高中数学 模块检测 新人教B版必修2

模块检测(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是 ()．A．①② B．②③C．①④ D．③④解析由平行公理可知①正确；②不正确，若三条直线在同一平面内，则a∥c；③不正确，a与b有可能平行，也有可能异面或相交；由线面垂直的性质可知④正确．答案C2．直线2x－y＋3＝0的倾斜角所在区间是 ()．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))解析由直线方程得其斜率k＝2，又k＞1，∴倾斜角的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).故选B.答案B3．若直线y＝x＋2k＋1与直线y＝－eq\f(1,2)x＋2的交点在第一象限，则实数k的取值范围是 ()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)，\f(1,2)))解析联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2k＋1，,y＝－\f(1,2)x＋2.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(21－2k,3)，,y＝\f(2k＋5,3).))因为直线y＝x＋2k＋1与直线y＝－eq\f(1,2)x＋2的交点在第一象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(21－2k,3)＞0，,\f(2k＋5,3)＞0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＜\f(1,2)，,k＞－\f(5,2).))所以－eq\f(5,2)＜k＜eq\f(1,2).答案A4．在空间直角坐标系中，已知点P(1，eq\r(2)，eq\r(3))，过P作平面yOz的垂线PQ，则垂足Q的坐标为 ()．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)解析根据空间直角坐标系的概念知，yOz平面上点Q的x坐标为0，y坐标、z坐标与点P的y坐标eq\r(2)，z坐标eq\r(3)分别相等，∴Q(0，eq\r(2)，eq\r(3))．故选B.答案B5．若PQ是圆x2＋y2＝9的弦，PQ的中点是M(1,2)，则直线PQ的方程是()．A．x＋2y－3＝0 B．x＋2y－5＝0C．2x－y＋4＝0 D．2x－y＝0解析由题意知kOM＝eq\f(2－0,1－0)＝2，∴kPQ＝－eq\f(1,2)，∴直线PQ的方程为：y－2＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－5＝0.故选B.答案B6．直线l通过两直线7x＋5y－24＝0和x－y＝0的交点，且点(5,1)到l的距离为eq\r(10)，则l的方程是 ()．A．3x＋y＋4＝0 B．3x－y＋4＝0C．3x－y－4＝0 D．x－3y－4＝0解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7x＋5y－24＝0，,x－y＝0.))得交点(2,2)，设l的方程为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的方程为3x－y－4＝0.故选C.答案C7．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 ()．A．πa2 B.eq\f(7,3)πa2C.eq\f(11,3)πa2 D．5πa2解析由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a.如图，P为三棱柱上底面的中心，O为球心，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，所以球的半径R＝OA满足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．若直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1与圆x2＋y2＝1有公共点，则 ()．A．a2＋b2≤1 B．a2＋b2≥1C.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≤1 D.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1解析直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1与圆x2＋y2＝1有公共点，因此圆心(0,0)到直线bx＋ay－ab＝0的距离应小于等于1.∴eq\f(|－ab|,\r(a2＋b2))≤1，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1.故选D.答案D9．若直线l与直线y＝1，x＝7，分别交于点P，Q，且线段PQ的中点坐标为(1，－1)，则直线l的斜率为 ()．A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C．－eq\f(3,2) D.eq\f(2,3)解析设P(xP，yP)，由题意及中点坐标公式，得xP＋7＝2，解得xP＝－5，∴P(－5,1)，∴直线l的斜率k＝eq\f(1－－1,－5－1)＝－eq\f(1,3).答案B10．已知点A(－3，－4)，B(6,3)到直线l：ax＋y＋1＝0的距离相等，则实数a的值为 ()．A.eq\f(7,9) B．－eq\f(1,3)C．－eq\f(7,9)或－eq\f(1,3) D.eq\f(7,9)或eq\f(1,3)解析由题意及点到直线的距离公式得，eq\f(|－3a－4＋1|,\r(a2＋1))＝eq\f(|6a＋3＋1|,\r(a2＋1))，解得a＝－eq\f(1,3)或－eq\f(7,9).答案C11．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BBA．30° B．45°C．60° D．90°解析过A作AE⊥BC于点E，则易知AE⊥面BB1C1C，则∠ADE即为所求，又tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\r(3)，故∠ADE＝60°.故选C.答案C12．过点M(－2,4)作圆C：(x－2)2＋(y－1)2＝25的切线l，且直线l1：ax＋3y＋2a＝0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)解析因为点M(－2,4)在圆C上，所以切线l的方程为(－2－2)(x－2)＋(4－1)(y－1)＝25，即4x－3y＋20＝0.因为直线l与直线l1平行，所以－eq\f(a,3)＝eq\f(4,3)，即a＝－4，所以直线l1的方程是－4x＋3y－8＝0，即4x－3y＋8＝0.所以直线l1与直线l间的距离为eq\f(|20－8|,\r(42＋－32))＝eq\f(12,5).故选D.答案D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．已知圆心在x轴上，半径为eq\r(2)的圆O位于y轴左侧，且与直线x＋y＝0相切，则圆O的方程是________．解析设圆心为(a,0)(a＜0)，则r＝eq\f(|a＋0|,\r(12＋12))＝eq\r(2)，∴a＝－2，∴圆O的方程为(x＋2)2＋y2＝2.答案(x＋2)2＋y2＝214．若过点P(1－a,1＋a)与Q(3,2a)的直线的倾斜角为钝角，则实数a解析k＝tanα＝eq\f(2a－1＋a,3－1－a)＝eq\f(a－1,a＋2).∵α为钝角，∴eq\f(a－1,a＋2)＜0，即(a－1)(a＋2)＜0.∴－2＜a＜1.答案(－2,1)15．与x轴相切并和圆x2＋y2＝1外切的圆的圆心的轨迹方程是________．解析设M(x，y)为所求轨迹上任一点，则由题意知1＋|y|＝eq\r(x2＋y2)，化简得x2＝2|y|＋1.答案x2＝2|y|＋1.16．如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，以D为原点，以正方体的三条棱DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，若点P在正方体的侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则下列点P的坐标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)))中正确的是________．解析∵点P在正方体的侧面BCC1B1及其边界上运动，BD1是定线段，AP⊥BD1，∴直线AP在与直线BD1垂直的平面内运动，连接AB1，AC得平面ACB1，由于BD1⊥平面ACB1而△ACB1与平面BCC1B1的交线为CB1，点P的轨迹是线段CB1，故正确的结论有①②⑤.答案①②⑤三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)求经过原点，且过圆x2＋y2＋8x－6y＋21＝0和直线x－y＋5＝0的两个交点的圆的方程．解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋8x－6y＋21＝0，,x－y＋5＝0，))求得交点(－2,3)，(－4,1)．设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，∵(0,0)，(－2,3)，(－4,1)三点在圆上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F＝0，,4＋9－2D＋3E＋F＝0，,16＋1－4D＋E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝\f(19,5)，,E＝－\f(9,5)，,F＝0，))所以所求圆的方程为x2＋y2＋eq\f(19,5)x－eq\f(9,5)y＝0.18．(12分)在△ABC中，BC边上的高所在直线的方程为x－2y＋1＝0，∠A的平分线所在的直线方程为y＝0.若点B的坐标为(1,2)，求点A和点C的坐标．解由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0，,y＝0，))解得点A的坐标为(－1,0)，又直线AB的斜率kAB＝1，x轴是∠A的平分线，所以kAC＝－1，则AC边所在的直线方程为y＝－(x＋1)．①又已知BC边上的高所在直线的方程为x－2y＋1＝0，故直线BC的斜率kBC＝－2，所以BC边所在的直线方程为y－2＝－2(x－1)．②解①②组成的方程组得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝－6，))即顶点C的坐标为(5，－6)．19．(12分)已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0，若圆C的切线在x轴、y轴上的截距相等，求切线的方程．解由方程x2＋y2＋2x－4y＋3＝0知圆心为(－1,2)，半径为eq\r(2).当切线过原点时，设切线方程为y＝kx，则eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，∴k＝2±eq\r(6)，即切线方程为y＝(2±eq\r(6))x.当切线不过原点时，设切线方程为x＋y＝a，则eq\f(|－1＋2－a|,\r(2))＝eq\r(2).解得a＝－1或a＝3，即切线方程为x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.∴切线方程为y＝(2±eq\r(6))x或x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.20．(12分)过点P(3,0)作一直线，使它夹在两直线l1：2x－y－2＝0与l2：x＋y＋3＝0之间的线段AB恰被点P平分，求此直线的方程．解法一设点A(x，y)在l1上，由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x＋xB,2)＝3，,\f(y＋yB,2)＝0，))∴点B(6－x，－y)，解方程组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.∴所求的直线方程为y＝8(x－3)，即8x－y－24＝0.法二设所求的直线方程为y＝k(x－3)，则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)是线段AB的中点，∴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∵当k＝0时，xA＝1，xB＝－3，此时eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(1－3,2)≠3，∴k＝0舍去，∴所求的直线方程为y＝8(x－3)，即8x－y－24＝0.21．(12分)如图所示，已知直二面角αABβ，P∈α，Q∈β，PQ与平面α，β所成的角都为30°，PQ＝4，PC⊥AB，C为垂足，QD⊥AB，D为垂足．求：(1)直线PQ与CD所成角的大小；(2)四面体PCDQ的体积．解(1)如图，在平面β内，作CE綉DQ，连接PE，QE，则四边形CDQE为平行四边形，所以EQ綉CD，即∠PQE为直线PQ与CD所成的角(或其补角)．∵α⊥β，α∩β＝AB，PC⊥AB于C.∴PC⊥β.同理QD⊥α，又PQ与平面α，β所成的角都为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)，从而EQ＝2eq\r(2).∵QD⊥AB，且四边形CDQE为平行四边形，∴QE⊥CE.又PC⊥β，EQ⊂β，∴EQ⊥PC.故EQ⊥平面PCE，从而EQ⊥PE.在Rt△PEQ中，cos∠PQE＝eq\f(EQ,PQ)＝eq\f(2\r(2),