【全程复习方略】2020-2021学年高中数学(北师大版)必修二综合质量评估

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。综合质量评估第一、二章(120分钟150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.(2022·银川高一检测)在同始终角坐标系中，表示直线y=ax与y=x+a正确的是()【解析】选C.由y=x+a得斜率为1，排解B，D，由y=ax与y=x+a中a同号知，若y=ax递增，则y=x+a与y轴的交点在y轴的正半轴上；若y=ax递减，则y=x+a与y轴的交点在y轴的负半轴上.故选C.2.(2021·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π【解析】选A.由三视图可知，该几何体是一个长方体和一个半圆柱组成的几何体，所以体积为12×22×4×π+2×2×4=16+8π3.(2022·亳州高一检测)已知A，B，C，D是空间不共面的四个点，且AB⊥CD，AD⊥BC，则直线BD与AC()A.垂直 B.平行C.相交 D.位置关系不确定【解析】选A.过点A作AO⊥面BCD，垂足为O，连接BO，CO并延长分别交CD与BD于F，E点，连接DO.由于AB⊥CD，AO⊥CD，所以CD⊥平面AOB，所以BO⊥CD，同理DO⊥BC.所以O为△BCD的垂心，所以CO⊥BD，所以BD⊥AC.故选A.【变式训练】如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，A.CC1与B1E是异面直线B.AC⊥平面ABB1AC.AE，B1C1D.A1C1∥平面AB1【解析】选C.A不正确，由于CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不行能存在AC⊥平面ABB1A1C正确，由于AE，B1C1D不正确，由于A1C1所在的平面A1C1CA与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C14.(2022·安康高一检测)圆C1：x2+y2+2x+8y-8=0与圆C2：x2+y2-4x+4y-2=0的位置关系是()A.相离 B.外切 C.内切 D.相交【解析】选D.圆C1：x2+y2+2x+8y-8=0，即(x+1)2+(y+4)2=25，表示以A(-1，-4)为圆心，以5为半径的圆.C2：x2+y2-4x+4y-2=0，即(x-2)2+(y+2)2=10，表示以A(2，-2)为圆心，以10为半径的圆.两圆的圆心距d=9+4=135.圆(x+2)2+y2=5关于y=x对称的圆的方程为()A.(x-2)2+y2=5 B.x2+(y-2)2=5C.(x+2)2+(y+2)2=5 D.x2+(y+2)2=5【解析】选D.圆(x+2)2+y2=5的圆心(-2，0)关于y=x对称的点的坐标为(0，-2)，故所求圆的方程为x2+(y+2)2=5.【误区警示】本题简洁毁灭由于不会求点关于y=x的对称点而导致出错.6.三棱柱的放置方法如图所示，它的三视图是()【解析】选A.对于选项A，其主视图是一个矩形，左视图是一个三角形，俯视图是一个矩形，中间应有一条横线，其摆放位置符合要求，故对；对于选项B，俯视图中少了一条横线，不符合三视图的作图规章，不正确；对于选项C，正视图中不应当有横线，故不正确；对于选项D，俯视图不行能是三角形，故不正确.7.(2022·吉安高一检测)已知a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个结论①a∥b，a∥α⇒b∥α；②a⊥b，a⊥α⇒b∥α；③a∥α，β∥α⇒a∥β；④a⊥α，β⊥α⇒a∥β，其中不正确的有()A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【解析】选D.①不正确，b可以在平面α内.②错误，b可能在平面α内.③错误，a可以在β内.④错误，平面β可经过直线a，所以①②③④均不正确.8.在正四周体P-ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是()A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面ABC D.平面PAE⊥平面ABC【解析】选C.由DF∥BC可得BC∥平面PDF，故A正确.若PO⊥平面ABC，垂足为O，则O在AE上，则DF⊥PO，又DF⊥AE，故DF⊥平面PAE，故B正确.由DF⊥平面PAE可得，平面PAE⊥平面ABC，故D正确.故选C.9.(2021·山东高考)过点(3，1)作圆(x-1)2+y2=1的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为()A.2x+y-3=0 B.2x-y-3=0C.4x-y-3=0 D.4x+y-3=0【解析】选A.由题意可知，A(1，1)是一个切点，依据切线的特点可知过点A，B的直线与过点(3，1)，(1，0)的直线相互垂直，kAB=-11-010.(2022·西安高一检测)假如函数y=|x|-2的图象与曲线C：x2+y2=λ恰好有两个不同的公共点，则实数λ的取值范围是()A.{2}∪(4，+∞) B.(2，+∞)C.{2，4} D.(4，+∞)【解析】选A.依据题意画出函数y=|x|-2与曲线C：x2+y2=λ的图象，如图所示，当AB与圆O相切时两函数图象恰好有两个不同的公共点，过O作OC⊥AB，由于OA=OB=2，∠AOB=90°，所以依据勾股定理得：AB=22，所以OC=12AB=2，此时λ=OC2=2；当圆O半径大于2，即λ>4时，两函数图象恰好有两个不同的公共点，综上，实数λ的取值范围是{2}∪(4，+∞).故选A.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把正确答案填在题中的横线上)11.已知点M(a，b)在圆O：x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是________.【解析】点M(a，b)在圆x2+y2=1外⇒a2+b2>1.圆心O(0，0)到直线ax+by=1的距离d=1a答案：相交12.已知圆O：x2+y2=5和点A(1，2)，则过A且与圆O相切的直线与两坐标轴围成的三角形的面积为____________.【解析】由题意知，点A在圆上，切线斜率为-1kOA=-用点斜式可直接求出切线方程为：y-2=-12即x+2y-5=0，从而求出在两坐标轴上的截距分别是5和52所以所求面积为12×52×5=答案：2513.过点P(-1，6)且与圆(x+3)2+(y-2)2=4相切的直线方程是____________________.【解析】画出草图可知直线x=-1是一条切线，设另一条为y-6=k(x+1)，则y-kx-6-k=0.由2=|2+3k-6-k|1+k答案：x=-1或4y-3x-27=0【误区警示】本题易忽视斜率不存在的状况，而遗忘考虑直线x=-1.14.(2021·安徽高考)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是________(写出全部正确命题的编号).①当0<CQ<12时，S为四边形②当CQ=12时，S为等腰梯形③当CQ=34时，S与C1D1的交点R满足C1R=1④当34<CQ<1时，S为六边形⑤当CQ=1时，S的面积为62【解析】①当0<CQ<12时，截面如图1所示，截面是四边形APQM，故①②当CQ=12易知PQ∥AD1且PQ=12AD1，S是等腰梯形，故②③当CQ=34时，截面如图3所示，易得C1R=1④当34<CQ<1时，如图4是五边形；故④⑤当CQ=1时，截面是边长相等的菱形，如图5所示，由勾股定理易求得AC1=3，MP=2，故其面积为S=12AC1×MP=6答案：①②③⑤15.(2022·镇江高一检测)从直线3x+4y+8=0上一点P向圆C：x2+y2-2x-2y+1=0引切线PA，PB，A，B为切点，则四边形PACB的周长最小值为________.【解析】由圆C：x2+y2-2x-2y+1=0得(x-1)2+(y-1)2=1，所以圆心C(1，1)，半径r=1.由于PA，PB是☉C的切线，则CA⊥PA，CB⊥PB，所以|PA|=|PB|=|PC|2所以四边形PACB的周长l=2|PC因此当PC垂直于直线3x+4y+8=0时，PC取得最小值，此时|PC|=|3+4+8|所以四边形PACB的周长l的最小值=2|PC|2答案：42+2三、解答题(本大题共6小题，共75分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)(2022·宝鸡高一检测)已知两直线l1：2x-y+7=0，l2：x+y-1=0，A(m，n)是l1和l2的交点.(1)求m，n的值.(2)求过点A且垂直于直线l1的直线l3的方程.(3)求过点A且平行于直线l：2x-3y-1=0的直线l4的方程.【解析】(1)由于A(m，n)是l1和l2的交点，所以2m-n+7=0,m+n-1=0,(2)由(1)得A(-2，3).由于kl1=2，l3⊥l1，所以kl由点斜式得，l3：y-3=-12即l3：x+2y-4=0.(3)由于l4∥l，所以kl=kl4=由点斜式得，l4：y-3=2317.(12分)(2021·辽宁高考)如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点.(1)求证：BC⊥平面PAC.(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.【证明】(1)由AB是圆的直径，得AC⊥BC；由PA垂直于圆所在的平面，得PA⊥平面ABC；由BC平面ABC，得PA⊥BC；又PA∩AC=A，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC⊥平面PAC.(2)连接OG并延长交AC于M，连接QM，QO.由G为△AOC的重心，知M为AC的中点，由Q为PA的中点，得QM∥PC，又由于QM⊈平面PBC，PC平面PBC，所以QM∥平面PBC.又由O为AB的中点，则OM∥BC.同理可证，OM∥平面PBC.由于QM∩OM=M，QM平面QMO，OM平面QMO，所以，据面面平行的判定定理，平面QMO∥平面PBC，又QG平面QMO，故QG∥平面PBC.18.(12分)(2022·商州高一检测)已知圆C同时满足下列三个条件：①与y轴相切；②在直线y=x上截得弦长为27；③圆心在直线x-3y=0上，求圆C的方程.【解析】所求的圆C与y轴相切，又与直线y=x相交，设交于A，B两点，由于圆心C在直线x-3y=0上，所以设圆心C(3a，a)，又圆与y轴相切，所以R=3|a|.又圆心C到直线x-y=0的距离|CD|=|3a-a|2=由于在Rt△CBD中，R2-|CD|2=(7)2，所以9a2-2a2=7，a2=1，a=±1，3a=±3，所以圆心的坐标C分别为(3，1)和(-3，-1)，故所求圆的方程为(x-3)2+(y-1)2=9或(x+3)2+(y+1)2=9.19.(12分)(2022·陕西高考)四周体ABCD及其三视图如图所示，过AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四周体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)求四周体ABCD的体积.(2)证明：四边形EFGH是矩形.【解题指南】(1)先利用三视图推得线线垂直进而得AD垂直于平面BDC，确定四周体的高后再求其体积.(2)先证得四边形EFGH为平行四边形，再证得此平行四边形的邻边相互垂直，留意从三视图中推得已知.【解析】(1)由该四周体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD=DC=2，AD=1，所以AD⊥平面BDC.所以四周体ABCD的体积V=13×12×2×2×1=(2)由于BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形.又由于AD⊥平面BDC，所以AD⊥BC，所以EF⊥FG，所以四边形EFGH是矩形.20.(13分)圆(x+1)2+y2=8内有一点P(-1，2)，AB过点P，(1)若弦长|AB|=27，求直线AB的倾斜角α.(2)若圆上恰有三点到直线AB的距离等于2，求直线AB的方程.【解析】(1)当直线AB斜率不存在时，AB的直线方程为x=-1，与圆的交点坐标A(-1，22)，B(-1，-22)，则|AB|=42(不符合条件).当直线AB斜率存在时，设AB的直线方程为y=k(x+1)+2，圆心到直线AB的距离d=|k(-1+1)+2|k2+1，又d=(22所以直线AB的倾斜角α为π3或2(2)要满足圆上恰有三点到直线AB的距离等于2，则圆心到这条直线的距离应为2，当直线AB斜率不存在时，AB的直线方程为x=-1，直线过圆心(不符合条件)，当直线AB斜率存在时，设AB的直线方程为y=k(x+1)+2，d=|k(-1+1)+2|k2+1=所以直线AB的方程为y=x+3或y=-x+1.【变式训练】设两条直线的方程分别为x+y+a=0，x+y+b=0，已知a，b是关于x的方程x2+x+c=0的两个实数根，且0≤c≤18，【解析】由题意a+b=-1，ab=c，所以(a-b)2=1-4c，所以12≤(a-b)2≤由于两平行线间距离d=|a-b|所以d2=(a-b)22∈1所以d的最大值为22，最小值为121.(14分)已知以点Ct,2t(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O，(1)求证