高一數(shù)學(xué)本冊(cè)綜合素質(zhì)檢測(cè)

本冊(cè)綜合素質(zhì)檢測(cè)時(shí)間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的)1．(2022·湖北卷)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()\f(8π,3) B．3π\(zhòng)f(10π,3) D．6π[命題意圖]本題考察空間幾何體的三視圖．[答案]B[解析]顯然有三視圖我們易知原幾何體為一個(gè)圓柱體的一部分，并且有正視圖知是一個(gè)1/2的圓柱體，底面圓的半徑為1，圓柱體的高為6，則知所求幾何體體積為原體積的一半為3π.選B.2．已知正方體外接球的體積是eq\f(32,3)π，那么正方體的棱長等于()A．2eq\r(2) \f(2\r(2),3)\f(4\r(2),3) \f(4\r(3),3)[答案]D[解析]設(shè)正方體的棱長為a，球的半徑為R，則eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π，∴R＝2.又∵eq\r(3)a＝2R＝4，∴a＝eq\f(4\r(3),3).3．直線x－2y＋1＝0關(guān)于直線x＝1對(duì)稱的直線方程是()A．x＋2y－1＝0 B．2x＋y－1＝0C．2x＋y－3＝0 D．x＋2y－3＝0[答案]D[解析]在所求直線上任取一點(diǎn)P(x，y)，則點(diǎn)P關(guān)于直線x＝1的對(duì)稱點(diǎn)為P′(2－x，y)，且P′在直線x－2y＋1＝0上，即2－x－2y＋1＝0，整理得x＋2y－3＝0，故選D.4．在空間直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)A(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，B(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)，C(eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，eq\f(1,3))，則()A．OA⊥AB B．AB⊥ACC．AC⊥BC D．OB⊥OC[答案]C[解析]|AB|＝eq\f(1,2)，|AC|＝eq\f(\r(3),6)，|BC|＝eq\f(\r(6),6)，因?yàn)閨AC|2＋|BC|2＝|AB|2，所以AC⊥BC.5．若P(2，－1)為圓(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中點(diǎn)，則直線AB的方程為()A．x－y－3＝0 B．2x＋y－3＝0C．x＋y－1＝0 D．2x－y－5＝0[答案]A[解析]設(shè)圓(x－1)2＋y2＝25的圓心為C(1,0)，則AB⊥CP，∵kCP＝－1，∴kAB＝1，∴y＋1＝x－2，即x－y－3＝0，故選A.6．已知m，n是兩條不同直線，α，β，γ是三個(gè)不同平面，下列命題中正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥βC．若m∥α，m∥β，則α∥βD．若m⊥α，n⊥α，則m∥n[答案]D[解析]A中還可能m，n相交或異面，所以A不正確；B、C中還可能α，β相交，所以B、C不正確．很明顯D正確．7．如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱BB1，B1C1的中點(diǎn)，若∠CMN＝90°，則異面直線ADA．30° B．45°C．60° D．90°[答案]D[解析]因?yàn)镸N⊥DC，MN⊥MC，所以MN⊥平面DCM.所以MN⊥DM.因?yàn)镸N∥AD1，所以AD1⊥DM.8．(2022－2022·山東濟(jì)寧模擬)已知直線l過點(diǎn)(－2,0)，當(dāng)直線l與圓x2＋y2＝2x有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，其斜率k的取值范圍是()A．(－2eq\r(2)，2eq\r(2)) B．(－eq\r(2)，eq\r(2))C．(－eq\f(\r(2),4)，eq\f(\r(2),4)) D．(－eq\f(1,8)，eq\f(1,8))[答案]C[解析]設(shè)直線l的斜率為k，則l的方程為y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0，由于l與圓x2＋y2＝2x有兩個(gè)交點(diǎn)，則需滿足圓心到直線的距離d＝eq\f(|3k|,\r(k2＋1))＜1，解得－eq\f(\r(2),4)＜k＜eq\f(\r(2),4).9．在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長相等，側(cè)棱垂直于底面，點(diǎn)D是側(cè)面BB1C1A．30° B．45°C．60° D．90°[答案]C[解析]過A作AE⊥BC于點(diǎn)E，則易知AE⊥面BB1C1C又tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\r(3)，故∠ADE＝60°.故選C.10．過點(diǎn)M(－2,4)作圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝25的切線l，且直線l1：ax＋3y＋2a＝0與l平行，則l1與l間的距離是()\f(8,5) \f(2,5)\f(28,5) \f(12,5)[答案]D[解析]因?yàn)辄c(diǎn)M(－2,4)在圓C上，所以切線l的方程為(－2－2)(x－2)＋(4－1)(y－1)＝25，即4x－3y＋20＝0.因?yàn)橹本€l與直線l1平行，所以－eq\f(a,3)＝eq\f(4,3)，即a＝－4，所以直線l1的方程是－4x＋3y－8＝0，即4x－3y＋8＝0.所以直線l1與直線l間的距離為eq\f(|20－8|,\r(42＋－32))＝eq\f(12,5).故選D.11．點(diǎn)P(4，－2)與圓x2＋y2＝4上任一點(diǎn)連線的中點(diǎn)軌跡方程是()A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1B．(x－2)2＋(y－1)2＝4C．(x－4)2＋(y－2)2＝1D．(x－2)2＋(y－1)2＝1[答案]A[解析]設(shè)圓上任意一點(diǎn)為(x1，y1)，中點(diǎn)為(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋4,2),y＝\f(y1－2,2)))，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2x－4,y1＝2y＋2))，代入x2＋y2＝4，得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化簡得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.12．設(shè)P(x，y)是圓x2＋(y＋4)2＝4上任意一點(diǎn)，則eq\r(x－12＋y－12)的最小值為()\r(26)＋2 \r(26)－2C．5 D．6[答案]B[解析]如圖，設(shè)A(1,1)，eq\r(x－12＋y－12)＝|PA|，則|PA|的最小值為|AC|－r＝eq\r(26)－2.三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．順次連結(jié)A(1,0)，B(1,4)，C(3,4)，D(5,0)所得到的四邊形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周，所得旋轉(zhuǎn)體的體積是________．[答案]eq\f(184π,3)[解析]所得旋轉(zhuǎn)體的上底、下底分別為3,5，高為4的圓臺(tái)，去掉一個(gè)半徑為1，高為4的圓柱．V臺(tái)＝eq\f(1,3)(9π＋eq\r(9π×25π)＋25π)×4＝eq\f(196π,3)，V柱＝4π，則V＝V臺(tái)－V柱＝eq\f(184π,3).14．經(jīng)過點(diǎn)P(1,2)的直線，且使A(2,3)，B(0，－5)到它的距離相等的直線方程為________．[答案]4x－y－2＝0或x＝1[解析]x＝1顯然符合條件；當(dāng)A(2,3)，B(0，－5)在所求直線同側(cè)時(shí)，所求直線與AB平行，∵kAB＝4，∴y－2＝4(x－1)，即4x－y－2＝0.15．圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0關(guān)于直線l1：x－y＋4＝0與直線l2：x＋3y＝0都對(duì)稱，則D＝________，E＝________.[答案]6－2[解析]由題設(shè)知直線l1，l2的交點(diǎn)為已知圓的圓心．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋4＝0，,x＋3y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝1，))所以－eq\f(D,2)＝－3，D＝6，－eq\f(E,2)＝1，E＝－2.16．已知圓C過點(diǎn)(1,0)，且圓心在x軸的正半軸上，直線l：y＝x－1被圓C所截得的弦長為2eq\r(2)，則過圓心且與直線l垂直的直線的方程為________．[答案]x＋y－3＝0[解析]設(shè)圓心(a,0)(a＞0)，∴(eq\f(|a－1|,\r(2)))2＋(eq\r(2))2＝|a－1|2.∴a＝3.∴圓心(3,0)．∴所求直線方程為x＋y－3＝0.四、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)(2022·課標(biāo)全國高考，文18)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)證明PA⊥BD；(2)設(shè)PD＝AD＝1，求棱錐D－PBC的高．[解析](1)證明：因?yàn)椤螪AB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝eq\r(3)AD.從而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如圖，作DE⊥PB，垂足為E.已知PD⊥底面ABCD，則PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD，所以BC⊥DE.則DE⊥平面PBC.由題設(shè)知PD＝1，則BD＝eq\r(3)，PB＝2.根據(jù)DE·PB＝PD·BD，得DE＝eq\f(\r(3),2)，即棱錐D－PBC的高為eq\f(\r(3),2).18．(本小題滿分12分)如圖，矩形ABCD的兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)M(2,0)，AB邊所在直線的方程為x－3y－6＝0，點(diǎn)T(－1,1)在AD邊所在直線上．(1)求AD邊所在直線的方程；(2)求矩形ABCD外接圓的方程．[解析](1)因?yàn)锳B邊所在直線的方程為x－3y－6＝0，且AD與AB垂直，所以直線AD的斜率為－3.又因?yàn)辄c(diǎn)T(－1,1)在直線AD上，所以AD邊所在直線的方程為y－1＝－3(x＋1)，即3x＋y＋2＝0.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y－6＝0,3x＋y＋2＝0))，解得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0，－2)．因?yàn)榫匦蜛BCD兩條對(duì)角線的交點(diǎn)為M(2,0)，所以M為矩形ABCD外接圓的圓心．又r＝|AM|＝eq\r(2－02＋0＋22)＝2eq\r(2).所以矩形ABCD外接圓的方程為(x－2)2＋y2＝8.19．(本小題滿分12分)已知圓的半徑為eq\r(10)，圓心在直線y＝2x上，圓被直線x－y＝0截得的弦長為4eq\r(2)，求圓的方程．[解析]方法一：設(shè)圓的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝10.因?yàn)閳A心在直線y＝2x上，所以b＝2a.①解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－a2＋y－b2＝10，))得2x2－2(a＋b)x＋a2＋b2－10＝0，所以x1＋x2＝a＋b，x1·x2＝eq\f(a2＋b2－10,2).由弦長公式得eq\r(2)·eq\r(a＋b2－2a2＋b2－10)＝4eq\r(2)，化簡得(a－b)2＝4.②解①②組成的方程組，得a＝2，b＝4，或a＝－2，b＝－4.故所求圓的方程是(x－2)2＋(y－4)2＝10，或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10.方法二：設(shè)圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝10，則圓心為(a，b)，半徑r＝eq\r(10)，圓心(a，b)到直線x－y＝0的距離d＝eq\f(|a－b|,\r(2)).由弦長、弦心距、半徑組成的直角三角形得d2＋(eq\f(4\r(2),2))2＝r2，即eq\f(a－b2,2)＋8＝10，所以(a－b)2＝4.又因?yàn)閎＝2a，所以a＝2，b＝4，或a＝－2，b＝－4.故所求圓的方程是(x－2)2＋(y－4)2＝10，或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10.20．(本小題滿分12分)(2022·山東卷)如圖，幾何體E－ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求證：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點(diǎn)，求證：DM∥平面BEC.[解析](1)設(shè)BD中點(diǎn)為O，連接OC，OE，則由BC＝CD知，CO⊥BD，又已知CE⊥BD，所以BD⊥平面OCE.所以BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分線，所以BE＝DE.(2)取AB中點(diǎn)N，連接MN，DN，∵M(jìn)是AE的中點(diǎn)，∴MN∥BE，∵△ABD是等邊三角形，∴DN⊥AB.由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°＋30°＝90°，即BC⊥AB，所以ND∥BC，所以平面MND∥平面BEC，故DM∥平面BEC.21．(本小題滿分12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x－4)2＋(y－5)2＝4和圓C2：(x＋3)2＋(y－1)2＝4.(1)若直線l1過點(diǎn)A(2,0)，且與圓C1相切，求直線l1的方程；(2)直線l2的方程是x＝eq\f(5,2)，證明：直線l1上存在點(diǎn)P，滿足過P的無窮多對(duì)互相垂直的直線l3和l4，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l3被圓C1截得的弦長與直線l4被圓C2截得的弦長相等．[解析](1)若直線斜率不存在，x＝2符合題意；當(dāng)直線l1的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0，由條件得eq\f(|4k－5－2k|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq\f(21,20)，所以直線l1的方程為x＝2或y＝eq\f(21,20)(x－2)，即x＝2或21x－20y－42＝0.(2)由題意知，直線l3，l4的斜率存在，設(shè)直線l3的斜率為k，則直線l4的斜率為－eq\f(1,k)，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(eq\f(5,2)，n)，互相垂直的直線l3，l4的方程分別為：y－n＝k(x－eq\f(5,2))，y－n＝－eq\f(1,k)(x－eq\f(5,2))，即kx－y＋n－eq\f(5,2)k＝0，－eq\f(1,k)x－y＋n＋eq\f(5,2k)＝0，根據(jù)直線l3被圓C1截得的弦長與直線l4被圓C2截得的弦長相等，兩圓半徑相等．由垂徑定理得：圓心C1到直線l3與圓心C2到直線l4的距離相等．故有eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4k－5＋n－\f(5,2)k)),\r(k2＋1))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al