必修二综合素质测试

1、必修二综合素质测试1(2012湖北卷)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.eq f(8,3) B3 C.eq f(10,3) D62已知正方体外接球的体积是eq f(32,3)，那么正方体的棱长等于()A2eq r(2) B.eq f(2r(2),3) C.eq f(4r(2),3) D.eq f(4r(3),3)3直线x2y10关于直线x1对称的直线方程是()Ax2y10 B2xy10 C2xy30 Dx2y304在空间直角坐标系中，O为坐标原点，设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

2、f(1,3)，eq f(1,3)，eq f(1,3)，则()AOAAB BABAC CACBC DOBOC5若P(2，1)为圆(x1)2y225的弦AB的中点，则直线AB的方程为()Axy30 B2xy30 Cxy10 D2xy506已知m，n是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是()A若m，n，则mn B若，则C若m，m，则 D若m，n，则mn7如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱BB1，B1C1的中点，若CMN90，则异面直线AD1和DM所成角为()A30B45 C60D908(20122013山东济宁模拟)已知直线l过点(2,0)，当直线l与圆x2y22x

3、有两个交点时，其斜率k的取值范围是()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)9在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是()A30 B45 C60 D9010过点M(2,4)作圆C：(x2)2(y1)225的切线l，且直线l1：ax3y2a0与l平行，则l1与l间的距离是()A.eq f(8,5) B.eq f(2,5) C.eq f(28,5) D.eq f(12,5)11点

4、P(4，2)与圆x2y24上任一点连线的中点轨迹方程是()A(x2)2(y1)21 B(x2)2(y1)24C(x4)2(y2)21 D(x2)2(y1)2112设P(x，y)是圆x2(y4)24上任意一点，则eq r(x12y12)的最小值为()A.eq r(26)2 B.eq r(26)2 C5 D613顺次连结A(1,0)，B(1,4)，C(3,4)，D(5,0)所得到的四边形绕y轴旋转一周，所得旋转体的体积是_14经过点P(1,2)的直线，且使A(2,3)，B(0，5)到它的距离相等的直线方程为_15圆x2y2DxEyF0关于直线l1：xy40与直线l2：x3y0都对称，则D_，E_.

5、16已知圆C过点(1,0)，且圆心在x轴的正半轴上，直线l：yx1被圆C所截得的弦长为2eq r(2)，则过圆心且与直线l垂直的直线的方程为_17(本小题满分10分)(2011课标全国高考，文18)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明PABD；(2)设PDAD1，求棱锥DPBC的高18(本小题满分12分)如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2,0)，AB边所在直线的方程为x3y60，点T(1,1)在AD边所在直线上(1)求AD边所在直线的方程；(2)求矩形ABCD外接圆的方程19(本小题满分12分)已知圆的半径为eq r

6、(10)，圆心在直线y2x上，圆被直线xy0截得的弦长为4eq r(2)，求圆的方程20(本小题满分12分)(2012山东卷)如图，几何体EABCD是四棱锥，ABD为正三角形，CBCD，ECBD.(1)求证：BEDE；(2)若BCD120，M为线段AE的中点，求证：DM平面BEC.21(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x4)2(y5)24和圆C2：(x3)2(y1)24.(1)若直线l1过点A(2,0)，且与圆C1相切，求直线l1的方程；(2)直线l2的方程是xeq f(5,2)，证明：直线l1上存在点P，满足过P的无穷多对互相垂直的直线l3和l4，它们分别与圆C1和

7、圆C2相交，且直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等22(本小题满分12分)(2013全国高考卷文科18题)如图已知三棱柱ABCA1B1C1中，D、E分别是AB、BB1的中点(1)证明：BC1面A1CD1；(2)设AA1ACCB2，AB2eq r(2)，求三棱锥CA1DE的体积必修二综合素质测试答题卡题号123456789101112答案13. _ 14. _15. _16. _17.18.19.20.21.22.必修二综合测试答案题号123456789101112答案BDDCADDCCDAB13. eq f(184,3) 14. 4xy20或x1 15. 62 16. x

8、y3017. (1)证明：因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BDeq r(3)AD.从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD.所以BD平面PAD.故PABD.(2)如图，作DEPB，垂足为E.已知PD底面ABCD，则PDBC.由(1)知BDAD，又BCAD，所以BCBD.故BC平面PBD，所以BCDE.则DE平面PBC.由题设知PD1，则BDeq r(3)，PB2.根据DEPBPDBD，得DEeq f(r(3),2)，即棱锥DPBC的高为eq f(r(3),2).18. 解析(1)因为AB边所在直线的方程为x3y60，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为3.

9、又因为点T(1,1)在直线AD上，所以AD边所在直线的方程为y13(x1)，即3xy20.(2)由eq blcrc (avs4alco1(x3y60,3xy20)，解得点A的坐标为(0，2)因为矩形ABCD两条对角线的交点为M(2,0)，所以M为矩形ABCD外接圆的圆心又r|AM|eq r(202022)2eq r(2).所以矩形ABCD外接圆的方程为(x2)2y28.19. 解析方法一：设圆的方程是(xa)2(yb)210.因为圆心在直线y2x上，所以b2a.解方程组eq blcrc (avs4alco1(xy0，,xa2yb210，)得2x22(ab)xa2b2100，所以x1x2ab，x

10、1x2eq f(a2b210,2).由弦长公式得eq r(2)eq r(ab22a2b210)4eq r(2)，化简得(ab)24.解组成的方程组，得a2，b4，或a2，b4.故所求圆的方程是(x2)2(y4)210，或(x2)2(y4)210.方法二：设圆的方程为(xa)2(yb)210，则圆心为(a，b)，半径req r(10)，圆心(a，b)到直线xy0的距离deq f(|ab|,r(2).由弦长、弦心距、半径组成的直角三角形得d2(eq f(4r(2),2)2r2，即eq f(ab2,2)810，所以(ab)24.又因为b2a，所以a2，b4，或a2，b4.故所求圆的方程是(x2)2(

11、y4)210，或(x2)2(y4)210.20. (1)设BD中点为O，连接OC，OE，则由BCCD知，COBD，又已知CEBD，所以BD平面OCE.所以BDOE，即OE是BD的垂直平分线，所以BEDE.(2)取AB中点N，连接MN，DN，M是AE的中点，MNBE，ABD是等边三角形，DNAB.由BCD120知，CBD30，所以ABC603090，即BCAB，所以NDBC，所以平面MND平面BEC，故DM平面BEC.21. (1)若直线斜率不存在，x2符合题意；当直线l1的斜率存在时，设直线l1的方程为yk(x2)，即kxy2k0，由条件得eq f(|4k52k|,r(k21)2，解得keq

12、f(21,20)，所以直线l1的方程为x2或yeq f(21,20)(x2)，即x2或21x20y420.(2)由题意知，直线l3，l4的斜率存在，设直线l3的斜率为k，则直线l4的斜率为eq f(1,k)，设点P坐标为(eq f(5,2)，n)，互相垂直的直线l3，l4的方程分别为：ynk(xeq f(5,2)，yneq f(1,k)(xeq f(5,2)，即kxyneq f(5,2)k0，eq f(1,k)xyneq f(5,2k)0，根据直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等由垂径定理得：圆心C1到直线l3与圆心C2到直线l4的距离相等故有eq f(bl

13、c|rc|(avs4alco1(4k5nf(5,2)k),r(k21)eq f(blc|rc|(avs4alco1(f(3,k)1nf(5,2k),r(f(1,k2)1)，化简得(eq f(5,2)n)keq f(21,2)n或(eq f(1,2)n)kneq f(1,2)(eq f(1,2)n)关于k的方程有无穷多解，有eq f(1,2)n0，即neq f(1,2)，即直线l2上满足条件的点P是存在的，坐标是(eq f(5,2)，eq f(1,2)22. 解析(1)连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，又D是AB中点，连结DF，则BC1DF，因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.