高中数学模块综合测评B作业含解析新人教A版必修2

这是一份高中数学人教版新课标A必修2本册综合课时训练，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.若直线经过两点A(m,2),B(-m,2m-1),且倾斜角为45°,则m的值为( )
A.34B.1C.2D.12
解析经过两点A(m,2),B(-m,2m-1)的直线的斜率为k=2m-1-2-m-m.
又直线的倾斜角为45°,∴2m-1-2-m-m=tan45°=1,即m=34.故选A.
答案A
2.已知△ABC的顶点A(0,1),B(4,3),C(1,-1),则AB边上的中线方程是( )
A.x+2y-3=0
B.3x+y-4=0
C.3x-y-4=0
D.3x-y+3=0
解析AB中点为(2,2),由C(1,-1),得直线方程为y-2-1-2=x-21-2,化简得3x-y-4=0.故选C.
答案C
3.已知直线l:ax+y-2-a=0在x轴和y轴上的截距相等,则a的值是( )
A.1B.-1
C.-2或-1D.-2或1
解析由题意可知a≠0.当x=0时,y=a+2.当y=0时,x=a+2a,
∴a+2a=a+2,解得a=-2或a=1.
答案D
4.已知m是平面α的一条斜线,点A∉平面α,直线l为过点A的一条动直线,那么下列情形中可能出现的是( )
A.l∥m,l⊥αB.l⊥m,l⊥α
C.l⊥m,l∥αD.l∥m,l∥α
解析如图,l可以垂直m,且l平行α.
答案C
5.若圆x2+y2+2x-4y=0关于直线l:3x+y+a=0对称,则直线l在y轴上的截距为( )
A.-1B.1C.3D.-3
解析圆的方程为x2+y2+2x-4y=0,化简为:(x+1)2+(y-2)2=5,若圆x2+y2+2x-4y=0关于直线3x+y+a=0对称,则圆心(-1,2)在直线3x+y+a=0上,故有-3+2+a=0,解得a=1,所以直线l的方程为3x+y+1=0,故直线l在y轴上的截距为-1,故选A.
答案A
6.如图所示,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使面ABD⊥面BCD,连接AC,则下列命题正确的是( )
A.平面ABD⊥平面ABC
B.平面ADC⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDC
D.平面ADC⊥平面ABC
解析由题意知,在四边形ABCD中,CD⊥BD.
在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,两平面的交线为BD,所以CD⊥平面ABD,因此AB⊥CD.
又因为AB⊥AD,AD∩DC=D,所以AB⊥平面ADC,于是平面ADC⊥平面ABC.故选D.
答案D
7.若圆(x-a)2+(y-a)2=4上总存在两点到原点的距离为1,则实数a的取值范围是( )
A.-22,0∪0,22
B.-22,-2∪2,22
C.-322,-22∪22,322
D.-∞,-322∪2,+∞
解析根据题意知,圆(x-a)2+(y-a)2=4与圆x2+y2=1相交,两圆的圆心距为d=a2+a2=2|a|.所以2-1<2|a|<2+1,解得22<|a|<322.所以-322答案C
8.已知点P(x,y)在直线2x+y+5=0上,则x2+y2的最小值为( )
A.5B.25C.5D.210
解析x2+y2的最小值可看成直线2x+y+5=0上的点与原点连线长度的平方最小值,
即为原点到该直线的距离的平方d2,
由点到直线的距离公式,易得d=|2×0+0+5|22+12=5.
故x2+y2的最小值为5.
答案C
9.如图,ABCD-A1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是( )
A.A,M,O三点共线
B.A,M,O,A1不共面
C.A,M,C,O不共面
D.B,B1,O,M共面
解析连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,所以A1,C1,C,A四点共面,所以A1C⊂平面ACC1A1,
因为M∈A1C,所以M∈平面ACC1A1,又M∈平面AB1D1,所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线.故选A.
答案A
10.在如图的空间直角坐标系中,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P是线段BD1上的一点,且BP=2PD1,则点P的坐标是( )
A.13,23,23B.23,13,23
C.23,23,23D.13,13,23
解析由题意,B(1,0,0),D1(0,1,1),设P(x,y,z),
∵BP=2PD1,∴(x-1,y,z)=2(-x,1-y,1-z),
∴x-1=-2x,y=2-2y,z=2-2z,∴x=13,y=23,z=23,
∴P13,23,23.故选A.
答案A
11.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )
A.233+πB.233+2π
C.23+πD.23+2π
解析由三视图可知该几何体是由一个半圆柱与一个直三棱柱组合而成的几何体.∵圆柱的底面直径为2,高为2,棱柱的底面是边长为2的等边三角形,高为2,
∴该几何体的体积为V=12(π×12)+12×2×3×2=π+23.故选C.
答案C
12.已知在四面体ABCD中,E,F分别是AC,BD的中点,若CD=2AB=4,EF⊥AB,则EF与CD所成的角为( )
A.90°B.45°C.60°D.30°
解析设G为AD的中点,连接GF,GE,则GF,GE分别为△ABD,△ACD的中线.∴GF∥AB,且GF=12AB=1,GE∥CD,且GE=12CD=2,∠GEF就是异面直线EF与CD所成的角.又EF⊥AB,∴EF⊥GF,
∴△GEF为直角三角形,且sin∠GEF=12,
∴∠GEF=30°.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.把答案填在题中的横线上)
13.若直线l1:ax+2y+6=0与直线l2:x+(a-1)y+(a2-1)=0平行,则实数a= .
解析∵直线l1:ax+2y+6=0与直线l2:x+(a-1)y+(a2-1)=0平行,
∴a(a-1)-2×1=0,解得a=-1或a=2.
经验证当a=2时,直线重合,故a=-1符合题意.
答案-1
14.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 .
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=23×32a=33a,OP=12a,所以球的半径R=OA,满足R2=33a2+12a2=712a2,故S球=4πR2=7π3a2.
答案7π3a2
15.(2018·天津卷)在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为 .
解析设点O,A,B的坐标分别为(0,0),(1,1),(2,0),则AO=AB,所以点A在线段OB的垂直平分线上.又因为OB为该圆的一条弦,所以圆心在线段OB的垂直平分线上,可设圆心坐标为(1,y),所以(y-1)2=1+y2,解得y=0,所以该圆的半径为1,其方程为(x-1)2+y2=1,即x2+y2-2x=0.
答案x2+y2-2x=0
16.如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的正投影,给出下列结论:
①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是 .
解析由题意知PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC.
又AC⊥BC,PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.
∴BC⊥AF.
∵AF⊥PC,BC∩PC=C,
∴AF⊥平面PBC,∴AF⊥PB,AF⊥BC.
又AE⊥PB,AE∩AF=A,
∴PB⊥平面AEF.
∴PB⊥EF.故①②③正确.
答案①②③
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)已知△ABC的顶点坐标为A(-1,5),B(-2,-1),C(4,3).
(1)求AB边上的高线所在的直线方程;
(2)求△ABC的面积.
解(1)由题意可得kAB=-1-5-2-(-1)=-6-1=6,
∴AB边高线斜率k=-16,∴AB边上的高线的点斜式方程为y-3=-16(x-4),
化为一般式可得x+6y-22=0.
(2)由(1)知直线AB的方程为y-5=6(x+1),即6x-y+11=0,∴C到直线AB的距离为d=|24-3+11|36+1=3237=323737.
又∵|AB|=(-1+2)2+(5+1)2=37,
∴△ABC的面积S=12|AB|d=1237×323737=16.
18.
(本小题满分12分)(2018·浙江卷)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
解法一(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得AB1=A1B1=22,
所以A1B12+AB12=AA12,故AB1⊥A1B1.
由BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1⊥BC,CC1⊥BC,得B1C1=5,
由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=23,
由CC1⊥AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,
故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1,得平面A1B1C1⊥平面ABB1,
由C1D⊥A1B1,得C1D⊥平面ABB1,
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.
由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21,
得cs∠C1A1B1=67,sin∠C1A1B1=17,
所以C1D=3,故sin∠C1AD=C1DAC1=3913.
因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.
解法二
(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下:A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).
因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3).
由AB1·A1B1=0,得AB1⊥A1B1.
由AB1·A1C1=0,得AB1⊥A1C1.
所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
由(1)可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2).
设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).
由n·AB=0,n·BB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).
所以sinθ=|cs|=|AC1·n||AC1|·|n|=3913.
因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.
19.(本小题满分12分)在直角坐标系xOy中,以坐标原点O为圆心的圆与直线:x-3y=4相切.
(1)求圆O的方程;
(2)若圆O上有两点M,N关于直线x+2y=0对称,且|MN|=23,求直线MN的方程.
解(1)依题意,圆O的半径r等于原点O到直线x-3y=4的距离,即r=41+3=2,
得圆O的方程为x2+y2=4.
(2)由题意,可设直线MN的方程为2x-y+m=0,
则圆心O到直线MN的距离d=|m|5.
由垂径分弦定理得m25+(3)2=22,即m=±5,
所以直线MN的方程为2x-y+5=0或2x-y-5=0.
20.(本小题满分12分)已知四棱锥P-ABCD的正视图(图①)是一个底边长为4、腰长为3的等腰三角形,图②、图③分别是四棱锥P-ABCD的侧视图和俯视图.
(1)求证:AD⊥PC;
(2)求四棱锥P-ABCD的侧面积.
(1)证明依题意,可知点P在平面ABCD上的正射影是线段CD的中点E,连接PE,则PE⊥平面ABCD.
∵AD⊂平面ABCD,∴AD⊥PE.
∵AD⊥CD,CD∩PE=E,CD⊂平面PCD,PE⊂平面PCD,
∴AD⊥平面PCD.
∵PC⊂平面PCD,∴AD⊥PC.
(2)解依题意,在等腰三角形PCD中,PC=PD=3,DE=EC=2.
在Rt△PED中,PE=PD2-DE2=5.
过E作EF⊥AB,垂足为F,连接PF.
∵PE⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
∴AB⊥PE.
∵EF⊂平面PEF,PE⊂平面PEF,EF∩PE=E,
∴AB⊥平面PEF.
∵PF⊂平面PEF,∴AB⊥PF.
依题意得EF=AD=2.
在Rt△PEF中,PF=PE2+EF2=3,
∴四棱锥P-ABCD的侧面积S△PAB+S△PBC+S△PCD+S△PAD=12×4×3+2×12×2×3+12×4×5=12+25.
21.(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆M:x2+y2+ay=0(a>0),直线l:x-7y-2=0,且直线l与圆M相交于不同的两点A,B.
(1)若a=4,求弦AB的长;
(2)设直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,若k1+k2=16,求圆M的方程.
解(1)由题意知,a=4时圆心M坐标为(0,-2),半径为2,
圆心到直线距离d=|0+14-2|1+49=625,
所以弦|AB|=24-7225=475;
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x-7y-2=0,x2+y2+ay=0,
得50y2+(28+a)y+4=0.
∵Δ=(28+a)2-16×50>0,
∴a>202-28,
y1,2=-(28+a)±(28+a)2-800100.
则y1+y2=-28+a50,y1·y2=450.
于是k1+k2=y1x1+y2x2
=y1x2+y2x1x1x2
=(7y2+2)y1+(7y1+2)y2(7y1+2)(7y2+2)
=14y1y2+2(y1+y2)49y1y2+14(y1+y2)+4
=-2a-14a+4
=16,
∴a=2,
所以圆的方程为x2+y2+2y=0.
22.(本小题满分12分)如图,在底面为菱形的四棱锥P-ABCD中,∠ABC=60°,PA=AC=1,PB=PD=2,点E在PD上,且PEED=2.
(1)求证:PA⊥平面ABCD;
(2)在棱PC上是否存在点F使得BF∥平面EAC?若存在,指出F的位置;若不存在,请说明理由.
证明(1)∵在菱形ABCD中,∠ABC=60°,∴AB=AD=AC=1.
∵PB=PD=2,PA=1,
∴PA2+AB2=PB2,PA2+AD2=PD2.
∴PA⊥AB,PA⊥AD,又AB∩AD=A,
∴PA⊥平面ABCD.
(2)在棱PC上存在点F使得BF∥平面EAC,理由如下:
取PE,PC的中点M,F,连接BD交AC于O,
则O是BD的中点,连接OE,BM,BF,MF,
∵PEED=2,∴E,M是PD的三等分点,
∴OE是△BDM的中位线,∴BM∥OE,
BM⊄平面AEC,OE⊂平面AEC,∴BM∥平面AEC,
同理MF∥平面AEC,又BM∩MF=M,BM,MF⊂平面BMF,
∴平面BMF∥平面AEC,
∵BF⊂平面BMF,∴BF∥平面AEC,
∴在棱PC上存在PC的中点F,使得BF∥平面AEC.