【人教A版】高中数学必修二：全册作业与测评 综合质量评估(附答案)

2019-2020学年高中数学 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．(2012·湖北卷)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A .8π3 B ．3π C .10π3D ．6π[命题意图] 本题考察空间几何体的三视图． [答案] B[解析] 显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B .2．已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的棱长等于( )A ．2 2B .223 C .423D .433[答案] D[解析] 设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则43πR 3＝323π，∴R＝2.又∵3a ＝2R ＝4，∴a＝433.3．直线x －2y ＋1＝0关于直线x ＝1对称的直线方程是( )A ．x ＋2y －1＝0B ．2x ＋y －1＝0C ．2x ＋y －3＝0D ．x ＋2y －3＝0[答案] D[解析] 在所求直线上任取一点P(x ，y)，则点P 关于直线x ＝1的对称点为P′(2－x ，y)，且P′在直线x －2y ＋1＝0上，即2－x －2y ＋1＝0，整理得x ＋2y －3＝0，故选D .4．在空间直角坐标系中，O 为坐标原点，设A(12，12，12)，B(12，12，0)，C(13，13，13)，则( )A ．OA⊥AB B ．AB⊥AC C ．AC⊥BCD ．OB⊥OC[答案] C[解析] |AB|＝12，|AC|＝36，|BC|＝66，因为|AC|2＋|BC|2＝|AB|2，所以AC⊥BC.5．若P(2，－1)为圆(x －1)2＋y 2＝25的弦AB 的中点，则直线AB 的方程为( )A ．x －y －3＝0B ．2x ＋y －3＝0C ．x ＋y －1＝0D ．2x －y －5＝0[答案] A[解析] 设圆(x －1)2＋y 2＝25的圆心为C(1,0)，则AB⊥CP， ∵k CP ＝－1，∴k AB ＝1，∴y＋1＝x －2， 即x －y －3＝0，故选A .6．已知m ，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是( )A ．若m∥α，n∥α，则m∥nB ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC ．若m∥α，m∥β，则α∥βD ．若m⊥α，n⊥α，则m∥n[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α，β相交，所以B 、C 不正确．很明显D 正确．7．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱BB 1，B 1C 1的中点，若∠CMN＝90°，则异面直线AD 1和DM 所成角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] D[解析] 因为MN⊥DC，MN⊥MC，所以MN⊥平面DCM.所以MN⊥DM. 因为MN∥AD 1，所以AD 1⊥DM.8．(2012－2013·山东济宁模拟)已知直线l 过点(－2,0)，当直线l 与圆x 2＋y 2＝2x 有两个交点时，其斜率k 的取值范围是( )A ．(－22，22)B ．(－2，2)C ．(－24，24) D ．(－18，18)[答案] C[解析] 设直线l 的斜率为k ，则l 的方程为y ＝k(x ＋2)，即kx －y ＋2k ＝0，由于l 与圆x 2＋y 2＝2x 有两个交点，则需满足圆心到直线的距离d ＝|3k|k 2＋1＜1，解得－24＜k ＜24. 9．在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] C[解析] 过A 作AE⊥BC 于点E ，则易知AE⊥面BB 1C 1C ，则∠ADE 即为所求， 又tan ∠ADE＝AEDE＝3，故∠ADE＝60°.故选C .10．过点M(－2,4)作圆C ：(x －2)2＋(y －1)2＝25的切线l ，且直线l 1：ax ＋3y ＋2a ＝0与l 平行，则l 1与l 间的距离是( )A .85B .25C .285D .125[答案] D[解析] 因为点M(－2,4)在圆C 上，所以切线l 的方程为(－2－2)(x －2)＋(4－1)(y －1)＝25，即4x －3y ＋20＝0.因为直线l 与直线l 1平行， 所以－a 3＝43，即a ＝－4，所以直线l 1的方程是－4x ＋3y －8＝0， 即4x －3y ＋8＝0.所以直线l 1与直线l 间的距离为|20－8|42＋－2＝125.故选D . 11．点P(4，－2)与圆x 2＋y 2＝4上任一点连线的中点轨迹方程是( )A ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝1B ．(x －2)2＋(y －1)2＝4C ．(x －4)2＋(y －2)2＝1D ．(x －2)2＋(y －1)2＝1[答案] A[解析] 设圆上任意一点为(x 1，y 1)，中点为(x ，y)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1＋42y ＝y 1－22，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2x －4y 1＝2y ＋2，代入x 2＋y 2＝4，得(2x －4)2＋(2y ＋2)2＝4，化简得(x －2)2＋(y ＋1)2＝1.12．设P(x ，y)是圆x 2＋(y ＋4)2＝4上任意一点，则－2＋－2的最小值为( )A .26＋2B .26－2C ．5D ．6[答案] B[解析] 如图，设A(1,1)，－2＋－2＝|PA|，则|PA|的最小值为|AC|－r ＝26－2.三、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]184π3[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＝13(9π＋9π×25π＋25π)×4＝196π3，V 柱＝4π，则V ＝V 台－V 柱＝184π3.14．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] 4x －y －2＝0或x ＝1[解析] x ＝1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，∵k AB ＝4，∴y－2＝4(x －1)， 即4x －y －2＝0.15．圆x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0关于直线l 1：x －y ＋4＝0与直线l 2：x ＋3y ＝0都对称，则D ＝________，E ＝________.[答案] 6 －2[解析] 由题设知直线l 1，l 2的交点为已知圆的圆心．由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋4＝0，x ＋3y ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝1，所以－D 2＝－3，D ＝6，－E2＝1，E ＝－2.16．已知圆C 过点(1,0)，且圆心在x 轴的正半轴上，直线l ：y ＝x －1被圆C 所截得的弦长为22，则过圆心且与直线l 垂直的直线的方程为________．[答案] x ＋y －3＝0[解析] 设圆心(a,0)(a ＞0)， ∴(|a －1|2)2＋(2)2＝|a －1|2.∴a＝3.∴圆心(3,0)．∴所求直线方程为x ＋y －3＝0.四、解答题(本大题共6小题，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P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB＝60°，AB ＝2AD ，PD⊥底面ABCD.(1)证明PA⊥BD；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高． [解析] (1)证明：因为∠DAB＝60°，AB ＝2AD ， 由余弦定理得BD ＝3AD. 从而BD 2＋AD 2＝AB 2， 故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD ，可得BD⊥PD. 所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E.已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD，所以BC⊥DE.则DE⊥平面PBC.由题设知PD＝1，则BD＝3，PB＝2.根据DE·PB＝PD·BD，得DE＝32，即棱锥D－PBC的高为32.18．(本小题满分12分)如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2,0)，AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，点T(－1,1)在AD边所在直线上．(1)求AD边所在直线的方程；(2)求矩形ABCD 外接圆的方程．[解析] (1)因为AB 边所在直线的方程为x －3y －6＝0，且AD 与AB 垂直，所以直线AD 的斜率为－3.又因为点T(－1,1)在直线AD 上，所以AD 边所在直线的方程为y －1＝－3(x ＋1)，即3x ＋y ＋2＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x －3y －6＝03x ＋y ＋2＝0，解得点A 的坐标为(0，－2)．因为矩形ABCD 两条对角线的交点为M(2,0)，所以M 为矩形ABCD 外接圆的圆心．又r ＝|AM|＝－2＋＋2＝2 2.所以矩形ABCD 外接圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8.19．(本小题满分12分)已知圆的半径为10，圆心在直线y ＝2x 上，圆被直线x －y ＝0截得的弦长为42，求圆的方程．[解析] 方法一：设圆的方程是(x －a)2＋(y －b)2＝10.因为圆心在直线y ＝2x 上，所以b ＝2a. ①解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－2＋－2＝10，得2x 2－2(a ＋b)x ＋a 2＋b 2－10＝0， 所以x 1＋x 2＝a ＋b ，x 1·x 2＝a 2＋b 2－102.由弦长公式得2·＋2－2＋b 2－＝42，化简得(a －b)2＝4. ②解①②组成的方程组，得a ＝2，b ＝4， 或a ＝－2，b ＝－4.故所求圆的方程是(x －2)2＋(y －4)2＝10， 或(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝10.方法二：设圆的方程为(x －a)2＋(y －b)2＝10，则圆心为(a ，b)，半径r ＝10，圆心(a ，b)到直线x －y ＝0的距离d ＝|a －b|2.由弦长、弦心距、半径组成的直角三角形得d 2＋(422)2＝r 2，即－22＋8＝10，所以(a －b)2＝4.又因为b ＝2a ，所以a ＝2，b ＝4， 或a ＝－2，b ＝－4.故所求圆的方程是(x －2)2＋(y －4)2＝10， 或(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝10.20．(本小题满分12分)(2012·山东卷)如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，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BC＝CD知，CO⊥BD，又已知CE⊥BD，所以BD⊥平面OCE.所以BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线，所以BE＝DE.(2)取AB中点N，连接MN，DN，∵M是AE的中点，∴MN∥BE，∵△ABD是等边三角形，∴DN⊥AB.由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°＋30°＝90°，即BC⊥AB，所以ND∥BC，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C 1：(x －4)2＋(y －5)2＝4和圆C 2：(x ＋3)2＋(y －1)2＝4.(1)若直线l 1过点A(2,0)，且与圆C 1相切，求直线l 1的方程；(2)直线l 2的方程是x ＝52，证明：直线l 1上存在点P ，满足过P 的无穷多对互相垂直的直线l 3和l 4，它们分别与圆C 1和圆C 2相交，且直线l 3被圆C 1截得的弦长与直线l 4被圆C 2截得的弦长相等．[解析] (1)若直线斜率不存在，x ＝2符合题意； 当直线l 1的斜率存在时， 设直线l 1的方程为y ＝k(x －2)， 即kx －y －2k ＝0， 由条件得|4k －5－2k|k 2＋1＝2， 解得k ＝2120，所以直线l 1的方程为x ＝2或y ＝2120(x －2)，即x ＝2或21x －20y －42＝0.(2)由题意知，直线l 3，l 4的斜率存在，设直线l 3的斜率为k ，则直线l 4的斜率为－1k ，设点P 坐标为(52，n)，互相垂直的直线l 3，l 4的方程分别为：y －n ＝k(x －52)，y －n ＝－1k (x －52)， 即kx －y ＋n －52k ＝0，－1k x －y ＋n ＋52k＝0，根据直线l 3被圆C 1截得的弦长与直线l 4被圆C 2截得的弦长相等，两圆半径相等．由垂径定理得：圆心C 1到直线l 3与圆心C 2到直线l 4的距离相等．故有⎪⎪⎪⎪⎪⎪4k －5＋n －52k k 2＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3k －1＋n ＋52k 1k2＋1，化简得(52－n)k ＝212－n 或(12＋n)k ＝－n －12＝－(12＋n)． 关于k 的方程有无穷多解，有12＋n ＝0，即n ＝－12， 即直线l 2上满足条件的点P 是存在的，坐标是(52，－12)． 22．(本小题满分12分)(2013·全国高考卷Ⅱ文科18题)如图已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 、E 分别是AB 、BB 1的中点．(1)证明：BC 1∥面A 1CD 1；(2)设AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22，求三棱锥C －A 1DE 的体积．[解析] (1)连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点，又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF，因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD.(2)因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥CD，由已知AC ＝CB ，D 为AB 中点，所以，CD⊥AB，又AA 1∩AB＝A ，于是CD⊥平面ABB 1A 1，由AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22得，∠ACB＝90°，CD ＝2，A 1D ＝6，DE ＝3，A 1E ＝3，故A 1D 2＋DE 2＝A 1E 2，即DE⊥A 1D ，所以VC －A 1DE ＝13×12×6×3×2＝1.。

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综合质量评估(第一至第四章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知圆的方程是(x-2)2+(y-3)2=4,则点P(3,2)满足( )A.是圆心B.在圆上C.在圆内D.在圆外【解析】选C.因为(3-2)2+(2-3)2=2<4,故点P(3,2)在圆内.2.直线x-y-4=0与圆x2+y2-2x-2y-2=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相交且过圆心D.相离【解析】选D.圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=4,则圆心到直线的距离d==2>2,所以直线与圆相离.【补偿训练】(2015·郑州高一检测)对任意实数k,圆C:(x-3)2+(y-4)2=13与直线l:kx-y-4k+3=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相离D.与k取值有关【解析】选A.对任意实数k,直线l:kx-y-4k+3=0恒过定点(4,3),而(4-3)2+(3-4)2<13,故定点(4,3)在圆C内部,所以直线与圆相交.3.(2015·乌海高一检测)已知空间两点P1(-1,3,5),P2(2,4,-3),则|P1P2|等于A. B.3 C. D.【解析】选A.==.4.已知两圆的方程是x2+y2=1和x2+y2-6x-8y+9=0,那么这两个圆的位置关系是( )A.外离B.相交C.外切D.内切【解析】选C.将圆x2+y2-6x-8y+9=0,化为标准方程得(x-3)2+(y-4)2=16.所以两圆的圆心距为=5,又r1+r2=5,所以两圆外切.5.设l,m,n表示三条直线,α,β,γ表示三个平面,给出下列四个结论:①若l⊥α,m⊥α,则l∥m;②若m⊂β,n是l在β内的射影,m⊥l,则m⊥n;③若m⊂α,m∥n,则n∥α;④若α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β.其中正确的为( )A.①②B.①②③C.①②③④D.③④【解析】选A.①正确,②可用线面垂直证明,正确,③中,n可能在α内;④中,可能有α,β相交或平行,故选A.6.(2015·临汾高一检测)垂直于直线y=x+1且与圆x2+y2=1相切于第一象限的直线方程是( )A.x+y-=0B.x+y+1=0C.x+y-1=0D.x+y+=0【解析】选A.由题意可设所求的直线方程为y=-x+k,则由=1,得k=±.由切点在第一象限知,k=.故所求的直线方程y=-x+,即x+y-=0.【补偿训练】过点(2,1)的直线中,被圆x2+y2-2x+4y=0截得的最长弦所在的直线方程为A.3x-y-5=0B.3x+y-7=0C.x+3y-5=0D.x-3y+1=0【解析】选A.依题意知所求直线通过圆心(1,-2),由直线的两点式方程,得=,即3x-y-5=0.7.在空间直角坐标系中,点(-2,1,4)关于x轴的对称点的坐标为( )A.(-2,1,-4)B.(2,1,-4)C.(-2,-1,-4)D.(2,-1,4)【解析】选C.点(-2,1,4)关于x轴的对称点的坐标为(-2,-1,-4).【变式训练】(2014·宁波高一检测)已知点Q是点P(3,4,5)在平面xOy上的射影,则线段PQ 的长等于( )A.2B.3C.4D.5【解析】选D.由题意,Q(3,4,0),故线段PQ的长为5.8.与圆O1:x2+y2+4x-4y+7=0和圆O2:x2+y2-4x-10y+13=0都相切的直线条数是( )A.4B.3C.2D.1【解析】选B.两圆的方程配方得,O1:(x+2)2+(y-2)2=1,O2:(x-2)2+(y-5)2=16,圆心O1(-2,2),O2(2,5),半径r1=1,r2=4,所以|O1O2|==5,r1+r2=5.所以|O1O2|=r1+r2,故两圆外切,故有3条公切线.9.已知直线l与直线4x-3y+5=0关于y轴对称,则直线l的方程为( )A.4x+3y+5=0B.4x+3y-5=0C.3x+4y+5=0D.3x+4y-5=0【解析】选B.直线l的斜率与直线4x-3y+5=0的斜率互为相反数,且过点,所以直线l的方程为4x+3y-5=0.【拓展延伸】直线关于直线对称问题的两种情形(1)两直线平行,我们可转化为点关于直线的对称问题去求解.(2)两直线相交.一般解题步骤是:①在所求曲线上选一点M(x,y);②求出这点关于中心或轴的对称点M'(x0,y0)与M(x,y)之间的关系;③利用f(x0,y0)=0求出曲线g(x,y)=0.10.(2015·大连高一检测)当点P在圆x2+y2=1上变动时,它与定点Q(3,0)的连线PQ的中点的轨迹方程是( )A.(x+3)2+y2=4B.(x-3)2+y2=1C.(2x-3)2+4y2=1D.(2x+3)2+4y2=1【解析】选C.设P(x1,y1),Q(3,0),设线段PQ中点M的坐标为(x,y),则x=,y=,所以x1=2x-3,y1=2y.又点P(x1,y1)在圆x2+y2=1上,所以(2x-3)2+4y2=1.故线段PQ中点的轨迹方程为(2x-3)2+4y2=1.11.(2015·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( )A.8cm3B.12cm3C.cm3D.cm3【解析】选C.由题意得,该几何体为一正方体与四棱锥的组合,所以体积V=23+×22×2=(cm3).12.(2015·潍坊高一检测)方程=lgx的根的个数是( )A.0B.1C.2D.无法确定【解析】选B.设f(x)=,g(x)=lgx,则方程根的个数就是f(x)与g(x)两个函数图象交点的。

全册综合检测试题时间：120分钟 分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题每小题5分，共40分 1．下列命题为假命题的是( D ) A ．复数的模是非负实数B ．复数等于零的充要条件是它的模等于零C ．两个复数的模相等是这两个复数相等的必要条件D ．复数z 1>z 2的充要条件是|z 1|>|z 2|解析：A 中，任何复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模|z |＝a 2＋b 2≥0总成立，所以A 正确；B 中，由复数为零的条件z ＝0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝0⇔|z |＝0，故B 正确；C 中，若z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i(a 1，b 1，a 2，b 2∈R )，且z 1＝z 2，则有a 1＝a 2，b 1＝b 2，所以|z 1|＝|z 2|；反之，由|z 1|＝|z 2|，推不出z 1＝z 2，如z 1＝1＋3i ，z 2＝1－3i 时，|z 1|＝|z 2|，故C 正确；D 中，若z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i ，z 1>z 2，则a 1>a 2，b 1＝b 2＝0，此时|z 1|>|z 2|；若|z 1|>|z 2|，z 1与z 2不一定能比较大小，所以D 错误．2．随机调查某校50个学生在学校的午餐费，结果如表：餐费/元 6 7 8 人数102020这50A ．7.2,0.56 B ．7.2，0.56 C ．7,0.6 D ．7，0.6解析：根据题意，计算这50个学生午餐费的平均值是x ＝150×(6×10＋7×20＋8×20)＝7.2，方差是s 2＝150[10×(6－7.2)2＋20×(7－7.2)2＋20×(8－7.2)2]＝150(14.4＋0.8＋12.8)＝0.56.3．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( B ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面解析：当α内有无数条直线与β平行，也可能两平面相交，故A 错．同样当α，β平行于同一条直线或α，β垂直于同一平面时，两平面也可能相交，故C ，D 错．由面面平行的判定定理可得B 正确．4．如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则CC 1与平面AB 1C 1所成的角为( A )A.π6B.π4 C.π3D.π2解析：如图，取B 1C 1中点为D ，连接AD ，A 1D ，因为侧棱垂直于底面，底边是边长为2的正三角形，所以三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是正三棱柱，所以CC 1∥AA 1，所以AA 1与平面AB 1C 1所成的角即是CC 1与平面AB 1C 1所成的角，因为B 1C 1⊥A 1D ，B 1C 1⊥AA 1，所以B 1C 1⊥平面AA 1D ，所以平面AA 1D ⊥平面AB 1C 1，所以AA 1与平面AB 1C 1所成角为∠A 1AD ，因为AA 1＝3，A 1D ＝3，所以tan ∠A 1AD ＝A 1D AA 1＝33，所以∠A 1AD ＝π6，所以CC 1与平面AB 1C 1所成角为π6.5．正方形ABCD 的边长为2，点E 为BC 边的中点，F 为CD 边上一点，若AF →·AE →＝|AE →|2，则|AF →|＝( D )A ．3B ．5 C.32D.52解析：以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立坐标系，如图所示，因为E 为BC 边的中点，所以E (2,1)，因为F 为CD 边上一点，所以可设F (t,2)(0≤t ≤2)，所以AF →＝(t,2)，AE →＝(2,1)，由AF →·AE →＝|AE →|2可得：2t ＋2＝22＋1＝5，所以t ＝32，所以AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2， 所以|AF →|＝322＋22＝52.6．已知点O 是△ABC 内部一点，并且满足OA →＋2OB →＋3OC →＝0，△BOC 的面积为S 1，△ABC 的面积为S 2，则S 1S 2＝( A )A.16B.13C.23D.34 解析：因为OA →＋2OB →＋3OC →＝0，所以OA →＋OC →＝－2(OB →＋OC →)，如图，分别取AC ，BC 的中点D ，E ，则 OA →＋OC →＝2OD →，OB →＋OC →＝2OE →， 所以OD →＝－2OE →，即O ，D ，E 三点共线且|OD →|＝2|OE →|， 则S △OBC ＝13S △DBC ，由于D 为AC 中点，所以S △DBC ＝12S △ABC ，所以S △OBC ＝16S △ABC ，即S 1S 2＝16.7．为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程，20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( D )A.12B.13C.14D.16解析：记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i ，B i ，C i ，i ＝1,2,3.由题意，事件A i ，B i ，C i (i ＝1,2,3)相互独立，则P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13，P (C i )＝1060＝16，i ＝1,2,3，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P ＝6P (A i B i C i )＝6×12×13×16＝16.8．如图，△ABC 是边长为23的正三角形，P 是以C 为圆心，半径为1的圆上任意一点，则AP →·BP →的取值X 围是( A )A ．[1,13]B ．(1,13)C ．(4,10)D ．[4,10]解析：取AB 的中点D ，连接CD ，CP ，则CA →＋CB →＝2CD →，所以AP →·BP →＝(CP →－CA →)·(CP →－CB →)＝CA →·CB →－2CD →·CP →＋1＝(23)2cos π3－2×3×1×cos〈CD →，CP →〉＋1＝7－6cos 〈CD →，CP →〉，所以当cos 〈CD →，CP →〉＝1时，AB →·BP →取得最小值为1；当cos 〈CD →，CP →〉＝－1时，AP →·BP→取得最大值为13，因此AP →·BP →的取值X 围是[1,13]．二、多项选择题每小题5分，共20分9．为了反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况，以及重要商品库存变化的动向，中国物流与采购联合会和中储发展股份某某通过联合调查，制定了中国仓储指数．由2017年1月至2018年7月的调查数据得出的中国仓储指数，绘制出如下的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是( ABC ) A ．2017年各月的仓储指数最大值是在3月份 B ．2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为55 C ．2018年1月与4月的仓储指数的平均数约为52D ．2017年1月至4月的仓储指数相对于2018年1月至4月，波动性更大解析：2017年各月的仓储指数最大值是在11月份，所以A 错误；由题图知，2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为52，所以B 错误；2018年1月与4月的仓储指数的平均数约为51＋552＝53，所以C 错误；由题图可知，2017年1月至4月的仓储指数比2018年1月至4月的仓储指数波动更大．所以D 正确．10．已知数据x 1，x 2，x 3，…，x n 是A 市n (n ≥3，n ∈N *)个普通职工的年收入，设这n 个数据的中位数为x ，平均数为y ，方差为z ，如果再加上世界首富的年收入x n ＋1，对于这(n ＋1)个数据，下列说法错误的是( ACD )A ．年收入平均数可能不变，中位数可能不变，方差可能不变B ．年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差变大C ．年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差也不变D ．年收入平均数大大增大，中位数一定变大，方差可能不变解析：∵数据x 1，x 2，x 3，…，x n 是A 市n (n ≥3，n ∈N *)个普通职工的年收入，而x n ＋1为世界首富的年收入，则x n ＋1会远大于x 1，x 2，x 3，…，x n ，∴对于这(n ＋1)个数据，年收入平均数大大增大，但中位数可能不变，也可能稍微变大，但由于数据的集中程度受到x n ＋1比较大的影响，数据更加离散，则方差变大．故A 、C 、D 说法错误，符合题意．11．已知向量a ，e 满足a ≠e ，|e |＝1，且对任意t ∈R ，恒有|a －t e |≥|a －e |成立，则( BC )A ．a ⊥eB ．a·e ＝1C ．e ⊥(a －e )D ．(a ＋e )⊥(a －e )解析：由条件可知|a －t e |2≥|a －e |2对t ∈R 恒成立，又∵|e |＝1，∴t 2－2t a ·e ＋2a ·e －1≥0对t ∈R 恒成立，即Δ＝(－2a ·e )2－8a ·e ＋4≤0恒成立，∴(a ·e －1)2≤0恒成立，而(a ·e －1)2≥0，∴a ·e －1＝0，即a ·e ＝1＝e 2，∴e ·(a －e )＝0，即e ⊥(a －e )．12．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折到△A 1DE 的位置，A 1∉平面ABCD ，M 为A 1C 的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是( ABC )A ．恒有BM ∥平面A 1DEB ．B 与M 两点间距离恒为定值C ．三棱锥A 1­DEM 的体积的最大值为212D ．存在某个位置，使得平面A 1DE ⊥平面A 1CD解析：如图，取A 1D 的中点N ，连接MN ，EN ，可得四边形BMNE 是平行四边形，所以BM ∥EN ，所以BM ∥平面A 1DE ，故A 正确；(也可以延长DE ，CB 交于H ，可证明MB ∥A 1H ，从而证 BM ∥平面A 1DE ) 因为DN ＝12，DE ＝2，∠A 1DE ＝∠ADE ＝45°，根据余弦定理得EN 2＝14＋2－2×2×12×22，得EN ＝52， 因为EN ＝BM ，故BM ＝52，故B 正确； 因为M 为A 1C 的中点，所以三棱锥C ­A 1DE 的体积是三棱锥M ­A 1DE 的体积的两倍，故三棱锥C ­A 1DE 的体积VC ­A 1DE ＝VA 1­DEC ＝13S △CDE ·h ，其中h 表示A 1到底面ABCD 的距离，当平面A 1DE ⊥平面ABCD 时，h 达到最大值，此时VA 1­DEC 取到最大值26，所以三棱锥M ­A 1DE 体积的最大值为212，即三棱锥A 1­DEM 体积的最大值为212，故C 正确； 考察D 选项，假设平面A 1DE ⊥平面A 1CD ，因为平面A 1DE ∩平面A 1CD ＝A 1D ，A 1E ⊥A 1D ， 故A 1E ⊥平面A 1CD ，所以A 1E ⊥A 1C ， 则在△A 1CE 中，∠EA 1C ＝90°，A 1E ＝1，EC ＝2，所以A 1C ＝1，又因为A 1D ＝1，CD ＝2，所以A 1D ＋A 1C ＝CD ， 故A 1，C ，D 三点共线．所以A 1∈CD ，得A 1∈平面ABCD ，与题干条件A 1∉平面ABCD 矛盾，故D 不正确．故选ABC.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题每小题5分，共20分13．随着社会的发展，食品安全问题渐渐成为社会关注的热点，为了提高学生的食品安全意识，某学校组织全校学生参加食品安全知识竞赛，成绩的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]，若该校的学生总人数为 3 000，则成绩不超过60分的学生人数大约为900.解析：由题图知，成绩不超过60分的学生的频率为(0.005＋0.01)×20＝0.3，所以成绩不超过60分的学生人数大约为0.3×3 000＝900.14．从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是710. 解析：从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，共有10种情况．若选出的2名学生恰有1名女生，有6种情况，若选出的2名学生都是女生，有1种情况，所以所求的概率为6＋110＝710.15．已知复数z 1＝2＋3i ，z 2＝a ＋b i ，z 3＝1－4i ，它们在复平面上所对应的点分别为A ，B ，C ，若OC →＝2OA →＋OB →，则a ＝－3，b ＝－10. 解析：因为OC →＝2OA →＋OB →， 所以1－4i ＝2(2＋3i)＋(a ＋b i)即⎩⎪⎨⎪⎧1＝4＋a ，－4＝6＋b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝－10.16．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，除平面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M ，则四棱锥M ­EFGH 的体积为23.解析：因为底面EFGH 的对角线EG 与FH 互相垂直， 所以S EFGH ＝12×EG ×FH ＝12×2×2＝2，又M 到底面EFGH 的距离等于棱长的一半， 即h ＝12×2＝1，所以四棱锥M ­EFGH 的体积：V M ­EFGH ＝13×S EFGH ×h ＝13×2×1＝23.四、解答题写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分17．(10分)某市举办法律知识问答活动，随机从该市18～68岁的人群中抽取了一个容量为n 的样本，并将样本数据分成五组：[18,28)，[28,38)，[38,48)，[48,58)，[58,68]，并绘制如图所示的频率分布直方图，再将其分别编号为第1组，第2组，…，第5组．该部门对回答问题的情况进行统计后，绘制了下表．组号 分组 回答正确的人数回答正确的人数占本组的比例第1组 [18,28) 5 0.5第2组 [28,38) 18 a第3组 [38,48) 270.9 第4组 [48,58) x0.36 第5组[58,68]30.2(1)分别求出a，x的值；(2)从第2,3,4组回答正确的人中用分层随机抽样的方法抽取6人，则第2,3,4组每组各应抽取多少人？(3)在(2)的前提下，在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖，求第2组至少有1人获得幸运奖的概率．解：(1)第1组的人数为5÷0.5＝10，第1组的频率为0.010×10＝0.1，所以n＝10÷0.1＝100.第2组的频率为0.020×10＝0.2，人数为100×0.2＝20，所以a＝18÷20＝0.9.第4组的频率为0.025×10＝0.25，人数为100×0.25＝25，所以x＝25×0.36＝9.(2)第2,3,4组回答正确的人数的比为18279＝231，所以第2,3,4组每组各应抽取2人、3人、1人．(3)记“第2组至少有1人获得幸运奖”为事件A，设抽取的6人中，第2组的2人为a1，a2，第3组的3人为b1，b2，b3，第4组的1人为c，则从6人中任意抽取2人所有可能的结果为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，c)，(b2，b3)，(b2，c)，(b3，c)，共15种．其中第2组至少有1人获得幸运奖的结果为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，共9种．故P(A)＝915＝35.所以抽取的6人中第2组至少有1人获得幸运奖的概率为35.18．(12分)某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图．(注：分组区间为[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100])(1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层随机抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率．解：(1)由题可得，男生优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45.(2)因为样本量与总体中的个体数的比是530＋45＝115，所以样本中包含的男生人数为30×115＝2，女生人数为45×115＝3.设抽取的5人分别为A ，B, C, D ，E ，其中A ，B 为男生，C, D ，E 为女生，从5人中任意选取2人，试验的样本空间Ω＝{(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )，(D ，E ) }，共10个样本点．事件“至少有一名男生”包含的样本点有：(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，共7个样本点，故至少有一名男生的概率为P ＝710，即选取的2人中至少有一名男生的概率为710.19．(12分)已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－3sin A sin B .(1)求角C 大小；(2)若c ＝2，求3a ＋b 的取值X 围．解：(1)因为sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－3sin A sin B ， 所以由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝－3ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－3ab 2ab ＝－32，因为C ∈(0，π)，所以C ＝5π6. (2)由正弦定理得2R ＝csin C ＝4，所以3a ＋b ＝2R (3sin A ＋sin B ) ＝4[3sin A ＋sin(π6－A )]＝4(3sin A ＋12cos A －32sin A )＝4sin(A ＋π6)，因为A ∈(0，π6)，所以A ＋π6∈(π6，π3)，所以sin(A ＋π6)∈(12，32)，所以3a ＋b 的取值X 围是(2,23)．20．(12分)如图，A ，C 两岛之间有一片暗礁，一艘小船于某日上午8时从A 岛出发，以10海里/小时的速度，沿北偏东75°方向直线航行，下午1时到达B 处．然后以同样的速度，沿北偏东15°方向直线航行，下午4时到达C 岛．(1)求A ，C 两岛之间的直线距离； (2)求∠BAC 的正弦值．解：(1)在△ABC 中，由已知，AB ＝10×5＝50，BC ＝10×3＝30，∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°.根据余弦定理，得AC 2＝502＋302－2×50×30cos120°＝4 900，所以AC ＝70. 故A ，C 两岛之间的直线距离是70海里． (2)在△ABC 中，据正弦定理，得BC sin ∠BAC ＝ACsin ∠ABC，所以sin ∠BAC ＝BC sin ∠ABC AC ＝30sin120°70＝3314， 故∠BAC 的正弦值是3314.21．(12分)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA ⊥CD ，CD ＝2，AD ＝3.(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； (2)求证：PA ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接BD，如图，易知AC∩BD＝H，BH＝DH，又BG＝PG，故GH∥PD，又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN，如图，依题意，得DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，故DN⊥PA，又因为PA⊥CD，CD∩DN＝D，所以PA⊥平面PCD.(3)连接AN，如图，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，所以DN＝3，又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝DNAD ＝33，所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33.22．(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB ∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB＝2AD＝4.(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；(2)求三棱锥P­ABC的体积；(3)在棱PC上是否存在点E，使得BE∥平面PAD？若存在，请确定点E的位置，并证明；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.(2)取AD的中点O，连接PO，如图．因为△PAD为正三角形，所以PO⊥AD.因为平面PAD ⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO为三棱锥P­ABC的高．因为△PAD为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4，所以PO＝3，所以V三棱锥P­ABC＝S△ABC·PO＝13×12×2×2×3＝233.(3)在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE∥平面PAD.证明：如图，分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF，所以EF∥PD.因为AB∥CD，CD＝2AB，所以AB∥FD，AB＝FD，所以四边形ABFD为平行四边形，所以BF∥AD. 因为BF∩EF＝F，AD∩PD＝D，所以平面BEF∥平面PAD.因为BE⊂平面BEF，所以BE∥平面PAD.。

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单元质量评估(二)(第三、四章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.若直线过点(1,2),(4,2+),则此直线的倾斜角是( )A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】选A.斜率k==,所以倾斜角为30°.【补偿训练】直线的方程为x-y+2014=0,则直线的倾斜角为( )A.30°B.60°C.120°D.150°【解析】选A.直线的斜率k=,所以直线l的倾斜角为30°.2.(2015·兰州高一检测)点A(2a,a-1)在以点C(0,1)为圆心,半径为的圆上,则a的值为( )A.±1B.0或1C.-1或D.-或1【解析】选D.由题意,已知圆的方程为x2+(y-1)2=5,将点A的坐标代入圆的方程可得a=1或a=-.【补偿训练】若方程x2+y2-x+y+m=0表示圆,则实数m的取值范围为( ) A.m< B.m<0 C.m> D.m≤【解析】选A.由题意知(-1)2+12-4m>0,得m<.3.直线-=1在y轴上的截距是( )A. B.-b2 C.b2 D.±b【解析】选B.令x=0,则y=-b2.【误区警示】本题易混淆截距和距离,误认为截距必须是正值,从而错选A或C.4.(2015·榆林高一检测)点P(x,2,1)到点A(1,1,2)、B(2,1,1)的距离相等,则x 等于( )A. B.1 C. D.2【解析】选B.由题意,|PA|=|PB|,即=,解得x=1.【补偿训练】已知空间两点A(-1,3,5),B(2,4,-3),则等于( )A. B.3 C. D.【解题指南】利用两点间的距离公式求解.【解析】选A.==.5.圆x2+y2-8x+6y+16=0与圆x2+y2=64的位置关系是( )A.相交B.相离C.内切D.外切【解析】选 C.圆x2+y2-8x+6y+16=0可化为(x-4)2+(y+3)2=9.圆心距为=5,由于8-3=5,故两圆内切.6.若直线3x+y+a=0过圆x2+y2+2x-4y=0的圆心,则a的值为( )A.-1B.1C.3D.-3【解析】选B.化圆为标准形式为(x+1)2+(y-2)2=5,圆心为(-1,2).因为直线过圆心,所以3×(-1)+2+a=0,所以a=1.7.(2015·沈阳高一检测)两条直线y=ax-2与y=(a+2)x+1互相垂直,则a等于( ) A.2 B.1 C.0 D.-1【解析】选D.因为两直线互相垂直,所以a(a+2)=-1,所以a2+2a+1=0,故a=-1.8.设点P(a,b,c)关于原点的对称点为P',则|PP'|= ( )A. B.2C.|a+b+c|D.2|a+b+c|【解析】选B.P(a,b,c)关于原点的对称点P'(-a,-b,-c),则|PP'|==2.9.直线y=ax+b(a+b=0)的图象是( )【解析】选D.y=ax+b(a+b=0)过点(1,0),故选D.10.(2015·宜宾高一检测)圆x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)关于直线y=x-1对称,则( )A.D+E=2B.D-E=-1C.D-E=-2D.D+E=1【解析】选C.圆的对称轴是圆的直径所在的直线,这是圆的性质,也是题中的隐含条件,所以圆心在直线y=x-1上,所以-=--1,D-E=-2.【补偿训练】(2014·蚌埠高一检测)与圆x2+y2-ax-2y+1=0关于直线x-y-1=0对称的圆的方程是x2+y2-4x+3=0,则a= ( )A.0B.1C.2D.3【解题指南】先确定圆x2+y2-4x+3=0的圆心,求圆心关于直线x-y-1=0的对称点,即为圆x2+y2-ax-2y+1=0的圆心.【解析】选C.x2+y2-4x+3=0化为标准形式为(x-2)2+y2=1,圆心为(2,0),因为(2,0)关于直线x-y-1=0对称的点为(1,1),所以x2+y2-ax-2y+1=0的圆心为(1,1).因为x2+y2-ax-2y+1=0,即为+(y-1)2=,圆心为,所以=1,即a=2.【一题多解】本题还可以使用以下方法求解:x2+y2-4x+3=0的圆心为M(2,0),x2+y2-ax-2y+1=0的圆心为N,MN的中点在直线x-y-1=0上,所以--1=0,所以a=2.11.(2015·开原高一检测)以点(2,-1)为圆心且与直线3x-4y+5=0相切的圆的方程是( )A.(x-2)2+(y+1)2=3B.(x+2)2+(y-1)2=3C.(x-2)2+(y+1)2=9D.(x+2)2+(y-1)2=9【解题指南】利用点到直线的距离先求出圆的半径,结合圆心坐标,写出圆的方程.【解析】选C.由题意知,圆的半径r==3,故所求圆的方程为(x-2)2+(y+1)2=9.【补偿训练】直线l与圆C:x2+y2+2x-4y+a=0(a<3)相交于A,B两点,弦AB的中点为D(0,1),则直线l的方程为( )A.x-y+1=0B.x+y+1=0C.x-y-1=0D.x+y-1=0【解析】选A.圆C的圆心坐标为(-1,2),弦AB中点D(0,1),所以k CD==-1,所以k AB=-=1,所以直线l的方程为y-1=x-0,即:x-y+1=0.12.(2015·佳木斯高一检测)设点A(2,-3),B(-3,-2),直线l过点P(1,1)且与线段AB相交,则l的斜率k的取值范围是( )A.k≥或k≤-4B.-4≤k≤C.-≤k≤4D.以上都不对【解题指南】数形结合,观察图形,分别计算出k PA,k PB的值.【解析】选A.k PA=-4,k PB=,画图观察可知k≥或k≤-4.【补偿训练】若直线l:y=kx-与直线2x+3y-6=0的交点位于第一象限,则直线l的倾斜角α的取值范围是( )A.30°≤α≤60°B.30°<α<90°C.60°≤α≤90°D.30°≤α≤90°【解析】选B.如图,直线l:y=kx-,过定点P(0,-),又A(3,0),所以k PA=,则直线PA的倾斜角为30°,满足条件的直线l的倾斜角的范围是30°<α<90°.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.已知点M(-1,3),N(2,-1),则|MN|等于.【解析】|MN|==5.答案:514.点(a,b)到直线ax+by=0的距离是.【解析】d==.答案:15.(2015·湖北高考)如图,已知圆C与x轴相切于点T(1,0),与y轴正半轴交于两点A,B(B在A的上方),且|AB|=2.(1)圆C的标准方程为.(2)圆C在点B处的切线在x轴上的截距为.【解析】(1)设点C的坐标为(x0,y0),则由圆C与x轴相切于点T(1,0)知,点C的横坐标为1,即x 0=1,半径r=y0.又因为|AB|=2,所以12+12=,即y0==r,所以圆C的标准方程为(x-1)2+(y-)2=2.(2)令x=0得:B(0,+1).设圆C在点B处的切线方程为y-(+1)=kx,则圆心C到其距离为:d==,解之得k=1.即圆C在点B处的切线方程为y=x+(+1),于是令y=0可得x=--1,即圆C在点B处的切线在x轴上的截距为-1-.答案:(1)(x-1)2+(y-)2=2 (2)-1-【补偿训练】圆x2+y2-2x-2y+1=0上的点到直线x-y=2的距离的最大值是.【解析】已知圆的圆心为C(1,1),半径为r=1,则圆心到直线的距离为d==,因此圆上的点到直线的最大距离为d max=+1.答案:+116.动圆x2+y2-(4m+2)x-2my+4m2+4m+1=0的圆心的轨迹方程是. 【解析】圆心为(2m+1,m),r=(m≠0),令x=2m+1,y=m,消去m得,x-2y-1=0,因为m≠0,所以y≠0,即x≠1.答案:x-2y-1=0(x≠1)三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)(2015·绍兴高一检测)一直线被两直线l1:4x+y+6=0,l2:3x-5y-6=0截得线段的中点是P(0,0),求此直线方程.【解析】由得两直线交于(-,-),记为A,则直线AP垂直于所求直线l,即k1=,所以y=x.即4x-3y=0,或24x-5y+5=0为所求.18.(12分)已知圆C:(x-1)2+y2=9内有一点P(2,2),过点P作直线l交圆C于A,B 两点.(1)当l经过圆心C时,求直线l的方程.(2)当弦AB被点P平分时,写出直线l的方程.【解析】(1)已知圆C:(x-1)2+y2=9的圆心为C(1,0),因直线l过点P,C,所以直线l 的斜率为2,直线l的方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0.(2)当弦AB被点P平分时,l⊥PC,直线l的方程为y-2=-(x-2),即x+2y-6=0.19.(12分)(2015·佛山高一检测)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,|AB|=|AD|=3,|AA1|=2,点M在A1C1上,|MC1|=2|A1M|,N在D1C上且为D1C的中点,求M,N两点间的距离.【解析】如图,分别以AB,AD,AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.由题意可知C(3,3,0),D(0,3,0),因为|DD1|=|CC1|=2,所以C1(3,3,2),D1(0,3,2).因为N为CD1的中点,所以N.由题意M是A1C1的三等分点且靠近点A1,所以M(1,1,2).由两点间距离公式,得==.【补偿训练】一个长方体的8个顶点坐标分别为(0,0,0),(0,1,0),(3,0,0), (3,1,0),(3,1,9),(3,0,9),(0,0,9),(0,1,9).(1)在空间直角坐标系中画出这个长方体.(2)求这个长方体外接球的球心坐标.(3)求这个长方体外接球的体积.【解析】(1)如图.(2)因为长方体的体对角线长是其外接球的直径,所以球心坐标为,即.(3)因为长方体的体对角线长d==,所以其外接球的半径r==.所以其外接球的体积V球=πr3=π=.20.(12分)(2015·大同高一检测)当m为何值时,直线(2m2+m-3)x+(m2-m)y=4m-1.(1)倾斜角为45°.(2)在x轴上的截距为1.【解析】(1)倾斜角为45°,则斜率为1.所以-=1,解得m=-1,m=1(舍去),直线方程为2x-2y-5=0符合题意,所以m=-1.(2)当y=0时,x==1,解得m=-,或m=2.当m=-,m=2时都符合题意,所以m=-或m=2.【补偿训练】已知两条直线l1:mx+8y+n=0和l2:2x+my-1=0,试确定m,n的值,使(1)l1与l2相交于点(m,-1).(2)l1∥l2.(3)l1⊥l2,且l1在y轴上的截距为-1.【解析】(1)因为l1与l2相交于点(m,-1),所以点(m,-1)在l1,l2上,将点(m,-1)代入l2,得2m-m-1=0,解得m=1.又因为m=1,所以n=7.故m=1,n=7.(2)要使l1∥l2,则有解得或(3)要使l1⊥l2,则有m·2+8·m=0,得m=0.则l1为y=-,由于l1在y轴上的截距为-1,所以-=-1,即n=8.故m=0,n=8.21.(12分)已知△ABC的三个顶点A(4,-6),B(-4,0),C(-1,4),求:(1)AC边上的高BD所在的直线方程.(2)BC边的垂直平分线EF所在的直线方程.(3)AB边的中线的方程.【解析】(1)直线AC的斜率k AC==-2,所以直线BD的斜率k BD=,所以直线BD的方程为y=(x+4),即x-2y+4=0.(2)直线BC的斜率k BC==,所以EF的斜率k EF=-,线段BC的中点坐标为,所以EF的方程为y-2=-,即6x+8y-1=0.(3)AB的中点M(0,-3),所以直线CM的方程为:=,即7x+y+3=0(-1≤x≤0).【误区警示】本题中的高线,垂直平分线以及中线容易混淆从而造成失误.22.(12分)(2015·广东高考)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.(1)求圆C1的圆心坐标.(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程.(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k 的取值范围;若不存在,说明理由.【解析】(1)由x2+y2-6x+5=0得(x-3)2+y2=4,所以圆C1的圆心坐标为(3,0).(2)设M(x,y),则因为点M为弦AB的中点,所以C1M⊥AB,所以·k AB=-1即·=-1,所以线段AB的中点M的轨迹的方程为+y2=.(3)由(2)知点M的轨迹是以C为圆心,r=为半径的部分圆弧EF(如图所示,不包括两端点)且E,F,又直线L:y=k(x-4)过定点D(4,0),当直线L与圆C相切时,由=得k=±,又k DE=-k DF=-=-,k DF=,结合图形可知当k∈∪时,直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点.关闭Word文档返回原板块。

综合质量评估(第一至第四章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知圆的方程是(x-2)2+(y-3)2=4,则点P(3,2)满足( )A.是圆心B.在圆上C.在圆内D.在圆外【解析】选C.因为(3-2)2+(2-3)2=2<4,故点P(3,2)在圆内.2.直线x-y-4=0与圆x2+y2-2x-2y-2=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相交且过圆心D.相离【解析】选D.圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=4,则圆心到直线的距离d=错误！未找到引用源。

=2错误！未找到引用源。

>2,所以直线与圆相离.【补偿训练】(2015·郑州高一检测)对任意实数k,圆C:(x-3)2+(y-4)2=13与直线l:kx-y-4k+3=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相离D.与k取值有关【解析】选 A.对任意实数k,直线l:kx-y-4k+3=0恒过定点(4,3),而(4-3)2+(3-4)2<13,故定点(4,3)在圆C内部,所以直线与圆相交.3.(2015·乌海高一检测)已知空间两点P1(-1,3,5),P2(2,4,-3),则|P1P2|等于( ) A.错误！未找到引用源。

B.3错误！未找到引用源。

C.错误！未找到引用源。

D.错误！未找到引用源。

【解析】选A.错误！未找到引用源。

=错误！未找到引用源。

=错误！未找到引用源。

.4.已知两圆的方程是x2+y2=1和x2+y2-6x-8y+9=0,那么这两个圆的位置关系是( ) A.外离 B.相交 C.外切 D.内切【解析】选C.将圆x2+y2-6x-8y+9=0,化为标准方程得(x-3)2+(y-4)2=16.所以两圆的圆心距为错误！未找到引用源。

=5,又r1+r2=5,所以两圆外切.5.设l,m,n表示三条直线,α,β,γ表示三个平面,给出下列四个结论:①若l⊥α,m⊥α,则l∥m;②若m⊂β,n是l在β内的射影,m⊥l,则m⊥n;③若m⊂α,m∥n,则n∥α;④若α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β.其中正确的为( )A.①②B.①②③C.①②③④D.③④【解析】选A.①正确,②可用线面垂直证明,正确,③中,n可能在α内;④中,可能有α,β相交或平行,故选A.6.(2015·临汾高一检测)垂直于直线y=x+1且与圆x2+y2=1相切于第一象限的直线方程是( )A.x+y-错误！未找到引用源。

综合测试一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．若复数5－3－i 的实部与虚部分别为a ，b ，则点A (b ，a )必在下列哪个函数的图象上( D )A ．y ＝2xB ．y ＝x ＋12xC ．y ＝|x |D ．y ＝－2x 2－1解析：因为5－3－i ＝5－3＋i －3－i －3＋i ＝－32＋12i ，所以a ＝－32，b ＝12，所以A (12，－32)，把点A 的坐标分别代入选项，只有D 选项满足，故选D. 2．将直径为2的半圆面绕直径所在的直线旋转半周而形成的几何体的表面积为 ( B ) A ．2π B ．3π C ．4πD ．6π解析：由题意，知该几何体为半球，表面积为半径为1的圆的面积加上半径为1的球的表面积的一半，所以S 表面积＝π×12＋12×4 ×π×12＝3π，故选B.3．以集合A ＝{2,4,6,7}中的任意两个元素分别为分子与分母构成分数，则这个分数是可约分数的概率是( A )A.12B.14C.18D.110解析：以A 中任意两个元素分别为分子与分母，所有的样本点为：(2,4)，(2,6)，(2,7)，(4,2)，(4,6)，(4,7)，(6,2)，(6,4)，(6,7)，(7,2)，(7,4)，(7,6)，共12个，可约分数包括的样本点为：(2,4)，(2,6)，(4,2)，(4,6)，(6,2)，(6,4)，共6个，则所求概率为12.故选A.4．在△ABC 中，若B ＝120°，则a 2＋ac ＋c 2－b 2的值( C ) A ．大于0 B ．小于0 C ．等于0D ．不确定解析：根据余弦定理得cos120°＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－12，即a 2＋c 2－b 2＝－ac .故a 2＋ac ＋c2－b 2＝0.5．若非零向量a ，b 满足|a |＝223|b |，且(a －b )⊥(3a ＋2b )，则a 与b 的夹角为( A )A.π4B.π2C.3π4D ．π解析：由条件，得(a －b )·(3a ＋2b )＝3a 2－2b 2－a·b ＝0，即a·b ＝3a 2－2b 2.又|a |＝223|b |，所以a·b ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫223|b |2－2b 2＝23b 2，所以cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |＝23b 2223b 2＝22，所以〈a ，b 〉＝π4，故选A.6．有一个样本量为100的数据分组，各组的频数如下： 分组 [17,19) [19,21) [21,23) [23,25) [25,27) [27,29) [29,31) [31,33] 频数113318 162830 A ．42% B ．58% C ．40% D ．16%解析：样本中小于29的数据频数为1＋1＋3＋3＋18＋16＝42，所以小于29的数据大约占总体的42%.7．水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图所示，已知A ′C ′＝3，B ′C ′＝2，则AB 边上的中线的实际长度为( A )A.52 B ．5 C.54D ．2解析：分析易知△ABC 是以∠C 为直角的直角三角形，且AC ＝3，BC ＝2×2＝4，所以AB＝5，故AB 边上的中线为52.8．已知△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c 且tan B ＝2－3a 2＋c 2－b 2，BC →·BA →＝12，则tan B 等于( D )A.32B.3－1 C ．2D ．2－ 3解析：由余弦定理得a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，再由BC →·BA →＝12，得ac cos B ＝12，所以a 2＋c2－b 2＝1，所以tan B ＝2－3a 2＋c 2－b 2＝2－32×12＝2－ 3.故选D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分．9．给出下列说法不正确的有( ABD )A ．一组数据的标准差是这组数据的方差的平方根B ．频数分布直方图中各小长方形的面积等于相应各组的频数C ．频率分布直方图中所有小长方形的面积之和等于1D ．频率分布直方图中的纵轴为频率解析：一组数据的标准差是这组数据的方差的算术平方根，A 错；频数分布直方图中各小长方形的高度等于相应各组的频数，B 错；C 正确，D 错，纵轴为频率组距.10．为了反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况，以及重要商品库存变化的动向，中国物流与采购联合会和中储发展股份有限公司通过联合调查，制定了中国仓储指数．由2017年1月至2018年7月的调查数据得出的中国仓储指数，绘制出如右侧的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是( ABC )A ．2017年各月的仓储指数最大值是在3月份B ．2018年1月至7月的仓储指数的中位数为55C ．2018年1月与4月的仓储指数的平均数为52D ．2017年1月至4月的仓储指数相对于2018年1月至4月，波动性更大解析：2017年各月的仓储指数最大值是在11月份，所以A 错误；由题图知，2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为53，所以B 错误；2018年1月与4月的仓储指数的平均数为51＋552＝53，所以C 错误；由题图可知，2017年1月至4月的仓储指数比2018年1月至4月的仓储指数波动更大．所以D 正确．11．已知向量a ，e 满足a ≠e ，|e |＝1，且对任意t ∈R ，恒有|a －t e |≥|a －e |成立，则( BC )A ．a ⊥e ＝0B ．a ·e ＝1C ．e ⊥(a －e )D ．(a ＋e )⊥(a －e )解析：由条件可知|a －t e |2≥|a －e |2对t ∈R 恒成立，又∵|e |＝1，∴t 2－2t a ·e ＋2a ·e －1≥0对t ∈R 恒成立，即Δ＝(－2a ·e )2－8a ·e ＋4≤0恒成立，∴(a·e －1)2≤0恒成立，而(a ·e －1)2≥0，∴a·e －1＝0，即a·e ＝1＝e 2，∴e ·(a －e )＝0，即e ⊥(a －e )．12.如图所示，三棱锥A ­BCD 的底面是等腰直角三角形，AB ⊥平面BCD ，AB ＝BC ＝BD ＝2，E 是棱CD 上的任意一点，F ，G 分别是AC ，BC 的中点，则在下面命题中是真命题的是( ACD )A ．平面ABE ⊥平面BCDB ．平面EFG ∥平面ABDC ．四面体EFCG 体积的最大值是13D ．平面EFG ⊥平面BCD解析：A 正确，因为AB ⊥平面BCD ，且AB ⊂平面ABE ，由面面垂直的判定定理可知平面ABE ⊥平面BCD ；B 错，若两平面平行，则必有AD ∥EF ，而点E 是棱CD 上任意一点，故该命题为假命题；C 正确，由已知易得GF ⊥平面GCE ，且GF ＝12AB ＝1，而S △GCE ＝12GC ·CE ·sin45°＝24CE ≤1，故V F ­GCE ＝13S △GCE ·FG ≤13；D 正确，由GF ⊥平面GCE ，可得平面EFG ⊥平面BCD .故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知在△ABC 中，7sin A ＝8sin B ＝13sin C，则C 的度数为__120°__.解析：由a sin A ＝b sin B ＝c sin C 及7sin A ＝8sin B ＝13sin C，得a ∶b ∶c ＝7∶8∶13.设a ＝7k ，b ＝8k ，c ＝13k (k >0)，则有cos C ＝7k2＋8k 2－13k 22×7k ×8k＝－12.又∵0°<C <180°，∴C ＝120°.14．已知点P ，Q 是△ABC 所在平面上的两个定点，且满足PA →＋PC →＝0,2QA →＋QB →＋QC →＝BC →，若|PQ →|＝λ|BC →|，则实数λ＝ 12.解析：由条件PA →＋PC →＝0，知PA →＝－PC →＝CP →，所以点P 是边AC 的中点．又2QA →＋QB →＋QC →＝BC →，所以2QA →＝BC →－QB →－QC →＝BC →＋CQ →＋BQ →＝2BQ →，从而有QA →＝BQ →，故点Q 是边AB 的中点，所以PQ 是△ABC 的中位线，所以|PQ →|＝12|BC →|，故λ＝12.15．《算数书》竹简于20世纪80年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为258. 解析：圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13π(L 2π)2h ＝L 2h12π，则275L 2h ≈L 2h 12π，∴π≈258. 16．某医院急诊中心关于病人等待急诊的时间记录如下： 等待时间/min[0,5) [5,10) [10,15) [15,20) [20,25] 频数48521用上述分组资料计算得病人平均等待时间的估计值x ＝__9.5__，病人等待时间标准差的估计算s ≈__5.34__(保留两位小数)．解析：x ＝120×(2.5×4＋7.5×8＋12.5×5＋17.5×2＋22.5×1)＝9.5，s 2＝120×[(2.5－9.5)2×4＋(7.5－9.5)2×8＋(12.5－9.5)2×5＋(17.5－9.5)2×2＋(22.5－9.5)2]＝28.5，∴s ≈5.34.四、解答题：本题共6小题，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10分)如图，已知O 为坐标原点，向量OA →＝(3cos x,3sin x )，OB →＝(3cos x ，sin x )，OC →＝(3，0)，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2.(1)求证：(OA →－OB →)⊥OC →；(2)若△ABC 是等腰三角形，求x 的值．解：(1)证明：∵OA →－OB →＝(0,2sin x )， ∴(OA →－OB →)·OC →＝0×3＋2sin x ×0＝0， ∴(OA →－OB →)⊥OC →.(2)若△ABC 是等腰三角形，则AB ＝BC ， ∴(2sin x )2＝(3cos x －3)2＋sin 2x ， 即2cos 2x －3cos x ＝0. 解得cos x ＝0或cos x ＝32， ∵x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos x ＝32，∴x ＝π6.18．(本小题12分)如图所示，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，且满足AB ∥CD ，AD ＝DC ＝12AB ，PA ⊥平面ABCD .(1)求证：平面PBD ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ，求直线PC 与平面PAD 所成角的正弦值．解：(1)证明：取AB 的中点E ，连接CE ，则由题意知，△BCE 为正三角形，所以∠ABC ＝60°.由四边形ABCD 为等腰梯形知∠BCD ＝120°，设AD ＝DC ＝BC ＝2，则AB ＝4，BD ＝23，故AD 2＋BD 2＝AB 2，即得∠ADB ＝90°，所以AD ⊥BD .又PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又AD ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAD . 又BD ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PAD .(2)在平面ABCD 中，过点C 作CH ∥BD 交AD 的延长线于点H ，由(1)知BD ⊥平面PAD ，所以CH ⊥平面PAD ，连接PH ，则∠CPH 即为所求的角．根据(1)中所设，在Rt △CHD 中，CD ＝2，∠CDH ＝60°， 所以CH ＝3，连接AC ，在Rt △PAC 中，PC ＝PA 2＋AC 2＝42＋232＝27.所以在Rt △PHC 中，sin ∠CPH ＝CH PC ＝327＝2114，即PC 与平面PAD 所成角的正弦值为2114. 19．(本小题12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且(sin B ＋sin C ＋sin A )(sin B ＋sin C －sin A )＝185sin B sin C ，b 和c 是关于x 的方程x 2－9x ＋25cos A＝0的两根(b >c )．(1)求cos A 的值； (2)判断△ABC 的形状．解：(1)由正弦定理得(b ＋c ＋a )(b ＋c －a )＝185bc ，即b 2＋c 2－a 2＝85bc ，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝45.(2)由(1)知cos A ＝45，则方程x 2－9x ＋25cos A ＝0可化为x 2－9x ＋20＝0，解得x ＝5或x＝4.∵b >c ，∴b ＝5，c ＝4，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝9，∴a ＝3.∵b 2＝a 2＋c 2，∴△ABC 为直角三角形．20．(本小题12分)如图，在三棱锥V ­ABC 中，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 为等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC ＝2，O ，M 分别为AB ，VA 的中点．(1)求证：VB ∥平面MOC ； (2)求证：平面MOC ⊥平面VAB ； (3)求三棱锥V ­ABC 的体积．解：(1)证明：因为O ，M 分别为AB ，VA 的中点， 所以OM ∥VB .又因为VB ⊄平面MOC ，OM ⊂平面MOC ， 所以VB ∥平面MOC .(2)证明：因为AC ＝BC ，O 为AB 的中点， 所以OC ⊥AB .又因为平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB ∩平面ABC ＝AB ， 所以OC ⊥平面VAB .又OC ⊂平面MOC ， 所以平面MOC ⊥平面VAB .(3)在等腰直角三角形ACB 中，AC ＝BC ＝2，所以AB ＝2，OC ＝1.所以等边三角形VAB 的面积S △VAB ＝ 3. 又因为OC ⊥平面VAB ，所以三棱锥C ­VAB 的体积等于13OC ·S △VAB ＝33.又因为三棱锥V ­ABC 的体积与三棱锥C ­VAB 的体积相等， 所以三棱锥V ­ABC 的体积为33. 21．(本小题12分)如图所示，已知半圆的直径AB ＝2，点C 在AB 的延长线上，BC ＝1，点P 为半圆上的一个动点，以DC 为边作等边△PCD ，且点D 与圆心O 分别在PC 的两侧，求四边形OPDC 面积的最大值．解：设∠POB ＝θ(0<θ<π)，四边形OPDC 的面积为y ，则在△POC 中， 由余弦定理得PC 2＝OP 2＋OC 2－2OP ·OC cos θ＝5－4cos θ，∴y ＝S △OPC ＋S △PCD ＝12×1×2sin θ＋34(5－4cos θ)＝2sin(θ－π3)＋534.∴当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时，y max ＝2＋534.即四边形OPDC 面积的最大值为2＋534.22．(本小题12分)如图所示，在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AA 1＝AB ＝a .题图(1)求证：AD ⊥B 1D ； (2)求证：A 1C ∥平面AB 1D ； (3)求三棱锥C ­AB 1D 的体积．解：(1)证明：∵三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC . 又∵AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥BB 1.又∵△ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴AD ⊥BC . 又∵BC ∩BB 1＝B ， ∴AD ⊥平面B 1BCC 1，又∵B 1D ⊂平面B 1BCC 1，∴AD ⊥B 1D .(2)证明：如图所示，连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE .答图∵AA 1＝AB ，∴四边形A 1ABB 1是正方形， ∴E 是A 1B 的中点． 又∵D 是BC 的中点， ∴DE ∥A 1C .∵DE ⊂平面AB 1D ，A 1C ⊄平面AB 1D ， ∴A 1C ∥平面AB 1D .(3)VC ­AB 1D ＝VB 1­ADC ＝13S △ADC ·BB 1＝324a 3.。

姓名，年级：时间：必修2 学期综合测评(二）对应学生用书P107 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题,共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．已知圆x 2＋y 2－2x ＋my －4＝0上两点M,N 关于直线2x ＋y ＝0对称，则圆的半径为（ )A ．9B ．3C ．2错误!D ．2 答案 B解析 由题意知圆的圆心坐标为错误!，又点M,N 关于直线2x ＋y ＝0对称,所以该直线过圆心，即2－m2＝0，解得m ＝4．此时该圆方程为(x －1）2＋(y ＋2）2＝9，所以该圆的半径为3．2．用一个平面去截一个所有棱长均为1的五棱锥，其截面图形不可能是（ ) A ．钝角三角形 B ．等腰梯形 C ．平行四边形 D ．正五边形 答案 C解析 ①若截面过棱PB ，PE ，则截面△PBE 与△ABE 是全等三角形，且∠BAE＝108°，所以截面△PBE 是钝角三角形，如图1．②在平面PAB 内作MN∥AB,分别交PA,PB 于点M ，N ，连接CE,则CE∥AB,所以MN∥CE，且MN≠CE．又由题意及作图知ME ＝NC ，所以四边形CEMN 是等腰梯形，如图2．③用平行于底面的平面截该棱锥，其截面图形是正五边形，如图3．综上所述,不可能的截面图形是平行四边形．3．△OAB的斜二测直观图如图所示,则△OAB的面积为( ）A．错误! B．1 C．2 D．4答案 C解析三角形OAB为直角三角形，OB＝2，OA＝2，∴S＝错误!OA·OB＝2．4．过不重合的A（m2＋2，m2－3)，B(3－m－m2，2m)两点的直线l的倾斜角为45°，则m的值为（）A．－1 B．－2C．－1或2 D．1或－2答案B解析过A(m2＋2，m2－3)，B(3－m－m2,2m）两点的直线l的斜率k＝错误!＝错误!．且m2＋2≠3－m－m2,即m≠－1．∵直线l的倾斜角为45°,∴k＝错误!＝1,化为整式方程为m2＋3m＋2＝0,解得m＝－1（舍)或m＝－2，∴m＝－2．5．圆x2＋y2－2x＋4y＝0与直线y－2tx＋2t＋1＝0(t∈R)的位置关系为( ) A．相离 B．相切C．相交 D．以上都有可能答案C解析圆x2＋y2－2x＋4y＝0的圆心为(1，－2）,半径为错误!．因为y－2tx＋2t ＋1＝0(t∈R）,所以直线恒过点（1，－1)．因为错误!＝1＜错误!，所以点(1，－1)在圆内，故直线与圆相交．6．在三棱锥A－BCD中，E，F分别是AB，CD的中点,AC＝BD＝2，且直线BD与AC 所成的角为60°，则线段EF的长度为( ）A．1 B．错误! C．1或错误! D．1或错误!答案D解析如图，取BC的中点G，连接EG，FG,则∠EGF或其补角为BD与AC所成的角．∵BD与AC所成的角为60°，∴∠EGF＝60°或∠EGF＝120°．∵BD＝AC＝2，∴EG＝FG＝1．∴当∠EGF＝60°时，EF＝1;当∠EGF＝120°时，EF＝1×错误!×2＝错误!．故EF＝1或EF＝错误!．7．方程x2＝y2表示的图形是（)A．两条相交而不垂直的直线B．一个点C．两条垂直的直线D．两条平行直线答案 C解析x2＝y2即（x＋y）(x－y）＝0，∴y＝±x．8．将一张边长为6 cm的正方形纸片按如图1所示的阴影部分截去四个全等的等腰三角形,余下的部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥(底面是正方形，顶点在底面的射影为底面正方形的中心)模型,如图2放置．若正四棱锥的主视图是正三角形(如图3），则正四棱锥的体积是( ）A．错误! cm3 B．错误! cm3C．错误! cm3 D．错误! cm3答案A解析∵正四棱锥的主视图是正三角形,设该正三角形的边长为a，则正四棱锥的高为错误!a，斜高为a．∵将一张边长为6 cm的正方形纸片按题图1的阴影部分截去四个全等的等腰三角形，∴错误!×6错误!＝a＋错误!，a＝2错误!(cm）,∴正四棱锥的体积为错误!×a2×错误!a＝错误!(cm3)．9．到定点(1，0，0）的距离小于或等于1的点的集合为（)A．{（x,y,z)|（x－1)2＋y2＋z2≤1｝B．｛(x，y，z)|(x－1)2＋y2＋z2＝1}C．{（x,y，z)|（x－1）2＋y2＋z2〈1｝D．｛(x，y,z）|（x－1)2≤1}答案 A解析设动点坐标为（x,y,z)，则错误!≤1,即（x－1)2＋y2＋z2≤1，故选A．10．直线l：8x－6y－3＝0被圆O：x2＋y2－2x＋a＝0所截得弦的长度为错误!，则劣弧所对的圆心角为( )A．90° B．120° C．135° D．150°答案B解析圆O：x2＋y2－2x＋a＝0，即（x－1)2＋y2＝1－a，故a〈1，圆心(1,0)、半径为错误!．又弦心距d＝错误!＝错误!，则错误!＋错误!2＝r2＝1－a，求得a＝0，所以圆O的半径r＝1，设劣弧所对的圆心角为θ，cosθ＝错误!＝－错误!,所以θ＝120°．11．在四棱锥P－ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面四边形ABCD是矩形，且AD＝3AB，E是底面的边BC上的动点，设错误!＝λ（0<λ〈1),则满足PE⊥DE的λ的值有（) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个答案C解析如图，连接AE．∵PA⊥底面ABCD，DE⊂平面ABCD，∴PA⊥DE．又∵PE⊥DE，PA∩PE＝P，∴DE⊥平面PAE，∴DE⊥AE，∴点E在以AD为直径的圆上．∵AD＝3AB，∴以AD为直径的圆与BC有两个交点,∴满足PE⊥DE的λ的值有2个．故选C．12．在空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(1，0，2),(1，2，0),(1，2，1)，（0，2,2)，若正视图以yOz平面为投射面,则该四面体左（侧)视图面积为( )A．错误! B．1 C．2 D．4答案B解析若正视图以yOz平面为投射面，则该四面体左(侧）视图为三角形，底高分别为1，2，面积为1．第Ⅱ卷（非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱、圆锥、球的体积的比为________．答案3∶1∶2解析设球的直径为2R，则V柱＝πR2·2R＝2πR3，V锥＝错误!πR2·2R＝错误!R3,V πR3．V柱∶V锥∶V球＝3∶1∶2．球＝错误!14．设圆C：(x－3）2＋（y－5）2＝5，过圆心C作直线l交圆于A，B两点，交y 轴于点P,若A恰好为线段BP的中点,则直线l的方程为________．答案2x－y－1＝0或2x＋y－11＝0解析因为点A为PB的中点，而点C为AB的中点，因此，点C为PB的一个四等分点．而C（3，5），P点的横坐标为0，因此A，B的横坐标分别为2，4，将A的横坐标代入圆的方程，可得A(2，3)或A（2,7)，根据直线的两点式得到直线l的方程为2x－y－1＝0或2x＋y－11＝0．15．在平面直角坐标系xOy中,已知圆x2＋y2＝4上有且仅有三个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，则实数c的值为________．答案±13解析由圆x2＋y2＝4,可知圆心为坐标原点，半径长为2．由于圆上有且仅有三个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，故圆心到直线的距离为1，即d＝错误!＝1，解得c＝±13．16．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 ＝错误!．给出下列命题：①AC⊥BE;②EF∥平面ABCD；③三棱锥A－BEF的体积为定值；④异面直线AE与BF所成的角为定值．其中正确的命题的序号为________．答案①②③解析①连接DB，由题意知AC⊥平面DD1B1B,故AC⊥BE，正确；②由正方体ABCD －A1B1C1D1的两个底面平行，且EF⊂平面A1B1C1D1，得EF与平面ABCD无公共点，故有EF∥平面ABCD，正确；③由几何体的性质及题图知,△BEF的面积是定值，点A到面DD1B1B距离是定值，故三棱锥A－BEF的体积为定值，正确；④由题图知,当F与B1重合时，令上底面的中心为点O，点E与O重合，则此时两异面直线AE与BF所成的角是∠A1AO，当E与D1重合时，点F与O重合,则此时两异面直线AE与BF所成的角是∠OBC1，∠A1AO≠∠OBC1,故异面直线AE与BF所成的角不是定值．综上可知,①②③正确．三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．(本小题满分10分)已知一个组合体的三视图如下图所示，请根据具体数据来求此几何体的体积（单位：cm）．解由三视图知，此几何体是下面是一个圆柱，中间是一个圆柱，上面是一个与中间圆柱同底的圆锥的组合体．由条件中尺寸可知V圆锥＝错误!Sh＝错误!π×22×2＝错误!π（cm3）．V圆柱中＝Sh＝π×22×10＝40π(cm3），V圆柱下＝Sh＝π×62×2＝72π(cm3）．∴此组合体的体积V＝V圆锥＋V圆柱中＋V圆柱下＝错误!π＋40π＋72π＝错误!π(cm3)．18．（本小题满分12分)如图，C，D是以AB为直径的圆上两点，AB＝2AD＝2错误!，AC＝BC,F是AB上一点，且AF＝错误!AB，将圆沿直径AB折起，使点C在平面ABD内的射影E在BD上，已知CE＝错误!．(1)求证：AD⊥BC；(2）求三棱锥A－CFD的体积．解（1）证明：依题意，得AD⊥BD，CE⊥平面ABD，∴CE⊥AD．∵BD∩CE＝E，∴AD⊥平面BCD,∴AD⊥BC．（2）由题意可知∠ADB＝90°，AB＝2AD＝2错误!，∴AD＝错误!，∴DB＝错误!＝错误!＝3．∴S△ABD＝12×错误!×3＝错误!．又∵AF＝错误!AB，∴S△FAD＝错误!S△ABD＝错误!．∵CE⊥平面ABD，∴V A－CFD＝V C－AFD＝错误!·S△FAD·CE＝错误!×错误!×错误!＝错误!．19．(本小题满分12分）如图，已知圆O:x2＋y2＝1和定点A（2，1)，由圆O外一点P（a,b）向圆O引切线PQ，切点为Q,且满足｜PQ|＝｜PA|．(1）求实数a，b间满足的等量关系；(2)求线段PQ长的最小值；（3)若以P为圆心的圆P与圆O有公共点，试求圆P的半径长最小时圆P的方程．解(1）如图，连接OP．∵Q为切点,∴PQ⊥OQ．由勾股定理，有|PQ|2＝|OP｜2－|OQ|2．又由题意知｜PQ｜＝｜PA｜,故｜PQ｜2＝｜PA｜2，即(a2＋b2）－12＝（a－2）2＋(b－1)2，化简得实数a，b间满足的等量关系为2a＋b－3＝0．(2)解法一：由2a＋b－3＝0,得b＝－2a＋3．｜PQ｜＝a2＋b2－1＝错误!＝错误!＝错误!．当a＝错误!时，|PQ|min＝错误!，即线段PQ长的最小值为错误!．解法二:由（1)知，点P在直线l：2x＋y－3＝0上，所以｜PQ|min＝｜PA|min,即求点A到直线l的距离．所以｜PQ|min ＝错误!＝错误!．（3）解法一：设圆P的半径长为R．∵圆P与圆O有公共点，圆O的半径长为1，∴|R－1|≤｜OP|≤R＋1，即R≥||OP｜－1|且R≤|OP｜＋1．而|OP｜＝错误!＝错误!＝错误!．当a＝错误!时，|OP|min＝错误!．此时，b＝－2a＋3＝错误!，R min＝错误!－1．故半径长取最小值时圆P的方程为错误!2＋错误!2＝错误!2．解法二：∵圆P与圆O有公共点,∴圆P半径长r最小时，与圆O外切（取小者），而这些半径长的最小值为圆心O到直线l的距离减去1，圆心P为过原点与l垂直的直线l′与l的交点P0．∴r min＝错误!－1＝错误!－1．又直线l′的方程为x－2y＝0，结合直线l：2x＋y－3＝0，得方程组错误!解得错误!即P0错误!．故所求圆的方程为错误!2＋错误!2＝错误!2．20．（本小题满分12分)已知以点P为圆心的圆经过点A(－1，0)和B（3,4），线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且|CD|＝4错误!．（1)求直线CD的方程；(2)求圆P的方程；(3）设点Q在圆P上,问：使△QAB的面积等于8的点Q共有几个？证明你的结论．解（1）∵A（－1，0）和B（3，4）∴k AB＝1，由题意知直线AB与CD垂直,故k CD·k AB＝－1，∴k CD＝－1．又由题意知，线段CD经过线段AB的中点（1，2)，所以CD的直线方程为x＋y－3＝0．(2）设圆心P（a，b)，则由P在CD上,得a＋b－3＝0．①∵直径｜CD｜＝4错误!，∴|PA|＝210．∴(a＋1)2＋b2＝40．②由①②解得错误!或错误!∴圆心P(－3,6）或P(5,－2)．∴圆P的方程为(x＋3）2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2）2＝40．(3)圆P上共有两个点Q使△QAB的面积为8．证明：∵｜AB｜＝42＋42＝4错误!，∴当△QAB的面积为8时，点Q到直线AB的距离为2错误!．又圆心P到直线AB的距离为4错误!，圆P的半径长r＝2错误!，且4错误!＋2错误!＞2错误!,∴圆P上共有两个点Q使△QAB的面积为8．21．(本小题满分12分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形,∠ADC ＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD,PO＝2，M为PD的中点．（1)求证：PB∥平面ACM；（2)求证:AD⊥平面PAC；(3）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．解（1)证明：如图,连接BD,MO，在▱ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO．因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM．(2)证明：因为∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1,所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC．又PO⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD．又AC∩PO＝O,所以AD⊥平面PAC．（3）取DO的中点N,连接MN,AN．因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝错误!PO＝1．由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN即为直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝错误!，所以DO＝错误!，从而AN＝错误!DO＝错误!．在Rt△ANM中，tan∠MAN＝错误!＝错误!＝错误!，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为错误!．22．(本小题满分12分）已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，是否存在斜率为1的直线l，使以l被圆C所截得的弦AB为直径的圆经过原点？若存在，写出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解假设直线l存在,设l的方程为y＝x＋m，由错误!得2x2＋2(m＋1)x＋m2＋4m－4＝0．（＊)设A（x1，y1），B(x2，y2），则x1＋x2＝－(m＋1）,x1x2＝m2＋4m－42．∵以AB为直径的圆为(x－x1)(x－x2）＋(y－y1)(y－y2)＝0，若它经过原点,则x1x2＋y1y2＝0．又y1y2＝（x1＋m)(x2＋m）＝x1x2＋m（x1＋x2）＋m2，∴2x1x2＋m（x1＋x2)＋m2＝0，∴m2＋3m－4＝0，解得m＝－4或m＝1．当m＝－4或m＝1时，(＊）式的Δ>0,∴所求直线l的方程是x－y－4＝0或x－y＋1＝0．。

本册综合学业质量标准检测本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)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，只有一项是符合题目要求的)1．(·泰安二中高一检测)直线y ＝kx 与直线y ＝2x ＋1垂直，则k 等于 ( C ) A ．－2B ．2C ．－12D ．13[解析] 由题意，得2k ＝－1，∴k ＝－12.2．空间中到A 、B 两点距离相等的点构成的集合是 ( B ) A ．线段AB 的中垂线 B ．线段AB 的中垂面 C ．过AB 中点的一条直线D ．一个圆[解析] 空间中线段AB 的中垂面上的任意一点到A 、B 两点距离相等． ①三角形的高线的平行投影，一定是这个三角形的平行投影的高线； ②三角形的中线的平行投影，一定是这个三角形的平行投影的中线； ③三角形的角平分线的平行投影，一定是这个三角形的平行投影的角平分线； ④三角形的中位线的平行投影，一定是这个三角形的平行投影的中位线． A ．①②B ．②③C ．③④D ．②④[解析] 垂直线段的平行投影不一定垂直，故①错；线段的中点的平行投影仍是线段的中点，故②正确；三角形的角平分线的平行投影，不一定是角平分线，故③错；因为线段的中点的平行投影仍然是线段的中点，所以中位线的平行投影仍然是中位线，故④正确．选D ．4．如图，在同一直角坐标系中，表示直线y ＝ax 与y ＝x ＋a 正确的是 ( C )[解析] 当a >0时，直线y ＝ax 的斜率k ＝a >0，直线y ＝x ＋a 在y 轴上的截距等于a >0，此时，选项A 、B 、C 、D 都不符合；当a <0时，直线y ＝ax 的斜率k ＝a <0，直线y ＝x ＋a 在y 轴上的截距等于a <0，只有选项C 符合，故选C ．5．已知圆x 2＋y 2＋4x －4y ＋m ＝0截直线x ＋y ＋2＝0所得弦的长度为2，则实数m 的值是 ( C )A ．3B ．4C ．5D ．7[解析] 圆x 2＋y 2＋4x －4y ＋m ＝0的圆心(－2,2)，半径r ＝8－m (m <8)．圆心(－2,2)到直线x ＋y ＋2＝0的距离d ＝|－2＋2＋2|12＋12＝2，由题意，得m ＝5.6．在圆柱内有一个内接正三棱锥，过一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是 ( D )[解析] 如图所示，由图可知选D ．7．(·天水市高一检测)圆x 2＋y 2－4x ＋6y ＝0和圆x 2＋y 2－6x ＝0交于A 、B 两点，则AB 的垂直平分线的方程是 ( C )A ．x ＋y ＋3＝0B ．2x －y －5＝0C ．3x －y －9＝0D ．4x －3y ＋7＝0[解析] 圆x 2＋y 2－4x ＋6y ＝0的圆心C 1(2，－3)，圆x 2＋y 2－6x ＝0的圆心C 2(3,0)，AB 的垂直平分线过圆心C 1、C 2，∴所求直线的斜率k ＝0＋33－2＝3，所求直线方程为y ＝3(x －3)，即3x －y －9＝0.8．(·南平高一检测)已知直线l 与直线2x －3y ＋4＝0关于直线x ＝1对称，则直线l 的方程为 ( A )A ．2x ＋3y －8＝0B ．3x －2y ＋1＝0C ．x ＋2y －5＝0D ．3x ＋2y －7＝0[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －3y ＋4＝0x ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝2. 由题意可知直线l 的斜率k 与直线2x －3y ＋4＝0的斜率互为相反数， ∴k ＝－23，故直线l 的方程为y －2＝－23(x －1)，即2x ＋3y －8＝0.9．某几何体的三视图如下所示，则该几何体的体积是 ( B )A ．332B ．1336C ．233D ．1136[解析] 该几何体是一个正三棱柱和一个三棱锥的组合体，故体积V ＝34×22×32＋13×34×22×2＝1336. 10．(～·郑州高一检测)过点M (1,2)的直线l 与圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝25交于A ，B 两点，C 为圆心，当∠ACB 最小时，直线l 的方程是 ( D )A ．x －2y ＋3＝0B ．2x ＋y －4＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x ＋y －3＝0[解析] 由圆的几何性质知，圆心角∠ACB 最小时，弦AB 的长度最短， 此时应有CM ⊥AB . ∵k CM ＝1， ∴k l ＝－1.∴直线l 方程为y －2＝－(x －1)，即x ＋y －3＝0. 故选D ．11．若圆C ：x 2＋y 2－4x －4y －10＝0上至少有三个不同的点到直线l ：x －y ＋c ＝0的距离为22，则c 的取值范围是 ( C )A ．[－22，22]B ．(－22，22)C ．[－2,2]D ．(－2,2)[解析] 圆C ：x 2＋y 2－4x －4y －10＝0整理为(x －2)2＋(y －2)2＝(32)2，∴圆心坐标为C (2,2)，半径长为32，要使圆上至少有三个不同的点到直线l ：x －y ＋c ＝0的距离为22，如右图可知圆心到直线l 的距离应小于等于2，∴d ＝|2－2＋c |1＋1＝|c |2≤2，解得|c |≤2，即－2≤c ≤2.12．已知圆C 1：(x －2)2＋(y －3)2＝1，圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝9，M 、N 分别是圆C 1、C 2上的动点，P 为x 轴上的动点，则|PM |＋|PN |的最小值为 ( A )A ．52－4B ．17－1C ．6－22D ．17[解析] 两圆的圆心均在第一象限，先求|PC 1|＋|PC 2|的最小值，作点C 1关于x 轴的对称点C 1′(2，－3)，则(|PC 1|＋|PC 2|)min ＝|C 1′C 2|＝52，所以(|PM |＋|PN |)min ＝52－(1＋3)＝52－4.第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．(·曲阜师大附中高一检测)△ABC 中，已知点A (2,1)、B (－2,3)、C (0,1)，则BC 边上的中线所在直线的一般方程为__x ＋3y －5＝0__.[解析] BC 边的中点D 的坐标为(－1,2)，∴BC 边上的中线AD 所在直线的方程为y －21－2＝x ＋12＋1，即x ＋3y －5＝0.14．(·南安一中高一检测)已知直线y ＝kx ＋2k ＋1，则直线恒经过的定点__(－2,1)__. [解析] 解法一：直线y ＝kx ＋2k ＋1，即 k (x ＋2)＋1－y ＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2＝01－y ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2y ＝1. ∴直线恒经过定点(－2,1)．解法二：原方程可化为y －1＝k (x ＋2)， ∴直线恒经过定点(－2,1)．15．一个正四棱台，其上、下底面边长分别为8 cm 和18 cm ，侧棱长为13 cm ，则其表面积为__1 012 cm 2__.[解析] 由已知可得正四棱台侧面梯形的高为 h ＝132－(18－82)2＝12(cm)，所以S 侧＝4×12×(8＋18)×12＝624(cm 2)，S 上底＝8×8＝64(cm 2)，S 下底＝18×18＝324(cm 2)， 于是表面积为S ＝624＋64＋324＝1 012(cm 2)．①三棱锥A －D 1PC 的体积不变；②A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1.[解析] ①因为BC 1∥AD 1，所以BC 1∥平面AD 1C ，所以直线BC 1上任一点到平面AD 1C 的距离都相等，所以VA －D 1PC ＝VP －AD 1C ＝VB －AD 1C 为定值，正确；②因为AC ∥A 1C 1，AD 1∥BC 1，AC ∩AD 1＝A ，A 1C 1∩BC 1＝C 1，所以平面ACD 1∥平面A 1BC 1，因为A 1P ⊂平面A 1BC 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，正确；③假设DP ⊥BC 1，因为DC ⊥BC 1，DC ∩DP ＝D ，所以BC 1⊥平面DPC ，所以BC 1⊥CP ，因为P 是BC 1上任一点，所以BC 1⊥CP 不一定成立，错误；④因为B 1B ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以B 1B ⊥AC ，又AC ⊥BD ，BD ∩B 1B ＝B ，所以AC ⊥平面BB 1D ，所以AC ⊥DB 1，同理可知AD 1⊥DB 1，因为AC ∩AD 1＝A ，所以DB 1⊥平面ACD 1，因为DB 1⊂平面PDB 1，所以平面PDB 1⊥平面ACD 1，正确．故填①②④.三、解答题(本大题共6个小题，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)已知直线l 1：ax －by －1＝0(a 、b 不同时为0)，l 2：(a ＋2)x ＋y ＋a ＝0.(1)若b ＝0且l 1⊥l 2，求实数a 的值；(2)当b ＝2，且l 1∥l 2时，求直线l 1与l 2之间的距离． [解析] (1)若b ＝0，则l 1：ax －1＝0， l 2：(a ＋2)x ＋y ＋a ＝0.∵l 1⊥l 2，∴a (a ＋2)＝0，∴a ＝－2或0(舍去)，即a ＝－2. (2)当b ＝2时，l 1：ax －2y －1＝0， l 2：(a ＋2)x ＋y ＋a ＝0，∵l 1∥l 2，∴a ＝－2(a ＋2)，∴a ＝－43.∴l 1：4x ＋6y ＋3＝0，l 2：2x ＋3y －4＝0，∴l 1与l 2之间的距离d ＝|32＋4|22＋32＝111326.18．(本小题满分12分)自A (4,0)引圆x 2＋y 2＝4的割线ABC ，求弦BC 中点P 的轨迹方程.[解析] 连接OP ，则OP ⊥BC ，设P (x ，y )，当x ≠0时，k OP ·k AP ＝－1， 即y x ·yx －4＝－1. 即x 2＋y 2－4x ＝0.①当x ＝0时，P 点坐标为(0,0)是方程①的解，所以BC 中点P 的轨迹方程为x 2＋y 2－4x ＝0(在已知圆内)．19．(本小题满分12分)(2019·葫芦岛高一检测)已知半径为2，圆心在直线y ＝x ＋2上的圆C .(1)当圆C 经过点A (2,2)且与y 轴相切时，求圆C 的方程；(2)已知E (1,1)、F (1,3)，若圆C 上存在点Q ，使|QF |2－|QE |2＝32，求圆心横坐标a 的取值范围．[解析] (1)设圆心坐标为(a ，－a ＋2)， ∵圆经过点A (2,2)且与y 轴相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧(2－a )2＋[2－(－a ＋2)]2＝4|a |＝2， 解得a ＝2.∴圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝4. (2)设Q (x ，y )，由已知，得(x －1)2＋(y ＋3)2－[(x －1)2＋(y －1)2]＝32， 即y ＝3.∴点Q 在直径y ＝3上．又∵Q 在圆C 上，∴圆C 与直线y ＝3相交， ∴1≤－a ＋2≤5，∴－3≤a ≤1. ∴圆心横坐标a 的取值范围为－3≤a ≤1.20．(本小题满分12分)已知圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，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)(x －1)2＋(y ＋2)2＝9.圆心C (1，－2)，r ＝3. (2)假设存在直线l ，设方程为y ＝x ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， ∵以AB 为直径的圆过圆心O ， ∴OA ⊥OB ，即x 1x 2＋y 1y 2＝0.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0， 消去y 得2x 2＋2(m ＋1)x ＋m 2＋4m －4＝0. Δ＞0得－32－3＜m ＜32－3. 由根与系数关系得：x 1＋x 2＝－(m ＋1)，x 1x 2＝m 2＋4m －42，y 1y 2＝(x 1＋m )(x 2＋m )＝x 1x 2＋m (x 1＋x 2)＋m 2 ∴x 1x 2＋y 1y 2＝2x 1x 2＋m (x 1＋x 2)＋m 2＝0. 解得m ＝1或－4.直线l 方程为y ＝x ＋1或y ＝x －4.(3)设圆心C 到直线l ：y ＝x ＋m 的距离为d ， |AB |＝29－d 2，S △CAB ＝12×29－d 2×d ＝9d 2－d 4＝814－(d 2－92)2≤92，此时d ＝322，l 的方程为y ＝x 或y ＝x －6. 21．(本小题满分12分)(2019·全国卷Ⅰ文，18)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．[解析] (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩DP ＝P ，且AP ，DP ⊂平面P AD 所以AB ⊥平面P AD . 因为AB ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)解：如图，在平面P AD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ，又∵AD ∩AB ＝A . 可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得P A ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2. 可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12P A ·PD ＋12P A ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 22．(本小题满分12分)已知⊙C ：x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0. (1)若⊙C 的切线在x 轴、y 轴上截距相等，求切线的方程；(2)从圆外一点P (x 0，y 0)向圆引切线PM ，M 为切点，O 为原点，若|PM |＝|PO |，求使|PM |最小的P 点坐标．[解析] ⊙C ：(x ＋1)2＋(y －2)2＝4， 圆心C (－1,2)，半径r ＝2. (1)若切线过原点设为y ＝kx ， 则|－k －2|1＋k 2＝2，∴k ＝0或43.若切线不过原点，设为x ＋y ＝a ， 则|－1＋2－a |2＝2，∴a ＝1±22， ∴切线方程为：y ＝0，y ＝43x ，x ＋y ＝1＋22和x ＋y ＝1－2 2.(2)x 20＋y 20＋2x 0－4y 0＋1＝x 20＋y 20，∴2x 0－4y 0＋1＝0，|PM |＝x 20＋y 20＋2x 0－4y 0＋1＝5y 20－2y 0＋14∵P 在⊙C 外，∴(x 0＋1)2＋(y 0－2)2>4， 将x 0＝2y 0－12代入得5y 20－2y 0＋14>0， ∴|PM |min ＝510.此时P ⎝⎛⎭⎫－110，15.。

模块综合检测(时间：120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．(2019年河南二模)已知复数z ＝2＋a i(a ∈R )，若|(1－i)z |＝4，则a 的值为( ) A ．2 B ．±2 C ．0D ．±1【答案】B 【解析】∵z ＝2＋a i ，∴(1－i)z ＝(1－i)(2＋a i)＝(2＋a )＋(a －2)i ，由|(1－i)z |＝4，得(2＋a )2＋(a －2)2＝4，解得a ＝±2.故选B ．2．在△ABC 中，a ＝3，b ＝2，A ＝30°，则sin B ＝( ) A ．13B ．23C ．23D ．223【答案】A 【解析】由正弦定理得sin B ＝b sin A a ＝2×sin 30°3＝13.3．(2019年淄博月考)样本量为100的样本数据被分为6组，如表：第5组的频率是(A ．0.15 B ．0.16 C ．0.18D ．0.20【答案】B 【解析】由图表可知，第5组的频数为100－14－17－18－20－15＝16，∴第5组的频率为16100＝0.16.故选B ．4．(2019年南昌期末)已知向量a ，b 满足|a|＝1，|a ＋b|＝7，|a －b|＝3，则|b|＝( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4【答案】B 【解析】∵|a|＝1，|a ＋b|＝7，|a －b|＝3，∴(a ＋b )2＋(a －b )2＝2(a 2＋b 2)＝2＋2b 2＝10，∴b 2＝4，∴|b|＝2.故选B ．5．在某中学举行的环保知识竞赛中，将三个年级参赛学生的成绩进行整理后分为5组，绘制如图所示的频率分布直方图，图中从左到右依次为第一、第二、第三、第四、第五小组，已知第二小组的频数是40，则成绩在80～100分的学生人数是( )A ．25B ．20C ．18D ．15【答案】D 【解析】根据频率分布直方图，得第二小组的频率是0.04×10＝0.4.∵频数是40，∴样本容量是400.4＝100，又成绩在80～100分的频率是(0.01＋0.005)×10＝0.15，∴成绩在80～100分的学生人数是100×0.15＝15.故选D ．6．(2019年河南月考)市场调查发现，大约45的人喜欢在网上购买家用小电器，其余的人则喜欢在实体店购买家用小电器．经工商局抽样调查发现网上购买的家用小电器合格率约为1720，而实体店里的家用小电器的合格率约为910.现工商局12315电话接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性是( )A ．67B ．56C ．45D ．25【答案】A 【解析】由题意，网上购买的家用小电器被投诉的概率为45×⎝⎛⎭⎫1－1720＝12100，实体店里购买的家用小电器被投诉的概率为⎝⎛⎭⎫1－45×⎝⎛⎭⎫1－910＝2100，故所求概率为p ＝1210012100＋2100＝67.故选A ．7．我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里记载了这样一个题目：“今有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里．里法三百步．欲知为田几何．”这道题讲的是有一块三角形的沙田，三边长分别为13里，14里，15里，假设1里按500米计算，则该沙田的面积为( )A ．15平方千米B ．18平方千米C ．21平方千米D ．24平方千米【答案】C 【解析】设在△ABC 中，a ＝13里，b ＝14里，c ＝15里，∴由余弦定理得cos C ＝132＋142－1522×13×14＝513，∴sin C ＝1213.故△ABC 的面积为12×13×14×1213×5002×11 0002＝21(平方千米)．故选C ．8．在三棱锥A -BCD 中，△ABC 与△BCD 都是正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，若该三棱锥的外接球的体积为2015π，则△ABC 边长为( )A ．332 B ．634 C ．633D ．6【答案】D 【解析】如图，取BC 中点M ，连接AM ，DM .设等边三角形ABC 与等边三角形BCD 的外心分别为N ，G ，三棱锥外接球的球心为O ，连接OA ，OD ，ON ，OG .由V ＝4π3R 3＝2015π，得外接球半径R ＝15.设△ABC 的边长为a ，则ON ＝GM ＝13DM ＝36a ，AN ＝23AM ＝33a .在Rt △ANO 中，由ON 2＋AN 2＝R 2，得a 212＋a 23＝15，解得a ＝6.故选D ．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．9．下列说法中错误的是( )A ．若事件A 与事件B 互斥，则P (A )＋P (B )＝1B ．若事件A 与事件B 满足P (A )＋P (B )＝1，则事件A 与事件B 为对立事件C ．“事件A 与事件B 互斥”是“事件A 与事件B 对立”的必要不充分条件D ．某人打靶时连续射击两次，则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”互为对立事件【答案】ABD 【解析】若事件A 与事件B 互斥，则有可能P (A )＋P (B )<1，故A 不正确；若事件A 与事件B 为同一事件，且P (A )＝0.5，则满足P (A )＋P (B )＝1，但事件A 与事件B 不是对立事件，B 不正确；互斥不一定对立，对立一定互斥，故C 正确；某人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”既不互斥也不对立，D 错误．故选ABD ．10．如图是民航部门统计的今年春运期间十二个城市售出的往返机票的平均价格以及相比去年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述正确的是( )A ．深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高B ．深圳和厦门的春运期间往返机票价格同去年相比有所下降C ．平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州D ．平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门【答案】ABC 【解析】由图可知深圳对应的小黑点最接近0%，故变化幅度最小，北京对应的条形图最高，则北京的平均价格最高，A 正确；深圳和厦门对应的小黑点在0%以下，故深圳和厦门的价格同去年相比有所下降，B 正确；条形图由高到低居于前三位的城市为北京、深圳和广州，C 正确；平均价格的涨幅由高到低分别为天津、西安和南京，D 错误．故选ABC ．11．△ABC 是边长为2的等边三角形，已知向量a ，b 满足AB →＝2a ，AC →＝2a ＋b ，则下列结论中正确的是( )A ．a 为单位向量B ．a ⊥bC ．b ∥BC →D ．(4a ＋b )⊥BC →【答案】ACD 【解析】由AB →＝2a ，得a ＝12AB →，又AB ＝2，所以|a|＝1，即a 是单位向量，A 正确；a ，b 的夹角为120°，B 错误；因为AC →＝AB →＋BC →＝2a ＋b ，所以BC →＝b ，C 正确；(4a ＋b )·BC →＝4a·b ＋b 2＝4×1×2×cos 120°＋4＝－4＋4＝0，D 正确．故选ACD ．12．如图，点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，则( )A ．三棱锥A -D 1PC 的体积不变B ．A 1P ∥平面ACD 1C ．DP ⊥BC 1D ．平面PDB 1⊥平面ACD 1【答案】ABD 【解析】连接BD 交AC 于点O ，连接DC 1交D 1C 于点O 1，连接OO 1，则OO 1∥BC 1，所以BC 1∥平面AD 1C ，动点P 到平面AD 1C 的距离不变，所以三棱锥P -AD 1C 的体积不变，又因为V 三棱锥P -AD 1C ＝V 三棱锥A -D 1PC ，所以A 正确；因为平面A 1C 1B ∥平面AD 1C ，A 1P ⊂平面A 1C 1B ，所以A 1P ∥平面ACD 1，B 正确；由于当点P 在B 点时，DB 不垂直于BC 1，即DP 不垂直BC 1，故C 不正确；由于DB 1⊥D 1C ，DB 1⊥AD 1，D 1C ∩AD 1＝D 1，所以DB 1⊥平面AD 1C ，又因为DB 1⊂平面PDB 1，所以平面PDB 1⊥平面ACD 1，D 正确．故选ABD ．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上) 13．已知复数z ＝1＋3i1－i，z 为z 的共轭复数，则z 的虚部为________．【答案】－2 【解析】由z ＝1＋3i 1－i ＝(1＋3i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝－2＋4i2＝－1＋2i ，得z ＝－1－2i ，∴复数z 的虚部为－2.14．(2019年郑州高一期末)水痘是一种传染性很强的病毒性疾病，易在春天爆发．市疾控中心为了调查某校高年级学生注射水症疫苗的人数，在高一年级随机抽取5个班级，这5个班级中抽取的人数分别为5，a,7,7,10，若把每个班级抽取的人数作为样本数据，已知样本平均数为7，则样本数据中的方差是________．【答案】2.8 【解析】由15×(5＋a ＋7＋7＋10)＝7，得a ＝6.所以样本数据的方差s 2＝15×[(5－7)＋(6－7)2＋(7－7)2＋(7－7)2＋(10－7)2]＝2.8.15．a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知ab cos(A －B )＝a 2＋b 2－c 2，A ＝45°，a ＝2，则c ＝________.【答案】4105 【解析】由ab cos(A －B )＝a 2＋b 2－c 2，得cos(A －B )＝2·a 2＋b 2－c 22ab ＝2cosC ＝－2cos(A ＋B )，整理，得3cos A cos B ＝sin A sin B ，所以tan A tan B ＝3.又A ＝45°，所以tan A ＝1，tan B ＝3.由sin B cos B ＝3，sin 2B ＋cos 2B ＝1，得sin B ＝31010，cosB ＝1010.所以sin C ＝sin(A ＋B )＝22⎝⎛⎭⎫31010＋1010＝255.由正弦定理，得c ＝a sin C sin A ＝4105. 16．(2020年北京期末)在平行四边形ABCD 中，已知AB →·AC →＝AC →·AD →，|AC →|＝4，|BD →|＝2，则四边形ABCD 的面积是________．【答案】4 【解析】如图，∵AB →·AC →＝AC →·AD →，∴AB →·(AB →＋AD →)＝(AB →＋AD →)·AD →，∴AB →2＋AB →·AD →＝AD →2＋AB →·AD →，∴AB →2＝AD →2，∴|AB →|＝|AD →|，∴四边形ABCD 为菱形．又|AC →|＝4，|BD →|＝2，∴四边形ABCD 的面积为12×4×2＝4.四、解答题(本大题共6小题，17题10分，其余小题为12分，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知复数z ＝m 2－m i(m ∈R )，若|z |＝2，且z 在复平面内对应的点位于第四象限． (1)求复数z ；(2)若z 2＋az ＋b ＝1＋i ，求实数a ，b 的值．解：(1)∵z ＝m 2－m i ，|z |＝2，∴m 4＋m 2＝2，得m 2＝1.又∵z 在复平面内对应的点位于第四象限，∴m ＝－1，即z ＝1－i.(2)由(1)得z ＝1－i ，∴z 2＋az ＋b ＝1＋i ⇒(1－i)2＋a (1－i)＋b ＝1＋i. ∴(a ＋b )－(2＋a )i ＝1＋i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝1，2＋a ＝－1，解得a ＝－3，b ＝4.18．(2019年揭阳模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别是a ，b ，c . (1)若c ＝2，C ＝π3，且△ABC 的面积S ＝3，求a ，b 的值；(2)若sin C ＋sin(B －A )＝sin 2A ，试判断△ABC 的形状．解：(1)由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，即12＝a 2＋b 2－42ab，化简得a 2＋b 2－ab ＝4.又因为12ab sin C ＝3，所以ab ＝4.联立⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)由sin C ＋sin(B －A )＝sin 2A ， 得sin(A ＋B )＋sin(B －A )＝2sin A cos A ，即sin A cos B ＋cos A sin B ＋sin B cos A －cos B sin A ＝2sin A cos A ， 化简得sin B cos A ＝sin A cos A ．当cos A ＝0时，A ＝π2，△ABC 为直角三角形．当cos A ≠0时，得sin B ＝sin A ，即b ＝a ，△ABC 为等腰三角形．19．(2019年重庆期末)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥AB ，底面ABCD 是边长为3的正方形，E ，F ，G 分别是棱AB ，PB ，PC 的中点，P A ＝6，∠P AD ＝60°.(1)求证：平面EFG ∥平面P AD ； (2)求三棱锥B -EFG 的体积．解：(1)证明：∵E ，F ，G 分别是棱AB ，PB ，PC 的中点， ∴EF ∥P A ，FG ∥BC ．∵底面ABCD 是正方形，∴AD ∥BC ．∴AD ∥FG . ∵AD ⊂平面P AD ，FG ⊄平面P AD ，∴FG ∥平面P AD ． 同理可证EF ∥平面P AD ．又EF ∩FG ＝F ，∴平面EFG ∥平面P AD ．(2)∵底面ABCD 是正方形，∴AB ⊥AD ． ∵P A ⊥AB ，且AD ∩P A ＝A ，∴AB ⊥平面P AD ． 由(1)知平面EFG ∥平面P AD ，∴BE ⊥平面EFG . ∴V B -EFG ＝13S △EFG ·BE .易知∠EFG ＝120°，EF ＝12P A ＝3，FG ＝12BC ＝32，BE ＝12AB ＝32.∴S △EFG ＝12·EF ·FG ·sin ∠EFG ＝938.∴V B -EFG ＝13×938×32＝9316.20．(2020年昆明月考)某冰糖橙为甜橙的一种，云南著名特产，以味甜皮薄著称．该橙按照等级可分为四类：珍品、特级、优级和一级(每箱有5 kg)．某采购商打算采购一批该橙子销往省外，并从采购的这批橙子中随机抽取100箱，利用橙子的等级分类标准得到的数据如表：(1)(2)按照分层抽样的方法，从这100箱橙子中抽取10箱，试计算各等级抽到的箱数； (3)若在(2)抽取的特级品和一级品的箱子上均编上号放在一起，再从中抽取2箱，求抽取的2箱中两种等级均有的概率．解：(1)依题意可知，样本中的100箱不同等级橙子的平均价格为36×410＋30×310＋24×110＋18×210＝29.4(元/kg)．(2)依题意，珍品抽到110×40＝4(箱)，特级抽到110×30＝3(箱)，优级抽到110×10＝1(箱)，一级抽到110×20＝2(箱)．(3)抽到的特级有3箱，编号为A 1，A 2，A 3，抽到的一级有2箱，编号为B 1，B 2. 从中抽取2箱，有(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，A 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(B 1，B 2)共10种可能，两种等级均有的有(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)共6种可能，∴所求概率p ＝610＝35.21．已知向量a ＝(3cos ωx ，sin ωx )，b ＝(cos ωx ，cos ωx )，其中ω＞0，记函数f (x )＝a·b . (1)若函数f (x )的最小正周期为π，求ω的值；(2)在(1)的条件下，已知△ABC 的内角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，若f ⎝⎛⎭⎫A 2＝3，且a ＝4，b ＋c ＝5，求△ABC 的面积．解：(1)f (x )＝a·b ＝3cos 2ωx ＋sin ωx ·cos ωx ＝3(cos 2ωx ＋1)2＋sin 2ωx 2＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π3＋32. ∵f (x )的最小正周期为π，且ω＞0， ∴2π2ω＝π，解得ω＝1. (2)由(1)得f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋32. ∵f ⎝⎛⎭⎫A 2＝3，∴sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝32. 由0＜A ＜π，得π3<A ＋π3<4π3，∴A ＋π3＝2π3，解得A ＝π3.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得16＝b 2＋c 2－bc . 联立b ＋c ＝5，得bc ＝3.∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×3×32＝334.22．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称．某市为了了解人们对“一带一路”的认知程度，对不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分为100分(90分及以上为认知程度高)．现从参赛者中抽取了x 人，按年龄分成5组，第一组：[20,25)，第二组：[25,30)，第三组：[30,35)，第四组：[35,40)，第五组：[40,45)，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有6人．(1)求x ；(2)求抽取的x 人的年龄的中位数(结果保留整数)；(3)从该市大学生、军人、医务人员、工人、个体户，五种人中用分层抽样的方法依次抽取6人，42人，36人，24人，12人，分别记为1～5组，从这5个按年龄分的组和5个按职业分的组中每组各选派1人参加知识竞赛，分别代表相应组的成绩，年龄组中1～5 组的成绩分别为93,96,97,94,90，职业组中1～5 组的成绩分别为93,98,94,95,90.(ⅰ)分别求5个年龄组和5个职业组成绩的平均数和方差；(ⅱ)以上述数据为依据，评价5个年龄组和5个职业组对“一带一路”的认知程度，并谈谈你的感想．解：(1)根据频率分布直方图得第一组的频率为0.01×5＝0.05，∴6x ＝0.05，解得x ＝120.(2)设中位数为a ，则0.01×5＋0.07×5＋(a －30)×0.06＝0.5，∴a ＝953≈32，则中位数为32.(3)(ⅰ)5个年龄组成绩的平均数为x 1＝15×(93＋96＋97＋94＋90)＝94，方差为s 21＝15×[(－1)2＋22＋32＋02＋(－4)2]＝6.5个职业组成绩的平均数为x 2＝15×(93＋98＋94＋95＋90)＝94，方差为s 22＝15×[(－1)2＋42＋02＋12＋(－4)2]＝6.8.(ⅱ)从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更稳定．。

全册综合验收评价(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分) 1．已知平面向量a ＝(1,1),b ＝(1,－1),则向量12a －32b 等于( )A ．(－2,－1)B ．(－2,1)C ．(－1,0)D ．(－1,2)解析：选D 12a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12,32b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32,故12a －32b ＝(－1,2)． 2．某学校有老师200人,男学生1 200人,女学生1 000人,现用分层随机抽样的方法从全体师生中抽取一个容量为n 的样本,已知女学生一共抽取了80人,则n 的值是( ) A ．193 B ．192 C ．191 D ．190解析：选B1 000200＋1 200＋1 000＝80n,解得n ＝192.3．已知复数z 满足(z －1)i ＝1＋i,则z 等于( )A ．－2－iB ．－2＋iC ．2－iD ．2＋i解析：选C 由(z －1)i ＝1＋i,两边同乘以－i,则有z －1＝1－i,所以z ＝2－i. 4．已知向量a 与b 的夹角为30°,且|a|＝1,|2a －b|＝1,则|b| 等于( )A. 6B. 5C. 3D. 2解析：选C 由题意可得a ·b ＝|b|cos 30°＝32|b|,4a 2－4a ·b ＋b 2＝1,即4－23|b|＋b 2＝1,由此求得|b|＝3,故选C.5.某班的全体学生参加英语测试,成绩的频率分布直方图如图,数据的分组依次为[20,40),[40,60),[60,80),[80,100]．若低于60分的人数是15,则该班的学生人数是 ( ) A ．45 B ．50 C ．55D ．60解析：选B 由频率分布直方图,知低于60分的频率为(0.01＋0.005)×20＝0.3.∴该班学生人数n ＝150.3＝50.6．已知圆锥的表面积等于12π cm 2,其侧面展开图是一个半圆,则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD.32cm 解析：选B S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π,∴r 2＝4,∴r ＝2(cm)． 7．已知向量a ＝(cos θ－2,sin θ),其中θ∈R,则|a|的最小值为( )A ．1B ．2 C. 5D ．3解析：选 A 因为a ＝(cos θ－2,sin θ),所以|a|＝cos θ－22＋sin 2θ＝1－4cos θ＋4＝5－4cos θ,因为θ∈R,所以－1≤cos θ≤1,故|a|的最小值为5－4＝1.故选A.8．在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .若A ＝60°,b ＝1,其面积为3,则a ＋b ＋csin A ＋sin B ＋sin C＝( )A ．3 3 B.2633 C.2393D.292解析：选C 设△ABC 的面积为S ,由题意知S ＝12bc sin A,即3＝12c ·sin 60°,解得c＝4.由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝1＋16－8×12＝13,即a ＝13.由正弦定理可得a ＋b ＋c sin A ＋sin B ＋sin C ＝a sin A ＝1332＝2393.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)9．在某次高中学科竞赛中,4 000名考生的参赛成绩统计如图所示,60分以下视为不及格,若同一组中的数据用该组区间中点值为代表,则下列说法中正确的是( )A ．成绩在[70,80)分的考生人数最多B ．不及格的考生人数为1 000C ．考生竞赛成绩的平均分约为70.5分D ．考生竞赛成绩的中位数为75分解析：选ABC 由频率分布直方图可得,成绩在[70,80)内的频率最高,因此考生人数最多,故A 正确；由频率分布直方图可得,成绩在[40,60)的频率为0.25,因此,不及格的人数为4 000×0.25＝1 000,故B 正确；由频率分布直方图可得,平均分为45×0.1＋55×0.15＋65×0.2＋75×0.3＋85×0.15＋95×0.1＝70.5,故C 正确；因为成绩在[40,70)内的频率为0.45,[70,80)的频率为0.3,所以中位数为70＋10×0.050.3≈71.67,故D 错误．故选A 、B 、C.10.如图,正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1,动点E 在线段A 1C 1上,F ,M 分别是AD ,CD 的中点,则下列结论中正确的是( ) A ．FM ∥A 1C 1 B ．BM ⊥平面CC 1FC ．存在点E ,使得平面BEF ∥平面CC 1D 1D D ．三棱锥B ­CEF 的体积为定值解析：选ABD 在A 中,因为F ,M 分别是AD ,CD 的中点,所以FM ∥AC ∥A 1C 1,故A 正确；在B 中,因为tan ∠BMC ＝BCCM ＝2,tan ∠CFD ＝CD FD＝2,所以∠BMC ＝∠CFD ,所以∠BMC ＋∠DCF ＝∠CFD ＋∠DCF ＝π2,故BM ⊥CF ,又BM ⊥C 1C ,CF ∩C 1C ＝C ,所以BM ⊥平面CC 1F ,故B 正确；在C 中,BF 与平面CC 1D 1D 有交点,所以不存在点E ,使得平面BEF ∥平面CC 1D 1D ,故C 错误； 在D 中,若三棱锥B ­CEF 以面BCF 为底,则高是定值,所以三棱锥B ­CEF 的体积为定值,故D 正确．故选A 、B 、D.11．空气质量指数AQI 是反映空气质量状况的指数,AQI 指数值越小,表明空气质量越好,其对应关系如表：AQI 指数值 0～ 51～ 101～ 151～ 201～ ＞300 50 100 150 200 300 空气 质量优良轻度 污染中度 污染重度 污染严重 污染如图是某市12月1日～20日AQI 指数变化趋势：下列叙述正确的是( )A ．这20天中AQI 指数值的中位数略高于100B ．这20天中的中度污染及以上的天数占14C ．该市12月的前半个月的空气质量越来越好D ．总体来说,该市12月上旬的空气质量比中旬的空气质量好解析：选ABD 对A ：将这20天的数据从小到大排序后,第10个数据略小于100,第11个数据约为120,因为中位数是这两个数据的平均数,故中位数略高于100是正确的,故A 正确； 对B ：这20天中,AQI 指数大于150的有5天,故中度污染及以上的天数占14是正确的,故B 正确；对C ：由折线图可知,前5天空气质量越来越好,从6日开始至15日越来越差,故C 错误；对D ：由折线图可知,上旬AQI 指数大部分在100以下,中旬AQI 指数大部分在100以上,故上旬空气质量比中旬的要好,故D 正确．故选A 、B 、D. 12.如图,在四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AB ⊥AD ,AB ＝2AD ＝2DC ,E 为BC 边上一点,且BC ―→＝3EC ―→,F 为AE 的中点,则( ) A ．BC ―→＝－12AB ―→＋AD ―→B ．AF ―→＝13AB ―→＋13AD ―→C ．BF ―→＝－23AB ―→＋13AD ―→D ．CF ―→＝16AB ―→－23AD ―→解析：选ABC ∵AB ∥CD ,AB ⊥AD ,AB ＝2AD ＝2DC , 由向量加法的三角形法则得BC ―→＝BA ―→＋AD ―→＋DC ―→＝－AB ―→＋AD ―→＋12AB ―→＝－12AB ―→＋AD ―→,A 对；∵BC ―→＝3EC ―→,∴BE ―→＝23BC ―→＝－13AB ―→＋23AD ―→,∴AE ―→＝AB ―→＋BE ―→＝AB ―→＋＝23AB ―→＋23AD ―→,又F 为AE 的中点, ∴AF ―→＝12AE ―→＝13AB ―→＋13AD ―→,B 对；∴BF ―→＝BA ―→＋AF ―→＝－AB ―→＋13AB ―→＋13AD ―→＝－23AB ―→＋13AD ―→,C 对；∴CF ―→＝CB ―→＋BF ―→＝BF ―→－BC ―→ ＝－23AB ―→＋13AD ―→－＝－16AB ―→－23AD ―→,D 错．故选A 、B 、C.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13．设0＜θ＜π2,向量a ＝(sin 2θ,cos θ),b ＝(cos θ,1),若a ∥b,则tan θ＝________.解析：∵a ∥b,∴sin 2θ×1－cos 2θ＝0, ∴2sin θcos θ－cos 2θ＝0,∵0＜θ＜π2,∴cos θ＞0,∴2sin θ＝cos θ,∴tan θ＝12.答案：1214．在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .若(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ,则角B 的值为________．解析：由余弦定理,得a 2＋c 2－b 22ac ＝cos B ,结合已知等式得cos B ·tan B ＝32,∴sin B＝32,∴B ＝π3或2π3. 答案：π3或2π315.如图所示,已知在长方体ABCD ­EFGH 中,AB ＝23,AD ＝23,AE ＝2,则BC和EG 所成角的大小是________,AE 和BG 所成角的大小是________．解析：∵BC 与EG 所成的角等于EG 与FG 所成的角,即∠EGF ,tan ∠EGF ＝EF FG ＝2323＝1,∴∠EGF ＝45°.∵AE 与BG 所成的角等于BF 与BG 所成的角,即∠GBF ,tan ∠GBF ＝GF BF ＝232＝3,∴∠GBF ＝60°. 答案：45° 60°16．在四面体S ­ABC 中,SA ＝SB ＝2,且SA ⊥SB ,BC ＝5,AC ＝3,则该四面体体积的最大值为______,该四面体外接球的表面积为________． 解析：因为SA ＝SB ＝2,且SA ⊥SB ,BC ＝5,AC ＝3, 所以AB ＝2SA ＝22, 因此BC 2＋AC 2＝AB 2,则AC ⊥BC . 如图,取AB 中点为O ,连接OS ,OC , 则OA ＝OB ＝OC ＝OS ＝2,所以该四面体的外接球的球心为O ,半径为OC ＝2, 所以该四面体外接球的表面积为S ＝4π·(2)2＝8π.又因为SA ＝SB ,所以SO ⊥AB .因为底面三角形ABC 的面积为定值12AC ·BC ＝152,SO 的长也为确定的值2,因此,当SO ⊥平面ABC 时,四面体的体积最大,为V ＝13S △ABC ·SO ＝306.答案：3068π 四、解答题(本大题共6小题,共70分)17．(10分)在平面直角坐标系xOy 中,已知向量m ＝22,－22,n ＝(sin x ,cos x ),x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2.(1)若m ⊥n,求tan x 的值； (2)若m 与n 的夹角为π3,求x 的值．解：(1)因为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22,n ＝(sin x ,cos x ),m ⊥n,所以m ·n ＝0,即22sin x －22cos x ＝0, 所以sin x ＝cos x ,所以tan x ＝1.(2)因为|m|＝|n|＝1,所以m ·n ＝cos π3＝12,即22sin x －22cos x ＝12,所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝12.因为0<x <π2,所以－π4<x －π4<π4,所以x －π4＝π6,即x ＝5π12.18．(12分)在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c .已知cos B ＝33,sin(A ＋B )＝69,ac ＝23,求sin A 和c 的值． 解：在△ABC 中,由cos B ＝33,得sin B ＝63, 因为A ＋B ＋C ＝π, 所以sin C ＝sin(A ＋B )＝69. 因为sin C ＜sin B ,所以C ＜B ,可知C 为锐角． 所以cos C ＝539.因此sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝63×539＋33×69＝223. 由a sin A ＝c sin C ,可得a ＝c sin Asin C ＝223c 69＝23c , 又ac ＝23,所以c ＝1.19．(12分)2019年全国移动互联创新大赛在3月到10月期间举行,为了选出优秀选手,某高校先在计算机科学系选出一名种子选手甲,再从全校征集出3位志愿者分别与甲进行一场技术对抗赛,根据以往经验,甲与这三位志愿者进行比赛一场获胜的概率分别为34,35,23,且各场输赢互不影响．求甲恰好获胜两场的概率．解：设甲与三位志愿者比赛一场获胜的事件分别为A ,B ,C ,则P (A )＝34,P (B )＝35,P (C )＝23,则甲恰好获胜两场的概率为：P ＝P (A －BC )＋P (A B －C )＋P (AB C －)＝P (A －)·P (B )·P (C )＋P (A )·P (B －)·P (C )＋P (A )·P (B )·P (C －)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×35×23＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×23＋34×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝920. 20.(12分)如图,三棱台DEF ­ABC 中,AB ＝2DE ,G ,H 分别为AC ,BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ,AB ⊥BC ,求证：平面BCD ⊥平面EGH . 证明：(1)如图,连接DG ,CD , 设CD ∩GF ＝M ,连接MH .在三棱台DEF ­ABC 中,AB ＝2DE ,G 为AC 的中点,可得DF ∥GC ,DF ＝GC , 所以四边形DFCG 为平行四边形,则M 为CD 的中点．又H 为BC 的中点,所以HM ∥BD . 又HM ⊂平面FGH ,BD ⊄平面FGH , 所以BD ∥平面FGH . (2)连接HE ,GE .因为G ,H 分别为AC ,BC 的中点,所以GH ∥AB . 由AB ⊥BC ,得GH ⊥BC .又H 为BC 的中点,所以EF ∥HC ,EF ＝HC ,因此四边形EFCH 是平行四边形,所以CF ∥HE . 因为CF ⊥BC ,所以HE ⊥BC . 又HE ⊂平面EGH ,GH ⊂平面EGH ,HE ∩GH ＝H ,所以BC ⊥平面EGH .又BC ⊂平面BCD ,所以平面BCD ⊥平面EGH .21．(12分)交通指数是指交通拥堵指数的简称,是综合反映道路网畅通或拥堵的概念性指数值,记交通指数为T ,其范围为[0,10],分别有五个级别：T ∈[0,2),畅通；T ∈[2,4),基本畅通；T ∈[4,6),轻度拥堵；T ∈[6,8),中度拥堵；T ∈[8,10],严重拥堵．在晚高峰时段(T ≥2),从某市交通指挥中心选取了市区20个交通路段,依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示．(1)求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数；(2)用分层抽样的方法从轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段中共抽取6个路段,求依次抽取的三个级别路段的个数；(3)从(2)中抽取的6个路段中任取2个,求至少有1个路段为轻度拥堵的概率． 解：(1)由频率分布直方图得,这20个交通路段中, 轻度拥堵的路段有(0.1＋0.2)×1×20＝6(个), 中度拥堵的路段有(0.25＋0.2)×1×20＝9(个), 严重拥堵的路段有(0.1＋0.05)×1×20＝3(个)．(2)由(1)知,拥堵路段共有6＋9＋3＝18(个),按分层抽样,从18个路段中抽取6个,则抽取的三个级别路段的个数分别为618×6＝2,618×9＝3,618×3＝1,即从交通指数在[4,6),[6,8),[8,10]的路段中分别抽取的个数为2,3,1.(3)记抽取的2个轻度拥堵路段为A 1,A 2,抽取的3个中度拥堵路段为B 1,B 2,B 3,抽取的1个严重拥堵路段为C 1,从这6个路段中抽取2个路段,试验的样本空间为Ω＝{(A 1,A 2),(A 1,B 1),(A 1,B 2),(A 1,B 3),(A 1,C 1),(A 2,B 1),(A 2,B 2),(A 2,B 3),(A 2,C 1),(B 1,B 2),(B 1,B3),(B 1,C 1),(B 2,B 3),(B 2,C 1),(B 3,C 1)},共15个样本点,其中至少有1个路段为轻度拥堵包含的样本点有：(A 1,A 2),(A 1,B 1),(A 1,B 2),(A 1,B 3),(A 1,C 1),(A 2,B 1),(A 2,B 2),(A 2,B 3),(A 2,C 1),共9个．所以所抽取的2个路段中至少有1个路段为轻度拥堵的概率为915＝35.22．(12分)如图,在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中,AB ＝2,AA 1＝2,由顶点B 沿棱柱侧面经过棱AA 1到顶点C 1的最短路线与棱AA 1的交点记为M ,求： (1)三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)该最短路线的长及A 1MAM的值； (3)平面C 1MB 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小．解：(1)正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧面展开图是长为6,宽为2的矩形,其对角线长为62＋22＝40＝210.(2)如图,将侧面AA 1B 1B 绕棱AA 1旋转120°使其与侧面AA 1C 1C 在同一平面上,点B 运动到点D 的位置．连接DC 1交AA 1于M ,则DC 1是由顶点B 沿棱柱侧面经过棱AA 1到顶点C 1的最短路线, ∴DC 1＝DC 2＋CC 21＝42＋22＝20＝2 5. ∵∠DMA ＝∠A 1MC 1, ∠MAD ＝∠MA 1C 1,DA ＝A 1C 1, ∴△DMA ≌△C 1MA 1,∴AM ＝A 1M ,故A 1MAM＝1.即最短路线的长为25,此时A 1MAM＝1.(3)如图,连接DB ,则DB 是平面C 1MB 与平面ABC 的交线．在△DCB 中,∠DBC ＝∠CBA ＋∠ABD ＝60°＋30°＝90°,∴CB ⊥DB . 又∵平面CBB 1C 1⊥平面ABC ,平面CBB 1C 1∩平面ABC ＝BC ,DB ⊂平面ABC , ∴DB ⊥平面CBB 1C 1,∴C 1B ⊥DB ,∴∠C 1BC 是平面C 1MB 与平面ABC 所成二面角的平面角(锐角)． ∵侧面CBB 1C 1是正方形,∴∠C 1BC ＝45°,故平面C 1MB 与平面ABC 所成的二面角(锐角)为45°.。