高一数学（人教A版）必修2能力强化提升：本册综合素质检测

1、本册综合素质检测时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)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.B3C. D6命题意图本题考察空间几何体的三视图答案B解析显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3.选B.2已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于()A2 B.C. D.答案D解析设正方体的棱长为a，球的半径为R，则R3，R2.又a2R4，a.3直线

2、x2y10关于直线x1对称的直线方程是()Ax2y10 B2xy10C2xy30 Dx2y30答案D解析在所求直线上任取一点P(x，y)，则点P关于直线x1的对称点为P(2x，y)，且P在直线x2y10上，即2x2y10，整理得x2y30，故选D.4在空间直角坐标系中，O为坐标原点，设A(，)，B(，0)，C(，)，则()AOAAB BABACCACBC DOBOC答案C解析|AB|，|AC|，|BC|，因为|AC|2|BC|2|AB|2，所以ACBC.5若P(2，1)为圆(x1)2y225的弦AB的中点，则直线AB的方程为()Axy30 B2xy30Cxy10 D2xy50答案A解析设圆(x

3、1)2y225的圆心为C(1,0)，则ABCP，kCP1，kAB1，y1x2，即xy30，故选A.6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mnB若，则C若m，m，则D若m，n，则mn答案D解析A中还可能m，n相交或异面，所以A不正确；B、C中还可能，相交，所以B、C不正确很明显D正确7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()A30B45C60D90答案D解析因为MNDC，MNMC，所以MN平面DCM.所以MNDM.因为MNAD1，所以AD1DM.8(20122013山

4、东济宁模拟)已知直线l过点(2,0)，当直线l与圆x2y22x有两个交点时，其斜率k的取值范围是()A(2，2) B(，)C(，) D(，)答案C解析设直线l的斜率为k，则l的方程为yk(x2)，即kxy2k0，由于l与圆x2y22x有两个交点，则需满足圆心到直线的距离d1，解得k.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 B45C60 D90答案C解析过A作AEBC于点E，则易知AE面BB1C1C，则ADE即为所求，又tanADE，故ADE60.故选C.10过点M(2,4)作圆C：(x2)2(y

5、1)225的切线l，且直线l1：ax3y2a0与l平行，则l1与l间的距离是()A. B.C. D.答案D解析因为点M(2,4)在圆C上，所以切线l的方程为(22)(x2)(41)(y1)25，即4x3y200.因为直线l与直线l1平行，所以，即a4，所以直线l1的方程是4x3y80，即4x3y80.所以直线l1与直线l间的距离为.故选D.11点P(4，2)与圆x2y24上任一点连线的中点轨迹方程是()A(x2)2(y1)21B(x2)2(y1)24C(x4)2(y2)21D(x2)2(y1)21答案A解析设圆上任意一点为(x1，y1)，中点为(x，y)，则，代入x2y24，得(2x4)2(2

6、y2)24，化简得(x2)2(y1)21.12设P(x，y)是圆x2(y4)24上任意一点，则的最小值为()A.2 B.2C5 D6答案B解析如图，设A(1,1)，|PA|，则|PA|的最小值为|AC|r2.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13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_答案解析所得旋转体的上底、下底分别为3,5，高为4的圆台，去掉一个半径为1，高为4的圆柱V台(925)4，V柱4，则VV台V柱.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_答案4xy

7、20或x1解析x1显然符合条件；当A(2,3)，B(0，5)在所求直线同侧时，所求直线与AB平行，kAB4，y24(x1)，即4xy20.15圆x2y2DxEyF0关于直线l1：xy40与直线l2：x3y0都对称，则D_，E_.答案62解析由题设知直线l1，l2的交点为已知圆的圆心由得所以3，D6，1，E2.16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2，则过圆心且与直线l垂直的直线的方程为_答案xy30解析设圆心(a,0)(a0)，()2()2|a1|2.a3.圆心(3,0)所求直线方程为xy30.四、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字

8、说明，证明过程或演算步骤)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的高解析(1)证明：因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BDAD.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BD，PB2.根

9、据DEPBPDBD，得DE，即棱锥DPBC的高为.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.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，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|2.所以矩形ABCD外接圆的方程为(x

10、2)2y28.19(本小题满分12分)已知圆的半径为，圆心在直线y2x上，圆被直线xy0截得的弦长为4，求圆的方程解析方法一：设圆的方程是(xa)2(yb)210.因为圆心在直线y2x上，所以b2a.解方程组得2x22(ab)xa2b2100，所以x1x2ab，x1x2.由弦长公式得4，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r，圆心(a，b)到直线xy0的距离d.由弦长、弦心距、半径组成的直角三角形得d2()2r2，即810，所以

11、(ab)24.又因为b2a，所以a2，b4，或a2，b4.故所求圆的方程是(x2)2(y4)210，或(x2)2(y4)210.20(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.解析(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，CBD

12、30，所以ABC603090，即BCAB，所以NDBC，所以平面MND平面BEC，故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x，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截得的弦长相等解析(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2，解

13、得k，所以直线l1的方程为x2或y(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，设点P坐标为(，n)，互相垂直的直线l3，l4的方程分别为：ynk(x)，yn(x)，即kxynk0，xyn0，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，化简得(n)kn或(n)kn(n)关于k的方程有无穷多解，有n0，即n，即直线l2上满足条件的点P是存在的，坐标是(，)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，AB2，求三棱锥CA1DE的体积解析(1)连结AC1