2022-2022学年高中数学综合测评一含解析北师大版必修2.doc

综合测评(一)
(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．经过点(2，－1)且与直线x＋y－5＝0垂直的直线的方程是(　　)
A．x＋y＋3＝0 B．x－y＋3＝0
C．x＋y－3＝0 D．x－y－3＝0
解析：因为所求的直线与直线x＋y－5＝0垂直，故所求直线的斜率为1. 又直线经过点(2，－1)，故所求直线的方程为y＋1＝x－2，即x－y－3＝0.
答案：D
2．假设直线2ay－1＝0与直线(3a－1)x＋y－1＝0平行，那么实数a等于(　　)
A. B．－
C. D．－
解析：因为两直线平行，所以3a－1＝0，即a＝.
答案：C
3．设点P(a，b，c)关于原点对称的点为P′，那么|PP′|＝(　　)
A. B．2
C．|a＋b＋c| D．2|a＋b＋c|
解析：P(a，b，c)关于原点对称的点为P′(－a，－b，－c)，那么|PP′|＝＝2.
答案：B
4．等边三角形的边长为1，那么它的平面直观图面积为(　　)
A. B.
C. D.
解析：底边长为1，高为××sin 45°＝，∴S＝.
答案：D
5．直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，假设AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，那么球O的半径为(　　)
A. B．2
C. D．3
解析：如下图，由球心作平面ABC的垂线，那么垂足为BC的中点M. 又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径为R＝OA＝＝.
答案：C
6．假设圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，那么m＝(　　)
A．21 B．19
C．9 D．－11
解析：圆C2的标准方程为(x－3)2＋(y－4)2＝25－m.
又圆C1：x2＋y2＝1，所以|C1C2|＝5.
又因为两圆外切，所以5＝1＋，解得m＝9.
答案：C
7．如下图，四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCDM是PC上的任意一点，那么以下选项能使得平面MBD⊥平面PCD的是(　　)
A．M为PC的中点
B．DM⊥BC
C．DM⊥PC
D．DM⊥PB
解析：∵底面ABCD为菱形，那么BD⊥AC，PA⊥底面ABCD，那么PA⊥BD，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∵PC平面PAC，∴BD⊥PC，假设是DM⊥PC，那么有PC⊥平面MBD，而PC平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD，故C成立．
答案：C
8．设α表示平面，a、b表示两条不同的直线，给定以下四个命题：
①假设a∥α，a⊥b，那么b⊥α　②假设a∥b，a⊥α，那么b⊥α
③假设a⊥α，a⊥b，那么b∥α　④假设a⊥α，b⊥α，那么a∥b.
其中为假命题的是(　　)
A．①③ B．②③
C．②④ D．①③④
解析：①中b还可能平行于α或与α斜交；③中b还可能在α内；②④是真命题. 应选A.
答案：A
9．过点P(2,2)的直线与圆(x－1)2＋y2＝5相切，且与直线ax－y＋1＝0垂直，那么a＝(　　)
A．－ B．1
C．2 D.
解析：因为点P(2,2)为圆(x－1)2＋y2＝5上的点，由圆的切线性质可知，圆心(1,0)与点P(2,2)的连线与过点P(2,2)的切线垂直. 因为圆心(1,0)与点P(2,2)的连线的斜率k＝2，故过点P(2,2)的切线斜率为－，所以直线ax－y＋1＝0的斜率为2，因此a＝2.
答案：C
10．圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2截y轴所得线段与截直线y＝2x＋b所得线段的长度相等，那么b＝(　　)
A．－ B．±
C．－ D．±
解析：设圆C与y轴的两个交点分别是A，B，由圆心C到y轴的距离为1，|CA|＝|CB|＝可知，圆心C(1,2)到直线2x－y＋b＝0的距离也等于1才符合题意，于是＝1，解得b＝±.
答案：D
11．点P(x，y)满足(x＋2)2＋y2＝1，那么的取值范围是(　　)
A.
B．[－，3]
C．(－∞，－]∪[，＋∞)
D.∪
解析：(x＋2)2＋y2＝1表示圆心为(－2,0)，半径为1的圆，过点(0,0)和P(x，y)的直线的斜率为. 如图，可知这样的直线的倾斜角的范围为∪. 故的取值范围为.
答案：A
12．P(t，t)，t∈R，M是圆O1：x2＋(y－1)2＝上的动点，N是圆O2：(x－2)2＋y2＝上的动点，那么|PN|－|PM|的最大值是(　　)
A.－1 B.
C．1 D．2
解析：因为M是圆O1上的点，N是圆O2上的点，两圆的半径都是，又因为P(t，t)，t∈R在直线y＝x上，那么求|PN|－|PM|的最大值就是求－的最大值，即求PO2－PO1＋1的最大值，而PO2－PO1的最大值是点O1关于直线y＝x的对称点(1,0)到O2(2,0)的距离，所以PO2－PO1＋1的最大值是2，即|PN|－|PM|的最大值为2，应选D.
答案：D
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．圆锥的母线长为5 cm，侧面积为15π cm2，那么此圆锥的体积为________ cm3.
解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，那么有πrl＝15π，知r＝3，
∴h＝＝4.
∴其体积V＝Sh＝πr2h＝×π×32×4＝12π.
答案：12π
14．正四棱锥的底面边长为4 cm，高与斜高的夹角为30°，那么该正四棱锥的侧面积等于________ cm2.
解析：如图，正四棱锥的高PO、斜高PE、底面边心距OE组成Rt△POE.
因为OE＝×4＝2(cm)，
∠OPE＝30°，
所以PE＝＝4(cm)．
所以S侧面积＝×4×4×4＝32(cm2)．
答案：32
15．对于任意实数k，直线(3k＋2)x－ky－2＝0与圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的位置关系是________．
解析：把圆的方程化为标准形式得：(x－1)2＋(y－1)2＝22，可知圆的半径等于2，求出圆心到直线的距离d＝≤＝2.所以直线与圆相切或相交．
答案：相切或相交
16.
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，给出以下四个结论：
①直线D1C∥平面A1ABB1；
②直线A1D1与平面BCD1相交；
③直线AD⊥平面D1DB；
④平面BCD1⊥平面A1ABB1.
其中正确结论的序号为________．
解析：因为平面A1ABB1∥平面D1DCC1，D1C平面D1DCC1，所以D1C∥平面A1ABB1，①正确；直线A1D1在平面BCD1内，②不正确；显然AD不垂直于BD，所以AD不垂直于平面D1DB，③不正确；因为BC⊥平面A1ABB1，BC平面BCD1，所以平面BCD1⊥平面A1ABB1，④正确．
答案：①④
三、解答题(本大题共6个小题，共70分. 解容许写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题总分值10分)△ABC的三个顶点分别为A(2,3)，B(－1，－2)，C(－3,4)，求
(1)BC边上的中线AD所在的直线方程；
(2)△ABC的面积．
解析：(1)设D点的坐标为(x0，y0)，
那么x0＝＝－2，y0＝＝1，
所以D(－2,1)．
又A(2,3)，所以直线AD的斜率k＝＝，
所以BC边上的中线AD的方程为y－1＝(x＋2)，
即x－2y＋4＝0.
(2)|BC|＝＝2，
BC边的方程为3x＋y＋5＝0.
点A到BC边的距离d＝＝，
所以S△ABC＝|BC|·d＝×2×＝14.
18．(本小题总分值12分)圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，是否存在斜率为1的直线l，使以l被圆截得的弦AB为直径的圆过原点？假设存在，求出直线l的方程；假设不存在，说明理由．
解析：假设存在斜率为1的直线l，满足题意，且OA⊥OB.
设直线l的方程是y＝x＋b，其与圆C的交点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
那么·＝－1，
即x1x2＋y1y2＝0，①
由
消去y得：2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
∴x1＋x2＝－(b＋1)，
x1x2＝(b2＋4b－4)，②
y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)＝x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝(b2＋4b－4)－b2－b＋b2＝(b2＋2b－4)．③
把②③式代入①式，得b2＋3b－4＝0，
解得b＝1或b＝－4，且b＝1或b＝－4都使得Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)>0成立，
故存在直线l满足题意，其方程为y＝x＋1或y＝x－4.
19.
(本小题总分值12分)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点．
求证：(1)C1O∥平面AB1D1，
(2)A1C⊥平面AB1D1.
证明：(1)如图，连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O1，
连接AO1，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，
所以A1ACC1是平行四边形，
所以A1C1∥AC且A1C1＝AC，
又O1，O分别是A1C1，AC的中点，
所以O1C1∥AO且O1C1＝AO，所以AOC1O1是平行四边形，所以C1O∥AO1. 因为AO1平面AB1D1，C1O平面AB1D1，
所以C1O∥平面AB1D1.
(2)因为CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，
所以CC1⊥B1D1，
又因为A1C1⊥B1D1，
所以B1D1⊥平面A1C1C，即A1C⊥B1D1.
因为A1B⊥AB1，BC⊥AB1，
又A1B∩BC＝B，
AB1⊥平面A1BC，又A1C平面A1BC，
所以A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1＝B1，
所以A1C⊥平面AB1D1.
20．(本小题总分值12分)矩形ABCD的两条对角线交于点M，AB边所在直线方程为3x－4y－4＝0，点N在AD所在直线上．
(1)求AD所在直线的方程；
(2)求矩形ABCD的外接圆C1的方程．
解析：(1)∵AB所在直线方程为3x－4y－4＝0，且AD与AB垂直，
∴直线AD的斜率为－.
又点N在AD所在直线上，
∴直线AD的方程为y－＝－(x＋1)，
即4x＋3y＋3＝0.
(2)由
解得点A的坐标为(0，－1)．
又两条对角线交于点M，
∴M为矩形ABCD的外接圆的圆心，
而|MA|＝＝，
∴外接圆的方程为2＋y2＝.
21.
(本小题总分值12分)如下图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.
(1)求证：AB⊥平面VAD；
(2)求平面VAD与平面VDB所成的二面角的正切值．
解析：(1)证明：∵底面ABCD是正方形，
∴AB⊥AD.
∵平面VAD⊥底面ABCD，平面VAD∩底面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB底面ABCD，
∴AB⊥平面VAD.
(2)取VD的中点E，连接AE，BE.
∵△VAD是正三角形，
∴AE⊥VD，AE＝AD.
∵AB⊥平面VAD，VD平面VAD，∴AB⊥VD.
又AB∩AE＝A，∴VD⊥平面ABE.
∵BE底面ABE，∴VD⊥BE，
∴∠AEB就是平面VAD与平面VDB所成的二面角的平面角．
在Rt△BAE中，tan∠BEA＝＝＝.
∴平面VAD与平面VDB所成的二面角的正切值为.
22．(本小题总分值12分)如图，直角梯形ABCD中，E为CD边中点，且AE⊥CD，又G，F分别为DA，EC的中点，将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC.
(1)求证：AE⊥平面CDE；
(2)求证：FG∥平面BCD；
(3)在线段AE上找一点R，使得平面BDR⊥平面DCB，并说明理由．
解析：(1)证明：由得DE⊥AE，AE⊥EC.
∵DE∩EC＝E，DE平面CDE，EC平面CDE，
∴AE⊥平面CDE.
(2)证明：取AB中点H，连接GH，FH，
∴GH∥BD，FH∥BC，
∵GH平面BCD，BD平面BCD，
∴GH∥平面BCD.
同理：FH∥平面BCD，
又GH∩FH＝H，
∴平面FHG∥平面BCD，
∵GF平面FHG，
∴GF∥平面BCD.
(3)取线段AE的中点R，那么平面BDR⊥平面DCB.
取线段DC的中点M，取线段DB的中点S，连接MS，RS，BR，DR，EM.
那么MS綊BC，又RE綊BC，
∴MS綊RE，
∴四边形MERS是平行四边形，
∴RS∥ME.
在△DEC中，ED＝EC，M是CD的中点，
∴EM⊥DC.
由(1)知AE⊥平面CDE，AE∥BC，
∴BC⊥平面CDE.
∵EM平面CDE，∴EM⊥BC.
∵BC∩CD＝C，∴EM⊥平面BCD.
∵EM∥RS，∴RS⊥平面BCD.
∵RS平面BDR，
∴平面BDR⊥平面DCB.