【优化方案】2020高中数学 模块综合检测 苏教版必修2

模 块 综 合 检 测(时间：120分钟；满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共计70分把答案填在题中横线上)1给出下列说法：如果一个几何体的三视图是完全相同的，则这个几何体是正方体如果一个几何体的正视图和俯视图都是矩形，则这个几何体是长方体如果一个几何体的三视图是矩形，则这个几何体是长方体如果一个几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，则这个几何体是圆台其中正确说法的个数是_解析：不正确，因为球也是三视图完全相同的几何体；不正确，因为一个横放在水平位置的圆柱，其正视图和俯视图都是矩形；易知正确；不正确，因为一个正四棱台的正视图和侧视图也都是等腰梯形答案：12下列结论中，正确的是_(填序号)经过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直；如果一条直线和两个垂直平面中的一个垂直，它必和另一个平行；过不在平面内的一条直线可作无数个平面与已知平面垂直；如果两个平面互相垂直，经过一个平面内一点与另一平面垂直的直线在第一个平面内解析：过平面外一点可作一条直线与已知平面垂直，过该直线的任何一个平面都与已知平面垂直，所以不对；若，a则a或a，不对；当平面外的直线是平面的垂线时，能作无数个平面与已知平面垂直，否则只能作一个，因而也不对答案：3半径为6的圆与x轴相切，且与圆x2(y3)21内切，则此圆的方程为_解析：设圆心坐标为(a，b)，由所求圆与x轴相切且与圆x2(y3)21相内切可知，所求圆的圆心必在x轴的上方，且b6，即圆心为(a,6)由两圆内切可得615，所以a4.所以所求圆的方程为(x4)2(y6)236或(x4)2(y6)236.答案：(x4)2(y6)236或(x4)2(y6)2364.如图所示，梯形A1B1C1D1是平面图形ABCD的直观图(斜二测画法)，若A1D1Oy，D1C1在Ox上，A1B1Ox，且有A1D11，A1B12，C1D13，则平面图形ABCD的面积是_解析：把直观图还原为平面图求解由于A1D1Oy，D1C1在Ox上，A1B1Ox，所以原四边形ABCD是ADC90的直角梯形，且AD2A1D12，ABA1B12，CDC1D13，所以S梯形ABCD(ABCD)AD(23)25.答案：55.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线AD1与直线A1C1所成的角是_度解析：只需求AD1与AC所成的角，再由AD1C为正三角形即可求出答案：606.如图，正方体的棱长为1，C、D分别是两条棱的中点，A、B、M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是_解析：设点M到截面ABCD的距离为h，由VCABMVMABC知SABM1SABCh又SABM，SABC.h.答案：7在直线y2上有点P，它到点A(3,1)和B(5，1)的距离之和最小，则P点的坐标是_解析：点B关于直线y2的对称点为B(5，3)，AB的方程：，即x2y10.令y2，得x3，所以P(3，2)答案：(3，2)8正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成45角，则此三棱柱的体积为_解析：由已知得正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，V棱柱.答案：9已知直线l过直线l1：3x5y100和l2：xy10的交点，且平行于l3：x2y50，则直线l的方程是_解析：法一：由直线l过l1与l2的交点，故可设直线l的方程为3x5y10(xy1)0，即(3)x(5)y100.ll3，11.直线l的方程为8x16y210，即8x16y210.法二：因为ll3，所以可设l的方程为x2ym0，又得将点代入l的方程得m.故l的方程为x2y0，即8x16y210.答案：8x16y21010.如图所示，正四棱锥SABCD的底面边长和各侧棱长都为，点S，A，B，C，D都在同一个球面上，则该球的体积为_解析：如图所示，过S作SO1面ABCD，由已知O1CAC1.在RtSO1C中，SC，SO11，O1SO1AO1BO1CO1D，故O1是过S，A，B，C，D的球的球心，球半径为r1，球的体积为r3.答案：11如果圆锥的轴截面是正三角形(此圆锥也称等边圆锥)，则该圆锥的侧面积与表面积的比是_解析：设圆锥的底面半径为R，根据题意得出圆锥的母线长l2R，所以圆锥的侧面积为Rl2R2.圆锥的表面积为RlR23R2，所以S侧S表23.答案：2312已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为ABC的中心O，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于_解析：如图所示，过点B1作平面ABC的垂线，垂足为D，连结AD，则B1AD就是所求的线面角由题意知三棱锥A1ABC为正四面体，设棱长为a，则AB1a，棱柱的高A1O a.由于A1B1平面ABC，故B1DA1Oa.在RtAB1D中，sinB1AD，故AB1与底面ABC所成角的正弦值为.答案：13将直线2xy0沿x轴向左平移1个单位，所得的直线与圆x2y22x4y0相切，则实数的值为_解析：直线2xy0沿x轴向左平移1个单位后的直线方程为2(x1)y0，又圆心为(1,2)，半径r，得3或7.答案：3或714已知点N(3,1)，点A，B分别在直线yx和y0上，则ABN的周长的最小值是_解析：如图所示，点N(3,1)关于直线yx的对称点为P(1,3)，点N关于直线y0的对称点为M(3，1)，直线PM交直线yx于点A，交直线y0于点B，连结AN，BN，则此时ABN的周长最小，为ABANBNABAPBMPM2.答案：2二、解答题(本大题共6小题，共计90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分14分)已知直线l1：(a1)xy0，l2：xy0.(1)当a为何值时，l1l2? 当a为何值时，l1l2?(2)若l1与l2相交，且交点在第一象限，求a的取值范围解：(1)当(a1)(1)10且0时，l1l2，上式无解，即不存在aR，使l1l2.当(a1)110，即a0时，l1l2.(2)方程联立得交点坐标为，所以解得1a2.16.(本小题满分14分)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，且E是棱DD1的中点，求BE，A1E的长解：如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系依题意，得B(1,0,0)，E(0,1，)，A1(0,0,1)，所以BE ，A1E .17(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中，设二次函数f(x)x22xb(xR)的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C.(1)求实数b的取值范围；(2)求圆C的方程解：(1)令x0，得抛物线与y轴的交点是(0，b)；令f(x)0，得x22xb0，由题意b0且0，解得b1且b0.(2)设所求圆的一般方程为x2y2DxEyF0.令y0，得x2DxF0，这与x22xb0是同一个方程，故D2，Fb；令x0，得y2Eyb0，此方程有一个根为b，代入得Eb1，所以圆C的方程为x2y22x(b1)yb0.18(本小题满分16分)一个多面体的直观图及三视图如图所示：(其中M、N分别是AF、BC的中点)(1)求证：MN平面CDEF；(2)求多面体ACDEF的体积解：(1)证明：由三视图可知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱ADEBCF，且ABBCBF2，DECF2CBF90.如图，取BF中点G，连结MG、NG.由M、N分别为AF、BC中点可得，NGCF，MGEF，平面MNG平面CDEF，MN平面CDEF.(2)法一：作AHDE于H，由于三棱柱ADEBCF为直三棱柱，AH平面DCFE，且AH，VACDEFS矩形CDEFAH22.即多面体的体积为.法二：ADEBCF是三棱柱，VADEFCVADEBCFSADEAB222.19(本小题满分16分)已知A(4,1)、B(0,4)两点，在直线l：3xy10上找一点M，使得|MAMB|的值最大，并求此时点M的坐标及最大值解：设B(0,4)关于直线l：3xy10的对称点为B(x0，y0)，则解得所以B(3,3)设M为直线l：3xy10上任意一点，则|MAMB|MAMB|AB.当且仅当M、B、A三点共线时，上式等号成立，此时M即为所求点M.过点A(4,1)、B(3,3)的直线方程为，即2xy90.解方程组得所以直线AB与直线l的交点为M(2,5)所以当M点的坐标为(2,5)时，|MAMB|取得最大值为AB.20(本小题满分16分)(2020年高考江苏卷)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，PDDCBC1，AB2，ABDC，BCD90.(1)求证：PCBC；(2)求点A到平面PBC的距离解：(1)证明：因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC.因为BCD90，所以BCCD.又PDCDD，所以BC平面PCD.而PC平面PCD，所以PCBC.(2)如图，过点A作BC的平行线交CD的延长线于E，过