高中數(shù)學(xué)人教A版本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 優(yōu)秀2

模塊質(zhì)量評(píng)估(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2023·景德鎮(zhèn)期末)已知直線x－eq\r(3)y－2＝0，則該直線的傾斜角為()A．30° B．60°C．120° D．150°解析：直線x－eq\r(3)y－2＝0的斜率k＝eq\f(\r(3),3)，故傾斜角為30°，選A.答案：A2．(2023·濮陽綜合高中月考)過點(diǎn)A(4，a)和B(5，b)的直線與y＝x＋m平行，則|AB|的值為()A．6 \r(2)C．2 D．不確定解析：由kAB＝eq\f(b－a,5－4)＝1，得b－a＝1，即|AB|＝eq\r(5－42＋b－a2)＝eq\r(2).故選B.答案：B3．(2023·葫蘆島期末)在空間直角坐標(biāo)系中已知點(diǎn)P(0,0，eq\r(3))和點(diǎn)C(－1,2,0)，則在y軸上到P和C的距離相等的點(diǎn)M坐標(biāo)是()A．(0,1,0) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)) D．(0,2,0)解析：設(shè)M(0，y,0)，則|MP|＝|MC|，所以eq\r(y2＋\r(3)2)＝eq\r(－12＋2－y2)，解得y＝eq\f(1,2)，故選C.答案：C4．若直線(1＋a)x＋y＋1＝0與圓x2＋y2－2x＝0相切，則a的值為()A．1或－1 B．2或－2C．1 D．－1解析：圓x2＋y2－2x＝0的圓心(1,0)，半徑為1，依題意得eq\f(|1＋a＋0＋1|,\r(1＋a2＋1))＝1，即|a＋2|＝eq\r(a＋12＋1)，平方整理得a＝－1，故選D.答案：D5．(2023·中山市楊仙逸中學(xué)檢測(cè))如圖是某幾何體的三視圖，其中正視圖是腰長為2的等腰三角形，俯視圖是半徑為1的半圓，則該幾何體的體積是()\f(4\r(3),3)π \f(1,2)π\(zhòng)f(\r(3),3)π \f(\r(3),6)π解析：由題意知，該幾何體為沿軸截面切開的半個(gè)圓錐，圓 錐的半徑為1，高為eq\r(3)，故所求體積為eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),6)π，選D.答案：D6．(2023·銀川一中期末)在空間給出下面四個(gè)命題(其中m，n為不同的兩條直線，α，β為不同的兩個(gè)平面)①m⊥α，n∥α?m⊥n②m∥n，n∥α?m∥α③m∥n，n⊥β，m∥α?α⊥β④m∩n＝A，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β?α∥β其中正確的命題個(gè)數(shù)有()A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．4個(gè)解析：②中m也可能在平面α內(nèi)，②錯(cuò)，①③④正確，故選C.答案：C7．直線l將圓x2＋y2－2x－4y＝0平分，且與直線x＋2y＝0垂直，則直線l的方程是()A．2x－y＝0 B．2x－y－2＝0C．x＋2y－3＝0 D．x－2y＋3＝0解析：依題意知直線l過圓心(1,2)，斜率k＝2，所以l的方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0，故選A.答案：A8．(2023·大連六校聯(lián)考)若點(diǎn)A(－3，－4)，B(6,3)到直線l：ax＋y＋1＝0的距離相等，則實(shí)數(shù)a的值為()\f(7,9) B．－eq\f(1,3)\f(7,9)或eq\f(1,3) D．－eq\f(7,9)或－eq\f(1,3)解析：由eq\f(|－3a－4＋1|,\r(a2＋12))＝eq\f(|6a＋3＋1|,\r(a2＋12))，解得a＝－eq\f(7,9)或－eq\f(1,3)，故選D.答案：D9．點(diǎn)P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD＝AD，則PA與BD所成角的度數(shù)為()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：利用正方體求解，如圖所示：PA與BD所成的角，即為PA與PQ所成的角，因?yàn)椤鰽PQ為等邊三角形，所以∠APQ＝60°，故PA與BD所成角為60°，選C.答案：C10．在四面體A－BCD中，棱AB，AC，AD兩兩互相垂直，則頂點(diǎn)A在底面BCD上的投影H為△BCD的()A．垂心 B．重心C．外心 D．內(nèi)心解析：因?yàn)锳B⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，因?yàn)锳B⊥平面ACD，所以AB⊥CD.因?yàn)锳H⊥平面BCD，所以AH⊥CD，AB∩AH＝A，所以CD⊥平面ABH，所以CD⊥BH.同理可證CH⊥BD，DH⊥BC，則H是△BCD的垂心．故選A.答案：A11．圓x2＋y2＋2x＋4y－3＝0上到直線x＋y＋1＝0的距離為eq\r(2)的點(diǎn)共有()A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．4個(gè)解析：圓x2＋y2＋2x＋4y－3＝0的圓心坐標(biāo)是(－1，－2)，半徑是2eq\r(2)，圓心到直線x＋y＋1＝0的距離為eq\r(2)，∴過圓心平行于直線x＋y＋1＝0的直線與圓有兩個(gè)交點(diǎn)，另一條與直線x＋y＋1＝0的距離為eq\r(2)的平行線與圓相切，只有一個(gè)交點(diǎn)，共有3個(gè)交點(diǎn)，故選C.答案：C12．(2023·德州高一期末)將邊長為a的正方形ABCD沿對(duì)角線AC折起，使得BD＝a，則三棱錐D－ABC的體積為()\f(\r(2),12)a3 \f(a3,12)\f(\r(2),4)a3 \f(a3,6)解析：取AC的中點(diǎn)O，如圖，則BO＝DO＝eq\f(\r(2),2)a，又BD＝a，所以BO⊥DO，又DO⊥AC，所以DO⊥平面ACB，VD－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·DO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×a2×eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(\r(2),12)a3.故選A.答案：A二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分．請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上)13．如下圖所示，Rt△A′B′C′為水平放置的△ABC的直觀圖，其中A′C′⊥B′C′，B′O′＝O′C′＝1，則△ABC的面積為________．解析：由直觀圖畫法規(guī)則將△A′B′C′還原為△ABC，如圖所示，則有BO＝OC＝1，AO＝2eq\r(2).故S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AO＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)14．已知A(0,8)，B(－4,0)，C(m，－4)三點(diǎn)共線，則實(shí)數(shù)m的值是________．解析：kAB＝eq\f(8－0,0＋4)＝2，kBC＝eq\f(0＋4,－4－m)∵kAB＝kBC，∴m＝－6.答案：－615．直線y＝2x＋3被圓x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦長等于________．解析：先求弦心距，再求弦長．圓的方程可化為(x－3)2＋(y－4)2＝25，故圓心為(3,4)，半徑r＝5.又直線方程為2x－y＋3＝0，所以圓心到直線的距離為d＝eq\f(|2×3－4＋3|,\r(4＋1))＝eq\r(5)，所以弦長為2eq\r(r2－d2)＝2×eq\r(25－5)＝2eq\r(20)＝4eq\r(5).答案：4eq\r(5)16．已知正四棱錐O－ABCD的體積為eq\f(3\r(2),2)，底面邊長為eq\r(3)，則以O(shè)為球心，OA為半徑的球的表面積為________．解析：本題先求出正四棱錐的高h(yuǎn)，然后求出側(cè)棱的長，再運(yùn)用球的表面積公式求解．V四棱錐O－ABCD＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\r(3)h＝eq\f(3\r(2),2)，得h＝eq\f(3\r(2),2)，∴OA2＝h2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2＝eq\f(18,4)＋eq\f(6,4)＝6.∴S球＝4πOA2＝24π.答案：24π三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分12分)(2023·河源市高二(上)期中)軸截面為正三角形的圓錐內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球，若圓錐的底面半徑為2，求球的體積．解析：如圖所示，作出軸截面，因?yàn)椤鰽BC是正三角形，所以CD＝eq\f(1,2)AC＝2，所以AC＝4，AD＝eq\f(\r(3),2)×4＝2eq\r(3)，因?yàn)镽t△AOE∽R(shí)t△ACD，所以eq\f(OE,AO)＝eq\f(CD,AC).設(shè)OE＝R，則AO＝2eq\r(3)－R，所以eq\f(R,2\r(3)－R)＝eq\f(1,2)，所以R＝eq\f(2\r(3),3).所以V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))3＝eq\f(32\r(3)π,27).所以球的體積等于eq\f(32\r(3)π,27).18．(本小題滿分12分)(2023·福建八縣一中聯(lián)考)已知直線l：kx－y＋1－2k＝0(k∈R)．(1)證明：直線l過定點(diǎn)；(2)若直線l交x軸正半軸于點(diǎn)A，交y軸正半軸于點(diǎn)B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且|OA|＝|OB|，求k的值．解析：(1)證明：法一：直線l的方程可化為y－1＝k(x－2)，故無論k取何值，直線l總過定點(diǎn)(2,1)．法二：設(shè)直線過定點(diǎn)(x0，y0)，則kx0－y0＋1－2k＝0對(duì)任意k∈R恒成立，即(x0－2)k－y0＋1＝0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0－2＝0，,－y0＋1＝0))解得x0＝2，y0＝1，故直線l總過定點(diǎn)(2,1)．(2)因?yàn)橹本€l的方程為y＝kx－2k＋1，則直線l在y軸上的截距為1－2k，在x軸上的截距為2－eq\f(1,k)，依題意1－2k＝2－eq\f(1,k)＞0，解得k＝－1或k＝eq\f(1,2)(經(jīng)檢驗(yàn)，不合題意)所以所求k＝－1.19．(本小題滿分12分)(2023·西安一中期末)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，O是底面ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)．求證：(1)C1O∥平面AB1D1；(2)A1C⊥平面AB1D1.證明：(1)連接A1C1，設(shè)A1C1∩B1D1＝O1，連接AO1，因?yàn)锳BCD－A1B1C1D1是正方體，所以A1ACC1是平行四邊形，D1B1∩AB1＝B1，所以A1C1∥AC，且A1C1＝AC，又O1，O分別是A1C1，AC的中點(diǎn)，所以O(shè)1C1∥AO且O1C1＝AO，所以AOC1O1是平行四邊形，所以C1O∥AO1，AO1?平面AB1D1，C1O?平面AB1D1，所以C1O∥平面AB1D1，(2)因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1D1，又因?yàn)锳1C1⊥B1D1，所以B1D1⊥平面A1C1C，即A1C⊥B1D1，同理可證A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1＝B1，所以A1C⊥平面AB1D1.20．(本小題滿分12分)求圓心在直線y＝－2x上，并且經(jīng)過點(diǎn)A(0,1)，與直線x＋y＝1相切的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．解析：因?yàn)閳A心在直線y＝－2x上，設(shè)圓心坐標(biāo)為(a，－2a)，則圓的方程為(x－a)2＋(y＋2a)2＝r2，圓經(jīng)過點(diǎn)A(0,1)且和直線x＋y＝1相切，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋2a＋12＝r2，,\f(|a－2a－1|,\r(2))＝r，))解得a＝－eq\f(1,3)，r＝eq\f(\r(2),3)，所以圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2,3)))2＝eq\f(2,9).21．(本小題滿分13分)如圖所示，在四棱錐V－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.(1)求證：AB⊥平面VAD；(2)求平面VAD與平面VDB所成的二面角的大?。馕觯?1)證明：∵底面ABCD是正方形，∴AB⊥AD.∵平面VAD⊥底面ABCD，平面VAD∩底面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB?底面ABCD，∴AB⊥平面VAD.(2)取VD的中點(diǎn)E，連接AE，BE.∵△VAD是正三角形，∴AE⊥VD，AE＝eq\f(\r(3),2)AD.∵AB⊥平面VAD，VD?平面VAD，∴AB⊥VD.又AB∩AE＝A，∴VD⊥平面ABE.∵BE?底面ABE，∴VD⊥BE.∴∠ABE就是平面VAD與平面VDB所成的二面角的平面角．在Rt△BAE中，tan∠BEA＝eq\f(BA,AE)＝eq\f(AD,\f(\r(3),2)AD)＝eq\f(2\r(3),3).∴平面VAD與平面VDB所成的二面角的正切值為eq\f(2\r(3),3).22.(本小題滿分13分)如圖，設(shè)P是圓x2＋