人教新课标版数学高一A版必修2模块综合测评二

模块综合测试
（满分120分,测试时间100分钟）
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48
分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.给出下列命题：①底面多边形内接于一个圆的棱锥的侧棱长相等，②棱台的各侧棱不一定相交于一点，③如果不在同一平面内的两个相似的直角三角形的对应边互相平行，则连结它们的对应顶点所围成的多面体是三棱台，④圆台上底圆周上任一点与下底圆周上任一点的连线都是圆台的母线.其中正确的个数为( )
A.3
B.2
C.1
D.0
解析:命题①中：底面多边形内接于一个圆，但并不能推测棱长相等；命题②中：由棱台的性质可知，棱台的各侧棱延长后相交于一点；命题③中:因两个直角三角形相似且对应边平行，可推出连结对应顶点后延长线交于一点，即此几何体可由一个平行于底面的平面所截，故命题③正确；命题④中:上底的圆周上一点与下底圆周上任一点连线有三种可能：在圆周上的曲线、侧面上的曲线或不在侧面上的线段.
答案：C
2.图1是一个物体的三视图，则此三视图所描述的物体是下列几何体中的( )
图1
解析:从三个角度看都是符合的，故选D.
答案：D
3.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )
图2
A.16π
B.20π
C.24π
D.32π
解析:由题意可得该正四棱柱的底面面积为4,边长为2.因正四棱柱属于长方体,因此所求球的球心在该长方体的中心,即球的直径为26,根据球的表面积公式可得球的表面积为24π.
答案：C
4.木星的体积约是地球体积的30
240倍，则它的表面积约是地球表面积的( )
A.60倍
B.30
60倍 C.120倍 D.30
120倍
解析:设木星的半径为r1,地球的半径为r2,由题意,得30
240
3
2
3
1
r
r
,则木星的表面积∶地球
的表面积=.
120
30
240
30
240
1
30
24032
2
3
1
2
3
2
3
1
2
2
2
1=
⨯
=
⨯
=
•
=
r
r
r
r
r
r
答案：C
5.已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图3所示的直观图，其中
B′O′=C′O′=1,A′O′=
2
3
,那么原△ABC是一个( )
图3
A.等边三角形
B.直角三角形
C.三边中有两边相等的等腰三角形
D.三边互不相等的三角形
解析:根据“斜二测画法”可得BC=B′C′=2,AO=2A′O′=3.故原△ABC是一个等边三角形. 答案：A
6.已知直线m、n与平面α、β，给出下列三个命题：
①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，n⊥α，则n⊥m；
③若m⊥α，m∥β，则α⊥β.其中正确命题的个数是( )
A.0
B.1
C.2
D.3
解析:通过举例可证明①错误,可知②③命题为正确命题.
答案：C
7.点P(2,5)关于直线x+y+1=0的对称点的坐标为( )
A.(6,-3)
B.(3,-6)
C.(-6,-3)
D.(-6,3)
解析:根据两点关于直线对称的特点：两点的连线与对称轴垂直以及两点的中点在对称轴上,可得对称点为(-6,-3).
答案：D
8.点P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD=AD，则PA与BD所成角的度数为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析:将图形补成一个正方体如图，则PA与BD所成角等于BC′与BD所成角即∠DBC′.在等边三角形DBC′中，∠DBC′=60°，即PA与BD所成角为60°.
答案：C
9.若l为一条直线，α、β、γ为三个互不重合的平面，给出下面三个命题：
①α⊥γ，β⊥γ⇒α⊥β;②α⊥γ,β∥γ⇒α⊥β；③l∥α,l⊥β⇒α⊥β．
其中正确的命题有( ) A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
解析:①中可由长方体的一角证明是错误的；②③易证明是正确的.
答案：C
10.已知实数x 、y 满足2x+y+5=0，那么22y x +的最小值为( )
A.5
B.10
C.52
D.102
解析:22y x +表示点P(x,y)到原点的距离.根据数形结合得22y x +的最小值为原点到直线2x+y+5=0的距离，即d=555
=.
答案：A
11.在坐标平面内，与点A(1,2)距离为1，且与点B(3,1)距离为2的直线共有( )
A.1条
B.2条
C.3条
D.4条
解析:与点A （1,2）的距离为1的直线即为以点A(1,2)为圆心，以1为半径的圆的切线.与点B （3,1）的距离为2的直线即为以点B(3,1)为圆心，以2为半径的圆的切线.所以到A 、B 两点距离为1和2的直线即为两圆的公切线，因｜AB ｜=5)12()31(22=-+-，且125+<，所以两圆相交，故有两条公切线.
答案：B
12.矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角BACD ，则四面体ABCD 的四个顶点所在球的体积为( )
A.π12125
B.π9125
C.π6125
D.π3
125 解析:连结矩形ABCD 的对角线AC 、BD 交于O ，则AO=BO=CO=DO ，翻折后仍然AO=BO=CO=DO ，则O 为四面体ABCD 四个顶点所在球的圆心，因此四面体ABCD 四个顶点所在球的半径为25，故球的体积为ππ6
125)25(343=. 答案：C
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
13.圆台上、下底半径为2和3，则中截面面积为________________.
解析:由圆台的性质可知中截面是一个圆，圆的直径为轴截面梯形的中位线，设中截面圆的半径为x ，故有4x=4+6，解得x=
π425,25=S . 答案：π4
25 14.经过直线2x+3y-7=0与7x+15y+1=0的交点，且平行于直线x+2y-3=0的直线方程是____________.
解析:由已知可设经过直线2x+3y-7=0与7x+15y+1=0的交点的直线方程为2x+3y-7+λ(7x+15y+1)=0，整理得(2+7λ)x+(3+15λ)y -7+λ=0.根据两直线平行关系得λ=1，代入得3x+6y-2=0.
答案：3x+6y-2=0 15.过A(-3,0)、B(3,0)两点的所有圆中面积最小的圆的方程是___________________．
解析:根据圆的性质，圆的半径最小时，面积最小,即以AB 为直径端点的圆满足条件,所求方程为x 2+y 2=9.
答案：x 2+y 2=9
16.已知圆锥的侧面积是底面积的2倍，它的轴截面的面积为Q ，则圆锥的体积为___________.
解析:设圆锥的高为h,半径为r,母线为l ,则S 侧=πr l ，S 底=πr 2，∵S 侧=2S 底,∴πr l =2πr 2，即l =2r.又l 2=r 2+h 2，解得h=r 3.
又∵S 轴截面=rh=Q,∴r 2=3Q
,即r=43Q
.
∴h=43
33Q
r =.故V 圆锥=31πr 2h=433Q Q π. 答案：4
33Q
Q π 17.已知圆柱的高为h ，底面半径为R ，轴截面为矩形A 1ABB 1，在母线AA 1上有一点P ，且PA=a ，在母线BB 1上取一点Q ，使B 1Q=b ，则圆柱侧面上P 、Q 两点的最短距离为____________.
解析:如图甲，沿圆柱的母线AA 1剪开得矩形
（如图乙），过P 作PE ∥AB 交BB 1于E ，
则PE=AB=2
1·2πR=πR ，QE=h-a-b. ∴PQ=2222)()(b a h R QE PE --+=+π.
答案：2
2)()(b a h R --+π
18.过圆x 2+y 2=4外的一点A(4,0)作圆的割线，则割线被圆截得的弦的中点的轨迹方程为________________.
解析:设弦的中点是P(x 0,y 0)，根据圆的几何性质得OP ⊥AP ，即点P(x 0,y 0)在以OA 为直径的圆上，即(x 0-2)2+y 02=4.因P(x 0,y 0)在圆x 2+y 2=4内，故弦的中点的轨迹方程为(x-2)2+y 2=4，x ∈［0,1).
答案：(x-2)2+y 2=4，x ∈［0,1)
三、解答题（本大题共4小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19.（本小题满分10分）已知直线l 垂直于直线3x-4y-7=0，直线l 与两坐标轴围成的三角形
的周长为10，求直线l的方程.
解：设直线l方程为4x+3y+b=0，则l 与x轴、y轴的交点为A(
4
b
-,0),B(0,
3
b
-).
∴｜AB｜=b
12
5
.由｜OA｜+
｜OB｜+｜AB｜=10,得
12
|
|5
3
|
|
4
|
|b
b
b
+
+=10.∴b=±10.
∴l方程为4x+3y+10=0,4x+3y-10=0.
20.（本小题满分12分）圆锥底面半径为1 cm，高为2cm，其有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长.
解：过圆锥的顶点和正方体底面的一条对角线CD作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF，正方体对角面CDD1C1，如图，设正方体棱长为x，
则CC1=x,C1D1=2x.作SO⊥EF于O，则SO=2,OE=1,
∵△ECC1∽△ESO,∴
EO
EC
SO
CC
1
1=.
∴
1
2
2
1
2
x
x
-
=.
∴x=
2
2
(cm).
∴正方体棱长为
2
2
cm.
21.（本小题满分12分）(2005江苏高考,19)如图4,圆O1与圆O2的半径都是1,O1O2=4,过动点P分别作圆O1、圆O2的切线PM、PN（M、N分别为切点），使得PM=2PN,试建立适当的坐标系，并求动点P的轨迹方程.
图4
解：如图，以直线O1O2为x轴，线段O1O2的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则两圆心分别为O1(-2,0),O2(2,0).
设P(x,y)，则PM 2=O 1P 2-O 1M 2=(x+2)2+y 2-1.同理,PN 2=(x-2)2+y 2-1．
∵PM=2PN ，
∴(x+2)2+y 2-1=2［(x-2)2+y 2-1］，即x 2-12x+y 2+3=0，即(x-6)2+y 2=33．这就是动点P 的轨迹方程．
22.（本小题满分14分）如图5，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 、M 、N 分别为棱DD 1、AB 、BC 的中点.
图5
（1）求二面角B 1MNB 的正切值；
（2）求证：PB ⊥平面MNB 1.
（3）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P 、B 两点间的距离.
（1）解：连结BD 交MN 于F ，连结B 1F.
∵平面DD 1B 1B ⊥平面ABCD,交线为BD ，AC ⊥BD,
∴AC ⊥平面DD 1B 1B.又∵AC//MN ，
∴MN ⊥平面DD 1B 1B.
∵B 1F,BF ⊂平面DD 1B 1B ，
∴B 1F ⊥MN,BF ⊥MN.
∵B 1F ⊂平面B 1MN ，
BF ⊂平面BMN ，则∠B 1FB 为二面角B 1-MN-B 的平面角.
在Rt △B 1FB 中，设B 1B=1，则FB=4
2， ∴tan ∠B 1FB=22.
（2）证明：过点P 作PE ⊥AA 1，则PE ∥DA ，连结BE.
又DA ⊥平面ABB 1A 1，∴PE ⊥平面ABB 1A 1,即PE ⊥B 1M.
又BE ⊥B 1M ，∴B 1M ⊥平面PEB.
∴PB ⊥MB 1.
由（1）中MN ⊥平面DD 1B 1B,得PB ⊥MN ，所以PB ⊥平面MNB 1.
（3）解：PB=2
13，符合条件的正方体表面展开图可以是以下6种之一：。