2019年高中数学 本册综合素质检测 新人教A版必修2.doc
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2019年高中数学 本册综合素质检测 新人教A版必修2一、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(xx新课标全国)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图,以zOx平面为投影面,则得到的正视图可以为()答案A解析作出空间直角坐标系,在坐标系中标出各点的位置,然后进行投影,分析其正视图形状,易知选A.2已知两条直线yax2与y(a2)x1互相垂直,则a等于()A2B1C0 D1答案D解析由已知得(a2)a1,故a22a10,即(a1)20,解得a1.也可代入验证3已知正方体外接球的体积是,那么正方体的棱长等于()A2 BC D答案D解析设正方体的棱长为a,球的半径为R,则R3,R2.又a2R4,a.4已知m,n是两条不同直线,是三个不同平面,下列命题中正确的是()A若m,n,则mnB若,则C若m,m,则D若m,n,则mn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,相交,所以B、C不正确很明显D正确5如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是棱BB1,B1C1的中点,若CMN90,则异面直线AD1和DM所成角为()A30 B45C60 D90答案D解析因为MNDC,MNMC,所以MN平面DCM.所以MNDM.因为MNAD1,所以AD1DM.6在三棱柱ABCA1B1C1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()A30 B45C60 D90答案C解析过A作AEBC于点E,则易知AE面BB1C1C,则ADE即为所求,又tanADE,故ADE60.故选C.7过点M(2,4)作圆C:(x2)2(y1)225的切线l,且直线l1:ax3y2a0与l平行,则l1与l间的距离是()A BC 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(22)(x2)(41)(y1)25,即4x3y200.因为直线l与直线l1平行,所以,即a4,所以直线l1的方程是4x3y80,即4x3y80.所以直线l1与直线l间的距离为.故选D.8点P(4,2)与圆x2y24上任一点连线的中点轨迹方程是()A(x2)2(y1)21B(x2)2(y1)24C(x4)2(y2)21D(x2)2(y1)21答案A解析设圆上任意一点为(x1,y1),中点为(x,y),则,代入x2y24,得(2x4)2(2y2)24,化简得(x2)2(y1)21.9在空间直角坐标系中,O为坐标原点,设A(,),B(,0),C(,),则()AOAAB BABACCACBC DOBOC答案C解析|AB|,|AC|,|BC|,因为|AC|2|BC|2|AB|2,所以ACBC.10(xx高考数学北京卷)已知圆C:(x3)2(y4)21和两点A(m,0),B(m,0)(m0),若圆C上存在点P,使得APB90,则m的最大值为()A7 B6C5 D4答案B解析点P在以AB为直径的圆上,因此两圆有公共点,应满足m1m1,4m6,故选B.11(xx重庆)已知圆C1:(x2)2(y3)21,圆C2:(x3)2(y4)29,M,N分别是圆C1,C2上的动点,P为x轴上的动点,则|PM|PN|的最小值为()A54 B1C62 D分析先求出点P到两圆心的距离的和的最小值,该值减去两圆的半径即所求|PM|PN|的最小值答案A解析两圆的圆心均在第一象限,先求|PC1|PC2|的最小值,作点C1关于x轴的对称点C1(2,3),则(|PC1|PC2|)min|C1C2|5,所以(|PM|PN|)min5(13)54.12(xxxx河南名校名师俱乐部高三模拟)过直线y2x上一点P作圆M:(x3)2(y2)2的两条切线l1,l2,A,B为切点,当直线l1,l2关于直线y2x对称时,则APB等于()A30 B45C60 D90答案C解析过圆M的圆心(3,2)向直线y2x作垂线,设垂足为N,易知当点P与点N重合时,l1与l2关于y2x对称,此时,|MP|,又圆M的半径长为,故sinMPA,则MPA30,故APB60.二、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(925)4,V柱4,则VV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4xy20或x1解析x1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,kAB4,y24(x1),即4xy20.15(xx浙江)直线y2x3被圆x2y26x8y0所截得的弦长等于_答案4解析已知圆的圆心为(3,4),半径r为5,圆心到直线y2x3的距离为d,所以弦长l24.16已知圆C过点(1,0),且圆心在x轴的正半轴上,直线l:yx1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xy30解析设圆心(a,0)(a0),()2()2|a1|2.a3.圆心(3,0)所求直线方程为xy30.三、解答题(本大题共6个大题,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PABCD中,底面ABCD为平行四边形,DAB60,AB2AD,PD底面ABCD.(1)证明PABD;(2)设PDAD1,求棱锥DPBC的高解析(1)证明:因为DAB60,AB2AD,由余弦定理得BDAD.从而BD2AD2AB2,故BDAD.又PD底面ABCD,可得BDPD.所以BD平面PAD.故PABD.(2)如图,作DEPB,垂足为E.已知PD底面ABCD,则PDBC.由(1)知BDAD,又BCAD,所以BCBD.故BC平面PBD,所以BCDE.则DE平面PBC.由题设知PD1,则BD,PB2.根据DEPBPDBD,得DE,即棱锥DPBC的高为.18(本小题满分12分)已知圆C:x2y224x28y360内有一点Q(4,2),过Q作AQBQ,交圆于点A,B,求动弦AB的中心的轨迹方程解析圆的方程可化为(x12)2(y14)2376,如右图所示,设AB的中点P(x,y),则CPAB,|AP|2|AC|2|CP|2.在RtABQ中,|PQ|AB|AP|,|PQ|2|AC|2|CP|2,即(x4)2(y2)2376(x12)2(y14)2,整理得x2y216x16y80.故动弦AB的中点的轨迹方程为x2y216x16y80.19(本小题满分12分)(xxxx广东省东莞七中高一月考试题)已知圆C:x2y22x4y40,斜率为1的直线l与圆C交于A、B两点(1)化圆的方程为标准形式,并指出圆心和半径;(2)是否存在直线l,使以线段AB为直径的圆过原点?若存在,求出直线l的方程,若不存在,说明理由;(3)当直线l平行移动时,求CAB面积的最大值解析(1)(x1)2(y2)29.圆心C(1,2),r3.(2)假设存在直线l,设方程为yxm,A(x1,y1),B(x2,y2),因此直线AB的圆过圆点O,所以OAOB,即x1x2y1y20.消去y得2x22(m1)xm24m40.0得33m33.由根与系数关系得:x1x2(m1),x1x2,y1y2(x1m)(x2m)x1x2m(x1x2)m20.x1x2y1y22x1x2m(x1x2)m20.解得m1或4.直线l方程为yx1或yx4.(3)设圆心C到直线l:yxm的距离为d,|AB|2,SCAB2d,此时d,l的方程为yx或yx6.20(本小题满分12分)(xx山东卷)如图,几何体EABCD是四棱锥,ABD为正三角形,CBCD,ECBD.(1)求证:BEDE;(2)若BCD120,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BCCD知,COBD,又已知CEBD,所以BD平面OCE.所以BDOE,即OE是BD的垂直平分线,所以BEDE.(2)取AB中点N,连接MN,DN,M是AE的中点,MNBE,ABD是等边三角形,DNAB.由BCD120知,CBD30,所以ABC603090,即BCAB,所以NDBC,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:(x4)2(y5)24和圆C2:(x3)2(y1)24.(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,x2符合题意;当直线l1的斜率存在时,设直线l1的方程为yk(x2),即kxy2k0,由条件得2,解得k,所以直线l1的方程为x2或y(x2),即x2或21x20y420.(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:ynk(x),yn(x),即kxynk0,xyn0,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)kn或(n)kn(n)关于k的方程有无穷多解,有n0,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)(xx全国高考卷文科18题)如图已知三棱柱ABCA1B1C1中,D、E分别是AB、BB1的中点(1)证明:BC1面A1CD1;(2)设AA1ACCB2,AB2,求三棱锥CA1DE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BC1DF,因为DF平面A1CD,BC1平面A1CD,所以BC1平面A1CD.(2)因为ABCA1B1C1是直三棱柱,所以AA1CD,由已知ACCB,D为AB中点,所以,CDAB,又AA1ABA,于是CD平面ABB1A1,由AA1ACCB2,AB2得,ACB90,CD,A1D,DE,A1E3,故A1D2DE2A1E2,即DEA1D,所以VCA1DE1.- 配套讲稿:
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