2022-2022学年高中数学综合测评二含解析北师大版必修2.doc

综合测评(二)(时间120分钟总分值150分)一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1假设，a，b，那么a与b的位置关系是()A平行或不共面 B相交C不共面 D平行解析：满足条件的情形如下：答案：A2直线(2m2m3)x(m2m)y4m1在x轴上的截距为1，那么m等于()A1 B2C D2或解析：令y0，那么(2m2m3)x4m1，所以直线在x轴上的截距为1，所以m2或m.答案：D3在空间直角坐标系中，点B是点A(1,2,3)在yOz坐标平面内的射影，O为坐标原点，那么|OB|等于()A. B.C2 D.解析：点A(1,2,3)在yOz坐标平面内的射影为B(0,2,3)，|OB|.答案：B4点P(2，m)到直线l：5x12y60的距离为4，那么m的值为()A1 B3C1或 D3或解析：利用点到直线的距离公式答案：D5空间四边形ABCD中，假设ADBC，BDAD，那么有()A平面ABC平面ADCB平面ABC平面ADBC平面ABC平面DBCD平面ADC平面DBC解析：因为ADBC，ADBD，BCBDB，所以AD平面BCD.又因为AD平面ADC，所以平面ADC平面DBC.答案：D6动点P到点A(8,0)的距离是到点B(2,0)的距离的2倍，那么动点P的轨迹方程为()Ax2y232 Bx2y216C(x1)2y216 Dx2(y1)216解析：设P(x，y)，那么由题意可得：2，化简整理得x2y216，应选B.答案：B7一个空间几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为()A1 B2C4 D8解析：V(12)222.答案：B8直线l平面，直线m平面，给出以下命题：lm；lm；lm；lm.其中正确命题的序号是()A BC D解析：l平面，且，l.又m平面，lm.正确假设l，m，那么l和m有可能平行、异面，故不正确. 这样排除A，B，D.答案：C9球的直径SC4，A，B是该球球面上的两点，AB2，ASCBSC45，那么棱锥SABC的体积为()A. B.C. D.解析：由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，如下图，设SDx，那么DC4x，此时所求棱锥即分割成两个棱锥SABD和CABD，在SAD和SBD中，由条件可得ADBDx，又因为SC为直径，所以SBCSAC90，所以DBCDAC45，所以在BDC中，BD4x，所以x4x，解得x2，所以ADBD2，所以ABD为正三角形所以VSABD4.答案：C10使得方程xm0有实数解，那么实数m的取值范围是()A4，4 B4,4C4,4 D4,4解析：设f(x)，g(x)xm，在同一坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图形，如下图. 那么m是直线yxm在y轴上的截距. 由图可知4m4.答案：B11假设点A(a，b)在圆x2y24上，那么圆(xa)2y21与圆x2(yb)21的位置关系是()A内切 B相交C外切 D相离解析：因为点A(a，b)在圆x2y24上，所以a2b24.又圆x2(yb)21的圆心C1(0，b)，半径r11，圆(xa)2y21的圆心C2(a,0)，半径r21，那么d|C1C2|2，所以dr1r2，所以两圆相外切答案：C12如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，那么该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A6 B4C6 D4解析：如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥ABCD，最长的棱为AD6，选C.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分. 把正确答案填在题中横线上)13平面，和直线m，假设，那么满足以下条件中的_(填序号)能使m成立m；m；m.解析：m，m.答案：14直线3x4y30与直线6xmy110平行，那么实数m的值是_解析：由条件可知，解得m8.答案：815.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，假设E，F分别为AB，AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1，V2的两局部，那么V1V2_.解析：设三棱柱的高为h，底面的面积为S，体积为V，那么VV1V2Sh. 因为E，F分别为AB，AC的中点，所以SAEFS，V1hSh，V2ShV1Sh，故V1V275.答案：7516在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2y24x0.假设直线yk(x1)上存在一点P，使过点P所作的圆的两条切线相互垂直，那么实数k的取值范围是_解析：圆C的方程可化为(x2)2y24.先将“圆的两条切线相互垂直转化为“点P到圆心的距离为2再将“直线上存在点P到圆心的距离为2转化为“圆心到直线的距离小于等于2即2，解得2k2.答案：2，2三、解答题(本大题共6小题，共70分，解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(本小题总分值10分)直线l经过直线2xy50与x2y0的交点P，(1)假设点A(5,0)到l的距离为3，求l的方程；(2)求点A(5,0)到l的距离的最大值解析：(1)经过两直线交点的直线系方程为(2xy5)(x2y)0，即(2)x(12)y50，3，解得2或.l的方程为x2或4x3y50.(2)由解得交点P(2,1)，如图，过P作任一直线l，设d为点A到l的距离，那么d|PA|(当lPA时等号成立)dmax|PA|.18(本小题总分值12分)在正方体ABCDA1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)假设E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小解析：(1)如下图，连接B1C，AB1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，易知A1DB1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角AB1ACB1C，B1CA60.即A1D与AC所成的角为60.(2)如上图，连接BD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，ACBD，ACA1C1，E，F分别为AB，AD的中点，EFBD，EFAC.EFA1C1.即A1C1与EF所成的角为90.19.(本小题总分值12分)如下图，在棱锥ABPC中，APPC，ACBC，M为AB的中点，D为PB的中点，且PMB为正三角形求证：(1)DM平面APC；(2)平面ABC平面APC.证明：(1)M为AB的中点，D为PB的中点，DMAP.又DM平面APC，AP平面APC，DM平面APC.(2)PMB为正三角形，D为PB的中点，DMPB.又DMAP，APPB.又APPC，PCPBP，AP平面PBC.BC平面PBC，APBC.又ACBC，且ACAPA，BC平面APC.又BC平面ABC，平面ABC平面APC.20(本小题总分值12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，A(a,0)(a0)，B(0，a)，C(4,0)，D(0,4)，设AOB的外接圆圆心为E.(1)假设圆E与直线CD相切，求实数a的值；(2)设点P在圆E上，使PCD的面积等于12的点P有且只有三个，试问这样的圆E是否存在？假设存在，求出圆E的标准方程；假设不存在，说明理由解析：(1)直线CD方程为yx4，圆心E，半径ra.由题意得a，解得a4.(2)|CD|4，当PCD面积为12时，点P到直线CD的距离为3.又圆心E到直线CD距离为2(定值)，要使PCD的面积等于12的点P有且只有三个，需圆E的半径5，解得a10，此时，圆E的标准方程为(x5)2(y5)250.21.(本小题总分值12分)如图，三棱锥PABC中，ACB90，BC4，AB20，D为AB的中点，且PDB是等边三角形，PAPC.(1)求证：平面PAC平面ABC；(2)求二面角DAPC的正弦值解析：(1)证明：在RtACB中，D是斜边AB的中点，所以BDDA.因为PDB是等边三角形，所以BDDPBP，那么BDDADP，因此APB为直角三角形，即PABP.又PAPC，PCBPP，所以PA平面PCB.因为BC平面PCB，所以PABC.又ACBC，PAACA，所以BC平面PAC，因为BC平面ABC，所以平面PAC平面ABC.(2)由(1)知PAPB，又PAPC，故BPC即为二面角DAPC的平面角由(1)知BC平面PAC，那么BCPC.在RtBCP中，BC4，BPBD10，所以sinBPC.即二面角DAPC的正弦值为.22(本小题总分值12分)如图，圆C：x2(1a)xy2aya0.(1)假设圆C与x轴相切，求圆C的方程；(2)a1，圆C与x轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧). 过点M任作一条直线与圆O：x2y24相交于两点A，B. 问：是否存在实数a，使得ANMBNM？假设存在，求出实数a的值，假设不存在，请说明理由解析：(1)由得x2(1a)xa0，由题意得(1a)24a(a1)20，所以a1，故所求圆C的方程为x22xy2y10.(2)令y0，得x2(1a)xa0，即(x1)(xa)0，所以M(1,0)，N(a,0)，假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为yk(x1)，代入得x2y24得，(1k2)x22k2xk240，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，从而x1x2，x1x2，因为NA、NB斜率之和为而(x11)(x2a)(x21)(x1a)2x1x2(a1)(x2x1)2a2(a1)2a.因为ANMBNM，所以0，即0，得a4.当直线AB与x轴垂直时，也成立故存在a4，使得ANMBNM.