2019屆高中數(shù)學(xué) 模塊綜合測評(píng)（A）（含解析）新人教A版必修2

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1、模塊綜合測評(píng)(A) (時(shí)間:120分鐘　滿分:150分) 一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中,點(diǎn)A(2,2,1)關(guān)于xOy平面對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.(1,2,2) B.(-2,-2,1) C.(2,2,-1) D.(-2,-2,-1) 解析關(guān)于xOy平面對(duì)稱的點(diǎn)橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)不變,豎坐標(biāo)變?yōu)樗南喾磾?shù),從而有點(diǎn)A(2,2,1)關(guān)于xOy平面對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,2,-1). 答案C 2.如圖,ABCD-A1B1C1D1為正方體,異面

2、直線AD與CB1所成的角是(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析異面直線AD與CB1所成的角為∠BCB1,而△BCB1為等腰直角三角形,所以∠BCB1=45°. 答案B 3.直線y=mx+(2m+1)恒過一定點(diǎn),則此點(diǎn)是(　　) A.(1,2) B.(2,1) C.(-2,1) D.(1,-2) 解析直線y=mx+(2m+1)的方程可化為m(x+2)-y+1=0, 當(dāng)x=-2,y=1時(shí),方程恒成立.所以直線mx-y+2m+1=0恒過定點(diǎn)(-2,1).故選C. 答案C 4.若球的半徑擴(kuò)大到原來的2倍,則體積擴(kuò)大到原來的(　　) A.64倍 B.

3、16倍 C.8倍 D.4倍 解析設(shè)球原來的半徑為r,體積為V,則V=43πr3,當(dāng)球的半徑擴(kuò)大到原來的2倍后,其體積變?yōu)樵瓉淼?3=8倍. 答案C 5.直線l1:2x+3my-m+2=0和直線l2:mx+6y-4=0,若l1∥l2,則l1與l2之間的距離為(　　) A.55 B.105 C.255 D.2105 解析因?yàn)閘1∥l2,所以3m×m=2×6,m≠-2,解得m=2,因此兩條直線方程分別化為x+3y=0,x+3y-2=0,則l1與l2之間的距離=|-2-0|10=105,故選B. 答案B 6.圓臺(tái)的一個(gè)底面周長是另一個(gè)底面周長的3倍,母線長為7,圓臺(tái)的側(cè)面積為84π,則

4、圓臺(tái)較小底面的半徑為(　　) A.7 B.4 C.9 D.3 解析設(shè)圓臺(tái)較小底面的半徑為r, 則S圓臺(tái)側(cè)=π(r+3r)l=84π.∵l=7,∴r=3. 答案D 7.一個(gè)多面體的三視圖如圖所示,則多面體的體積是(　　) A.233 B.476 C.6 D.7 解析由題意知該多面體是正方體挖去兩個(gè)角所成的圖形,如圖所示, 所以該幾何體的體積為V=2×2×2-2×13×12×1×1×1=233.故選A. 答案A 8.圓x2+y2-8x+6y+16=0與圓x2+y2=16的位置關(guān)系是(　　) A.相交 B.相離 C.內(nèi)切 D.外切 解析設(shè)圓x2+y2=16的圓心為

5、O,半徑為r1,則點(diǎn)O的坐標(biāo)為(0,0),r1=4. 設(shè)圓x2+y2-8x+6y+16=0的圓心為C,半徑為r2,則點(diǎn)C的坐標(biāo)為(4,-3),r2=3. ∴|OC|=(4-0)2+(-3-0)2=5, ∴|r1-r2|<|OC|

6、AC1B=30°, 所以在Rt△ABC1中,BC1=ABtan∠AC1B=23,又BC=2, 所以在Rt△BCC1中,CC1=(23)2-22=22, 所以該長方體體積V=BC×CC1×AB=82. 答案C 10.如圖,關(guān)于正方體ABCD-A1B1C1D1,下面結(jié)論錯(cuò)誤的是(　　) A.BD⊥平面ACC1A1 B.AC⊥BD C.A1B∥平面CDD1C1 D.該正方體的外接球和內(nèi)接球的半徑之比為2∶1 解析由正方體ABCD-A1B1C1D1知,在A中,∵BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,∴BD⊥平面ACC1A1,故A正確;在B中,∵ABCD是正方形,∴AC

7、⊥BD,故B正確;在C中,∵A1B∥D1C,A1B?平面CDD1C1,D1C?平面CDD1C1,故A1B∥平面CDD1C1,故C正確;在D中,該正方體的外接球和內(nèi)接球的半徑之比為32∶12=3∶1,故D錯(cuò)誤.故選D. 答案D 11.與直線x-y-4=0和圓x2+y2+2x-2y=0都相切的半徑最小的圓的方程是(　　) A.(x+1)2+(y+1)2=2 B.(x-1)2+(y+1)2=4 C.(x-1)2+(y+1)2=2 D.(x+1)2+(y+1)2=4 解析圓x2+y2+2x-2y=0的圓心為(-1,1),半徑為2,過圓心(-1,1)與直線x-y-4=0垂直的直線方程為x+y=

8、0,所求的圓心在此直線上,又圓心(-1,1)到直線x-y-4=0的距離為62=32,則所求圓的半徑為2,設(shè)所求圓心為(a,b),且圓心在直線x-y-4=0的左上方,則|a-b-4|2=2,且a+b=0,解得a=1,b=-1(a=3,b=-3不符合,舍去),故所求圓的方程為(x-1)2+(y+1)2=2,選C. 答案C 12.點(diǎn)P(4,-2)與圓x2+y2=4上任一點(diǎn)連線的中點(diǎn)軌跡方程是(　　) 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 解析設(shè)圓上任意一點(diǎn)為(x1,y1),中點(diǎn)為(

9、x,y),則x=x1+42,y=y1-22,即x1=2x-4,y1=2y+2, 代入x2+y2=4,得(2x-4)2+(2y+2)2=4,化簡得(x-2)2+(y+1)2=1. 答案A 二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.把答案填在題中的橫線上) 13.已知直線l1:ax+2y+6=0和直線l2:x+(a-1)y+a2-1=0垂直,則實(shí)數(shù)a的值為　　　　　.? 解析∵l1⊥l2,∴a×1=-2×(a-1),得a=23. 答案23 14.(2018·全國2,文16)已知圓錐的頂點(diǎn)為S,母線SA,SB互相垂直,SA與圓錐底面所成角為30°.若△SAB的面積為8.則該圓錐

10、的體積為　　　　　　.? 解析 ∵SA⊥SB, ∴S△SAB=12·SA·SB=8. ∴SA=4.過點(diǎn)S連接底面圓心O,則∠SAO=30°. ∴SO=2,OA=23. ∴V=13πr2h=13×π×(23)2×2=8π. 答案8π 15.圓心在直線x-2y=0上的圓C與y軸的正半軸相切,圓C截x軸所得弦的長為23,則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為　　　　　.? 解析∵圓心在直線x-2y=0上, ∴可設(shè)圓心為(2a,a). ∵圓C與y軸正半軸相切, ∴a>0,半徑r=2a. 又圓C截x軸的弦長為23, ∴a2+(3)2=(2a)2, 解得a=1(a=-1舍去). ∴圓C的圓

11、心為(2,1),半徑r=2. ∴圓的方程為(x-2)2+(y-1)2=4. 答案(x-2)2+(y-1)2=4 16.設(shè)三棱錐P-ABC的頂點(diǎn)P在平面ABC上的射影是H,給出下列命題: ①若PA⊥BC,PB⊥AC,則H是△ABC的垂心; ②若PA,PB,PC兩兩互相垂直,則H是△ABC的垂心; ③若∠ABC=90°,H是AC的中點(diǎn),則PA=PB=PC; ④若PA=PB=PC,則H是△ABC的外心. 請(qǐng)把正確命題的序號(hào)填在橫線上:　　　　　.? 解析①因?yàn)镻H⊥底面ABC, 所以PH⊥BC, 又PA⊥BC, 所以BC⊥平面PAH, 所以AH⊥BC. 同理BH⊥AC,可

12、得H是△ABC的垂心,正確. ②若PA,PB,PC兩兩互相垂直, 所以PA⊥平面PBC, 所以PA⊥BC, 由此推出AH⊥BC, 同理BH⊥AC,可得H是△ABC的垂心,正確. ③若∠ABC=90°,H是AC的中點(diǎn),可推出△PHA≌△PHB≌△PHC, 則PA=PB=PC,正確. ④若PA=PB=PC, 由此推出AH=BH=CH, 則H是△ABC的外心,正確. 答案①②③④ 三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17.(本小題滿分10分)(2018·天津卷)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面ABC⊥平面AB

13、D,點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn),AB=2,AD=23,∠BAD=90°. (1)求證:AD⊥BC; (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值; (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值. (1)證明由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC. (2)解取棱AC的中點(diǎn)N,連接MN,ND.又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn),故MN∥BC.所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角. 在Rt△DAM中,AM=1,故DM=AD2+AM2=13. 因?yàn)锳D⊥平面ABC,故AD⊥AC. 在Rt△DAN中,AN=1, 故DN=AD

14、2+AN2=13. 在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=12MNDM=1326. 所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為1326. (3)解連接CM.因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形,M為邊AB的中點(diǎn),故CM⊥AB,CM=3.又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD,而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角. 在Rt△CAD中,CD=AC2+AD2=4. 在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD=34. 所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為34. 18.(本小題滿分12分)已知圓M的半徑為3,圓心在x軸正半軸上,直線3x-4y+9

15、=0與圓M相切, (1)求圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)過點(diǎn)N(0,-3)的直線l與圓M交于不同的兩點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),而且滿足x12+x22=212x1x2,求直線l的方程. 解(1)設(shè)圓心為M(a,0)(a>0),|3a+9|32+(-4)2=3, 解得a=2或-8. 因?yàn)閍>0, 所以a=2, 所以圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-2)2+y2=9. (2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),直線l:x=0,與圓M交于A(0,5),B(0,-5). 此時(shí)x1=x2=0,滿足x12+x22=212x1x2, 所以x=0符合題意. 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l:y=kx-3.

16、由y=kx-3,(x-2)2+y2=9, 消去y,得(x-2)2+(kx-3)2=9, 整理,得(1+k2)x2-(4+6k)x+4=0,① 所以x1+x2=4+6k1+k2,x1x2=41+k2. 由已知x12+x22=212x1x2,得(x1+x2)2=252x1x2, 即4+6k1+k22=252×41+k2, 整理,得7k2-24k+17=0, 解得k=1或177. 把k值代入到方程①中的判別式Δ=(4+6k)2-16(1+k2)=48k+20k2中, 判別式的值都為正數(shù), 所以k=1或177, 所以直線l的方程為y=x-3或y=177x-3, 即x-y-3=0

17、或17x-7y-21=0. 綜上,直線l的方程為x-y-3=0或17x-7y-21=0或x=0. 19.(本小題滿分12分)已知圓O:x2+y2=9和點(diǎn)M(1,a)(a>0). (1)若過點(diǎn)M有且只有一條直線與圓O相切,求實(shí)數(shù)a的值,并求出切線方程; (2)當(dāng)a=-23時(shí),試判斷過點(diǎn)M,且傾斜角為60°的直線l與圓O的位置關(guān)系.若相交,求出相交弦AB長;若不相交,求出圓O上的點(diǎn)到直線l的最遠(yuǎn)距離. 解(1)由題意,點(diǎn)M在圓上,即1+a2=9(a>0).所以a=22. 此時(shí)kOM=22,設(shè)點(diǎn)M處切線為l1,其斜率為k,因?yàn)镺M⊥l1,所以kOM·k=-1,解得k=-24. 所以切線

18、方程為y-22=-24(x-1),化簡得x+22y-9=0. (2)當(dāng)a=-23時(shí),直線l:y+23=tan60°(x-1),即3x-y-33=0. 因?yàn)閐=|-33|(3)2+(-1)2=332<3,所以直線l與圓O相交. 又|AB|22=R2-d2=9-274=94, 所以|AB|=3. 20.(本小題滿分12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,PA⊥平面ABCD,點(diǎn)M,N分別為BC,PA的中點(diǎn),且PA=AB=2. (1)證明:BC⊥平面AMN. (2)求三棱錐N-AMC的體積. (3)在線段PD上是否存在一點(diǎn)E,使得NM∥平面ACE

19、?若存在,求出PE的長;若不存在,請(qǐng)說明理由. (1)證明∵四邊形ABCD為菱形, ∴AB=BC. 又∠ABC=60°, ∴AB=BC=AC. 又M為BC的中點(diǎn), ∴BC⊥AM, 而PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD, ∴PA⊥BC. 又PA∩AM=A, ∴BC⊥平面AMN. (2)解∵S△AMC=12AM·CM=12×3×1=32, 又PA⊥底面ABCD,PA=2, ∴AN=1, ∴三棱錐N-AMC的體積V=13S△AMC·AN=13×32×1=36. (3)解存在點(diǎn)E. 取PD的中點(diǎn)E,連接NE,EC,AE. ∵N,E分別為PA,PD的中點(diǎn), ∴NE

20、􀱀12AD. 又在菱形ABCD中,CM􀱀12AD, ∴NE􀱀MC, 即四邊形MCEN是平行四邊形, ∴NM∥EC. 又EC?平面ACE,NM?平面ACE, ∴MN∥平面ACE, 即在PD上存在一點(diǎn)E,使得NM∥平面ACE, 此時(shí)PE=12PD=2. 21.(本小題滿分12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓C1:(x-1)2+y2=25和圓C2:(x-4)2+(y-5)2=16. (1)若直線l1經(jīng)過點(diǎn)P(2,-1)和圓C1的圓心,求直線l1的方程; (2)若點(diǎn)P(2,-1)為圓C1的弦AB的中點(diǎn),求直線AB的方程;

21、 (3)若直線l過點(diǎn)A(6,0),且被圓C2截得的弦長為43,求直線l的方程. 解(1)圓C1:(x-1)2+y2=25的圓心坐標(biāo)(1,0),直線l1經(jīng)過點(diǎn)P(2,-1)和圓C1的圓心,所以直線l1的方程為y-0x-1=11-2, 即x+y-1=0. (2)因?yàn)辄c(diǎn)P(2,-1)和圓心C1的連線的斜率為k=0+11-2=-1, 所以直線AB的斜率為1, 所以直線AB的方程為y+1=x-2, 即x-y-3=0. (3)因?yàn)橹本€l過點(diǎn)A(6,0),且被圓C2截得的弦長為43, 圓C2:(x-4)2+(y-5)2=16的圓心坐標(biāo)(4,5),半徑為4, 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的

22、方程為y=k(x-6),則弦心距為|4k-5-6k|1+k2=|2k+5|1+k2. 由于圓C2的半徑、半弦長以及圓心到直線的距離滿足勾股定理, 故16=(23)2+|2k+5|1+k22, 解得k=-2120, 則直線l的方程為21x+20y-126=0. 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),方程為x=6,此時(shí)也滿足題意. 故直線l的方程為x=6或21x+20y-126=0. 22.(本小題滿分12分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分別是A1C1,BC的中點(diǎn). (1)求證:平面ABE⊥平面B1BCC1; (2)求

23、證:C1F∥平面ABE; (3)求三棱錐E-ABC的體積. (1)證明在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC. 所以BB1⊥AB. 又因?yàn)锳B⊥BC,BC∩BB1=B, 所以AB⊥平面B1BCC1. 所以平面ABE⊥平面B1BCC1. (2)證明取AB的中點(diǎn)G,連接EG,FG. 因?yàn)镋,F分別是A1C1,BC的中點(diǎn), 所以FG∥AC,且FG=12AC. 因?yàn)锳C∥A1C1,且AC=A1C1, 所以FG∥EC1,且FG=EC1. 所以四邊形FGEC1為平行四邊形. 所以C1F∥EG. 又因?yàn)镋G?平面ABE,C1F?平面ABE, 所以C1F∥平面ABE. (3)解因?yàn)锳A1=AC=2,BC=1,AB⊥BC, 所以AB=AC2-BC2=3. 所以三棱錐E-ABC的體積V=13S△ABC·AA1=13×12×3×1×2=33. 11