人教A版高一數(shù)學(xué)必修二模塊檢測試卷【含解析】

模塊檢測一、選擇題1．過點A(3，－4)，B(－2，m)的直線l的斜率為－2，則m的值為()A．6B．1C．2D．4答案A解析由題意知kAB＝eq\f(m＋4,－2－3)＝－2，∴m＝6.2．在x軸、y軸上的截距分別是－2、3的直線方程是()A．2x－3y－6＝0B．3x－2y－6＝0C．3x－2y＋6＝0D．2x－3y＋6＝0答案C解析由直線的截距式得，所求直線的方程為eq\f(x,－2)＋eq\f(y,3)＝1，即3x－2y＋6＝0.3．在空間直角坐標(biāo)系中，點B是A(1,2,3)在yOz坐標(biāo)平面內(nèi)的射影，O為坐標(biāo)原點，則|OB|等于()A.eq\r(14)B.eq\r(13)C．2eq\r(3)D.eq\r(11)答案B解析點A(1,2,3)在yOz坐標(biāo)平面內(nèi)的射影為B(0,2,3)，∴|OB|＝eq\r(02＋22＋32)＝eq\r(13).4．已知兩直線y＝ax－2和y＝(a＋2)x＋1互相垂直，則a等于()A．2B．1C．0D．－1答案D解析由題意知(a＋2)a＝－1?a2＋2a＋1＝(a＋1)2＝0，∴a＝－1.也可以代入檢驗．5．動點P到點A(8,0)的距離是到點B(2,0)的距離的2倍，則動點P的軌跡方程為()A．x2＋y2＝32B．x2＋y2＝16C．(x－1)2＋y2＝16D．x2＋(y－1)2＝16答案B解析設(shè)P(x，y)，則由題意可得：2eq\r(x－22＋y2)＝eq\r(x－82＋y2)，化簡整理得x2＋y2＝16，故選B.6．設(shè)長方體的長，寬，高分別為2a，a，a，其頂點都在一個球面上，則該球的表面積為()A．3πa2B．6πa2C．12πa2D．24πa2答案B解析由題意可知，球的直徑等于長方體的體對角線的長度，故2R＝eq\r(4a2＋a2＋a2)，解得R＝eq\f(\r(6),2)a，所以球的表面積S＝4πR2＝6πa2.7．一個多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的體積為()A.eq\f(23,3)B.eq\f(47,6)C．6D．7答案A解析該幾何體是正方體去掉兩個角所形成的多面體，其體積為V＝2×2×2－2×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(23,3).8．過點P(－eq\r(3)，－1)的直線l與圓x2＋y2＝1有公共點，則直線l的傾斜角的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))答案D解析方法一如圖，過點P作圓的切線PA，PB，切點為A，B.由題意知|OP|＝2，|OA|＝1，則sinα＝eq\f(1,2)，所以α＝eq\f(π,6)，∠BPA＝eq\f(π,3).故直線l的傾斜角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).選D.方法二設(shè)過點P的直線方程為y＝k(x＋eq\r(3))－1，則由直線和圓有公共點知eq\f(|\r(3)k－1|,\r(1＋k2))≤1.解得0≤k≤eq\r(3).故直線l的傾斜角的取值范圍是[0，eq\f(π,3)]．9.如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分別為AA1、AB、BB1、B1C1的中點，則異面直線EF與GH所成的角等于()A．45°B．60°C．90°D．120°答案B解析如圖，取A1B1的中點M，連接GM，HM.由題意易知EF∥GM，且△GMH為正三角形．∴異面直線EF與GH所成的角即為GM與GH的夾角∠HGM.而在正三角形GMH中∠HGM＝60°，故選B.10．若曲線C1：x2＋y2－2x＝0與曲線C2：y(y－mx－m)＝0有四個不同的交點，則實數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))答案B解析C1：(x－1)2＋y2＝1，C2：y＝0或y＝mx＋m＝m(x＋1)．當(dāng)m＝0時，C2：y＝0，此時C1與C2顯然只有兩個交點；當(dāng)m≠0時，要滿足題意，需圓(x－1)2＋y2＝1與直線y＝m(x＋1)有兩交點，當(dāng)圓與直線相切時，m＝±eq\f(\r(3),3)，即直線處于兩切線之間時滿足題意，則－eq\f(\r(3),3)<m<0或0<m<eq\f(\r(3),3).二、填空題11．直線l1：y＝x＋a和l2：y＝x＋b將單位圓C：x2＋y2＝1分成長度相等的四段弧，則a2＋b2＝________.答案2解析依題意，不妨設(shè)直線y＝x＋a與單位圓相交于A，B兩點，則∠AOB＝90°.如圖，此時a＝1，b＝－1，滿足題意，所以a2＋b2＝2.12．若某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體的體積等于________cm3.答案24解析由三視圖可知該幾何體為一個直三棱柱被截去了一個小三棱錐，如圖所示．三棱柱的底面為直角三角形，且直角邊長分別為3和4，三棱柱的高為5，故其體積V1＝eq\f(1,2)×3×4×5＝30(cm3)，小三棱錐的底面與三棱柱的上底面相同，高為3，故其體積V2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×3＝6(cm3)，所以所求幾何體的體積為30－6＝24(cm3)．13．過點(3,1)作圓(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的長為________．答案2eq\r(2)解析借助圓的幾何性質(zhì)，確定圓的最短弦的位置，利用半徑、弦心距及半弦長的關(guān)系求弦長．設(shè)A(3,1)，易知圓心C(2,2)，半徑r＝2，當(dāng)弦過點A(3,1)且與CA垂直時為最短弦．|CA|＝eq\r(2－32＋2－12)＝eq\r(2).∴半弦長＝eq\r(r2－|CA|2)＝eq\r(4－2)＝eq\r(2).∴最短弦長為2eq\r(2).14．若圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦的長為2eq\r(3)，則a＝________.答案1解析兩圓的方程相減，得公共弦所在的直線方程為(x2＋y2＋2ay－6)－(x2＋y2)＝0－4?y＝eq\f(1,a)，又a>0，結(jié)合圖象，再利用半徑、弦長的一半及弦心距所構(gòu)成的直角三角形，可知eq\f(1,a)＝eq\r(22－\r(3)2)＝1?a＝1.三、解答題15．已知兩條直線l1：mx＋8y＋n＝0和l2：2x＋my－1＝0，試確定m、n的值，使(1)l1與l2相交于點(m，－1)；(2)l1∥l2；(3)l1⊥l2，且l1在y軸上的截距為－1.解(1)因為l1與l2相交于點(m，－1)，所以點(m，－1)在l1、l2上，將點(m，－1)代入l2，得2m－m－1＝0，解得m＝1.又因為m＝1，把(1，－1)代入l1，所以n＝7.故m＝1，n＝7.(2)要使l1∥l2，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－16＝0，,m×－1－2n≠0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝4，,n≠－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－4,n≠2.))(3)要使l1⊥l2，則有m·2＋8·m＝0，得m＝0.則l1為y＝－eq\f(n,8)，由于l1在y軸上的截距為－1，所以－eq\f(n,8)＝－1，即n＝8.故m＝0，n＝8.16.如圖，在三棱錐SABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過A作AF⊥SB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的中點．求證：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.證明(1)因為AS＝AB，AF⊥SB，垂足為F，所以F是SB的中點．又因為E是SA的中點，所以EF∥AB.因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)因為平面SAB⊥平面SBC，且交線為SB，又AF?平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.因為BC?平面SBC，所以AF⊥BC.又因為AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF?平面SAB，AB?平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因為SA?平面SAB，所以BC⊥SA.17.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點．(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求證：C1F∥平面ABE；(3)求三棱錐E－ABC的體積．(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.又因為AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1，又AB?平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)證明取AB的中點G，連接EG，F(xiàn)G.因為E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.因為AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四邊形FGEC1為平行四邊形．所以C1F∥EG.又因為EG?平面ABE，C1F?平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)解因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱錐E－ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).18．如圖，為保護(hù)河上古橋OA，規(guī)劃建一座新橋BC，同時設(shè)立一個圓形保護(hù)區(qū)．規(guī)劃要求：新橋BC與河岸AB垂直；保護(hù)區(qū)的邊界為圓心M在線段OA上并與BC相切的圓，且古橋兩端O和A到該圓上任意一點的距離均不少于80m．經(jīng)測量，點A位于點O正北方向60m處，點C位于點O正東方向170m處(OC為河岸)，tan∠BCO＝eq\f(4,3).(1)求新橋BC的長；(2)當(dāng)OM多長時，圓形保護(hù)區(qū)的面積最大？解方法一(1)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OC所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy.由條件知A(0,60)，C(170,0)，直線BC的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－eq\f(4,3).又因為AB⊥BC，所以直線AB的斜率kAB＝eq\f(3,4).設(shè)點B的坐標(biāo)為(a，b)，則kBC＝eq\f(b－0,a－170)＝－eq\f(4,3)，①kAB＝eq\f(b－60,a－0)＝eq\f(3,4).②聯(lián)立①②解得a＝80，b＝120.所以BC＝eq\r(170－802＋0－1202)＝150.因此新橋BC的長是150m.(2)設(shè)保護(hù)區(qū)的邊界圓M的半徑為rm，OM＝dm(0≤d≤60)．由條件知，直線BC的方程為y＝－eq\f(4,3)(x－170)，即4x＋3y－680＝0.由于圓M與直線BC相切，故點M(0，d)到直線BC的距離是r，即r＝eq\f(|3d－680|,\r(42＋32))＝eq\f(680－3d,5).因為O和A到圓M上任意一點的距離均不少于80m，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r－d≥80，,r－60－d≥80，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(680－3d,5)－d≥80，,\f(680－3d,5)－60－d≥80.))解得10≤d≤35.故當(dāng)d＝10時，r＝eq\f(680－3d,5)最大，即圓面積最大．所以當(dāng)OM＝10m時，圓形保護(hù)區(qū)的面積最大．方法二(1)如圖，延長OA，CB交于點F.因為tan∠FCO＝eq\f(4,3)，所以sin∠FCO＝eq\f(4,5)，cos∠FCO＝eq\f(3,5).因為OA＝60，OC＝170，所以O(shè)F＝OCtan∠FCO＝eq\f(680,3)，CF＝eq\f(OC,cos∠FCO)＝eq\f(850,3)，從而AF＝OF－OA＝eq\f(500,3).因為OA⊥OC，所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝eq\f(4,5).又因為AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝eq\f(400,3)，從而BC＝CF－BF＝150.因此新橋BC的長是150m.(2)設(shè)保護(hù)區(qū)的邊界圓M與BC的切點為D，連接MD，則MD⊥BC，且MD是圓M的半徑，并設(shè)MD＝rm，OM＝dm(0≤d≤60)．因為OA⊥OC，所以sin∠CFO＝cos∠FCO.故由(1)知sin∠CFO＝eq