2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)模塊提升卷B含解析北師大版必修2

PAGE模塊提升卷(B)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選項中，只有一項是符合題目要求的)1．經(jīng)過點(2，－1)且與直線x＋y－5＝0垂直的直線的方程是()A．x＋y＋3＝0B．x－y＋3＝0C．x＋y－3＝0D．x－y－3＝0解析：因為所求的直線與直線x＋y－5＝0垂直，故所求直線的斜率為1.又直線經(jīng)過點(2，－1)，故所求直線的方程為y＋1＝x－2，即x－y－3＝0.答案：D2．直線ax＋by＋4＝0和(1－a)x－y－b＝0都平行于直線x＋2y＋3＝0，則()A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2),b＝－3))B.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,3),b＝－3))C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2),b＝3))D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(3,2),b＝3))解析：∵直線ax＋by＋4＝0與直線x＋2y＋3＝0平行，∴eq\f(a,1)＝eq\f(b,2)且eq\f(b,2)≠eq\f(4,3)，①∵直線(1－a)x－y－b＝0與直線x＋2y＋3＝0平行，∴eq\f(1－a,1)＝eq\f(－1,2)且eq\f(－1,2)≠eq\f(－b,3)，②由①②得a＝eq\f(3,2)，b＝3.故選C.答案：C3．假如一個水平放置的圖形的直觀圖是一個底角為45°，腰和上底均為1的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是()A．2＋eq\r(2)B.eq\f(1＋\r(2),2)C.eq\f(2＋\r(2),2)D．1＋eq\r(2)解析：由題意得原平面圖形是一個上底為1，下底為1＋eq\r(2)，高為2的直角梯形，∴它的面積S＝eq\f(1＋1＋\r(2),2)×2＝2＋eq\r(2)，故選A.答案：A4．長方體的一個頂點處的三條棱長之比為123，全面積為88，則它的對角線長為()A.eq\r(14)B．2eq\r(14)C．2eq\r(13)D.eq\r(13)解析：設(shè)長方體的三條棱長分別為k,2k,3k，則它的全面積S＝2(2k2＋3k2＋6k2)＝88，所以k2＝4，所以對角線的長為eq\r(14k2)＝2eq\r(14).答案：B5．設(shè)點P(a，b，c)關(guān)于原點對稱的點為P′，則|PP′|＝()A.eq\r(a2＋b2＋c2)B．2eq\r(a2＋b2＋c2)C．|a＋b＋c|D．2|a＋b＋c|解析：P(a，b，c)關(guān)于原點對稱的點為P′(－a，－b，－c)，則|PP′|＝eq\r([a－－a2]＋[b－－b]2＋[c－－c]2)＝2eq\r(a2＋b2＋c2).答案：B6．一正四面體木塊如圖所示，若P是棱VA的中點，過點P將木塊鋸開，使截面平行于棱VB和AC，若木塊的棱長為a，則截面面積為()A.eq\f(a2,2)B.eq\f(a2,3)C.eq\f(a2,4)D.eq\f(a2,5)解析：過P的截面為正方形，邊長為eq\f(a,2)，所以面積為eq\f(a2,4).答案：C7．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，與AD1A．平面DD1C1CB．平面AC．平面A1B1C1D1D．平面A1解析：連接A1D、B1C，如圖．由ABCD－A1B1C1D1為正方體可知，AD1⊥A1B1，AD1⊥A1D，又A1B1∩A1D＝A1，故AD1⊥平面A1DCB答案：B8．如圖所示，定圓半徑為a，圓心為(b，c)，則直線ax＋by＋c＝0與直線x－y＋1＝0的交點在()A．第四象限B．第三象限C．其次象限D(zhuǎn)．第一象限解析：解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋by＋c＝0，,x－y＋1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(b＋c,a＋b)，,y＝\f(a－c,a＋b).))由題意，知a>0，b<0，c>0，a<－b，a>c，－b>c，所以x＝－eq\f(b＋c,a＋b)<0，y＝eq\f(a－c,a＋b)<0.故交點在第三象限．答案：B9．設(shè)α表示平面，a、b表示兩條不同的直線，給定下列四個命題：①若a∥α，a⊥b，則b⊥α②若a∥b，a⊥α，則b⊥α③若a⊥α，a⊥b，則b∥α④若a⊥α，b⊥α，則a∥b.其中為假命題的是()A．①③B．②③C．②④D．①③④解析：①中b還可能平行于α或與α斜交；③中b還可能在α內(nèi)；②④是真命題．故選A.答案：A10．已知點P(x，y)滿意(x＋2)2＋y2＝1，則eq\f(y,x)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\r(3)，3]C．(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(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)，＋∞))解析：(x＋2)2＋y2＝1表示圓心為(－2,0)，半徑為1的圓，過點(0,0)和P(x，y)的直線的斜率為eq\f(y,x).如圖，可知這樣的直線的傾斜角的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)).故eq\f(y,x)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).答案：A11．半徑為6的圓與x軸相切，且與圓x2＋(y－3)2＝1內(nèi)切，則此圓的方程為()A．(x－4)2＋(y－6)2＝6B．(x±4)2＋(y－6)2＝6C．(x－4)2＋(y－6)2＝36D．(x±4)2＋(y－6)2＝36解析：由題意知，半徑為6的圓與x軸相切，且圓心在x軸上方．設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(a，b)，則b＝6，再由eq\r(a2＋32)＝5，可以解得a＝±4，故所求圓的方程為(x±4)2＋(y－6)2＝36.故選D.答案：D12．若直線y＝kx－1與曲線y＝－eq\r(1－x－22)有公共點，則k的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．[0,1]解析：曲線y＝－eq\r(1－x－22)表示的圖形是一個半圓，直線y＝kx－1過定點(0，－1)，在同一坐標(biāo)系中畫出直線和半圓的草圖，由圖可知，k的取值范圍是[0,1]，故選D.答案：D二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把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．已知點P(0，－1)，點Q在直線x－y＋1＝0上，若直線PQ垂直于直線x＋2y－5＝0，則點Q的坐標(biāo)是________．解析：設(shè)Q(x0，y0)，因為點Q在直線x－y＋1＝0上，所以x0－y0＋1＝0①又直線x＋2y－5＝0的斜率k＝－eq\f(1,2)，直線PQ的斜率kPQ＝eq\f(y0＋1,x0)，所以由直線PQ垂直于直線x＋2y－5＝0，得eq\f(y0＋1,x0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1②由①②解得x0＝2，y0＝3，即點Q的坐標(biāo)是(2,3)．答案：(2,3)15．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)，∴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70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)一幾何體按比例繪制的三視圖如圖(單位：m)：(1)試畫出它的直觀圖；(2)求它的表面積和體積．解析：(1)直觀圖如圖①.(2)解法一：由三視圖可知該幾何體是由長方體截去一個角而得到的，且該幾何體的體積是以A1A、A1D1，A1B1為棱的長方體的體積的eq\f(3,4)，在直角梯形AA1B1B中，作BE⊥A1B1于E，如圖②，則四邊形AA1EB是正方形，∴AA1＝BE＝1m在Rt△BEB1中，BE＝1m，EB1＝1∴BB1＝eq\r(2)m.∴幾何體的表面積S＝S正方形AA1D1D＋2S梯形AA1B1B＋S矩形BB1C1C＋S正方形ABCD＋S矩形A1B1C1D1＝1＋2×eq\f(1,2)×(1＋2)×1＋1×eq\r(2)＋1＋1×2＝(7＋eq\r(2))m2，幾何體的體積V＝eq\f(3,4)×1×2×1＝eq\f(3,2)m3.∴該幾何體的表面積為(7＋eq\r(2))m2，體積為eq\f(3,2)m3.解法二：該幾何體可看成以四邊形AA1B1B為底面的直四棱柱，其表面積求法同解法一，V直四棱柱D1C1CD－A1B1BA＝Sh＝eq\f(1,2)×(1＋2)×1×1＝eq\f(3,2)m3.∴該幾何體的表面積為(7＋eq\r(2))m2，體積為eq\f(3,2)m3.18．(12分)(2024·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；(2)若直線l交x軸正半軸于點A，交y軸正半軸于點B，O為坐標(biāo)原點，且|OA|＝|OB|，求k的值．解析：(1)有兩種證法．證法一：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(2,1)．證法二：設(shè)直線過定點(x0，y0)，則kx0－y0＋1－2k＝0對隨意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(2,1)．(2)因為直線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，不合題意)，所以所求k＝－1.19．(12分)(2024·保定高一檢測)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，點D是AB求證：(1)AC⊥BC1.(2)AC1∥平面B1CD.證明：(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC所以CC1⊥AC，又AC⊥BC，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1，BC1?平面BCC1B1所以AC⊥BC1.(2)設(shè)BC1與B1C的交點為O，連接OD因為BCC1B1為平行四邊形，所以O(shè)為B1C又D是AB的中點，所以O(shè)D是△ABC1的中位線，OD∥AC1，又因為AC1?平面B1CD，OD?平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD.20．(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分別是AB，PC的中點，PA＝AD.(1)求證：MN∥平面PAD；(2)求證：平面PMC⊥平面PCD.證明：(1)如圖，取PD的中點E，連接EN，AE.∵N是PC的中點，∴EN綊eq\f(1,2)DC，又∵AM綊eq\f(1,2)DC，∴EN綊AM，∴四邊形AENM是平行四邊形，∴AE∥MN.又∵AE平面PAD，MN平面PAD，∴MN∥平面PAD.(2)∵PA＝AD，E是PD的中點，∴AE⊥PD.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.又AD⊥CD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD.∵AE平面PAD，∴AE⊥CD.∵PD∩CD＝D，∴AE⊥平面PCD.又∵AE∥MN，∴MN⊥平面PCD.∵M(jìn)N平面PMC，∴平面PMC⊥平面PCD.21．(12分)已知圓x2＋y2－2x－4y＋m＝0.(1)此方程表示圓，求m的取值范圍；(2)若(1)中的圓與直線x＋2y－4＝0相交于M，N兩點，且OM⊥ON(O為坐標(biāo)原點)，求m的值．解析：(1)方程x2＋y2－2x－4y＋m＝0，可化為(x－1)2＋(y－2)2＝5－m，因為此方程表示圓，所以5－m>0，即m<5.(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2x－4y＋m＝0，,x＋2y－4＝0，))消去x得(4－2y)2＋y2－2×(4－2y)－4y＋m＝0，化簡得5y2－16y＋m＋8＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(16,5)，①,y1y2＝\f(m＋8,5).②))由OM⊥ON得y1y2＋x1x2＝0即y1y2＋(4－2y1)(4－2y2)＝0，所以16－8(y1＋y2)＋5y1y2＝0.將①②兩式代入上式得16－8×eq\f(16,5)＋5×eq\f(m＋8,5)＝0，解之得m＝eq\f(8,5).22．(12分)已知：以點Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(2,t)))為圓心的圓與x軸交于點O，A，與y軸交于點O，B，其中O為原點．(1)求證：△OAB的