2024-2025學年高中數(shù)學模塊綜合評估1習題含解析新人教A版必修2

模塊綜合評估(一)eq\o(\s\up7(時間：120分鐘滿分：150分),\s\do5())一、選擇題(每小題5分，共60分)1．在原來的圖形中，兩條線段平行且相等，則在直觀圖中對應的兩條線段(A)A．平行且相等 B．平行不相等C．相等不平行 D．既不平行也不相等2．下列命題正確的是(D)A．若直線l1∥平面α，直線l2∥平面α，則l1∥l2B．若直線l上有兩個點到平面α的距離相等，則l∥αC．直線l與平面α所成角θ的取值范圍是0°<θ<90°D．若直線l1⊥平面α，直線l2⊥平面α，則l1∥l2解析：對于A，若直線l1∥平面α，直線l2∥平面α，則l1與l2可能平行，可能相交，也可能異面，故A錯誤．對于B，若直線l與平面α相交于O點，在交點兩側各取A，B兩點，使得OA＝OB，則A，B到平面α的距離相等，但直線l與α不平行，故B錯誤．對于C，當直線l?α或l∥α時，直線l與平面α所成的角θ＝0°；當l⊥α時，直線l與平面α所成的角大小為90°，故C錯誤．對于D，由定理“垂直于同一個平面的兩條直線平行”可知D正確．故選D.3．菱形ABCD在平面α內，PC⊥α，則PA與對角線BD的位置關系是(D)A．平行B．相交但不垂直C．垂直相交D．異面垂直解析：菱形ABCD中，AC⊥BD.又PC⊥平面α.∴PC⊥BD，∴BD⊥平面PAC.又PA?平面PAC，∴BD⊥PA.明顯PA與BD異面，故PA與BD異面垂直．4．已知M、N分別是正方體AC1的棱A1B1、A1D1的中點，如圖是過M、N、A和D、N、C1的兩個截面截去兩個角后所得的幾何體，則該幾何體的正視圖為(B)解析：由正視圖的性質知，幾何體的正投影為一正方形，正面有可見的一棱和背面有不行見的一棱，故選B.5．設長方體的對角線長是4，過每一頂點有兩條棱與對角線的夾角都是60°，則此長方體的體積是(B)A.eq\f(\r(3),9)B．8eq\r(2)C．8eq\r(3)D．16eq\r(3)解析：設長方體的過一頂點的三條棱長為a，b，c，并且長為a，b的兩條棱與對角線的夾角都是60°，則a＝4cos60°＝2，b＝4cos60°＝2.依據(jù)長方體的對角線性質，有a2＋b2＋c2＝42，即22＋22＋c2＝42.∴c＝2eq\r(2).因此長方體的體積V＝abc＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).6．已知點A、B、C、D為同一球面上的四點，且AB＝AC＝AD＝2，AB⊥AC，AC⊥AD，AD⊥AB，則這個球的表面積是(C)A．16πB．20πC．12πD．8π解析：把這四點再補四點可作為一個正方體的頂點，則這八個頂點都在球面上，球為正方體的外接球，所以2eq\r(3)＝2R，R＝eq\r(3)，S＝4πR2＝12π，故選C.7．一圓過圓x2＋y2－2x＝0與直線x＋2y－3＝0的交點，且圓心在y軸上，則這個圓的方程是(B)A．x2＋y2－4x－4y＋6＝0 B．x2＋y2＋4y－6＝0C．x2＋y2－2x＝0 D．x2＋y2＋4x－6＝0解析：設所求圓的方程為x2＋y2－2x＋λ(x＋2y－3)＝0，即x2＋y2＋(λ－2)x＋2λy－3λ＝0.依題意，－eq\f(λ－2,2)＝0，λ＝2.故圓的方程為x2＋y2＋4y－6＝0.8．設直線過點(0，a)，其斜率為1，且與圓x2＋y2＝2相切，則a的值為(C)A．±4B．±2eq\r(2)C．±2D．±eq\r(2)9．若實數(shù)x，y滿意x2＋y2＝1，則eq\f(y－2,x－1)的最小值等于(B)A.eq\f(1,4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(\r(3),2)D．2解析：eq\f(y－2,x－1)表示圓x2＋y2＝1上的點P(x，y)與A(1,2)連線的斜率．由A(1,2)作圓的兩條切線，較小的斜率即為所求．10．圓(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直線3x＋4y－11＝0的距離等于1的點有(C)A．1個B．2個C．3個D．4個解析：圓心(3,3)到直線3x＋4y－11＝0的距離為d＝eq\f(|3×3＋4×3－11|,5)＝2，圓的半徑是3.∴圓上的點到直線3x＋4y－11＝0的距離為1的點有3個．11．如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BB1＝4，長為1的線段PQ在棱AA1上移動，長為3的線段MN在棱CC1上移動，點R在棱BB1上移動，則四棱錐R-PQMN的體積是(C)A．12 B．10C．6 D．不確定解析：設四棱錐R-PQMN的高為d，則d＝eq\f(3\r(2),2)，S四邊形PQMN＝eq\f(1,2)(1＋3)×3eq\r(2)＝6eq\r(2)，VR-PQMN＝eq\f(1,3)S四邊形PQMN·d＝eq\f(1,3)×6eq\r(2)×eq\f(3\r(2),2)＝6，故選C.12．若曲線C1：x2＋y2－2x＝0與曲線C2：y(y－mx－m)＝0有四個不同的交點，則實數(shù)m的取值范圍是(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))解析：∵y(y－mx－m)＝0，∴y＝0或y－mx－m＝0.當y＝0時，明顯與圓x2＋y2－2x＝0有兩個不同的交點，要使兩曲線有四個不同的交點，只需y－mx－m＝0與圓x2＋y2－2x＝0有兩個不同的交點，且m≠0.由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－mx－m＝0，,x2＋y2－2x＝0，))消去y，得關于x的一元二次方程，再令Δ>0，解得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))).二、填空題(每小題5分，共20分)13．如圖是一個空間幾何體的三視圖，其中正視圖和側視圖都是半徑為2的半圓，俯視圖是半徑為2的圓，則該幾何體的體積等于eq\f(16π,3).解析：由三視圖知該幾何體是半徑為2的半球，所以其體積為eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×23＝eq\f(16π,3).14．直線ax－y＋3＝0與圓(x－1)2＋(y－2)2＝4相交于A、B兩點且|AB|＝2eq\r(3)，則實數(shù)a＝0.解析：因為圓的圓心坐標為(1,2)，半徑r＝2，且|AB|＝2eq\r(3)，故圓心到直線的距離d＝eq\r(r2－\f(|AB|,2)2)＝eq\r(4－\r(3)2)＝1，即eq\f(|a－2＋3|,\r(a2＋1))＝1，所以|a＋1|＝eq\r(a2＋1)，平方得a2＋2a＋1＝a2＋1，解得a＝0.15．一個橫放的圓柱形水桶，桶內的水漫過底面周長的四分之一，那么當桶直立時，水的高度與桶的高度的比為(π－2)4π.解析：設圓柱形水桶的底面半徑為R，高為h，桶直立時，水的高度為x.橫放時水桶底面在水內的面積為eq\f(1,4)πR2－eq\f(1,2)R2，水的體積為V水＝(eq\f(1,4)πR2－eq\f(1,2)R2)h.直立時水的體積不變，則有V水＝πR2x，∴xh＝(π－2)4π.16．如圖，點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運動，則下面四個結論：①三棱錐A-D1PC的體積不變；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1，其中正確的結論的序號是①②④(寫出全部你認為正確結論的序號)．解析：因為AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四邊形AA1C1C是平行四邊形，所以AC∥A1C1.又AC?平面A1BC1，A1C1?平面A1BC1.所以AC∥平面A1BC1，同理可證AD1∥平面A1BC1.又AC?平面ACD1，AD1?平面ACD1，且AC∩AD1＝A，所以平面ACD1∥平面A1BC1.因為A1P?平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故②正確；BC1?平面A1BC1，所以BC1∥平面ACD1，所以點P到平面ACD1的距離不變．又VA-D1PC＝VP-ACD1，所以三棱錐A-D1PC的體積不變，故①正確；因為DB＝DC1，所以當P為BC1的中點時才有DP⊥BC1，故③錯誤；因為BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥BB1，又AC⊥BD，BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，又B1D?平面BB1D1D，所以B1D⊥AC，同理可證B1D⊥AD1.又AC?平面ACD1，AD1?平面ACD1，AC∩AD1＝A，所以B1D⊥平面ACD1，又B1D?平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正確．三、解答題(寫出必要的計算步驟，只寫最終結果不得分，共70分)17．(10分)已知一個組合體的三視圖，如圖所示，請依據(jù)詳細的數(shù)據(jù)，計算該組合體的體積．解：由三視圖可知此組合體的結構為：上部是一個圓錐，中部是一個圓柱，下部也是一個圓柱，由題圖中的尺寸可知：V圓錐＝eq\f(1,3)πr2h1＝eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(8π,3)，V圓柱＝πr2h2＝π×22×10＝40π，V圓柱′＝πr2h3＝π×42×1＝16π，所以此組合體的體積為V＝eq\f(8π,3)＋40π＋16π＝eq\f(176,3)π.18．(12分)已知等腰直角三角形斜邊所在直線的方程是3x－y＝0，一條直角邊所在直線l的斜率為eq\f(1,2)，且經(jīng)過點(4，－2)，若此三角形的面積為10，求此直角三角形的直角頂點的坐標．解：設直角頂點為C，C到直線y＝3x的距離為d，則eq\f(1,2)·d·2d＝10，∴d＝eq\r(10).又l的斜率為eq\f(1,2)，∴l(xiāng)的方程為y＋2＝eq\f(1,2)(x－4)，即x－2y－8＝0.設l′是與直線y＝3x平行且距離為eq\r(10)的直線，則l′與l的交點就是點C.設l′的方程是3x－y＋m＝0，則eq\f(|m|,\r(10))＝eq\r(10)，∴m＝±10，∴l(xiāng)′的方程是3x－y±10＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－8＝0，,3x－y－10＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－8＝0，,3x－y＋10＝0，))得點C的坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，－\f(14,5)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(28,5)，－\f(34,5))).19．(12分)已知圓C經(jīng)過A(2,4)、B(3,5)兩點，且圓心C在直線2x－y－2＝0上．(1)求圓C的方程；(2)若直線y＝kx＋3與圓C總有公共點，求實數(shù)k的取值范圍．解：(1)由于AB的中點坐標為(eq\f(5,2)，eq\f(9,2))，kAB＝1，則線段AB的垂直平分線的方程為y＝－x＋7，圓心C是直線y＝－x＋7與直線2x－y－2＝0的交點，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋7，,2x－y－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝4，))即圓心C(3,4)，又半徑為|CA|＝eq\r(2－32＋4－42)＝1，故圓C的方程為(x－3)2＋(y－4)2＝1.(2)圓心C(3,4)到直線y＝kx＋3的距離d＝eq\f(|3k－4＋3|,\r(1＋k2))，由題意d≤1，化簡得4k2－3k≤0，解得0≤k≤eq\f(3,4).20.(12分)如圖，AA1B1B是圓柱的軸截面，C是底面圓周上異于A、B的一點，AA1＝AB＝2.(1)求證：平面A1AC⊥平面BA1C；(2)求VA1-ABC的最大值．解：(1)證明：∵C是底面圓周上異于A、B的一點，且AB為底面圓的直徑，∴BC⊥AC.又AA1⊥底面ABC，∴BC⊥AA1，∴BC⊥平面A1AC.由面面垂直的判定定理知，平面A1AC⊥平面BA1C.(2)在Rt△ACB中，設AC＝x，則BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(4－x2)(0<x<2)．故VA1-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC×AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC×BC×AA1＝eq\f(1,3)xeq\r(4－x2)(0<x<2)．VA1-ABC＝eq\f(1,3)xeq\r(4－x2)＝eq\f(1,3)eq\r(x24－x2)＝eq\f(1,3)eq\r(－x2－22＋4).∵0<x<2，∴0<x2<4.∴當x2＝2，即x＝eq\r(2)時，VA1-ABC的值最大，即(VA1-ABC)max＝eq\f(2,3).21．(12分)已知動點M到點A(2,0)的距離是它到點B(8,0)的距離的一半，求：(1)動點M的軌跡方程；(2)若N為線段AM的中點，試求點N的軌跡．解：(1)設動點M(x，y)為軌跡上隨意一點，則點M的軌跡就是集合P＝{M||MA|＝eq\f(1,2)|MB|}．由兩點間距離公式，點M適合的條件可表示為eq\r(x－22＋y2)＝eq\f(1,2)eq\r(x－82＋y2).平方后再整理，得x2＋y2＝16.可以驗證，這就是動點M的軌跡方程．(2)設動點N的坐標為(x，y)，M的坐標是(x1，y1)．由于A(2,0)，且N為線段AM的中點，所以x＝eq\f(2＋x1,2)，y＝eq\f(0＋y1,2).所以有x1＝2x－2，y1＝2y.①由(1)知，M是圓x2＋y2＝16上的點，所以M的坐標(x1，y1)滿意xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(