2024-2025学年高中数学模块综合评估1习题含解析新人教A版必修2

模块综合评估(一)eq\o(\s\up7(时间：120分钟满分：150分),\s\do5())一、选择题(每小题5分，共60分)1．在原来的图形中，两条线段平行且相等，则在直观图中对应的两条线段(A)A．平行且相等 B．平行不相等C．相等不平行 D．既不平行也不相等2．下列命题正确的是(D)A．若直线l1∥平面α，直线l2∥平面α，则l1∥l2B．若直线l上有两个点到平面α的距离相等，则l∥αC．直线l与平面α所成角θ的取值范围是0°<θ<90°D．若直线l1⊥平面α，直线l2⊥平面α，则l1∥l2解析：对于A，若直线l1∥平面α，直线l2∥平面α，则l1与l2可能平行，可能相交，也可能异面，故A错误．对于B，若直线l与平面α相交于O点，在交点两侧各取A，B两点，使得OA＝OB，则A，B到平面α的距离相等，但直线l与α不平行，故B错误．对于C，当直线l⊂α或l∥α时，直线l与平面α所成的角θ＝0°；当l⊥α时，直线l与平面α所成的角大小为90°，故C错误．对于D，由定理“垂直于同一个平面的两条直线平行”可知D正确．故选D.3．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与对角线BD的位置关系是(D)A．平行B．相交但不垂直C．垂直相交D．异面垂直解析：菱形ABCD中，AC⊥BD.又PC⊥平面α.∴PC⊥BD，∴BD⊥平面PAC.又PA⊂平面PAC，∴BD⊥PA.明显PA与BD异面，故PA与BD异面垂直．4．已知M、N分别是正方体AC1的棱A1B1、A1D1的中点，如图是过M、N、A和D、N、C1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的正视图为(B)解析：由正视图的性质知，几何体的正投影为一正方形，正面有可见的一棱和背面有不行见的一棱，故选B.5．设长方体的对角线长是4，过每一顶点有两条棱与对角线的夹角都是60°，则此长方体的体积是(B)A.eq\f(\r(3),9)B．8eq\r(2)C．8eq\r(3)D．16eq\r(3)解析：设长方体的过一顶点的三条棱长为a，b，c，并且长为a，b的两条棱与对角线的夹角都是60°，则a＝4cos60°＝2，b＝4cos60°＝2.依据长方体的对角线性质，有a2＋b2＋c2＝42，即22＋22＋c2＝42.∴c＝2eq\r(2).因此长方体的体积V＝abc＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).6．已知点A、B、C、D为同一球面上的四点，且AB＝AC＝AD＝2，AB⊥AC，AC⊥AD，AD⊥AB，则这个球的表面积是(C)A．16πB．20πC．12πD．8π解析：把这四点再补四点可作为一个正方体的顶点，则这八个顶点都在球面上，球为正方体的外接球，所以2eq\r(3)＝2R，R＝eq\r(3)，S＝4πR2＝12π，故选C.7．一圆过圆x2＋y2－2x＝0与直线x＋2y－3＝0的交点，且圆心在y轴上，则这个圆的方程是(B)A．x2＋y2－4x－4y＋6＝0 B．x2＋y2＋4y－6＝0C．x2＋y2－2x＝0 D．x2＋y2＋4x－6＝0解析：设所求圆的方程为x2＋y2－2x＋λ(x＋2y－3)＝0，即x2＋y2＋(λ－2)x＋2λy－3λ＝0.依题意，－eq\f(λ－2,2)＝0，λ＝2.故圆的方程为x2＋y2＋4y－6＝0.8．设直线过点(0，a)，其斜率为1，且与圆x2＋y2＝2相切，则a的值为(C)A．±4B．±2eq\r(2)C．±2D．±eq\r(2)9．若实数x，y满意x2＋y2＝1，则eq\f(y－2,x－1)的最小值等于(B)A.eq\f(1,4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(\r(3),2)D．2解析：eq\f(y－2,x－1)表示圆x2＋y2＝1上的点P(x，y)与A(1,2)连线的斜率．由A(1,2)作圆的两条切线，较小的斜率即为所求．10．圆(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直线3x＋4y－11＝0的距离等于1的点有(C)A．1个B．2个C．3个D．4个解析：圆心(3,3)到直线3x＋4y－11＝0的距离为d＝eq\f(|3×3＋4×3－11|,5)＝2，圆的半径是3.∴圆上的点到直线3x＋4y－11＝0的距离为1的点有3个．11．如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3，BB1＝4，长为1的线段PQ在棱AA1上移动，长为3的线段MN在棱CC1上移动，点R在棱BB1上移动，则四棱锥R­PQMN的体积是(C)A．12 B．10C．6 D．不确定解析：设四棱锥R­PQMN的高为d，则d＝eq\f(3\r(2),2)，S四边形PQMN＝eq\f(1,2)(1＋3)×3eq\r(2)＝6eq\r(2)，VR­PQMN＝eq\f(1,3)S四边形PQMN·d＝eq\f(1,3)×6eq\r(2)×eq\f(3\r(2),2)＝6，故选C.12．若曲线C1：x2＋y2－2x＝0与曲线C2：y(y－mx－m)＝0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),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：∵y(y－mx－m)＝0，∴y＝0或y－mx－m＝0.当y＝0时，明显与圆x2＋y2－2x＝0有两个不同的交点，要使两曲线有四个不同的交点，只需y－mx－m＝0与圆x2＋y2－2x＝0有两个不同的交点，且m≠0.由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－mx－m＝0，,x2＋y2－2x＝0，))消去y，得关于x的一元二次方程，再令Δ>0，解得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))).二、填空题(每小题5分，共20分)13．如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是半径为2的半圆，俯视图是半径为2的圆，则该几何体的体积等于eq\f(16π,3).解析：由三视图知该几何体是半径为2的半球，所以其体积为eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×23＝eq\f(16π,3).14．直线ax－y＋3＝0与圆(x－1)2＋(y－2)2＝4相交于A、B两点且|AB|＝2eq\r(3)，则实数a＝0.解析：因为圆的圆心坐标为(1,2)，半径r＝2，且|AB|＝2eq\r(3)，故圆心到直线的距离d＝eq\r(r2－\f(|AB|,2)2)＝eq\r(4－\r(3)2)＝1，即eq\f(|a－2＋3|,\r(a2＋1))＝1，所以|a＋1|＝eq\r(a2＋1)，平方得a2＋2a＋1＝a2＋1，解得a＝0.15．一个横放的圆柱形水桶，桶内的水漫过底面周长的四分之一，那么当桶直立时，水的高度与桶的高度的比为(π－2)4π.解析：设圆柱形水桶的底面半径为R，高为h，桶直立时，水的高度为x.横放时水桶底面在水内的面积为eq\f(1,4)πR2－eq\f(1,2)R2，水的体积为V水＝(eq\f(1,4)πR2－eq\f(1,2)R2)h.直立时水的体积不变，则有V水＝πR2x，∴xh＝(π－2)4π.16．如图，点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下面四个结论：①三棱锥A­D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1，其中正确的结论的序号是①②④(写出全部你认为正确结论的序号)．解析：因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1.又AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1.所以AC∥平面A1BC1，同理可证AD1∥平面A1BC1.又AC⊂平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，且AC∩AD1＝A，所以平面ACD1∥平面A1BC1.因为A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；BC1⊂平面A1BC1，所以BC1∥平面ACD1，所以点P到平面ACD1的距离不变．又VA­D1PC＝VP­ACD1，所以三棱锥A­D1PC的体积不变，故①正确；因为DB＝DC1，所以当P为BC1的中点时才有DP⊥BC1，故③错误；因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1，又AC⊥BD，BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，又B1D⊂平面BB1D1D，所以B1D⊥AC，同理可证B1D⊥AD1.又AC⊂平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，AC∩AD1＝A，所以B1D⊥平面ACD1，又B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确．三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最终结果不得分，共70分)17．(10分)已知一个组合体的三视图，如图所示，请依据详细的数据，计算该组合体的体积．解：由三视图可知此组合体的结构为：上部是一个圆锥，中部是一个圆柱，下部也是一个圆柱，由题图中的尺寸可知：V圆锥＝eq\f(1,3)πr2h1＝eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(8π,3)，V圆柱＝πr2h2＝π×22×10＝40π，V圆柱′＝πr2h3＝π×42×1＝16π，所以此组合体的体积为V＝eq\f(8π,3)＋40π＋16π＝eq\f(176,3)π.18．(12分)已知等腰直角三角形斜边所在直线的方程是3x－y＝0，一条直角边所在直线l的斜率为eq\f(1,2)，且经过点(4，－2)，若此三角形的面积为10，求此直角三角形的直角顶点的坐标．解：设直角顶点为C，C到直线y＝3x的距离为d，则eq\f(1,2)·d·2d＝10，∴d＝eq\r(10).又l的斜率为eq\f(1,2)，∴l的方程为y＋2＝eq\f(1,2)(x－4)，即x－2y－8＝0.设l′是与直线y＝3x平行且距离为eq\r(10)的直线，则l′与l的交点就是点C.设l′的方程是3x－y＋m＝0，则eq\f(|m|,\r(10))＝eq\r(10)，∴m＝±10，∴l′的方程是3x－y±10＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－8＝0，,3x－y－10＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－8＝0，,3x－y＋10＝0，))得点C的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，－\f(14,5)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(28,5)，－\f(34,5))).19．(12分)已知圆C经过A(2,4)、B(3,5)两点，且圆心C在直线2x－y－2＝0上．(1)求圆C的方程；(2)若直线y＝kx＋3与圆C总有公共点，求实数k的取值范围．解：(1)由于AB的中点坐标为(eq\f(5,2)，eq\f(9,2))，kAB＝1，则线段AB的垂直平分线的方程为y＝－x＋7，圆心C是直线y＝－x＋7与直线2x－y－2＝0的交点，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋7，,2x－y－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝4，))即圆心C(3,4)，又半径为|CA|＝eq\r(2－32＋4－42)＝1，故圆C的方程为(x－3)2＋(y－4)2＝1.(2)圆心C(3,4)到直线y＝kx＋3的距离d＝eq\f(|3k－4＋3|,\r(1＋k2))，由题意d≤1，化简得4k2－3k≤0，解得0≤k≤eq\f(3,4).20.(12分)如图，AA1B1B是圆柱的轴截面，C是底面圆周上异于A、B的一点，AA1＝AB＝2.(1)求证：平面A1AC⊥平面BA1C；(2)求VA1­ABC的最大值．解：(1)证明：∵C是底面圆周上异于A、B的一点，且AB为底面圆的直径，∴BC⊥AC.又AA1⊥底面ABC，∴BC⊥AA1，∴BC⊥平面A1AC.由面面垂直的判定定理知，平面A1AC⊥平面BA1C.(2)在Rt△ACB中，设AC＝x，则BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(4－x2)(0<x<2)．故VA1­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC×AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC×BC×AA1＝eq\f(1,3)xeq\r(4－x2)(0<x<2)．VA1­ABC＝eq\f(1,3)xeq\r(4－x2)＝eq\f(1,3)eq\r(x24－x2)＝eq\f(1,3)eq\r(－x2－22＋4).∵0<x<2，∴0<x2<4.∴当x2＝2，即x＝eq\r(2)时，VA1­ABC的值最大，即(VA1­ABC)max＝eq\f(2,3).21．(12分)已知动点M到点A(2,0)的距离是它到点B(8,0)的距离的一半，求：(1)动点M的轨迹方程；(2)若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹．解：(1)设动点M(x，y)为轨迹上随意一点，则点M的轨迹就是集合P＝{M||MA|＝eq\f(1,2)|MB|}．由两点间距离公式，点M适合的条件可表示为eq\r(x－22＋y2)＝eq\f(1,2)eq\r(x－82＋y2).平方后再整理，得x2＋y2＝16.可以验证，这就是动点M的轨迹方程．(2)设动点N的坐标为(x，y)，M的坐标是(x1，y1)．由于A(2,0)，且N为线段AM的中点，所以x＝eq\f(2＋x1,2)，y＝eq\f(0＋y1,2).所以有x1＝2x－2，y1＝2y.①由(1)知，M是圆x2＋y2＝16上的点，所以M的坐标(x1，y1)满意xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(