1、绝密启用前重庆市缙云教育联盟高二年级9月月考数学试卷注意：本试卷包含、两卷。第卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。第I卷（选择题）一、选择题1. 在三棱锥中，则该三棱锥外接球的表面积为A. B. C. D. 2. 如图，在平行四边形ABCD中，沿AC将折成，记异面直线PA与BC所成的角为，直线PA与平面ABC所成的角为，二面角为，当时，则A. B. C. D. 3. 在四棱锥中，则三棱锥外接球的表面积为A. B. C. D. 4. 椭圆上的点P到直线l：的距离的最小值为A. B. C. D.
2、 5. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若角A，B，C成等差数列，且直线平分圆的周长，则的面积的最大值为A. B. C. D. 6. 已知三棱锥的外接球的球心为O，平面ABC，则球心O到平面PBC的距离为A. B. C. D. 7. 已知球的直径，A、B是该球球面上的两点，则三棱锥的体积为 A. B. 3C. D. 8. 已知实数成等差数列，记直线与曲线的相交弦中点为P，若点分别是曲线与x轴上的动点，则的最小值是 A. 2B. 3C. 4D. 5二、不定项选择题9. 如图，在正四棱锥中，E是PC的中点设棱锥与棱锥的体积分别为，PB，PC与平面BDE所成的角分别为，则 A. 平面BDE
3、B. 平面BDEC. D. 10. 在棱长为1的正方体中中，点P在线段上运动，则下列命题正确的是A. 异面直线和所成的角为定值B. 直线CD和平面平行C. 三棱锥的体积为定值D. 直线CP和平面所成的角为定值11. 下列结论正确的是 A. B. “，”的否定是“，”C. 直线：，：，的充要条件是D. 在中，若，则12. 如图，四棱锥中，平面底面ABCD，是等边三角形，底面ABCD是菱形，且，M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论正确的有 A. 直线PB与平面AMC平行B. 直线PB与直线AD垂直C. 线段AM与线段CM长度相等D. PB与AM所成角的余弦值为第II卷（非选择题）三、
4、填空题13. 设点O为的外心，且，若，则的最大值为_14. 在三棱锥中，二面角、的大小均为，设三棱锥的外接球球心为O，直线SO交平面ABC于点M，则三棱锥的内切球半径为_，_15. 已知凸四边形指把四边形的任意一条边向两端无限延长成一直线时，其他各边都在此直线的同旁中，边，对角线，且，又顶点D满足，则凸四边形ABCD的对角线BD长的范围是 16. 在棱长为6的正方体空盒内，有四个半径为r的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶点的三个面相切，另有一个半径为R的大球放在四个小球之上，与四个小球相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，五球相切不松动，则小球半径r的最大值为_；大球半径R的
5、最小值为_四、解答题17. 如图，在四棱柱中，平面平面ABCD，底面ABCD是菱形，E为的中点证明：平面ACE；求直线与平面ACE所成角的正弦值18. 已知圆C：，直线l：求证：对，直线l与圆C总有两个不同的交点；设l与圆C交于不同的两点A，B，求弦AB的中点M的轨迹方程；若定点分弦AB为，求此时直线l的方程19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，在；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答已知D是BC上的一点，若_，求的面积注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分20. 如图，椭圆C：的离心率，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，又P，M，N为椭圆C上非顶点的三点设直线PA
6、，PB的斜率分别为，求椭圆C的方程，并求的值；若，判断的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由21. 如图，四棱锥中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底ABCD，是PD的中点证明：直线平面PAB；点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为，求二面角的余弦值22. 已知圆，点，P是圆C上一动点，若线段PG的垂直平分线和CP相交于点M求点M的轨迹方程E已知直线l：交曲线E于A，B两点若射线BO交椭圆于点Q，求面积的最大值；若，OD垂直AB于点D，求点D的轨迹方程答案和解析1.【答案】C【解析】解：由题意可将该三棱锥放在长方体中，可得长方体的过同一个顶点的三个相邻
7、的面的对角线分别为5，设长方体的长，宽，高分别为a，b，c，则，所以，设三棱锥外接球的半径为R，则，属于外接球的表面积，故选：C将此三棱锥放在长方体中，可得过同一个顶点的三个相邻的面的对角线的长为此三棱锥的3个对棱的长，进而求出外接球的半径，再求外接球的表面积本题考查三棱锥与长方体的关系，及外接球的半径与棱长的关系，属于中档题2.【答案】B【解析】解：由选项可知，当ABCD为平行四边形，且时，角，的大小唯一确定则不妨取平行四边形ABCD为边长是2的菱形，异面直线PA与BC所成的角即为的补角为；设，则，即为二面角的平面角，由，可得平面POB，在平面POB内，过P作，则平面ABC，连接AG，可得为
8、直线PA与平面ABC所成的角为，在与中，由，可得，则；在中，由，可得，在中，由，可得，则，可得结合选项可知，故选：B由选项可知，当ABCD为平行四边形，且时，角，的大小唯一确定，不妨取平行四边形ABCD为边长是2的菱形，由此求解，与的值，再结合选项得结论本题考查空间角的求法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，考查计算能力，训练了利用特殊值法求解选择题，是中档题3.【答案】D【解析】解：根据题意画出图形，如图所示；取AD的两个三等分点，E，连接BD，CE，连接PH，AH；由题意可得，则，是的外接圆的圆心因为，所以平面ABCD，且设O为三棱锥外接球的球心，连接，OP，OD，过O作，垂足为F，则外接球
9、的半径R满足，设，则，解得，从而，故三棱锥外接球的表面积为故选：D解：根据题意画出图形，取AD的两个三等分点，E，连接BD，CE，设，连接PH，AH，证明是的外接圆的圆心，且平面ABCD；设O为三棱锥外接球的球心，连接，OP，OD，过O作，垂足为F，求出外接球的半径R，即可求得三棱锥外接球的表面积本题考查了几何体外接球的表面积计算问题，也考查了空间想象与运算求解能力，是中档题4.【答案】C【解析】解：设点P的坐标为，其中，则点P到直线l的距离，当时，等号成立因为，所以，所以当时，d取得最小值故选：C设点P的坐标为，其中，运用点到直线的距离公式，辅助角公式和正弦函数的值域，可得最小值本题考查椭圆
10、的方程，点到直线的距离公式，辅助角公式、正弦函数的值域，考查方程思想和运算能力，属于中档题5.【答案】B【解析】解：在中，角A，B，C成等差数列，直线平分圆的周长，圆心在直线上，则，即当且仅当，即，时取等号，的面积的最大值为故选：B根据等差中项和三角形内角和定理可得，根据直线平分圆的周长，可知圆心在直线上，从而得到，然后根据面积公式和基本不等式，求出面积的最大值本题考查等差数列的性质，直线与圆的位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，是中档题6.【答案】B【解析】解：如图所示，取BC的中点D，点D为平面ABC所在圆的圆心，面ABC，面OBC，面面ABC，等腰，且D为BC的中点，又面面，面O
11、BC，点A到面OBC的距离为，平面ABC，点P到面OBC的距离等于点A到面OBC的距离为设球O的半径为R，则，而，即，解得或舍负，在中，由余弦定理知，由等体积法可知，即，即球心O到平面PBC的距离为故选：B取BC的中点D，结合圆的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理与性质定理易证得点P到面OBC的距离等于点A到面OBC的距离；设球O的半径为R，以OD为中间变量，通过勾股定理可求得R；再利用解三角形中的余弦定理和正弦的面积公式求得和，最后根据等体积法，即可得解本题考查空间中线面的位置关系、点到面的距离问题，熟练掌握空间中线面垂直的判定定理与性质定理、等体积法是解题的关键，考查学生的空间立
12、体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题7.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查球的内接棱锥的体积的求法，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD，说明SC是球的直径，利用余弦定理，三角形的面积公式求出，和棱锥的高AB，即可求出棱锥的体积【解答】解：设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD因为线段SC是球的直径，所以它也是大圆的直径，则易得：，所以在中，得：，又在中，得：，则：，因为点D是AB的中点所以在等腰三角形ASB中，且，在等腰三角形CAB中，且，又SD交CD于点D所以：平面SCD即：棱锥的体积：，因为：，所以由余弦定理得：，则：，由三角形面积
13、公式得的面积，所以：棱锥的体积：，故选A8.【答案】B【解析】【分析】本题综合考查直线恒过定点，动点的轨迹方程，抛物线的定义以及两线段长度之和的最值问题，属于难题由已知得，可得出直线过定点，设直线与曲线相交的一个交点为Q，设另一个交点为，设，由中点坐标可得出点，代入曲线上，得出P在抛物线上运动，由抛物线的定义及圆的性质可得出选项【解答】解：因为实数成等差数列，所以，则直线化为，即，所以直线过定点，又点Q在曲线上，所以直线与曲线相交的一个交点为Q，设另一个交点为，设，则，又在曲线上，化简得，即P在抛物线上运动，设抛物线的焦点为，设，曲线，得，记圆心所以故选B9.【答案】ACD【解析】【分析】本题
14、考查几何体的结构特征，线面平行的判定，线面垂直的判定，棱锥的体积问题，线面所成的角的问题，属中档题连接AC，交BD与O，连接OE，可得，然后利用线面平行的判定定理证明A正确；在中可证PC与BE不垂直，利用线面垂直的定义即可否定利用棱锥的体积公式，考查两个棱锥与棱锥的底面积及高的比值，乘积即为体积比，设P在平面BDE中的射影为G，得到和分别为PB，PC与平面BDE所成的角，利用PB与PE的2倍关系即可得到D正确【解答】解：连接AC，交BD于O，则O为正四棱锥的底面中心，为AC的中点，连接OE，为线段PC的中点，又平面BDE，平面BDE，平面BDE，故A正确；，而E为PC的中点，与BE不垂直，与平
15、面BDE不垂直，故B错误；连接PO，取OC中点F，连接EF，则PO，EF分别为棱锥与棱锥的高，是PC的中点，棱锥与棱锥的体积的高的比为，又底面ABCD和BCD的面积的比为，故C正确；设P在平面BDE中的射影为G，连接GE，GB，则和分别为PB，PC与平面BDE所成的角，由于直角边PG公用，故D正确；故选ACD10.【答案】ABC【解析】【分析】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，属于较难题A，由正方体的性质判断平面，得出，异面直线与所成的角为；B，由，证明平面，即得平面；C，三棱锥的体积等于三棱锥的体积的体积，判断三棱锥的体积为定值
16、；D，找出直线CP和平面所成的角，可知其不是定值【解答】解：对于A，因为在棱长为1的正方体中，又，所以平面，而平面，所以，故这两个异面直线所成的角为定值，所以A正确；对于B，因为平面与面是同一平面，面，平面，故CD平面，即平面，故B正确；对于C，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，而平面为固定平面且大小一定，又因为，因为，所以平面，所以点A到平面的距离即为点P到该平面的距离，为定值，所以三棱锥的体积为定值，故C正确；对于D，由线面夹角的定义，令与的交点为O，平面，可得即为直线CP与平面所成的角，当P移动时这个角是变化的，故D错误故选ABC11.【答案】BD【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，涉及
17、基本不等式、特称命题的否定、充要条件的判断、正弦定理，属于中档题对各选项逐一判断，即可得到答案【解答】解：对于A，当，故不正确；对于B，“，”的否定是“，”，故正确；对于C，等价于，即，得的充要条件是，故不正确；对于D，由正弦定理可得，由于大边对大角，即原命题正确，故选BD12.【答案】ABD【解析】【分析】本题考查空间线线、线面位置关系的判断，异面直线所成角，属于中档题连接，利用线面平行的判定定理判断A；设的中点为，连接，利用线面垂直的判定定理以及性质判断B；根据面面垂直的性质得出为直角三角形，求出的长度，利用余弦定理得出与所成角的余弦值，证明不是直角，从而得出不是等腰三角形，从而判断CD【
18、解答】解：如图，连接，易知，由线面平行的判定定理得面，正确在菱形中，为等边三角形设的中点为，连接，则，由线面垂直的判定定理得出平面，平面，B正确平面平面，由面面垂直的性质可得为直角三角形设，则，在中，可得故异面直线与所成角的余弦值为在中，则不是直角，则不是等腰三角形，即与长度不等，故C错误，D正确故选：ABD13.【答案】【解析】解：如图所示，以BC边所在直线为x轴，BC边的垂直平分线为y轴建立直角坐标系为BC边的中点由外接圆的性质可得由，则，不妨设外接圆的半径则，则外接圆的方程为：，时，否则，由图可知是不可能的可化为代入可得，化为，利用基本不等式可得，化为，解得或又，故应舍去，则的最大值为，
19、故答案为：以BC边所在直线为x轴，BC边的垂直平分线为y轴建立直角坐标系为BC边的中点由外接圆的性质可得由，不妨设外接圆的半径则可得B，C，O的坐标，设则外接圆的方程为：利用向量相等，可得，又时，由图可知是不可能的可化为，代入可得，利用基本不等式可得即可解出所求最大值本题考查了通过建立直角坐标系解决向量的有关运算、圆的标准方程、基本不等式的性质、一元二次不等式的解法、三角形的外接圆的性质、余弦函数等基础知识与基本技能方法，属于难题14.【答案】【解析】解：如图，二面角、的大小相等，在底面射影为底面三角形ABC的内心，设为E，可得是以角B为直角的直角三角形过E作，连接SF，则EF为三角形ABC内
20、切圆的半径，且为二面角的平面角为由等面积法求得：，得，可得三边上的斜高相等为设三棱锥的内切球半径为r，则，得；如图，设D是AC的中点，则D是三角形ABC的外心，三棱锥的外接球球心为O，则平面ABC，则，D，E共线，在直角三角形ABC中，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，由，得设三棱锥的外接球的半径为R，即，若O与S在平面ABC的同侧，由直角梯形SEDO与直角三角形ODC得：，R无解；若O与S在平面ABC的异侧，则，解得，此时，则故答案为：；由二面角、的大小相等，得S在底面射影为底面三角形ABC的内心，设为E，利用等面积法求得底面内切圆的半径，再求出底面三边的斜高，然后利用等
21、体积法求三棱锥内切球的半径；设D是AC的中点，则D是三角形ABC的外心，由三棱锥的外接球球心为O，得平面ABC，可得，则M，D，E共线，利用解析法求得DE，设三棱锥的外接球的半径为R，即，然后利用三角形相似列式求得R，进一步得到的值本题考查二面角、三棱锥的内切球与外接球等问题，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题15.【答案】【解析】【分析】本题主要考查余弦定理，圆的应用，考查计算能力、转化能力，属于中档题依题意由余弦定理知，故D在以AC为直径且在外的半圆内即可，画出图形，结合圆的有关最值即可解答【解答】解：因为，对角线，且，所以，又顶点D满足，即，由余弦定理，所以，故D在以
22、AC为直径的圆内，又四边形ABCD为凸四边形，所以D在以AC为直径且在外的半圆内即可，如图，设O为AC的中点，当D在C点处时，BD最短为，当BD过圆心O时，BD最长为，又D在圆内，所以BD长的范围是，故答案为：16.【答案】；【解析】【分析】本题考查简单组合体及其结构特征，考查空间想象能力和推理运算能力，属于综合题此四个小球的球心，恰好是一个正方形的四个顶点，而大球球心O在过正方形的中心且与此正方形所在平面垂直的直线上，显然为一正四棱锥，其侧棱为，当这些小球最大时，球与球相切且与侧面相切时，底面棱的长，即，进一步计算可得R的值【解答】解：由题意，正方体盒内四个小球最大时，易知，即四个小球相切，
23、且与正方体侧面相切，显然大球此时最小，大球球心O与四个小球球心，构成一个四棱锥，侧棱，设正方形的中心，高，将向两端延长交上底面与H，交下底面与K，则，故，解得故答案为；17.【答案】证明：连结AC，BD，交于点F，连结EF，底面ABCD是菱形，是BD中点，为的中点，平面ACE，平面ACE，平面ACE解：取AD中点O，连结，CO，在四棱柱中，平面平面ABCD，底面ABCD是菱形，E为的中点平面ABCD，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，设，则，0，0，1，1，1，设平面ACE的法向量y，则，取，得，设直线与平面ACE所成角为，则直线与平面ACE所成角的正弦值为【解析
24、】连结AC，BD，交于点F，连结EF，推导出，由此能证明平面ACE取AD中点O，连结，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面ACE所成角的正弦值本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题18.【答案】证明：直线l：过定点，而在圆C：内，对，直线l与圆C总有两个不同的交点；解：如图，当M与P不重合时，连接CM，CP，则，设，则，化简得：；当M与P重合时，也满足上式，故弦AB的中点的轨迹为；解：设，由，得，化简得，又由，消去y得，由解得，代入解得直线l的方程
25、为或【解析】由直线系方程说明直线l过定点，再由P在圆C内，说明直线l与圆C总有两个不同的交点；当M与P不重合时，连接CM，CP，则，可得，设，代入整理可得M的轨迹方程；设，由，得，可得，联立直线方程与圆的方程，得到，解得，代入关于x的方程求得m值，则直线方程可求本题考查轨迹方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题19.【答案】解：若选择，则，因为，所以，即，因为，所以，即，因为，所以若选择，则，即，可得，可得，因为，可得，可得，因为，所以若选择，则，即，可得，因为，可得，因为，所以，在中，由余弦定理可得，可得，解得，或2，因为，所以，所以，所以【解析】若选择，利用正弦
26、定理，两角差的余弦函数公式化简已知等式，结合，可求，结合范围，可求；若选择，利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合，可求，结合范围，可求；若选择，利用两角和的正弦函数公式化简已知等式，结合，可得，结合范围，可求，在中，由余弦定理可得BD的值，进而根据三角形的面积公式即可计算求解本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题20.【答案】解：由题意得，又，所以，即椭圆C：，设，又，则；设直线MN的方程为，的面积为定值1【解析】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，韦达定理，弦长公式
27、，圆锥曲线中的定值问题，考查计算能力，属于中档题由题意可知，即可得到椭圆方程，设，根据，再利用直线的斜率公式可得；设直线MN的方程为，联立椭圆方程，由韦达定理，及直线的斜率公式，即可求得，利用弦长公式及三角形的面积公式，可得的面积为定值121.【答案】证明：取中点，连结，因为为的中点，所以，由得，又，所以，四边形为平行四边形，又平面PAB，平面PAB，故CE平面PAB；解：由已知得，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，设，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，0，设y，则y，因为BM与底面ABCD所成的角为，而0，是底面ABCD的一个法向量，所以，即，又M在棱PC上，设，则，所以舍去或所以，从
28、而，设是平面ABM的法向量，则即，可取于是，由图可知二面角为锐二面角，因此二面角的余弦值为【解析】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的余弦值的求法，考查空间想象能力以及计算能力取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明，利用直线与平面平行的判定定理证明即可；建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角的余弦值22.【答案】解：将G的坐标代入圆C的方程，点G在圆C内又点M在线段PG的垂直平分线上，由椭圆的定义知，点M的轨迹是以G，C为焦点的椭圆，其中，点M的轨迹方程为；当BO所在直线斜率存在时，设BO所在直线方程为，由，得，同理，即Q到直线l的距离是点O到直线l距离的3倍；设，联立
29、，得由得，且，则，O到直线l的距离，当且仅当，即时等号成立故面积的最大值为当BO所在直线斜率不存在时，假设，则，l的方程为其中联立，得，则当且仅当，即时取等号，其他情况同理可得综上，面积的最大值为3，即解得，又，点D的轨迹是以O为圆心，半径为的圆去掉x轴上的两个点，故点D的轨迹方程为【解析】将G的坐标代入圆的方程可得G在圆内，由题意可得，则由椭圆的定义可得M的轨迹为椭圆，且长轴长为圆的半径，焦点为G，C，再由a，b，c之间的关系可得椭圆的方程；分射线BO的斜率存在和不存在两种情况，斜率存在时设射线BO的方程，与椭圆E联立求出B，的横坐标，同理可得Q的横坐标的表达式，可得横坐标的绝对值之积为定值2，即，可得Q到直线l的距离等于O到直线l的距离的3倍，即将直线l的方程与椭圆E联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长，再求O到直线l的距离，由三角形的面积公式求出的表达式，再由均值不等式求出的面积的最大值，进而可得的面积；当射线BO的斜率不存在时可设，的坐标，其他情况相同，将直线l的方程与E联立求出两根之和及两根之积，与上面相同求出的最大值；由，可得，可得k，m的关系，求出O到直线l的距离的值为常数，进而求出点D的轨迹方程本题考查求轨迹方程及直线与椭圆的综合，均值不等式的应用，属于难题
