2014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

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2014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

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.8π 3 B.3π C.10π 3 D.6π [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 3π.选 B. 2.已知正方体外接球的体积是32 3 π,那么正方体的棱长等于( ) A.2 2 B.2 2 3 C.4 2 3 D.4 3 3 [答案] D [解析] 设正方体的棱长为 a,球的半径为 R,则4 3πR3=32 3 π,∴R =2.又∵ 3a=2R=4,∴a=4 3 3 . 3.直线 x-2y+1=0 关于直线 x=1 对称的直线方程是( ) A.x+2y-1=0 B.2x+y-1=0 C.2x+y-3=0 D.x+2y-3=0 [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 x=1 的对称点为 P′(2-x,y),且 P′在直线 x-2y+1=0 上,即 2-x- 2y+1=0,整理得 x+2y-3=0,故选 D. 4.在空间直角坐标系中,O 为坐标原点,设 A(1 2 ,1 2 ,1 2),B(1 2 ,1 2 , 0),C(1 3 ,1 3 ,1 3),则( ) A.OA⊥AB B.AB⊥AC C.AC⊥BC D.OB⊥OC [答案] C [解析] |AB|=1 2 ,|AC|= 3 6 ,|BC|= 6 6 ,因为|AC|2+|BC|2=|AB|2, 所以 AC⊥BC. 5.若 P(2,-1)为圆(x-1)2+y2=25 的弦 AB 的中点,则直线 AB 的方程为( ) A.x-y-3=0 B.2x+y-3=0 C.x+y-1=0 D.2x-y-5=0 [答案] A [解析] 设圆(x-1)2+y2=25 的圆心为 C(1,0),则 AB⊥CP, ∵kCP=-1,∴kAB=1,∴y+1=x-2, 即 x-y-3=0,故选 A. 6.已知 m,n 是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列 命题中正确的是( ) A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n B.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β C.若 m∥α,m∥β,则α∥β D.若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n [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α,β相交,所以 B、C 不正确.很明显 D 正确. 7.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是棱 BB1, B1C1 的中点,若∠CMN=90°,则异面直线 AD1 和 DM 所成角为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° [答案] D [解析] 因为 MN⊥DC,MN⊥MC,所以 MN⊥平面 DCM.所以 MN⊥DM. 因为 MN∥AD1,所以 AD1⊥DM. 8.(2012-2013·山东济宁模拟)已知直线 l 过点(-2,0),当直线 l 与圆 x2+y2=2x 有两个交点时,其斜率 k 的取值范围是( ) A.(-2 2,2 2) B.(- 2, 2) C.(- 2 4 , 2 4 ) D.(-1 8 ,1 8) [答案] C [解析] 设直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=k(x+2),即 kx- y+2k=0,由于 l 与圆 x2+y2=2x 有两个交点,则需满足圆心到直线 的距离 d= |3k| k2+1 <1,解得- 2 4 <k< 2 4 . 9.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 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是 ( ) A.30° B.45° C.60° D.90° [答案] C [解析] 过 A 作 AE⊥BC 于点 E,则易知 AE⊥面 BB1C1C,则 ∠ADE 即为所求, 又 tan∠ADE=AE DE = 3,故∠ADE=60°.故选 C. 10.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 l 间的距离是( ) A.8 5 B.2 5 C.28 5 D.12 5 [答案] D [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-a 3 =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 |20-8| 42+-32 =12 5 . 故选 D. 11.点 P(4,-2)与圆 x2+y2=4 上任一点连线的中点轨迹方程是 ( ) A.(x-2)2+(y+1)2=1 B.(x-2)2+(y-1)2=4 C.(x-4)2+(y-2)2=1 D.(x-2)2+(y-1)2=1 [答案] A [ 解 析 ] 设 圆 上 任 意 一 点 为 (x1 , y1) , 中 点 为 (x , y) , 则 x=x1+4 2 y=y1-2 2 ,x1=2x-4 y1=2y+2 ,代入 x2+y2=4,得(2x-4)2+(2y+2)2 =4,化简得(x-2)2+(y+1)2=1. 12 . 设 P(x , y) 是 圆 x2 + (y + 4)2 = 4 上 任 意 一 点 , 则 x-12+y-12的最小值为( ) A. 26+2 B. 26-2 C.5 D.6 [答案] B [解析] 如图,设 A(1,1), x-12+y-12 =|PA|,则|PA|的最小值为|AC|-r= 26-2. 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] 184π 3 [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=1 3(9π+ 9π×25π+25π)×4= 196π 3 ,V 柱=4π,则 V=V 台-V 柱=184π 3 . 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] 4x-y-2=0 或 x=1 [解析] x=1 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, ∵kAB=4,∴y-2=4(x-1), 即 4x-y-2=0. 15.圆 x2+y2+Dx+Ey+F=0 关于直线 l1:x-y+4=0 与直线 l2:x+3y=0 都对称,则 D=________,E=________. [答案] 6 -2 [解析] 由题设知直线 l1,l2 的交点为已知圆的圆心. 由 x-y+4=0, x+3y=0, 得 x=-3, y=1, 所以-D 2 =-3,D=6,-E 2 =1,E=-2. 16.已知圆 C 过点(1,0),且圆心在 x 轴的正半轴上,直线 l:y= x-1 被圆 C 所截得的弦长为 2 2,则过圆心且与直线 l 垂直的直线的 方程为________. [答案] x+y-3=0 [解析] 设圆心(a,0)(a>0), ∴(|a-1| 2 )2+( 2)2=|a-1|2.∴a=3. ∴圆心(3,0). ∴所求直线方程为 x+y-3=0. 四、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分,解答应写出文字说明, 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 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD, PD⊥底面 ABCD. (1)证明 PA⊥BD; (2)设 PD=AD=1,求棱锥 D-PBC 的高. [解析] (1)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD, 由余弦定理得 BD= 3AD. 从而 BD2+AD2=AB2, 故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD. 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD. (2)如图,作 DE⊥PB,垂足为 E. 已知 PD⊥底面 ABCD, 则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD, 又 BC∥AD,所以 BC⊥BD. 故 BC⊥平面 PBD, 所以 BC⊥DE. 则 DE⊥平面 PBC. 由题设知 PD=1,则 BD= 3,PB=2. 根据 DE·PB=PD·BD,得 DE= 3 2 , 即棱锥 D-PBC 的高为 3 2 . 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 x-3y-6=0,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 x-3y-6=0,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 y-1=-3(x+1),即 3x+y+2=0. (2)由 x-3y-6=0 3x+y+2=0 ,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|= 2-02+0+22=2 2.所以矩形 ABCD 外接圆的 方程为(x-2)2+y2=8. 19.(本小题满分 12 分)已知圆的半径为 10,圆心在直线 y=2x 上,圆被直线 x-y=0 截得的弦长为 4 2,求圆的方程. [解析] 方法一:设圆的方程是(x-a)2+(y-b)2=10.因为圆心在 直线 y=2x 上,所以 b=2a. ① 解方程组 x-y=0, x-a2+y-b2=10, 得 2x2-2(a+b)x+a2+b2-10=0, 所以 x1+x2=a+b,x1·x2=a2+b2-10 2 . 由弦长公式得 2· a+b2-2a2+b2-10 =4 2, 化简得(a-b)2=4. ② 解①②组成的方程组,得 a=2,b=4, 或 a=-2,b=-4. 故所求圆的方程是(x-2)2+(y-4)2=10, 或(x+2)2+(y+4)2=10. 方法二:设圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=10,则圆心为(a,b), 半径 r= 10,圆心(a,b)到直线 x-y=0 的距离 d=|a-b| 2 . 由弦长、弦心距、半径组成的直角三角形得 d2+(4 2 2 )2=r2,即 a-b2 2 +8=10, 所以(a-b)2=4. 又因为 b=2a,所以 a=2,b=4, 或 a=-2,b=-4. 故所求圆的方程是(x-2)2+(y-4)2=10, 或(x+2)2+(y+4)2=10. 20.(本小题满分 12 分)(2012·山东卷) 如图,几何体 E-ABCD 是四棱锥,△ABD 为正三角形,CB= CD,EC⊥BD. (1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120°,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 BC=CD 知,CO⊥BD, 又已知 CE⊥BD,所以 BD⊥平面 OCE. 所以 BD⊥OE,即 OE 是 BD 的垂直平分线, 所以 BE=DE. (2)取 AB 中点 N,连接 MN,DN, ∵M 是 AE 的中点,∴MN∥BE, ∵△ABD 是等边三角形,∴DN⊥AB. 由∠BCD=120°知,∠CBD=30°,所以∠ABC=60°+30°=90°, 即 BC⊥AB, 所以 ND∥BC, 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:(x -4)2+(y-5)2=4 和圆 C2:(x+3)2+(y-1)2=4. (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=5 2 ,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,x=2 符合题意; 当直线 l1 的斜率存在时, 设直线 l1 的方程为 y=k(x-2), 即 kx-y-2k=0, 由条件得|4k-5-2k| k2+1 =2, 解得 k=21 20 , 所以直线 l1 的方程为 x=2 或 y=21 20(x-2), 即 x=2 或 21x-20y-42=0. (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-1 k , 设点 P 坐标为(5 2 ,n),互相垂直的直线 l3,l4 的方程分别为:y-n =k(x-5 2),y-n=-1 k(x-5 2), 即 kx-y+n-5 2k=0,-1 kx-y+n+ 5 2k =0, 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|4k-5+n-5 2k| k2+1 = |3 k -1+n+ 5 2k| 1 k2+1 , 化简得(5 2 -n)k=21 2 -n 或 (1 2 +n)k=-n-1 2 =-(1 2 +n). 关于 k 的方程有无穷多解, 有1 2 +n=0,即 n=-1 2 , 即直线 l2 上满足条件的点 P 是存在的,坐标是(5 2 ,-1 2). 22.(本小题满分 12 分)(2013·全国高考卷Ⅱ文科 18 题)如图已知 三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D、E 分别是 AB、BB1 的中点. (1)证明:BC1∥面 A1CD1; (2)设 AA1=AC=CB=2,AB=2 2,求三棱锥 C-A1DE 的体积. [解析] (1)连结 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 的中点,又 D 是 AB 中点,连结 DF,则 BC1∥DF,因为 DF⊂平面 A1CD,BC1⊄平面 A1CD,所以 BC1∥平面 A1CD. (2)因为 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,所以 AA1⊥CD,由已知 AC =CB,D 为 AB 中点,所以,CD⊥AB,又 AA1∩AB=A,于是 CD⊥ 平面 ABB1A1,由 AA1=AC=CB=2,AB=2 2得,∠ACB=90°, CD= 2,A1D= 6,DE= 3,A1E=3,故 A1D2+DE2=A1E2,即 DE⊥A1D,所以 VC-A1DE=1 3 ×1 2 × 6× 3× 2=1.
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