高考數(shù)學(xué) 模塊檢測配套訓(xùn)練 新人教A版必修2

模塊檢測(時間：100分鐘滿分：120分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(·湖北高考)用a，b，c表示三條不同的直線，γ表示平面，給出下列命題：①若a∥b，b∥c，則a∥c；②若a⊥b，b⊥c，則a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，則a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，則a∥b.其中真命題的序號是()．A．①②B．②③C．①④D．③④解析由平行公理可知①正確；②不正確，若三條直線在同一平面內(nèi)，則a∥c；③不正確，a與b有可能平行，也有可能異面或相交；由線面垂直的性質(zhì)可知④正確．答案C2．直線2x－y＋3＝0的傾斜角所在區(qū)間是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))解析由直線方程得其斜率k＝2，又k＞1，∴傾斜角的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).故選B.答案B3．一空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()．A．2π＋2eq\r(3)B．4π＋2eq\r(3)C．2π＋eq\f(2\r(3),3)D．4π＋eq\f(2\r(3),3)解析該幾何體由一圓柱和一正四棱錐組成，圓柱的底面半徑為1，高為2，則其體積為2π，四棱錐的底面邊長為eq\r(2)，高為eq\r(3)，所以體積為eq\f(1,3)×(eq\r(2))2×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3)，所以該幾何體的體積為2π＋eq\f(2\r(3),3).答案C4．在空間直角坐標(biāo)系中，已知點P(1，eq\r(2)，eq\r(3))，過P作平面yOz的垂線PQ，則垂足Q的坐標(biāo)為()．A．(0，eq\r(2)，0) B．(0，eq\r(2)，eq\r(3))C．(1,0，eq\r(3)) D．(1，eq\r(2)，0)解析根據(jù)空間直角坐標(biāo)系的概念知，yOz平面上點Q的x坐標(biāo)為0，y坐標(biāo)、z坐標(biāo)與點P的y坐標(biāo)eq\r(2)，z坐標(biāo)eq\r(3)分別相等，∴Q(0，eq\r(2)，eq\r(3))．故選B.答案B5．若PQ是圓x2＋y2＝9的弦，PQ的中點是M(1,2)，則直線PQ的方程是()．A．x＋2y－3＝0B．x＋2y－5＝0C．2x－y＋4＝0D．2x－y＝0解析由題意知kOM＝eq\f(2－0,1－0)＝2，∴kPQ＝－eq\f(1,2)，∴直線PQ的方程為：y－2＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－5＝0.故選B.答案B6．直線l通過兩直線7x＋5y－24＝0和x－y＝0的交點，且點(5,1)到l的距離為eq\r(10)，則l的方程是()．A．3x＋y＋4＝0B．3x－y＋4＝0C．3x－y－4＝0D．x－3y－4＝0解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7x＋5y－24＝0，,x－y＝0.))得交點(2,2)，設(shè)l的方程為y－2＝k(x－2)，即kx－y＋2－2k＝0，∴eq\f(|5k－1＋2－2k|,\r(k2＋－12))＝eq\r(10)，解得k＝3.∴l(xiāng)的方程為3x－y－4＝0.故選C.答案C7．(·課標(biāo)全國高考)設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，所有棱的長都為a，頂點都在一個球面上，則該球的表面積為()．A．πa2B.eq\f(7,3)πa2C.eq\f(11,3)πa2D．5πa2解析由題意知，該三棱柱為正三棱柱，且側(cè)棱與底面邊長相等，均為a.如圖，P為三棱柱上底面的中心，O為球心，易知AP＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),3)a，OP＝eq\f(1,2)a，所以球的半徑R＝OA滿足R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))2＝eq\f(7,12)a2，故S球＝4πR2＝eq\f(7,3)πa2.答案B8．若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1與圓x2＋y2＝1有公共點，則()．A．a(chǎn)2＋b2≤1B．a(chǎn)2＋b2≥1C.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≤1D.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1解析直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1與圓x2＋y2＝1有公共點，因此圓心(0,0)到直線bx＋ay－ab＝0的距離應(yīng)小于等于1.∴eq\f(|－ab|,\r(a2＋b2))≤1，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1.故選D.答案D9．在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱長相等，側(cè)棱垂直于底面，點D是側(cè)面BB1C1C的中心，則ADA．30°B．45°C．60°D．90°解析過A作AE⊥BC于點E，則易知AE⊥面BB1C1C，則又tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\r(3)，故∠ADE＝60°.故選C.答案C10．過點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lA.eq\f(8,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(28,5)D.eq\f(12,5)解析因為點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.因為直線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.答案D二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中橫線上)11．如圖所示，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).∴S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AO＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2).答案2eq\r(2)12．若過點P(1－a,1＋a)與Q(3,2a)的直線的傾斜角為鈍角，則實數(shù)a解析k＝tanα＝eq\f(2a－1＋a,3－1－a)＝eq\f(a－1,a＋2).∵α為鈍角，∴eq\f(a－1,a＋2)＜0，即(a－1)(a＋2)＜0.∴－2＜a＜1.答案(－2,1)13．與x軸相切并和圓x2＋y2＝1外切的圓的圓心的軌跡方程是________．解析設(shè)M(x，y)為所求軌跡上任一點，則由題意知1＋|y|＝eq\r(x2＋y2)，化簡得x2＝2|y|＋1.答案x2＝2|y|＋1.14．如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，以D為原點，以正方體的三條棱DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，若點P在正方體的側(cè)面BCC1B1及其邊界上運動，并且總是保持AP⊥BD1，則下列點P的坐標(biāo)①(1,1,1)，②(0,1,0)，③(1,1,0)，④(0,1,1)，⑤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))中正確的是________．解析∵點P在正方體的側(cè)面BCC1B1及其邊界上運動，BD1是定線段，AP⊥BD1，∴直線AP在與直線BD1垂直的平面內(nèi)運動，連接AB1，AC得平面ACB1，與平面BCC1B1的交線為CB1，點P的軌跡是線段CB1，故正確的結(jié)論有①②⑤.答案①②⑤三、解答題(本大題共5小題，共54分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15．(10分)如圖是一個長方體截去一個角所得多面體的直觀圖和三視圖．(單位：cm)(1)求該多面體的體積；(2)在所給直觀圖中連結(jié)BC′，證明：BC′∥面EFG.(1)解所求多面體體積V＝V長方體－V正三棱錐＝4×4×6－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))×2＝eq\f(284,3)(cm3)．(2)證明在長方體ABCD-A′B′C′D′中，連結(jié)AD′，則AD′∥BC′.因為E，G分別為AA′，A′D′中點，所以AD′∥EG，從而EG∥BC′.又BC′?平面EFG，所以BC′∥面EFG.16．(10分)已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0，若圓C的切線在x軸、y軸上的截距相等，求切線的方程．解由方程x2＋y2＋2x－4y＋3＝0知圓心為(－1,2)，半徑為eq\r(2).當(dāng)切線過原點時，設(shè)切線方程為y＝kx，則eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，∴k＝2±eq\r(6)，即切線方程為y＝(2±eq\r(6))x.當(dāng)切線不過原點時，設(shè)切線方程為x＋y＝a，則eq\f(|－1＋2－a|,\r(2))＝eq\r(2).∴a＝－1或a＝3，即切線方程為x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.∴切線方程為y＝(2±eq\r(6))x或x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.17．(10分)過點P(3,0)作一直線，使它夾在兩直線l1：2x－y－2＝0與l2：x＋y＋3＝0之間的線段AB恰被點P平分，求此直線的方程．解法一設(shè)點A(x，y)在l1上，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x＋xB,2)＝3，,\f(y＋yB,2)＝0，))∴點B(6－x，－y)，解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y－2＝0，,6－x＋－y＋3＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(11,3)，,y＝\f(16,3).))∴k＝eq\f(\f(16,3)－0,\f(11,3)－3)＝8.∴所求的直線方程為y＝8(x－3)，即8x－y－24＝0.法二設(shè)所求的直線方程為y＝k(x－3)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,2x－y－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xA＝\f(3k－2,k－2)，,yA＝\f(4k,k－2).))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,x＋y＋3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xB＝\f(3k－3,k＋1)，,yB＝\f(－6k,k＋1).))∵P(3,0)是線段AB的中點，∴yA＋yB＝0，即eq\f(4k,k－2)＋eq\f(－6k,k＋1)＝0，∴k2－8k＝0，解得k＝0或k＝8.又∵當(dāng)k＝0時，xA＝1，xB＝－3，此時eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(1－3,2)≠3，∴k＝0舍去，∴所求的直線方程為y＝8(x－3)，即8x－y－24＝0.18．(12分)如圖所示，已知直二面角αABβ，P∈α，Q∈β，PQ與平面α，β所成的角都為30°，PQ＝4，PC⊥AB，C為垂足，QD⊥AB，D為垂足．求：(1)直線PQ與CD所成角的大??；(2)四面體PCDQ的體積．解(1)如圖，在平面β內(nèi)，作CE綉DQ，連接PE，QE，則四邊形CDQE為平行四邊形，所以EQ綉CD，即∠PQE為直線PQ與CD所成的角(或其補角)．∵α⊥β，α∩β＝AB，PC⊥AB于C.∴PC⊥β.同理QD⊥α，又PQ與平面α，β所成的角都為30°，∴∠PQC＝30°，∠QPD＝30°，∴CQ＝PQ·cos30°＝4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)，DQ＝PQ·sin30°＝4×eq\f(1,2)＝2.在Rt△CDQ中，CD＝eq\r(CQ2－DQ2)＝eq\r(12－4)＝2eq\r(2)，從而EQ＝2eq\r(2).∵QD⊥AB，且四邊形CDQE為平行四邊形，∴QE⊥CE.又PC⊥β，EQ?β，∴EQ⊥PC.故EQ⊥平面PCE，從而EQ⊥PE.在Rt△PEQ中，cos∠PQE＝eq\f(EQ,PQ)＝eq\f(2\r(2),4)＝eq\f(\r(2),2).∴∠PQE＝45°，即直線PQ與CD所成角的大小為45°.(2)在Rt△PCQ中，PQ＝4，∠PQC＝30°，∴PC＝2.而S△CDQ＝eq\f(1,2)CD·DQ＝eq\