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高考小题分项练(四)
(推举时间：40分钟)
1．(2022·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )
A．21＋ B．18＋
C．21 D．18
答案 A
解析 由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示．
因此该几何体的表面积为6×(4－)＋2××()2＝21＋.故选A.
2．已知a≠0，直线ax＋(b＋2)y＋4＝0与直线ax＋(b－2)y－3＝0相互垂直，则ab的最大值为( )
A．0 B．2
C．4 D.
答案 B
解析 若b＝2，两直线方程为y＝－x－1和x＝，此时两直线相交但不垂直．若b＝－2，两直线方程为x＝－和y＝x－，此时两直线相交但不垂直．若b≠±2，此时，两直线方程为y＝－x－和y＝－x＋，此时两直线的斜率分别为－，－，由·＝－1，得a2＋b2＝4.由于a2＋b2＝4≥2ab，所以ab≤2，即ab的最大值是2，当且仅当a＝b＝时取等号，
所以选B.
3．直线y＝kx＋3与圆(x－2)2＋(y－3)2＝4相交于M，N两点，若|MN|≥2，则k的取值范围是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 如图，若|MN|＝2，则由圆与直线的位置关系可知圆心到直线的距离满足d2＝22－()2＝1.由于直线方程为y＝kx＋3，
所以d＝＝1，
解得k＝±.
若|MN|≥2，则－≤k≤.
4．设P表示一个点，a、b表示两条直线，α、β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )
①P∈a，P∈α⇒a⊂α
②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β
③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α
④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
答案 D
解析 当a∩α＝P时，P∈a，P∈α，
但a⊄α，∴①错；当a∩β＝P时，②错；
如图，∵a∥b，P∈b，∴P∉a，
∴由直线a与点P确定唯一平面α，
又a∥b，由a与b确定唯一平面β，但β经过直线a与点P，∴β与α重合，∴b⊂α，故③正确；
两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．
5．设A、B、C、D为空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( )
A．若AC与BD共面，则AD与BC共面
B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC也是异面直线
C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC
D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC
答案 C
解析 A中，若AC与BD共面，则A、B、C、D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若AB＝AC，DB＝DC，四边形ABCD可以是空间四边形，AD不愿定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以证明AD⊥BC.
6．如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的命题是( )
A．点H是△A1BD的垂心
B．AH垂直于平面CB1D1
C．AH的延长线经过点C1
D．直线AH和BB1所成角为45°
答案 D
解析 △A1BD为正三角形，其重心、外心、中心合一．
∵AB＝AA1＝AD，∴H到△A1BD各顶点的距离相等，∴A正确；∵CD1∥BA1，CB1∥DA1，CD1∩CB1＝C，BA1∩DA1＝A1，∴平面CB1D1∥平面A1BD，∴AH⊥平面CB1D1，∴B正确；连接AC1，则AC1⊥B1D1，∵B1D1∥BD，∴AC1⊥BD，同理AC1⊥BA1，∴AC1⊥平面A1BD，∴A、H、C1三点共线，∴C正确，故选D.
7．若a，b，c是△ABC三个内角的对边，且csin C＝3asin A＋3bsin B，则圆M：x2＋y2＝12被直线l：ax－by＋c＝0所截得的弦长为( )
A．4 B．2
C．6 D．5
答案 C
解析 由正弦定理，知＝＝，故由csin C＝3asin A＋3bsin B，可得c2＝3(a2＋b2)．
圆M：x2＋y2＝12的圆心为M(0,0)，半径r＝2，
圆心M到直线l：ax－by＋c＝0的距离为d＝＝，
所以圆M被直线l所截得的弦长为2
＝2＝6.故选C.
8．(2022·山东)已知a>b>0，椭圆C1的方程为＋＝1，双曲线C2的方程为－＝1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为( )
A．x±y＝0 B.x±y＝0
C．x±2y＝0 D．2x±y＝0
答案 A
解析 由题意知e1＝，e2＝，
∴e1·e2＝·＝＝.
又∵c＝a2－b2，c＝a2＋b2，
∴＝＝1－()4，
即1－()4＝，
解得＝±，∴＝.
令－＝0，解得bx±ay＝0，
∴x±y＝0.
9．(2022·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．54 B．60
C．66 D．72
答案 B
解析 由俯视图可以推断该几何体的底面为直角三角形，由正(主)视图和左(侧)视图可以推断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示．在图(1)中，直角梯形ABPA1的面积为×(2＋5)×4＝14，计算可得A1P＝5.直角梯形BCC1P的面积为×(2＋5)×5＝.由于A1C1⊥平面A1ABP，A1P⊂平面A1ABP，所以A1C1⊥A1P，故Rt△A1PC1的面积为×5×3＝.
又Rt△ABC的面积为×4×3＝6，矩形ACC1A1的面积为5×3＝15，故几何体ABC－A1PC1的表面积为14＋＋＋6＋15＝60.
10．抛物线C1：y＝x2(p>0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p等于( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 抛物线C1的标准方程为x2＝2py，其焦点F为，双曲线C2的右焦点F′为(2,0)，渐近线方程为y＝±x.
由y′＝x＝得x＝p，故M.
由F、F′、M三点共线得p＝.
11．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中点，N是BC的中点，动点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.
答案 M∈线段FH
解析 由于HN∥BD，HF∥DD1，所在平面NHF∥平面B1BDD1，故线段FH上任意点M与N相连，都有MN∥平面B1BDD1.
12．已知P为抛物线y2＝4x上一个动点，Q为圆x2＋(y－4)2＝1上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到抛物线的准线距离之和最小值是________．
答案 －1
解析 点P到抛物线的准线距离等于点P到抛物线焦点F(1,0)的距离．圆心坐标是(0,4)，圆心到抛物线焦点的距离为，即圆上的点Q到抛物线焦点的距离的最小值是－1，这个值即为所求．
13．如图所示，F1，F2是双曲线－＝1(a>0，b>0)的两个焦点，以坐标原点O为圆心，|OF1|为半径的圆与该双曲线左支的两个交点分别为A，B，且△F2AB是等边三角形，则双曲线的离心率为________．
答案 ＋1
解析 连接AF1，则△AF1F2为有一个锐角为30°的直角三角形，依据锐角三角函数定义|AF1|＝c，|AF2|＝c，依据双曲线定义|AF2|－|AF1|＝2a，即c－c＝2a，所以e＝＝＝＋1.
14．若双曲线－＝1渐近线上的一个动点P总在平面区域(x－m)2＋y2≥16内，则实数m的取值范围是________．
答案 (－∞，－5]∪[5，＋∞)
解析 双曲线的渐近线为y＝±x，即4x±3y＝0.要使渐近线上的一个动点P总在平面区域(x－m)2＋y2≥16内，则有圆心(m,0)到渐近线的距离d≥4，即d＝＝≥4，解得|m|≥5，即m≥5或m≤－5，所以实数m的取值范围是(－∞，－5]∪[5，＋∞)．
15．如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠，有以下四个结论：
①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1是异面直线．
其中正确结论的序号是________．(注：把你认为正确结论的序号都填上)
答案 ①③
解析 过N作NP⊥BB1于点P.连接MP，可证AA1⊥平面MNP，∴AA1⊥MN，①正确．过M、N分别作MR⊥A1B1、NS⊥B1C1于点R、S，则当M不是AB1的中点，N不是BC1的中点时，直线A1C1与直线RS相交；当M、N分别是AB1、BC1的中点时，A1C1∥RS，∴A1C1与MN可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA1⊥平面MNP，而AA1⊥平面A1B1C1D1，∴平面MNP∥平面A1B1C1D1，故③正确．综上所述，其中正确结论的序号是①③.
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