17．(1)证明见解析；(2)
【解析】
【分析】
（1）可利用线线平行来证明线面平行
（2）可采用等体积法进行求解
【详解】
证明：（1）如图，连结BD；
因为四边形ABCD为正方形，
所以BD交AC于F且F为BD中点；
又因为E为 中点，所以 ；
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）三棱锥 的体积 .
【点睛】
故选：D．
【点睛】
本题考查的知识点是旋转体，圆锥曲线的定义，关键是掌握圆柱与圆锥的几何特征.
5．C
【解析】
【分析】
通过三视图的观察可得到该几何体是由一个圆锥加一个圆柱得到的，表面积由一个圆锥的表面积和一个圆柱的侧面积组成
【详解】
圆柱的侧面积为 ，圆锥的表面积为 ，其中 ， ， 。选C
【点睛】
几何体的表面积一定要看清楚哪些面存在，哪些面不存在
【详解】
如图所示，设弦 中点为D，圆心C(3,2),
弦心距 ，又 ，
由勾股定理可得 ，
答案选A
【点睛】
圆与直线的位置关系解题思路常从两点入手：弦心距、勾股定理。处理过程中，直线需化成一般式
11．A
【解析】
【详解】
根据题意作出图形：
设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，
延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1= ，
绝密★启用前
吉林省长春市东北师大附中2018-2019学年高一（下)期末数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题)
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、单选题
12．D
【解析】
【分析】
对于含变量的直线问题可采用赋特殊值法进行求解
【详解】
因为
所以点 到 中每条直线的距离 即 为圆 的全体切线组成的集合，所以存在圆心在 ， 半径大于1的圆与 中所有直线相交, A正确
也存在圆心在 ，半径小于1的圆与 中所有直线均不相交，B正确
也存在圆心在 半径等于1的圆与 中所有直线相切，C正确
①三棱锥 体积的最大值为 ；
②直线PB与平面PAQ所成角的最大值为 ；
③当直线BQ与AP所成角最小时，其正弦值为 ；
④直线BQ与AP所成角的最大值为 ；
其中正确的结论有___________.（写出所有正确结论的编号）
评卷人
得分
三、解答题
17．如图，正方体 的棱长为2，E，F分别为 ，AC的中点．
（1）证明： 平面 ；
A．（1）（2）B．（2）（3）C．（3）（4）D．（1）（4）
5．某几何体的三视图如下图所示（单位：cm）则该几何体的表面积（单位： ）是（）
A． B． C． D．
6．已知圆C与直线 和直线 都相切，且圆心C在直线 上，则圆C的方程是（）
A． B．
C． D．
7．已知直线 与直线 平行，则实数m的值为（）
20．如图，在四棱柱 中，底面ABCD为菱形， 平面ABCD，AC与BD交于点O， ， ， ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求二面角 的大小.
21．平面直角坐标系 中，圆M与y轴相切，并且经过点 ， ．
（1）求圆M的方程;
（2）过点 作圆M的两条互垂直的弦AC、BD，求四边形ABCD面积的最大值．
故 正确
因为 中的直线与以 为圆心，半径为1的圆相切,所以 中的直线所能围成的正三角形面积不都相等，如图 与 均为等边三角形而面积不等,
故 错误，答案选D.
【点睛】
本题从点到直线的距离关系出发，考查了圆的切线与圆的位置关系，解决此类题型应学会将条件进行有效转化.
13．3
【解析】
【分析】
可通过限定条件作出对应的平面区域图，再根据目标函数特点进行求值
19．(1) 证明见解析；(2)
【解析】
【分析】
（1）先证 ，再证 ，即可得证；要证 平面ADMN，可通过求证PB垂直于ADMN中的两条交线来证明
A． B． C． D．
10．直线 与圆 相交于M，N两点，若 ．则 的取值范围是（）
A． B． C． D．
11．已知三棱锥 的所有顶点都在球 的求面上， 是边长为 的正三角形， 为球 的直径，且 ，则此棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
12．设直线系 ．下列四个命题中不正确的是（）
A．存在一个圆与所有直线相交
6．B
【解析】
【分析】
设出圆的方程，利用圆心到直线的距离列出方程求解即可
即可求解
【详解】
∵圆心在直线 上，∴可设圆心为 ，设所求圆的方程为 ，
则由题意， 解得
∴所求圆的方程为 。选B
【点睛】
直线与圆的问题绝大多数都是转化为圆心到直线的距离公式进行求解
7．B
【解析】
【分析】
两直线平行应该满足 ，利用系数关系及可解得m.
【点睛】
当直线斜率存在时，直线垂直的斜率关系为
3．D
【解析】
【分析】
A选项可由线面平行的性质作出判断，B选项可由面面平行的判定定理作出判断，C选项可由面面垂直的性质作出判断，D选项可由线面平行的条件作出判断
【详解】
当两条直线同时与一个平面平行时，两条直线之间的关系不能确定，故A不正确，
B选项再加上两条直线相交的条件，可以判断面与面平行，故B不正确，
【详解】
可行域如图所示;
则 可化为 ,由图象可知,当 过点 时，有最大值，则其最大值为:
故答案为:3.
【点睛】
线性规划问题关键是能正确画出可行域，目标函数可由几何意义确定具体含义（最值或斜率）
14．
【解析】
【分析】
由题可知，直线在x上轴截距为-3，再利用截距式可直接求得直线方程
【详解】
∵直线过（0，5），
∴ ，
∴高SD=2OO1= ，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC= ，
∴ ．
考点：棱锥与外接球，体积．
【名师点睛】
本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．
根据圆锥曲线的定义和圆锥的几何特征，分截面过旋转轴时和截面不过旋转轴时两种情况，分析截面图形的形状，最后综合讨论结果，可得答案．
【详解】
根据题意，当截面过旋转轴时，
圆锥的轴截面为等腰三角形，此时（1）符合条件；
当截面不过旋转轴时，
圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时（4）符合条件；
故截面图形可能是（1）（4）；
， ， ，由几何关系可求得 ， 选B.
【点睛】
解决异面直线问题常用两种基本方法：异面直线转化成共面直线、空间向量建系法
9．C
【解析】
【详解】
如图，取 中点 ，则 平面 ，
故 ，因此 与平面 所成角即为 ，
设 ，则 ， ，
即 ，
故 ，故选C.
10．A
【解析】
【分析】
可通过将弦长转化为弦心距问题，结合点到直线距离公式和勾股定理进行求解
C选项再加上m垂直于两个平面的交线，得到线面垂直，故C不正确，
D选项中，如下图所示
设 ， ，又 ，根据垂直于同一平面的两直线平行，可得 ，又 ，
选D
【点睛】
考生需灵活掌握线线平行到线面平行，面面平行到线面平行的基本转化关系，遇到较为抽象的证明问题时，辅以图像能够更加有效的解决问题
4．D
【解析】
【分析】
22．已知点 ， ，动点 满足 ，记M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）过坐标原点O的直线l交C于P、Q两点，点P在第一象限， 轴，垂足为H．连结QH并延长交C于点R．
（i）设O到直线QH的距离为d．求d的取值范围;
（ii）求 面积的最大值及此时直线l的方程．
参考答案
1．D
【解析】
【分析】
（2）求三棱锥 的体积．
18．在平面直角坐标系中，点 ，点P在x轴上
（1）若 ，求点P的坐标：
（2）若 的面积为10，求点P的坐标．
19．如图．在四棱锥 中， ， ， 平面ABCD，且 ． ， ，M、N分别为棱PC，PB的中点.
（1）证明：A，D，M，N四点共面，且 平面ADMN；
（2）求直线BD与平面ADMN所成角的正弦值．
【详解】
两直线平行
，可得 （舍去）.选B.
【点睛】
两直线平行的一般式对应关系为： ，若是已知斜率，则有 ，截距不相等.
8．B
【解析】
【分析】
可采用建立空间直角坐标系的方法来求两条异面直线所成的夹角，
【详解】
如图所示，以正方形ABCD的中心为坐标原点，DA方向为x轴，AB方向为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系
∴直线在y轴上的截距为5，
又直线在两坐标轴上的截距之和为2，
∴直线在x轴上的截距为2-5=-3
∴直线方程为 ,即5x-3y+15=0
【点睛】
直线方程有五种基本形式，在只知道横纵截距的情况下，截距式是最快捷的一种方式
15．
【解析】
【详解】
如图
分别作 于A, 于C, 于B, 于D,