2025版高中数学综合测评含解析新人教A版必修2

PAGEPAGE15综合测评(满分:150分;时间:120分钟)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分)1.直线x=tan60°的倾斜角是 ()A.90° B.60° C.30° D.不存在2.给出下列四个命题:①垂直于同始终线的两条直线相互平行;②垂直于同一平面的两个平面相互平行;③若直线l1,l2与同一平面所成的角相等,则l1,l2相互平行;④若直线l1,l2是异面直线,则与l1,l2都相交的两条直线是异面直线.其中假命题的个数是 ()A.1 B.2 C.3 D.43.用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得的圆台上、下底面半径之比为1∶4,若截去的圆锥的母线长为3cm,则圆台的母线长为 ()A.1cm B.3cmC.12cm D.9cm4.如图,在长方体A1B1C1D1-ABCD中,M、N分别是棱BB1,B1C1的中点,若∠CMN=90°,则异面直线AD1和DM所成的角为 ()A.30° B.45° C.60° D.90°5.已知l,m表示两条不同的直线,α表示平面,则下列说法正确的是 ()A.若l⊥α,m⊂α,则l⊥mB.若l⊥m,m⊂α,则l⊥αC.若l∥m,m⊂α,则l∥αD.若l∥α,m⊂α,则l∥m6.等边△PQR中,P(0,0),Q(4,0),且R在第四象限内,则PR和QR所在直线的方程分别为 ()A.y=3x和y=-3x B.y=3(x-4)和y=-3(x-4)C.y=3x和y=-3(x-4) D.y=-3x和y=3(x-4)7.已知点P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点,PA,PB是圆C:x2+y2-2y=0的两条切线,A,B是切点,若四边形PACB的最小面积是2,则k的值为 ()A.3 B.212 C.22 8.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E、F,且EF=12,则下列结论中正确的个数为 (①AC⊥BE;②EF∥平面ABCD;③三棱锥A-BEF的体积为定值;④△AEF的面积与△BEF的面积相等.A.1 B.2 C.3 D.49.如图,定点A,B都在平面α内,定点P∉α,PB⊥α,C是α内异于A和B的动点,且PC⊥AC,则动点C在平面α内的轨迹是 ()A.一条线段,但要去掉两个点B.一个圆,但要去掉两个点C.一段弧,但要去掉两个点D.半圆,但要去掉两个点10.几何学史上有一个闻名的米勒问题:“设点M,N是锐角∠AQB的一边QA上的两点,试在QB边上找一点P,使得∠MPN最大”.如图,其结论是:点P为过M,N两点且和射线QB相切的圆的切点.依据以上结论解决以下问题:在平面直角坐标系xOy中,给定两点M(-1,2),N(1,4),点P在x轴上移动,当∠MPN取最大值时,点P的横坐标是 ()A.-7 B.1或-7 C.2或-7 D.111.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题错误的是 ()A.直线BC与平面ABC1D1所成的角为πB.点C到平面ABC1D1的距离为2C.异面直线D1C和BC1所成的角为πD.三棱柱AA1D1-BB1C1外接球的半径为312.如图,已知四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,平面ABCD⊥平面APB,G为PC上一点,且BG⊥平面APC,AB=2,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 ()A.23 B.223 C.二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知实数x,y满意6x+8y-1=0,则x2+y14.如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分别为AB和CD,且AB⊥CD,平面SAD∩平面SBC=l.现有以下四个结论:①AD∥平面SBC;②l∥AD;③若E是底面圆周上的动点,则△SAE的最大面积等于△SAB的面积;④l与平面SCD所成的角为45°.其中正确结论的序号是.

15.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别是AB,AC的中点,平面EFC1B1将三棱柱分成体积分别为V1,V2的两部分,则V1∶V2=.

16.已知三棱锥P-ABC的底面是正三角形,PA=3,点A在侧面PBC内的射影H是△PBC的垂心,当三棱锥P-ABC的体积最大时,三棱锥P-ABC的外接球的体积为.

三、解答题(本题共6小题,共70分)17.(10分)如图,在△ABC中,已知A(5,-2),B(7,3),且AC边的中点M在y轴上,BC边的中点N在x轴上.(1)求点C的坐标;(2)求AB边上的中线所在直线的方程.18.(12分)已知圆C1:(x-1)2+(y+5)2=50,圆C2:(x+1)2+(y+1)2=10.(1)证明圆C1与圆C2相交;(2)若圆C3经过圆C1与圆C2的交点以及坐标原点,求圆C3的方程.19.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AB=2,∠BAA1=60°,D为AA1的中点,点C在平面ABB1A1内的射影在线段BD上.(1)求证:B1D⊥平面CBD;(2)若△CBD是正三角形,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.20.(12分)我国的“洋垃圾禁止入境”政策已实施多年.某沿海地区的海岸线为一段圆弧AB,对应的圆心角∠AOB=60°,该地区为打击洋垃圾走私,在海岸线外侧20海里内的海疆ABCD对不明船只进行识别查证(如图:其中海疆与陆地近似看作在同一平面内),在圆弧的两端点A,B分别建有监测站,A与B之间的直线距离为100海里.(1)求海疆ABCD的面积;(2)现海上P点处有一艘不明船只,在A点测得其距A点40海里,在B点测得其距B点2019海里.推断这艘不明船只是否进入了海疆ABCD,并说明理由.21.(12分)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形,其中BD是圆的直径,∠ABD=60°,∠BDC=45°,PD⊥底面ABCD,PD=22R,E,F分别是PB,CD上的点,且PEEB=DFFC,过点E作BC的平行线交PC(1)求BD与平面ABP所成角θ的正弦值;(2)证明:△EFG是直角三角形;(3)当PEEB=12时,求△EFG22.(12分)在平面直角坐标系xOy中,直线x-y+1=0被以坐标原点O为圆心的圆所截得的弦长为6.(1)求圆O的方程;(2)若直线l与圆O切于第一象限,且与坐标轴交于点D,E,当DE=22时,求直线l的方程;(3)设M,P是圆O上随意两点,点M关于x轴对称的点为N,若直线MP,NP分别交x轴于点(m,0)和(n,0),问mn是不是定值?若是,恳求出该定值;若不是,请说明理由.全书综合测评1.A2.D3.D4.D5.A6.D7.D8.C9.B10.D11.C12.A一、选择题1.A由题意可知,直线x=tan60°即为直线x=3,此时直线的斜率不存在,倾斜角为90°.故选A.2.D利用特别图形正方体不难发觉①、②、③、④均不正确,故选D.3.D如图,设圆台的母线长为ycm,小圆锥底面半径与被截的圆锥的底面半径分别是xcm,4xcm,依据相像三角形的性质可得33+y=x4x,解得y=9,所以圆台的母线长为4.D易知MN⊥DC,MN⊥MC,且DC∩MC=C,所以MN⊥平面DCM.又DM⊂平面DCM,所以MN⊥DM.易证MN∥AD1,所以AD1⊥DM.所以异面直线AD1和DM所成的角为90°.5.A对于A,若l⊥α,m⊂α,则依据直线与平面垂直的性质,知l⊥m,故A正确;对于B,若l⊥m,m⊂α,则l⊥α或l∥α或l⊂α,故B不正确;对于C,若l∥m,m⊂α,则l∥α或l⊂α,故C不正确;对于D,若l∥α,m⊂α,则l与m可能平行,也可能异面,故D不正确.故选A.6.D由题意可得R(2,-23),故直线PR的斜率kPR=-3,故直线PR的方程为y=-3x,直线QR的斜率kQR=-232所以直线QR的方程为y=3(x-4),故选D.7.D圆C:x2+y2-2y=0的圆心为(0,1),半径长r=1,由圆的性质知S四边形PACB=2S△PBC,∵四边形PACB的最小面积是2,∴S△PBC的最小值为1,即12rd最小值=1(d是切线长),∴d最小值=2,|PC|最小值=22+∵圆心到直线的距离就是|PC|的最小值,∴|PC|最小值=|0+1+4|1+k2=5,又k>0,∴k8.C如图,连接BD.∵AC⊥BD,AC⊥BB1,BD∩BB1=B,BD、BB1⊂平面BB1D1D,∴AC⊥平面BB1D1D,又BE⊂平面BB1D1D,∴AC⊥BE,①正确;∵B1D1∥BD,BD⊂平面ABCD,B1D1⊄平面ABCD,∴B1D1∥平面ABCD,即EF∥平面ABCD,②正确;设h为三棱锥A-BEF中面BEF上的高,∵V三棱锥A-BEF=13×S△BEF×=13×12×|EF|×|BB1|×12=13×12×12×1×2∴三棱锥A-BEF的体积为定值,③正确;△AEF的边EF上的高为A到EF的距离,为12+(2△BEF的边EF上的高为B到EF的距离,为BB1=1,④错误.从而①②③正确,④错误.故选C.9.B连接BC,因为PB⊥α,AC⊂α,所以PB⊥AC,又PC⊥AC,PC∩PB=P,所以AC⊥平面PBC,又CB⊂平面PBC,所以CB⊥AC,因为A,B是平面α上的定点,所以点C在α内的轨迹是以AB为直径的圆,又C是α内异于A和B的点,故此轨迹要去掉A、B两个点.所以B正确.10.D经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3-x上,设圆心为S(a,3-a),则圆S的方程为(x-a)2+(y-3+a)2=2+2a2,对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而增大,∴当∠MPN取最大值时,经过M,N,P三点的圆S必与x轴相切于点P,即圆S的方程中的a值必需满意2+2a2=(3-a)2,解得a=1或a=-7.即对应的切点分别为P(1,0)和P'(-7,0),而过点M,N,P'的圆的半径大于过点M,N,P的圆的半径,∴∠MPN>∠MP'N,故点P(1,0)为所求,∴点P的横坐标为1.11.C连接B1C,与BC1交于点O,因为D1C1⊥平面BCC1B1,OC⊂平面BCC1B1,所以D1C1⊥OC,又因为四边形BCC1B1为正方形,所以OC⊥BC1.因为D1C1∩BC1=C1,D1C1,BC1⊂平面ABC1D1,所以CO⊥平面ABC1D1.对于A,因为CO⊥平面ABC1D1,所以直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4,故A正确对于B,因为CO⊥平面ABC1D1,所以点C到平面ABC1D1的距离为OC的长,即为B1C长度的一半,即22,故B正确对于C,易知BC1∥AD1,所以∠AD1C为异面直线D1C和BC1所成的角,连接AC,易知△AD1C为等边三角形,所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故C错误对于D,三棱柱AA1D1-BB1C1外接球的半径为12+12+12故选C.12.A∵四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,∴BC⊥AB,∵平面ABCD⊥平面APB,平面ABCD∩平面APB=AB,∴BC⊥平面ABP,∵AP⊂平面ABP,∴AP⊥BC,∵G为PC上一点,且BG⊥平面APC,AP⊂平面APC,∴AP⊥BG,∵BC∩BG=B,BC⊂平面PBC,BG⊂平面PBC,∴AP⊥平面PBC,∵BP⊂平面PBC,∴BP⊥AP,∴VP-ABC=VC-APB=13×12×|PA|×|PB|×|BC|=13×|PA令|PA|=m,|PB|=n,则m2+n2=4,∵m2+n2-2mn=(m-n)2≥0,∴mn≤m2∴VP-ABC=13mn≤13×m2+n22=23,当且仅当m=n=2时取“=”,∴三棱锥P二、填空题13.答案7解析∵x2+y2-2y+1=(x-0∴x2+y2-2y+1表示直线6x+8y-1=0上的点(x2+y2-2y+1的最小值为点(0,1)即|8-114.答案①②④解析由AB和CD是圆O的直径及AB⊥CD,得四边形ACBD为正方形,所以AD∥BC,又BC⊂平面SBC,AD⊄平面SBC,所以AD∥平面SBC,①正确;又因为AD⊂平面SAD,且平面SAD∩平面SBC=l,所以l∥AD,②正确;③若E是底面圆周上的动点,当∠ASB≤90°时,△SAE的最大面积等于△SAB的面积,当∠ASB>90°时,△SAE的最大面积等于两条母线的夹角为90°的截面三角形的面积,所以③不正确;因为l∥AD,l与平面SCD所成的角就是AD与平面SCD所成的角,即∠ADO,易知∠ADO=45°,故④正确.故答案为①②④.15.答案7∶5解析设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,底面的面积为S,体积为V,则V=V1+V2=Sh.∵E,F分别为AB,AC的中点,∴S△AEF=S4,V1=13hS+S4+S·S4=712Sh,V2=Sh-V116.答案9π解析连接PH并延长,交BC于D,连接AD.∵H是△PBC的垂心,∴BC⊥PD.∵AH⊥平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AH⊥BC,又AH⊂平面APD,PD⊂平面APD,AH∩PD=H,∴BC⊥平面APD,又AD⊂平面APD,∴BC⊥AD.连接BH并延长,交PC于E,连接AE.由AH⊥平面PBC可得AH⊥PC,又BE⊥PC,AH∩BE=H,∴PC⊥平面ABE,∴AB⊥PC,设P在平面ABC上的射影为O,连接CO并延长,交AB于F,连接PF.∵PO⊥AB,PC∩PO=P,∴AB⊥平面PCF,∴PF⊥AB,CF⊥AB,∴O是△ABC的中心,F是AB的中点,∴PB=PA=3=PC,当PA,PB,PC两两垂直时,三棱锥P-ABC的体积取得最大值,将PA,PB,PC作为正方体的共顶点的三条棱补成正方体,则外接球的直径即为正方体的体对角线的长,∴三棱锥P-ABC的外接球的半径R满意(2R)2=3×(3)2,解得R=32(负值舍去),∴外接球的体积V=43π×32三、解答题17.解析(1)设M(0,a),N(b,0),C(m,n),已知A(5,-2),B(7,3),∵M是AC的中点,∴5+m2=0,∴m=-5, (2又N是BC的中点,∴3+n2=0,∴n=-3, (4∴点C的坐标为(-5,-3). (5分)(2)设AB的中点为P,则点P的坐标为6,12, (7分)由两点式得AB边上的中线所在直线的方程为y+312整理,得7x-22y-31=0. (9分)∴AB边上的中线所在直线的方程为7x-22y-31=0. (10分)18.解析(1)证明:设圆C1的半径长为r1,圆C2的半径长为r2,则C1(1,-5),r1=50=52,C2(-1,-1),r2=10, (4分)∵52-10<|C1C2|=4+16=25<10+52,∴C1与C2相交. (6分)(2)设圆C1与圆C2的交点分别为A,B,坐标原点为C(0,0).由(得x1=-4,不妨设A(-4,0),B(0,2). (10分)易得△ABC为直角三角形,∴r=12|AB|=5,圆心为AB的中点∴圆C3的方程为(x+2)2+(y-1)2=5. (12分)19.解析(1)证明:设点C在平面ABB1A1内的射影为E,连接CE,则E∈BD,CE⊂平面CBD,且CE⊥平面ABB1A1,因为B1D⊂平面ABB1A1,所以CE⊥B1D. (2分)在△ABD中,AB=AD=1,∠BAD=60°,则∠ABD=∠ADB=180°-60°2=60°,在△A1B1D中,A1B1=A1D=1,∠B1A1则∠A1B1D=∠A1DB1=180°-120°故∠B1DB=180°-60°-30°=90°,故BD⊥B1D. (5分)又CE∩BD=E,所以B1D⊥平面CBD. (6分)(2)解法一:VABC-A1B由(1)得CE⊥平面ABB1A1,故CE是三棱锥C-A1AB的高,因为△CBD是正三角形,且BD=AB=AD=1,所以CE=32, (8分所以S△A1AB=12|AA1||AB|sin∠BAA1=12×2×1×sin60°所以VC-A1AB=13S△A1AB故三棱柱的体积VABC-A1B1C1解法二:将三棱柱补成四棱柱,如图,因为S△PAC=S△BAC且高一样,所以VABC-A所以VABC-A因为△CBD是正三角形,且BD=AB=AD=1,所以CE=32. (8分由(1)得CE⊥平面ABB1A1,故CE是四棱柱ABB1A1-PCC1Q的高,故VABB1A1-PCC1Q=S四边形ABB1A1·CE=AA1·AB故VABC-A1B1C1=12VABB1A1-PCC解法三:在三棱锥VC-ABD中,由(1)得CE⊥平面ABD,CE是三棱锥C-ABD的高,易得CE=32, (8分记D到平面ABC的距离为hD,由VD-ABC=VC-ABD,得13S△ABC·hD=13S△ABD·CE,即hD=因为D为AA1的中点,故A1到平面ABC的距离为2hD=2S△ABD·VABC-A1B1C1=S△ABC×2hD=2S△ABD·CE=2×故三棱柱ABC-A1B1C1的体积为34. (12分20.解析(1)由题意知AD=BC=20,OA=OB=AB=100,∴OD=OA+AD=100+20=120, (2分)∴S海疆ABCD=60360·π(OD2-OA2)=16π×(1202-1002)=2200π3(所以海疆ABCD的面积为2200π3平方海里. (5分(2)由题意建立平面直角坐标系,如图所示.由题意知,点P在圆B上,即(x-100)2+y2=7600,①点P也在圆A上,即(x-50)2+(y-503)2=1600,②联立①②,解得x=30,y=303易知区