2017-2018学年下学期期末复习备考高一数学黄金30题（江苏版）（必修2）专题06+大题易丢分

1．如图所示，有一块扇形铁皮OAB，∠AOB＝60°，OA＝72 cm，要剪下来一个扇形环ABCD，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面)．
试求：(1)AD的长；
(2)容器的容积．
【答案】（1）36；（2）504
【解析】试题分析：（1）根据勾股定理以及展开图关系列条件，解方程组可得AD的长；（2）根据圆台体积公式以及高，半径求容器的容积．

(2)圆台所在圆锥的高H＝＝12，圆台的高h＝＝6，小圆锥的高h′＝6，∴V容＝V大锥－V小锥＝πR2H－πr2h′＝504π.
2．据说伟大的阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．试计算出图案中圆锥、球、圆柱的体积比.
【答案】
【解析】试题分析：设圆柱底面半径为r，则球的半径为r，圆柱和圆锥的高均为2r，代入几何体体积公式计算即可．
点睛：本题考查了空间几何体的体积，找到三个几何体的关系是解题关键.
3．如图，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为a，连接A′C′，A′D，A′B，BD，BC′，C′D，得到一个三棱锥.求：
(1)三棱锥A′－BC′D的表面积与正方体表面积的比值；
(2)三棱锥A′－BC′D的体积.
【答案】（1） ；（2）
【解析】试题分析：（1）三棱锥A′-BC′D为正四面体，表面积为四个正三角形面积，边长为正方体棱长倍，根据三角形面积公式以及正方形面积公式求比值（2）三棱锥A′-BC′D的体积等于正方体体积减去4个小三棱锥体积.
试题解析：(1)∵ABCD-A′B′C′D′是正方体，∴六个面都是正方形，∴A′C′＝A′B＝A′D＝BC′＝BD＝C′D＝a，∴S三棱锥＝4××(a)2＝2a2，S正方体＝6a2，∴＝.
(2)显然，三棱锥A′-ABD、C′-BCD、D-A′D′C′、B-A′B′C′是完全一样的，
∴V三棱锥A′BC′D＝V正方体－4V三棱锥A′ABD＝a3－4××a2×a＝a3.
点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法.
4．ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH.
【答案】见解析
【解析】试题分析：连接AC交BD于O，连接MO，可得AP∥OM，推出PA∥平面BMD，再根据线面平行的性质即可证出.
因为平面PAHG∩平面BMD=GH，根据直线和平面平行的性质定理，则有AP∥GH.
点睛：本题涉及线面平行，线线平行的判定和性质，属于中档题.一般线线平行可根据中位线，平行四边形得到，从而可以证明线面平行，根据线面平行，可得线与线平行，注意线线平行的条件，过直线且和平面相交，则交线和直线平行.
5．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点．试确定点F的位置，使得D1E⊥平面AB1F.
【答案】详见解析
连接A1B、CD1，则A1B⊥AB1，A1D1⊥AB1，又A1D1∩A1B＝A1，∴AB1⊥面A1BCD1，
又D1E?面A1BCD1，
∴AB1⊥D1E.
又DD1⊥平面BD，
∴AF⊥DD1.
又AF⊥DE，
∴AF⊥平面D1DE，
∴AF⊥D1E.
∴D1E⊥平面AB1E.
即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F.；
【点睛】根据线面垂直，则直线与平面内的任意一条直线垂直，分析符合D1E⊥平面AB1F要求，得出当E为CD的中点时，可以证得线面垂直；本题还可采用坐标法去求，建立空间直角坐标系写出向量的坐标，依据线面垂直说明线线垂直，利用向量的数量积为零，求出点E的坐标，得出点E的位置.
6．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.
(1)请按字母F、G、H标记在正方体相应地顶点处(不需要说明理由)；
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并说明你的结论；
(3)证明：直线DF⊥平面BEG.
【答案】（1）见解析；（2）平面BEG∥平面ACH；（3）证明见解析
【解析】试题分析：(1)折叠成正方体即可得出；（2）根据条件可证四边形BCEH为平行四边形，因此BE∥CH，由线面平行判定定理即可得证；（3）根据DH⊥平面EFGH可得DH⊥EG，又EG⊥FH，可证EG⊥平面BFHD，所以DF⊥EG，同理可证同理DF⊥BG，所以命题得证．
试题解析：
　(1)点F、G、H的位置如图所示．
又CH?平面ACH，BE?平面ACH，
所以BE∥平面ACH，
同理，BG∥平面ACH，
又BE∩BG＝B，
所以平面BEG∥平面ACH．
又DF?平面BFHD，所以DF⊥EG，
同理DF⊥BG，
又EG∩BG＝G，
所以DF⊥平面BEG．
点睛：本题考查面面垂直，线面垂直，线线垂直的判定及性质以及面面平行，属于中档题。对于面面平行问题，就是要在一个平面内找到两条相交直线分别平行另一个平面；在证明线面垂直时，要注意往往先转化为线线垂直，其他线面垂直，再转化到所要研究的直线上具备同时垂直两条相交直线.
7．已知，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为D1C1，C1B1的中点，
AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q.求证：
(1)D，B，E，F四点共面.
(2)若A1C交平面BDEF于点R，则P，Q，R三点共线.
【答案】详见解析
【解析】试题分析：(1)利用EF∥BD确定平面即可；（2）利用公理2说明三点在两个平面的交线上即可.
试题解析：
(1)连接B1D1.因为E，F分别为D1C1，C1B1的中点，所以EF∥B1D1，又因为B1D1∥BD，
所以EF∥BD，所以EF与BD共面，
所以E，F，B，D四点共面.
(2)因为AC∩BD=P，所以P∈平面AA1C1C∩平面BDEF.
同理，Q∈平面AA1C1C∩平面BDEF，
因为A1C∩平面DBFE=R，
所以R∈平面AA1C1C∩平面BDEF，
所以P，Q，R三点共线.
8．求满足下列条件的直线方程.
(1)经过点A(－1，－3)，且斜率等于直线3x＋8y－1＝0斜率的2倍；
(2)过点M(0,4)，且与两坐标轴围成三角形的周长为12.
【答案】（1）3x＋4y＋15＝0.（2）4x＋3y－12＝0或4x－3y＋12＝0.
【解析】试题分析：根据直线经过点A，再根据斜率等于直线3x＋8y－1＝0斜率的2倍求出斜率的值，然后根据直线方程的点斜式写出直线的方程，化为一般式；直线经过点M（0，4），说明直线在y轴的截距为4，可设直线 在x轴的截距为a，利用三角形周长为12列方程求出a ,利用直线方程的截距式写出直线的方程，然后化为一般方程.

(2)设直线与x轴的交点为(a,0)，
因为点M(0,4)在y轴上，所以由题意有4＋ ＋|a|＝12，
解得a＝±3，
所以所求直线的方程为或，
即4x＋3y－12＝0或4x－3y＋12＝0.
【点睛】当直线经过点A，并给出斜率的条件时，根据斜率与已知直线的斜率关系求出斜率值，然后根据直线方程的点斜式写出直线的方程，化为一般式；当涉及到直线与梁坐标轴所围成的三角形的周长和面积时，一般利用直线方程的截距式解决问题较方便一些，但使用点斜式也好，截距式也好，它们都有不足之处，点斜式只能表达斜率存在的直线，截距式只能表达截距存在而且不为零的直线，因此使用时要注意补充答案.
9．已知直线l：5ax－5y－a＋3＝0.
(1)求证：不论a为何值，直线l总经过第一象限；
(2)为使直线l经过第一、三、四象限，求a的取值范围．
【答案】（1）不论a为何值，直线l恒过第一象限（2）a>3.
【解析】试题分析：当直线方程含有参数时，把韩参数的项放在一起，不含参数的项放在一起，分别令其为零，可求出直线过定点的坐标，当直线过定点在第一象限时，说明直线l总经过第一象限；直线线l经过第一、三、四象限，只需斜率为正，截距为负，列出不等式解出a的范围.
【点睛】有关直线过定点的求法：当直线方程含有参数时，把韩参数的项放在一起，不含参数的项放在一起，分别令其为零，可求出直线过定点的坐标；直线线l经过第一、三、四象限，只需斜率为正，截距为负，列出不等式解出a的范围.
10．在平面直角坐标系中，已知经过原点O的直线与圆交于两点。
（1）若直线与圆相切，切点为B，求直线的方程；
（2）若，求直线的方程；
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）由直线与圆相切，得圆心到直线的距离，列方程求出的值，从而求出直线的方程；（2）利用的中点，结合，设出所求直线的方程，利用圆心到直线的距离和勾股定理列方程，可以求出的方程.
（2）取AB中点M，则，又，所以,
设，圆心到直线的距离为，由勾股定理得： ，
解得，
设所求直线的方程为， ，解得，
11．已知直线l：x－2y＋2m－2＝0．
(1)求过点(2，3)且与直线l垂直的直线的方程；
(2)若直线l与两坐标轴所围成的三角形的面积大于4，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）由直线的斜率为，可得所求直线的斜率为，代入点斜式方程，可得答案；（2）直线与两坐标轴的交点分别为，则所围成的三角形的面积为，根据直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为大于，构造不等式，解得答案.
试题解析：(1)与直线l垂直的直线的斜率为－2，
因为点(2，3)在该直线上，所以所求直线方程为y－3＝－2(x－2)，
故所求的直线方程为2x＋y－7＝0．
(2) 直线l与两坐标轴的交点分别为(－2m＋2，0)，(0，m－1)，
则所围成的三角形的面积为×|－2m＋2|×|m－1|．
由题意可知×|－2m＋2|×|m－1|＞4，化简得(m－1)2＞4，
解得m＞3或m＜－1，
所以实数m的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．
【方法点睛】本题主要考查直线的方程，两条直线平行与斜率的关系，属于简单题. 对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，这类问题以简单题为主，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1） ；（2），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.
12．四边形OABC的四个顶点坐标分别为O(0,0)、A(6,2)、B(4,6)、C(2,6)，直线y＝kx((1)求S＝f(k)的函数表达式；
(2)当k为何值时，直线y＝kx将四边形OABC分为面积相等的两部分？
【答案】（1）；（2）.
（2）由（1）和条件列出方程求出k的值．
试题解析：
(1)因为，所以需分两种情况：
①由得交点P1(，)，
又点P1到直线OA：x－3y＝0的距离为
d＝，
∴S＝|OA|·d＝.
②当≤k<3时，直线y＝kx与直线BC：y＝6交于P2(，6)．∴S△OP2C＝|P2C|·6＝.
又S△OAB＋S△OBC＝S四边形OABC＝20.
∴S＝20－＝26－.
故S＝f(k)＝
(2)若直线y＝kx平分四边形OABC的面积，
由(1)知，只需＝10，解得k＝.
13．如图所示是某圆拱桥的一孔圆拱的示意图．该圆拱跨度AB＝20 m，拱高OP＝4 m，在建造时每隔4 m需用一个支柱，求支柱CD的长度．(精确到0.01 m)
【答案】CD的长约为3.86 m
【解析】试题分析：本题为圆的方程的应用问题，建立如图所示的直角坐标系，设出圆的方程，根据已知条件利用待定系数法求出圆的方程，由于每隔4 m需用一个支柱，得出支柱CD的横坐标为x＝－2代入到圆的方程中，求出相应的y 值，根据实际需要取合理的CD的高度.
试题解析：
建立如图所示的直角坐标系，则圆心在y轴上．
设圆心的坐标是(0，b)，圆的半径是r，
那么圆的方程是x2＋(y－b)2＝r2.
因为P，B都在圆上，所以它们的坐标P(0,4)，B
(10,0)都适合圆的方程，
于是得到方程组 ，
解得b＝－10.5，r2＝14.52，
所以圆的方程是x2＋(y＋10.5)2＝14.52.
【点睛】有关应用问题首先要认真细致的审题，逐字逐句的读题，把实际问题转化为数学问题.本题为圆的方程的应用问题，建立如图所示的直角坐标系，设出圆的方程，根据已知条件利用待定系数法求出圆的方程，由于每隔4 m需用一个支柱，得出支柱CD的横坐标为x＝－2代入到圆的方程中，求出相应的y 值，根据实际需要取合理的CD的高度.
14．已知圆N的标准方程为(x－5)2＋(y－6)2＝a2(a>0).
(1)若点M(6,9)在圆上，求a的值；
(2)已知点P(3,3)和点Q(5,3)，线段PQ(不含端点)与圆N有且只有一个公共点，求a的取值范围．
【答案】（1） ；（2）
【解析】试题分析：点在圆上说明点的坐标满足方程，代入后接方程求出参数a ；一条线段（不含端点）与圆有且只有一个公共点，说明线段的两个端点一个在圆内另一个在圆外，根据点与圆的位置关系列出不等式，解不等式求出 参数a的范围，给出答案.
(1)因为点M在圆上，
所以(6－5)2＋(9－6)2＝a2，
又由a>0，可得a＝ .
(2)由两点间距离公式可得
|PN|＝，
|QN|＝，
因为线段PQ与圆有且只有一个公共点，即P、Q两点一个在圆内、另一个在圆外，由于3< ，所以3【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系问题，判断点与圆的位置关系只需考查点与圆心得距离，若小于半径，点在圆内；若等于半径，点在圆上；若大于半径，点在圆外；具体实际操作只需把点的坐标代入圆的方程，看是小于、等于、大于；决定点在圆内、圆上、圆外.
15．已知圆 ： 上的点 关于点 的对称点为 ，记 的轨迹为 .
（1）求 的轨迹方程；
（2）设过点 的直线 与 交于 ， 两点，试问：是否存在直线 ，使以 为直径的圆经过原点？若存在，求出直线 的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2） ： 和 ： .
当直线的斜率存在时，联立直线方程与圆的方程有，结合韦达定理计算可得，则存在满足条件的直线： 和： .
试题解析：
（1）设 的坐标为 ， 的坐标为
则由中点坐标公式，得 ∴
将代入，得
即 的轨迹方程为 .
当直线 的斜率存在时，可设直线 的方程为 ，代入
得 ，则 ，
由，得 ，即 ，
∴ ，解得 ，∴直线的方程为 .
综上可知，存在满足条件的直线 ： 和 ： .
点睛：求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：
(1)直接法：根据题设条件直接列出方程；(2)定义法：根据圆的定义写出方程；(3)几何法：利用圆的性质列方程；(4)代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
16．已知圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，圆O2的圆心为O2(2,1)．
(1)若圆O1与圆O2外切，求圆O2的方程；
(2)若圆O1与圆O2交于A，B两点，且|AB|＝2，求圆O2的方程．
【答案】(1) (2) (x－2)2＋(y－1)2＝4或(x－2)2＋(y－1)2＝20
【解析】试题分析：（1）利用两圆的圆心距等于半径之和进行求解；（2）利用弦长公式进行求解.
试题解析：(1)设圆O1、圆O2的半径分别为r1，r2，
∵两圆相切，
∴|O1O2|＝r1＋r2，∴r2＝|O1O2|－r1＝，
∴圆O2的方程是(x－2)2＋(y－1)2＝4(－1)2.
(2)由题意，设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝r，
圆O1，O2的方程相减，即得两圆公共弦AB所在直线的方程，
为4x＋4y＋r－8＝0.
∴圆心O1(0，－1)到直线AB的距离为，
解得或20.
∴圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4或(x－2)2＋(y－1)2＝20.
17．求过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点，且圆心在直线x－y－4＝0上的圆的方程．
【答案】x2＋y2－x＋7y－32＝0.
18．在平面直角坐标系中，圆的方程为，且圆与轴交于， 两点，设直线的方程为．
（1）当直线与圆相切时，求直线的方程；
（2）已知直线与圆相交于， 两点．
（ⅰ）若，求实数的取值范围；
（ⅱ）直线与直线相交于点，直线，直线，直线的斜率分别为， ， ，
是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
试题解析：（1）解：由题意， ，
∴圆心到直线的距离，
∵直线与圆相切，∴，
∴，∴直线．
（2）解：由题意得： ，∴，
由（1）可知： ，∴，
∴．
∴，即，
∵，∴， 设，
∴，∴， ∴，即，
∴，∴，
∴存在常数，使得恒成立．
【方法点晴】本题主要考查待定系数法求直线方程、直线与圆的位置关系以及解析几何中的存在性问题，属于难题.解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在，注意：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法题很难时采取另外的途径.
19．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．
(1)求圆C的方程；
(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，且．
试题解析：(1)设圆心C(a，0) ，则或a＝－5(舍)，所以圆C：x2＋y2＝4.
(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以， ，若x轴平分∠ANB，则 ?2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0?，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．
20．如图，已知一艘海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25 km的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东40 km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30 km的B处岛屿，速度为28 km/h.
问：这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？(要求用坐标法)
【答案】0.5 h
【解析】试题分析：建立直角坐标系，问题转化为圆与直线是否相交，只需用点到直线的距离公式即可判断，监测时间为直线与圆相交的弦长除以轮船的速度.
答：外籍轮船能被海监船监测到，时间是0.5 h.
点睛：本题考查与圆有关的实际问题，属于中档题。首先实际问题要转化为数学问题，转化的前提是建立直角坐标系，写出相应的圆与直线的方程，其次注意实际问题在圆中所求是什么，可能是已知横纵坐标点的另一个坐标，可能是弦长，可能是判断直线和圆（或半圆、圆拱）是否相切等问题，本题就是研究外籍轮船的轨迹（直线）与监测船的监测区域（圆面）是否相交，相交的弦长，判断能否监测到及监测时长.