人教A版高中数学必修2检测：模块质量评估(A卷) Word版含解析

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模块质量评估 (A卷 )
(第|一至|第四章)
(120分钟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,只有一项符合题目要求)
1.(2021·石家庄高一检测)如图是一个几何体的三视图,其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4,腰长为4的等腰梯形,那么该几何体的侧面积是
( )
ππππ
2.(2021·广州高一检测)一个球的内接正方体的外表积为54,那么球的外表积为
( ) ππ
ππ
3.(2021·浙江高|考)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( )
⊥n,n∥α,那么m⊥α
∥β,β⊥α,那么m⊥α
⊥β,n⊥β,n⊥α,那么m⊥α
⊥n,n⊥β,β⊥α,那么m⊥α
4.(2021·大连高一检测)假设直线(2a +5)x +(a -2)y +4 =0与(2 -a)x +(a +3)y -1 =0互相垂直,那么a的值为( )
C.2, -2
D.2,0, -2
5.如下图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD =AB,∠BCD =45°,∠BAD =90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成四面体A -BCD,那么在四面体A -BCD中,以下说法正确的选项是( )
⊥平面ABC
⊥平面BDC
⊥平面BDC
⊥平面ABD
6.与直线y = -2x +3平行,且与直线y =3x +4交于x轴上的同一点的直线方程是
( )
A.y = -2x +4
B.y =x +
C.y = -2x -
D.y =x -
+ =1与圆x2 +y2 =1有公共点,那么( )
2 +b2≤2 +b2≥1
C. +≤1
D. +≥1
8.(2021·厦门高一检测)假设圆C的半径为1,圆心在第|一象限,且与直线4x -3y =0和x轴都相切,那么该圆的标准方程是( )
A.(x -3)2 + =1
B.(x -2)2 +(y -1)2 =1
C.(x -1)2 +(y -3)2 =1
D. +(y -1)2 =1
9.底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱(底面是正方形的直棱柱)的各顶点均在同一个球面上,那么该球的体积为( )
A.ππ D.
10.(2021·武汉高一检测)如图,在长方体ABCD -A1B1C1D1中,M,N
分别是棱BB1,B1C1的中点,假设∠CMN =90°,那么异面直线AD1
和DM所成角为( )
°°°°
11.假设圆(x -3)2 +(y +5)2 =r2上的点到直线4x -3y -2 =0的最|近距离等于1,那么半径r的值为( )
12.(2021·烟台高一检测)假设直线y =kx +1与圆x2 +y2 +kx -y -9 =0的两个交点恰好关于y轴对称,那么k等于( )
二、填空题(本大题共4个小题,每题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)
13.(2021·长春高一检测)假设圆锥的侧面展开图是圆心角为120°,半径为l的扇形,那么这个圆锥的外表积与侧面积之比是. ,ABCD -A1B1C1D1是棱长为1的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1、B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP =,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,那么PQ = .
15.过点P(2,3),并且在两坐标轴上截距相等的直线方程是.
16.(2021·江苏高|考)在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心且与直线mx -y -2m -1 =0(m∈R)相切的所有圆中,半径最|大的圆的标准方程为.
三、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)如下图(单位:cm),四边形ABCD是直角梯形,求图中阴影局部绕AB旋转一周所成几何体的外表积和体积.
18.(12分)直线l经过两直线l1:2x -y +4 =0与l2:x -y +5 =0的交点,且与直线x -2y -6 =0垂直.
(1)求直线l的方程.
(2)假设点P(a,1)到直线l的距离为,求实数a的值.
19.(12分)(2021·长沙高一检测)圆C:x2 +y2 -8y +12 =0,直线l经过点D( -2,0),且斜率为k.
(1)求以线段CD为直径的圆E的方程.
(2)假设直线l与圆C相离,求k的取值范围.
20.(12分)如图,正方体ABCD -A1B1C1D1中,P,M,N分别为棱DD1,AB,BC的中点.
(1)求二面角B1 -MN -B的正切值.
(2)求证:PB⊥平面MNB1.
21.(12分)如图,在直三棱柱ABC -A1B1C1中,A1B1 =A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D不同于点C),且AD⊥DE,F为B1C1的中点.
求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)直线A1F∥平面ADE.
22.(12分)在平面直角坐标系xOy中,圆心在x轴上,半径为2的圆C位于y轴右侧,且与直线x -y +2 =0相切.
(1)求圆C的方程.
(2)在圆C上,是否存在点M(m,n),使得直线l:mx +ny =1与圆O:x2+y2=1相交于不同的两点A,B,且△OAB的面积最|大?假设存在,求出点M的坐标及对应的△OAB的面积;假设不存在,请说明理由.
答案解析
1.B 因为正视图和侧视图都是等腰梯形,俯视图是一个圆环,
所以该几何体是一个圆台,且圆台的上、下底半径分别为1和2,母线为4,
所以S侧 =π(r +r')l =π·(1 +2)×4 =12π.
2.A 设正方体的棱长为a,球的半径为r,
那么6a2 =54,所以a =3.
又因为2r =a,所以r = a =,
所以S表 =4πr2 =4π× =27π.
3.C 对A假设m⊥n,n∥α,那么m⊂α或m∥α或m⊥α,故A选项错误; 对B假设m∥β,β⊥α,那么m⊂α或m∥α或m⊥α,故B选项错误; 对C假设m⊥β,n⊥β,n⊥α,那么m⊥α,故C选项正确;
对D假设m⊥n,n⊥β,β⊥α,那么m⊂α或m∥α或m⊥α,故D选项错误.
【补偿训练】m,n是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,以下命题中正确的选项是( )
∥α,n∥α,那么m∥n
α⊥γ,β⊥γ,那么α∥β
∥α,m∥β,那么α∥β
⊥α,n⊥α,那么m∥n
D 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.
4.【解题指南】利用l1⊥l2⇔A1A2 +B1B2 =0求a的值.
C 因为两直线垂直,所以(2a +5)(2 -a) +(a -2)(a +3) =0,即a =±2.
5.D 因为AD∥BC,AD =AB,∠BCD =45°,∠BAD =90°,所以∠ABD =∠ADB =45°,所以∠BDC =90°,即BD⊥CD,又因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD ∩平面BCD =BD,CD⊂平面BCD,所以CD⊥平面ABD,又CD⊂平面ADC,所以平面ADC⊥平面ABD.
6.C 直线y =3x +4与x轴的交点坐标为,故所求直线方程为y -0 = -2 = -2x -.
【延伸探究】此题中的条件 "与直线y = -2x +3平行〞假设换为 "与直线y = -2x +3垂直〞其他条件不变,其结论又如何呢?
【解析】直线y =3x +4与x轴的交点坐标为,故所求直线方程为y -0 =,
即y =x +.
7.D 直线 + =1与圆x2 +y2 =1有公共点,
因此圆心(0,0)到直线bx +ay -ab =0的距离应小于等于1.
所以≤1,所以 +≥1.
8.B 由设所求圆的圆心坐标为:C(a,b)(a>0且b>0),由有:
⇒所以所求圆的方程为:(x -2)2 +(y -1)2 =1.
9.D 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中|心连线的中点,
所以球的半径r = =1,
球的体积V =r3 =.应选D.
10.D 因为MN⊥DC,MN⊥MC,DC∩MC =C,所以MN⊥⊥DM.
因为MN∥AD1,所以AD1⊥DM,即所求角为90°.
11.A 由圆的方程可知圆心为(3, -5),圆心(3, -5)到直线4x -3y -2 =0的距离为d = = =5,由题意得d -r =1,即r =d -1 =5 -1
=4.
12.A 将两方程联立消去y后得(k2 +1)x2 +2kx -9 =0,由题意知此方程两根之和为0,故k =0.
13.【解析】设圆锥的底面半径为r,那么有l =2πr,故l =3r,所以
= =.
答案:4∶3
14.【解析】因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
平面ABCD∩平面PQNM =PQ,
平面A1B1C1D1∩平面PQNM =NM,
所以MN∥PQ,
又因为MN∥AC,所以PQ∥AC.
又因为AP =,所以 = = =,
所以PQ =AC =.
答案:
15.【解析】假设截距为0,过P点和原点的直线方程为y =x,即3x -2y =0;
假设截距不为0,设所求直线方程为 + =1,
由P(2,3)在直线上,可得a =5,
那么所求直线方程为x +y -5 =0,
因此满足条件的直线方程为3x -2y =0或x +y -5 =0.
答案:3x -2y =0或x +y -5 =0
【补偿训练】直线l经过点(1,3),且与圆x2 +y2 =1相切,直线l的方程为.
【解析】当斜率存在时,设切线的斜率为k,那么切线方程为y -3 =k(x -1),由圆心到切线的距离等于半径得 =1,解得k =,切线方程为4x -3y +5 =0;当斜率不存在时,直线x =1也符合题意.
答案:x =1或4x -3y +5 =0
【误区警示】此题易无视斜率不存在的情况,只写出一条切线方程. 16.【解题指南】点(1,0)到直线mx -y -2m -1 =0(m∈R)的最|大距离即为所求圆的半径,利用点到直线的距离公式表示出此距离并求出最|大值,代入圆的标准方程即可.
【解析】点(1,0)到直线mx -y -2m -1 =0的距离d = =,当m>0时,d = = =.因为m>0,所以m +≥2 =2,当且仅当m =1时上式成立,所以d≤.当m≤0时,d≤
,标准方程为(x -1)2 +y2 =2.
答案:(x -1)2 +y2 =2
17.【解析】由题意,知所成几何体的外表积等于
圆台下底面积、圆台的侧面积与半球面面积的和,
又S半球面 =×4π×22 =8π(cm2),
S圆台侧 =π(2 +5) =35π(cm2),
S圆台下底 =π×52 =25π(cm2),
所以所成几何体的外表积为
8π +35π +25π =68π(cm2).
又V圆台 =×(22 +2×5 +52)×4 =52π(cm3),
V半球 =××23 =(cm3).
所以所成几何体的体积为
V圆台 -V半球 =52π - =(cm3).
18.【解析】(1)由得交点为(1,6),
又直线l垂直于直线x -2y -6 =0,
所以直线l的斜率为k = -2.
故直线l的方程为y -6 = -2(x -1),
即2x +y -8 =0.
(2)由于P(a,1)到直线l的距离等于,
那么 =,解得a =1或a =6.
19.【解析】(1)将圆C的方程x2+y2-8y +12 =0配方得标准方程为x2+(y -4)2 =4,
那么此圆的圆心为C(0,4),半径为2.
所以CD的中点E( -1,2),|CD| = =2,
所以r =,
故所求圆E的方程为(x +1)2 +(y -2)2 =5.
(2)直线l的方程为y -0 =k(x +2),即kx -y +2k =0.
假设直线l与圆C相离,那么有圆心C到直线l的距离>2,
解得k<.
20.【解析】(1)连接BD交MN于F,连接B1F,连接AC.
因为平面DD1B1B⊥平面ABCD,
交线为BD,AC⊥BD,
所以AC⊥平面DD1B1B.
又因为AC∥MN,
所以MN⊥平面DD1B1B.
因为B1F,BF⊂平面DD1B1B,
所以B1F⊥MN,BF⊥MN.
因为B1F⊂平面B1MN,
BF⊂平面BMN,
那么∠B1FB为二面角B1 -MN -B的平面角.
在Rt△B1FB中,
设B1B =1,那么FB =,
所以tan∠B1FB =2.
(2)过点P作PE⊥AA1,
那么PE∥DA,连接BE.
又DA⊥平面ABB1A1,
所以PE⊥平面ABB1A1,即PE⊥B1M.
又BE⊥B1M,所以B1M⊥平面PEB.
所以PB⊥MB1.
由(1)中MN⊥平面DD1B1B,得PB⊥MN,
所以PB⊥平面MNB1.
21.【证明】(1)因为三棱柱ABC -A1B1C1是直三棱柱, 所以CC1⊥平面ABC.
又因为AD⊂平面ABC,
所以CC1⊥AD.
因为AD⊥DE,CC1,DE⊂平面BCC1B1,
且CC1∩DE =E,
所以AD⊥平面BCC1B1.
又因为AD⊂平面ADE,
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)方法一:因为A1B1 =A1C1,F为B1C1的中点, 所以A1F⊥B1C1.
又因为CC1⊥平面A1B1C1,
且A1F⊂平面A1B1C1,
所以CC1⊥A1F.
又因为CC1,B1C1⊂平面BCC1B1,
且CC1∩B1C1 =C1,
所以A1F⊥平面BCC1B1.
由(1)知,AD⊥平面BCC1B1,
所以A1F∥AD.
又因为AD⊂平面ADE,A1F⊄平面ADE,
所以直线A1F∥平面ADE.
方法二:由(1)知,AD⊥平面BCC1B1,
因为BC⊂平面BCC1B1,
所以AD⊥BC.
因为A1B1 =A1C1,所以AB =AC.
所以D为BC的中点.
连接DF(图略),因为F是B1C1的中点,
所以DF BB1AA1.
所以四边形ADFA1是平行四边形.
所以A1F∥AD.
因为AD⊂平面ADE,A1F⊄平面ADE,
所以A1F∥平面ADE.
22.【解析】(1)设圆心是(x0,0)(x0>0),它到直线x -y +2 =0的距离是d = =2,
解得x0 =2或x0 = -6(舍去),
所以所求圆C的方程是(x -2)2 +y2 =4(x≠0).
(2)存在.理由如下:因为点M(m,n)在圆C上,
所以(m -2)2 +n2 =4,
n2 =4 -(m -2)2 =4m -m2且0≤m≤4.
又因为原点到直线l:
mx +ny =1的距离h = =<1,
解得<m≤4,而|AB| =2,
所以S△OAB =|AB|·h =
= =,
因为≤<1,
所以当 =,即m =时,S△OAB取得最|大值,
此时点M的坐标是或,△OAB的面积的最|大值是.
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