高考数学 模块检测配套训练 新人教A版必修2

模块检测(时间：100分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．(·湖北高考)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．①②B．②③C．①④D．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B3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．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)解析该几何体由一圆柱和一正四棱锥组成，圆柱的底面半径为1，高为2，则其体积为2π，四棱锥的底面边长为eq\r(2)，高为eq\r(3)，所以体积为eq\f(1,3)×(eq\r(2))2×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3)，所以该几何体的体积为2π＋eq\f(2\r(3),3).答案C4．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＝0B．x＋2y－5＝0C．2x－y＋4＝0D．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＝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．(·课标全国高考)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．πa2B.eq\f(7,3)πa2C.eq\f(11,3)πa2D．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≤1B．a2＋b2≥1C.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≤1D.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．在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则ADA．30°B．45°C．60°D．90°解析过A作AE⊥BC于点E，则易知AE⊥面BB1C1C，则又tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\r(3)，故∠ADE＝60°.故选C.答案C10．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lA.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4分，共16分，把答案填在题中横线上)11．如图所示，Rt△A′B′C′为水平放置的△ABC的直观图，其中A′C′⊥B′C′，B′O′＝O′C′＝1，则△ABC的面积为________．解析由直观图画法规则将△A′B′C′还原为△ABC，如图所示，则有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)13．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|＋1.14．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1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，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5小题，共54分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(10分)如图是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图和三视图．(单位：cm)(1)求该多面体的体积；(2)在所给直观图中连结BC′，证明：BC′∥面EFG.(1)解所求多面体体积V＝V长方体－V正三棱锥＝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)证明在长方体ABCD-A′B′C′D′中，连结AD′，则AD′∥BC′.因为E，G分别为AA′，A′D′中点，所以AD′∥EG，从而EG∥BC′.又BC′⊄平面EFG，所以BC′∥面EFG.16．(10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).∴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＝0.17．(10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＝0.18．(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),4)＝eq\f(\r(2),2).∴∠PQE＝45°，即直线PQ与CD所成角的大小为45°.(2)在Rt△PCQ中，PQ＝4，∠PQC＝30°，∴PC＝2.而S△CDQ＝eq\f(1,2)CD·DQ＝eq\