本册综合素质检测.doc

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.　　　　　　　　　 B．3π
C. 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π，那么正方体的棱长等于(　　)
A．2 B.
C. D.
[答案]　D
[解析]　设正方体的棱长为a，球的半径为R，则πR3＝π，∴R＝2.又∵a＝2R＝4，∴a＝.
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(，，)，B(，，0)，C(，，)，则(　　)
A．OA⊥AB B．AB⊥AC
C．AC⊥BC D．OB⊥OC
[答案]　C
[解析]　|AB|＝，|AC|＝，|BC|＝，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mn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) B．(－，)
C．(－，) D．(－，)
[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＝＜1，解得－＜k＜.
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＝＝，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. 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(－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－＝，
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＝.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，，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，则的最小值为(　　)
A.＋2 B.－2
C．5 D．6
[答案]　B
[解析]　如图，设A(1,1)，
＝|PA|，则|PA|的最小值为|AC|－r＝－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]　
[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＝(9π＋＋25π)×4＝，V柱＝4π，则V＝V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]　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．
由得
所以－＝－3，D＝6，－＝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，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)，
∴()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＝AD.
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＝，PB＝2.
根据DE·PB＝PD·BD，得DE＝，
即棱锥D－PBC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，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－2)2＋y2＝8.
19．(本小题满分12分)已知圆的半径为，圆心在直线y＝2x上，圆被直线x－y＝0截得的弦长为4，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
得2x2－2(a＋b)x＋a2＋b2－10＝0，
所以x1＋x2＝a＋b，x1·x2＝.
由弦长公式得·
＝4，
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＝，圆心(a，b)到直线x－y＝0的距离d＝.
由弦长、弦心距、半径组成的直角三角形得d2＋()2＝r2，即＋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＝，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＝2，
解得k＝，
所以直线l1的方程为x＝2或y＝(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－，
设点P坐标为(，n)，互相垂直的直线l3，l4的方程分别为：y－n＝k(x－)，y－n＝－(x－)，
即kx－y＋n－k＝0，－x－y＋n＋＝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＝，
化简得(－n)k＝－n或
(＋n)k＝－n－＝－(＋n)．
关于k的方程有无穷多解，
有＋n＝0，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，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得，∠ACB＝90°，CD＝，A1D＝，DE＝，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D，所以VC－A1DE＝××××＝1.