
xy0
的距离
d
a
2
，

Q
圆
M:x
2
y
2
2ay0(a0)截直线
xy0
所得线段的长度是
22
，

a
2
2a22

2
2
即
a
2
4
，
a2
，

则圆心为
M(0,2)
，半径
R2
，

圆
N:(x1)
2
(y1)
2
1
的圆心为
N(1, 1)
，半径
r1
，

则
MN2
，

QRr3
，
Rr1
，

RrMNRr
，

即两个圆相交．

故答案为：相交．

【点睛】

本题主要考查直线和圆相交的应用， 以及两圆位置关系的判断，根据相交弦长公式求出
a
的值是解决本题的关键．

15．【解析】【分析】由题可知而过的弦过圆心时最长与垂直时最短据此则可
以确定 四边形的面积的取值范围【详解】由题知直线过圆心故设圆心到直线的
距离为则所以所以四边形的面积; 故答案为:【点睛】本题主要考查直线与

解析：


163,32


【解析】

【分析】

由题可知
AC8
,
而过
F(1,0)
的弦
BD
过圆心时最长
,
与
E F
垂直时最短
,
据此则可以确定四
边形
ABCD
的面积的取 值范围
.

【详解】

由题知
,
直线
l< br>1
过圆心
E(1,0)
,
故
AC8
,

设圆心
E(1,0)
到直线
l
2
的距离为
d,
则
0dEF2
,

所以
BD216d

43,8

,

2

所以四边形
ABCD
的面积
S
1
AB CD

163,32


;

2

故答案为
:


163,32

.

【点睛】

本题主要考查直线与圆相交时的弦长
､
面积问题
,
解题关键是明确
:
过圆内一点的作弦
,
弦过圆
心时最长< br>,
与最长的弦垂直时弦最短
.

16．【解析】【分析】由题意得该三 棱锥的面PCD是边长为的正三角形且BD⊥
平面PCD求出三棱锥P﹣BDC的外接球半径R＝由此能 求出该球的表面积【详解】
由题意得该三棱锥的面PCD是边长为的正三角形且BD⊥平
解析：
7


【解析】

【分析】
由题意得该三棱锥的面
PCD
是边长为
3
的正三角形，且
BD< br>⊥平面
PCD
，求出三棱锥
P
﹣
BDC
的外接球半径
R
＝
【详解】

由题意得该三棱锥的面
PCD
是边 长为
3
的正三角形，且
BD
⊥平面
PCD
，

设三棱锥
P
﹣
BDC
外接球的球心为
O
，

△
PCD
外接圆圆心为
O
1
，则
OO
1< br>⊥面
PCD
，

∴四边形
OO
1
DB
为直角梯形，

由
B D
＝
3
，
O
1
D
＝
1
，
OB
＝
OD
，得
OB
＝
7
，由此能求出该球的表面 积．

2
7
，

2

∴三棱锥
P
﹣
BDC
的外接球半径
R
＝
∴该球的表面积
S
＝
4
π
R
2
＝
4


故 答案为：
7
π．

【点睛】

7
，

2
7
＝
7
π．

4
本题考查三棱锥外接球 的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基
础知识，考查推理论证能力、运算求解 能力，考查化归与转化思想、函数与方思想，是中
档题．

17．②④【解析】【分析 】对每一个选项分析判断得解【详解】根据已知可得
面β和面γ可成任意角度和面α必垂直所以直线m可 以和面β成任意角度
①不正确；l⊂γl⊥m所以l⊥α②正确；③显然不对；④因为l⊂βl⊥α
解析：②④

【解析】

【分析】

对每一个选项分析判断得解
.

【详解】

根据已知可得面 β和面γ可成任意角度，和面α必垂直．所以直线m可以和面β成任
意角度，①不正确；l⊂γ，l⊥m ，所以l⊥α，②正确；③显然不对；④因为l⊂β，
l⊥α，所以α⊥β，④正确．

故答案为②④

【点睛】

本题主要考查空间线面垂直和面面垂直的 证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水
平，属于基础题
.

18．【解 析】若直线与直线的交点位于第一象限如图所示：则两直线的交点应
在线段上（不包含点）当交点为时直 线的倾斜角为当交点为时斜率直线的倾斜
角为∴直线的倾斜角的取值范围是故答案为

解析：
(,)

62
【解析】

若直 线
l:ykx3
与直线
2x3y60
的交点位于第一象限，如图所 示：

则两直线的交点应在线段
AB
上（不包含
A,B
点）
, < br>当交点为
A

0,2

时，直线
l
的倾斜角
为

03
3
，直线
l
的倾斜角为
< br>
，当交点为
B

3,0

时，斜率
k
6
2
303



,

．< br>

62


∴直线的倾斜角的取值范围是
故答案为




,


62

19．【解析】【分析】【详解】试题分析：如图正方体ABCD-EFGH 此时若要使
液面不为三角形则液面必须高于平面EHD且低于平面AFC而当平面EHD平行水
平面放置时若满足上述条件则任意转动该正方体液面的形状

15

解析：

,



66

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：如图，正方体
ABCD-EFGH
，此时若要 使液面不为三角形，则液面必须高于平
面
EHD
，且低于平面
AFC
．而当平面
EHD
平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意
转动该正方体，液面的 形状都不可能是三角形．所以液体体积必须＞三棱柱
G-EHD
的体
积
115
，并且＜正方体
ABCD- EFGH
体积
-
三棱柱
B-AFC
体积
1

66
6

考点：
1
．棱柱的结构特征；
2
．几何体的体积的求法
< /p>

20．①③④【解析】【分析】利用线面平行的判定定理判断①；由异面直线所
成 角判断②；由线面垂直的性质判断③；由面面平行的判定定理判断④【详
解】对于①如下图所示由于则四 边形为平行四边形则面面所以平面故①正确；
解析：①③④

【解析】

【分析】

利用线面平行的判定定理判断①；由异面直线所成角判断②；由线面垂直的 性质判断③；
由面面平行的判定定理判断④.

【详解】

对于①， 如下图所示，由于
DD
1
PBB
1
,DD
1
BB
1
，则四边形
DD
1
B
1
B
为平行四边形 ，则
D
1
B
1
PBD

D
1
B< br>1

面
D
1
B
1
C
，
BD 
面
D
1
B
1
C
，所以
BDP
平 面
CB
1
D
1
，故①正确；


对于②， 由于
AD∥BC
，则直线
AD
与
CB
1
所成角为< br>B
1
CB45
，故②错误；

对于③，
AA< br>1

面
ABCD
，
BD
面
ABCD
，则
AA
1
BD
，故③正确；

对于④，在正方体中，
AA
1
PCC
1
,AA
1
CC
1
，则四边形
AAC
11
C
为平行四边形

所以
A C
1
C
1
∥
平面
ACD
1

11
PAC,AC
11

平面
ACD
1
，
AC 
平面
ACD
1
，所以
A
同理
A
1
BP
平面
ACD
1
，
AC
11
A
1< br>BA
1
,AC
11
,A
1
B
平面
A
1
BC
1

所以平面
A
1
BC
1
∥
平面
ACD
1
，故④正确；

故答案为：①③④


【点睛】

本题主要考查了利用判定 定理证明线面平行，面面平行，利用线面垂直的性质证明线线垂
直，异面直线所成角，属于中档题.

三、解答题

2
3

9

5
2525

21．（
1
）

3,0< br>
；（
2
）

x

y
2


x3

；（
3
）存在，
k
2

4

3
77

3
．

4
【解析】

【分析】

或
k
（1
）通过将圆
C
1
的一般式方程化为标准方程即得结论；（
2< br>）设当直线
l
的方程为
y=kx
，
通过联立直线
l< br>与圆
C
1
的方程，利用根的判别式大于
0
、韦达定理、中点坐 标公式及参数
方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；（
3
）通过联立直线
l
与圆
C
1
的方程，利用根
的判别式△
=0
及轨 迹
C
的端点与点（
4
，
0
）决定的直线斜率，即得结论
【详解】

22
（
1
）由
xy6x5 0
得

x3

y
2
4
，

2
∴

圆
C
1
的圆心坐标为

3 ,0

；

（
2
）设
M

x,y

，则

∵

点
M
为弦
AB
中点即
C
1< br>MAB
，

∴
k
C
1
M
kAB
1
即
yy
1
，

x3x2
3

9

5

∴

线段
AB
的中点
M
的轨迹的方程为

x

 y
2


x3

；

2
< br>4

3

（
3
）由（
2
）知点< br>M
的轨迹是以
C

3

3

,0< br>
为圆心
r
为半径的部分圆弧
EF
（如下图所
2< br>
2


525


525
示，不包括两端点），且
E


3
,
3
< br>
，又直线
L
：
yk

x4

过定点

3
,
3


，
F


D

4,0

，


3

k

4

0
当直线
L
与圆
L
相切时，由

2

k2
1
2
3
3
得
k
，又

4
2
k
DE
k
DF

25

0



33


2525

3
25
，结合上图可知当
k


,

,

U




4477
< br>5
7

4
3
时，直线
L
：
y k

x4

与曲线
L
只有一个交点．

考点：
1.
轨迹方程；
2.
直线与圆相交的位置关系；
3.
圆的方程

22．（
1
）证明见解析；（
2
）
【解析】

【分析】

（
1
）取
AC
的中点
O
，连接
OS
、
OD
，证明出
OSAC
，
OD AC
，利用直线与平
面垂直的判定定理可得出
AC
平面
SOD，即可证明出
ACSD
；

（
2
）延长
SO
，过点
D
作
SO
延长线的垂线，垂足记为
H
，说明 直线
SD
与平面
SAC
所成
的角为
OSD
，求出
OSD
三边边长，利用余弦定理求出
OSD
，即可求出直线
SD
与
平面
SAC
所成角的大小．

【详解】

（
1
）取
AC
的中点
O
，连接
OS
、< br>OD
，


.

6
QSAC
为等 边三角形，
O
为
AC
的中点，
SOAC
，
< br>QD
、
O
分别为
AB
、
AC
的中点，
ODBC
，
QBCAC
，
ODAC
，

QSOIODO
，
AC
平面
SOD
，
QSD
平面
SOD
，
ACSD
；

（
2
） 延长
SO
，过点
D
作
SO
延长线的垂线，垂足记为
H
，

QAC
平面
SOD
，
DH
平面
SOD
，
DHAC
，

QDHSO
，
SOIACO
，
DH
平面
SAC
，

所以 ，直线
SD
与平面
SAC
所成的角为
OSD
，


由（
2
）知，
OD
1
BC23
，< br>QACBC
，
ABAC
2
BC
2
8
.

2
QSAC
是边长为
4
的等边三角形，
 SO4sin
在
SBC
中，
SC4
，
BC

3
23
.

43
，

由余弦定理得
SB
2
SC
2
BC
2
2SC BCcosSCB88
，
SB222
.

SA
2
AB
2
SB
2
1
由余弦定理得
cosSAB 
，

2SAAB8
SD
2
SA
2AD
2
2SAADcosSAD36
，
SD6
.

SO
2
SD
2
OD
2
3
.

在
SOD
中，由余弦定理得
cosOSD
2SOSD2< br>Q0OSD

，
OSD
【点睛】

< br>6
，因此，直线
SD
与平面
SAC
所成角的大小为

.

6
本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了直线与平面 所成角的计算，涉
及到利用余弦定理解三角形，考查推理能力与计算能力，属于中等题
.

23．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】

【分析】

（Ⅰ）连接
PF
，由题意可得
PEAF
，由面面垂直的性质和等腰三角形的 性质可得
2
.

3
DC
平面
ABC
，< br>AFBC
，进而可得
AF
平面
BCD
即
PE< br>平面
BCD
，由面面
垂直的判定即可得证；

（Ⅱ）由（1
）知
PE
平面
BDF
，计算出
PEBF
三棱锥体积公式即可得解
.

【详解】

（Ⅰ）证明：连接
PF
，

1
2
2
，进而 可得
S
VBDF
2
，由
Q
F
为
BC的中点，
P
为
BD
的中点，

PFCD
且PFCD
，

Q
AECD
且
DC2AE
，

PFAE
且
PFAE
，


四边形< br>AEPF
为平行四边形，

PEAF
，

Q
平面
AEDC
平面
ABC
，平面
AEDCI
平面
ABCAC
，
ACD90
，


DC
平 面
ABC
，

DCAF
，

又
ACAB
，

AFBC
，

QBCIDCC
，

AF
平面
BCD
，
< br>PE
平面
BCD
，

又
PE
平面
BDE
，

平面
BDE
平面
BCD
.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得
PE
平面
BCD
即< br>PE
平面
BDF
，

Q
DCACAB2AE2
，
ACDBAC90


PEAFBF

S
VBDF

11
2
BC22
2
2
，

22
1
BFDC2
，

2

V
EBDF

【点睛】

112
S
VBDF
PE22
.

333
本题考查了面面垂直的判定和三棱锥体积的求解，考查了空间思维能力，属于中档题
.

24．（
1
）
x1
或
3x4y150
；< br>
（
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< br>kx
－
y
＋
3
－
k
＝
0
，

则
|k23k|
1k
2
＝
2
，解得
k
＝

3
.

4

∴
l
的方程为
y
－
3
＝

即
3x< br>＋
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
.< br>
（
2
）设
P
（
x
，
y
） ，则
|PM|
2
＝
|PC|
2
－
|MC|
2
＝（
x
＋
1
）
2
＋（
y
－2
）
2
－
4
，

|PO|
2
＝
x
2
＋
y
2
，

∵
|PM|
＝
|PO|.

∴（
x
＋1
）
2
＋（
y
－
2
）
2
－< br>4
＝
x
2
＋
y
2
，

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
.

25．（1）见解析；（2）
【解析】

（1）在平面
ABC
中，过点
B
作棱
AC
的垂线，垂足为
D
，
Q平面
AAC
11
C


平面
3
.

2
ABC
，


BD


平面
AAC
11
C
.

在平面
AA
1
B
1
B
中，过点
B
作棱
AA
1
的垂线，垂足为
E
，
Q
平面
AAC
11
C


平面
AA
1
B
1
B
，∴
BE


平面
AAC
11
C
.

Q
过点
B
与平面
AAC
11
C
垂直的直线 有且只有一条，∴
BE
与
BD
重合，又∵平面
ABC

I
平面
AA
1
B
1
B

AB< br>,∴
BE
与
BD
重合于
AB
，所以
AB

平面
AAC
11
C
.


（2）设
BM
的中点为
Q
，连接
PQ
，
NQ，

Q
点
P
为棱
BC
的中点，∴
PQ
∥
CM
且
PQ
=
1

CM
，

2
Q

AA
1
∥
CC
1
，∴
PQ
∥
AN
，∴
P
、
Q
、
N
、
A
四点共面，

∵
AP
∥平面
BMN
，∴
AP
∥
NQ
，

∴四 边形
PQNA
是平行四边形，∴
PQ
=
AN
，
< br>∵
M
为
CC
1
的中点且
ABACAA
1
2
，

1
，

2
设梯形
ACMN
的高为
h
，
Q

AB2
，

∴
CM1
，∴
PQ
=AN
=

∴
V
BACMN

1

1

h
1

13
，∴
h3
，

2

×

2h
3222
h3 3
,∴
A
1
AC
的正弦值为.


AC 22
∴
sinA
1
AC
26．（
1
）见解析（
2
）见解析

【解析】

【分析】

（< br>1
）取
AB
的中点
P
，连接
PM,PB
1< br>，通过中位线定理求证四边形
PMNB
1
是平行四边
形，进而求证；< br>
（
2
）连接
AB
1
，，设法证明
A
1
BAB
1
，
A
1
BB
1
C
1
，进而证明
A
1
B
平面
AB
1
N< br>，求
得
A
1
BAN
.

【详解】

解：（
1
）如图，取
AB
的中点
P
，连接
PM,PB
1
，
QM,P
分别是
AC,AB
的中点，


PMBC
，且
PM
1
BC
，在直三棱柱
ABCA
1
B
t
C
1
中，

2
BCB
1
C
1
，
BCB
1
C
1
，

QN
是
B
1
C
1
的中点，∴
PMB
1
N
，且
PMB
1
N
，

∴四边形
PMNB
1
是平行四边形，
MNPB
1
，

而
MN
平面
ABB
1
A
1
，
PB
1

平面
ABB
1
A
1
，

MN
平面
ABB
1
A
1
.

（
2
）如图，连接
AB
1
，由
ABCA
1
B
1
C
1
是直三棱柱，
ABC90

，
ABAA
1
可知，
B
1
C
1
BB
1
，
B
1
C
1
A
1
B
1
，
BB
1
IB
1
A
1
B
1< br>，


B
1
C
1

平面
A
1
B
1
BA
，
B
1
C
1
A
1
B
，

又
Q
侧面
A
1< br>B
1
BA
为正方形，
A
1
BAB
1，
AB
1
B
1
C
1
B
1
，
A
1
B
平面
AB
1
C
1
，

又
AN
平面
AB
1
C
1
，< br>A
1
BAN

【点睛】

本题考查线面平行，线线垂直的证明，属于中档题.