人教B版高中数学必修二模块检测Word文档下载推荐.docx
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答案 C
2.直线2x-y+3=0的倾斜角所在区间是( ).
A.B.
C.D.
解析 由直线方程得其斜率k=2,又k>1,∴倾斜角的范围为.故选B.
答案 B
3.若直线y=x+2k+1与直线y=-x+2的交点在第一象限,则实数k的取值范围是( ).
解析 联立方程组得因为直线y=x+2k+1与直线y=-x+2的交点在第一象限,所以解得
所以-<k<.
答案 A
4.在空间直角坐标系中,已知点P(1,,),过P作平面yOz的垂线PQ,则垂足Q的坐标为( ).
A.(0,,0)B.(0,,)
C.(1,0,)D.(1,,0)
解析 根据空间直角坐标系的概念知,yOz平面上点Q的x坐标为0,y坐标、z坐标与点P的y坐标,z坐标分别相等,∴Q(0,,).故选B.
5.若PQ是圆x2+y2=9的弦,PQ的中点是M(1,2),则直线PQ的方程是
( ).
A.x+2y-3=0B.x+2y-5=0
C.2x-y+4=0D.2x-y=0
解析 由题意知kOM==2,
∴kPQ=-,
∴直线PQ的方程为:
y-2=-(x-1),
即x+2y-5=0.故选B.
6.直线l通过两直线7x+5y-24=0和x-y=0的交点,且点(5,1)到l的距离为,则l的方程是( ).
A.3x+y+4=0B.3x-y+4=0
C.3x-y-4=0D.x-3y-4=0
解析 由得交点(2,2),
设l的方程为y-2=k(x-2),
即kx-y+2-2k=0,
∴=,解得k=3.
∴l的方程为3x-y-4=0.故选C.
7.设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( ).
A.πa2B.πa2
C.πa2D.5πa2
解析 由题意知,该三棱柱为正三棱柱,且侧棱与底面边长相等,均为a.如图,P为三棱柱上底面的中心,O为球心,
易知AP=×
a=a,OP=a,所以球的半径R=OA满足R2=2+2=a2,故S球=4πR2=πa2.
8.若直线+=1与圆x2+y2=1有公共点,则( ).
A.a2+b2≤1B.a2+b2≥1
C.+≤1D.+≥1
解析 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.
∴≤1,∴+≥1.故选D.
答案 D
9.若直线l与直线y=1,x=7,分别交于点P,Q,且线段PQ的中点坐标为(1,-1),则直线l的斜率为( ).
A.B.-
C.-D.
解析 设P(xP,yP),由题意及中点坐标公式,得xP+7=2,解得xP=-5,∴P(-5,1),∴直线l的斜率k==-.
10.已知点A(-3,-4),B(6,3)到直线l:
ax+y+1=0的距离相等,则实数a的值为( ).
A.B.-
C.-或-D.或
解析 由题意及点到直线的距离公式得,=,解得a=-或-.
11.在三棱柱ABCA1B1C1中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点D是侧面BB1C1C的中心,则AD与平面BB1C1C所成角的大小是( ).
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析 过A作AE⊥BC于点E,则易知AE⊥面BB1C1C,则∠ADE即为所求,又tan∠ADE==,
故∠ADE=60°
.故选C.
12.过点M(-2,4)作圆C:
(x-2)2+(y-1)2=25的切线l,且直线l1:
ax+3y+2a=0与l平行,则l1与l间的距离是( ).
A.B.
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l1平行,所以-=,
即a=-4,所以直线l1的方程是-4x+3y-8=0,即4x-3y+8=0.
所以直线l1与直线l间的距离为=.故选D.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在题中横线上)
13.已知圆心在x轴上,半径为的圆O位于y轴左侧,且与直线x+y=0相切,则圆O的方程是________.
解析 设圆心为(a,0)(a<0),
则r==,∴a=-2,
∴圆O的方程为(x+2)2+y2=2.
答案 (x+2)2+y2=2
14.若过点P(1-a,1+a)与Q(3,2a)的直线的倾斜角为钝角,则实数a的取值范围是________.
解析 k=tanα==.
∵α为钝角,∴<0,即(a-1)(a+2)<0.
∴-2<a<1.
答案 (-2,1)
15.与x轴相切并和圆x2+y2=1外切的圆的圆心的轨迹方程是________.
解析 设M(x,y)为所求轨迹上任一点,则由题意知1+|y|=,化简得x2=2|y|+1.
答案 x2=2|y|+1.
16.如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,以D为原点,以正方体的三条棱DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,若点P在正方体的侧面BCC1B1及其边界上运动,并且总是保持AP⊥BD1,则下列点P的坐标①(1,1,1),②(0,1,0),③(1,1,0),④(0,1,1),⑤中正确的是________.
解析 ∵点P在正方体的侧面BCC1B1及其边界上运动,BD1是定线段,AP⊥BD1,
∴直线AP在与直线BD1垂直的平面内运动,连接AB1,AC得平面ACB1,由于BD1⊥平面ACB1而△ACB1与平面BCC1B1的交线为CB1,点P的轨迹是线段CB1,故正确的结论有①②⑤.
答案 ①②⑤
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)求经过原点,且过圆x2+y2+8x-6y+21=0和直线x-y+5=0的两个交点的圆的方程.
解 由
求得交点(-2,3),(-4,1).
设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,
∵(0,0),(-2,3),(-4,1)三点在圆上,
∴解得所以所求圆的方程为x2+y2+x-y=0.
18.(12分)在△ABC中,BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0,∠A的平分线所在的直线方程为y=0.若点B的坐标为(1,2),求点A和点C的坐标.
解 由方程组解得点A的坐标为(-1,0),又直线AB的斜率kAB=1,x轴是∠A的平分线,
所以kAC=-1,
则AC边所在的直线方程为y=-(x+1).①
又已知BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0,
故直线BC的斜率kBC=-2,
所以BC边所在的直线方程为y-2=-2(x-1).②
解①②组成的方程组得
即顶点C的坐标为(5,-6).
19.(12分)已知圆C:
x2+y2+2x-4y+3=0,若圆C的切线在x轴、y轴上的截距相等,求切线的方程.
解 由方程x2+y2+2x-4y+3=0知圆心为(-1,2),半径为.
当切线过原点时,设切线方程为y=kx,则=,
∴k=2±
,即切线方程为y=(2±
)x.
当切线不过原点时,设切线方程为x+y=a,
则=.
解得a=-1或a=3,
即切线方程为x+y+1=0或x+y-3=0.
∴切线方程为y=(2±
)x或x+y+1=0或x+y-3=0.
20.(12分)过点P(3,0)作一直线,使它夹在两直线l1:
2x-y-2=0与l2:
x+y+3=0之间的线段AB恰被点P平分,求此直线的方程.
解 法一 设点A(x,y)在l1上,
由题意知
∴点B(6-x,-y),
解方程组
得∴k==8.
∴所求的直线方程为y=8(x-3),
即8x-y-24=0.
法二 设所求的直线方程为y=k(x-3),
则解得
由解得
∵P(3,0)是线段AB的中点,
∴yA+yB=0,即+=0,
∴k2-8k=0,解得k=0或k=8.
又∵当k=0时,xA=1,xB=-3,
此时=≠3,∴k=0舍去,
∴所求的直线方程为y=8(x-3),即8x-y-24=0.
21.(12分)如图所示,已知直二面角αABβ,P∈α,Q∈β,PQ与平面α,β所成的角都为30°
,PQ=4,PC⊥AB,C为垂足,QD⊥AB,D为垂足.求:
(1)直线PQ与CD所成角的大小;
(2)四面体PCDQ的体积.
解
(1)如图,在平面β内,作CE綉DQ,连接PE,QE,则四边形CDQE为平行四边形,所以EQ綉CD,即∠PQE为直线PQ与CD所成的角(或其补角).
∵α⊥β,α∩β=AB,PC⊥AB于C.
∴PC⊥β.同理QD⊥α,
又PQ与平面α,β所成的角都为30°
,
∴∠PQC=30°
,∠QPD=30°
∴CQ=PQ·
cos30°
=4×
=2,
DQ=PQ·
sin30°
=2.
在Rt△CDQ中,CD===2,从而EQ=2.
∵QD⊥AB,且四边形CDQE为平行四边形,
∴QE⊥CE.又PC⊥β,EQ⊂β,∴EQ⊥PC.
故EQ⊥平面PCE,从而EQ⊥PE.
在Rt△PEQ中,cos∠PQE===.
∴∠PQE=45°
,即直线PQ与CD所成角的大小为45°
.
(2)在Rt△PCQ中,PQ=4,∠PQC=30°
∴PC=2.而S△CDQ=CD·
DQ=×
2×
2=2,故四面体PCDQ的体积为V=S△CDQ·
PC
=×
2=.
22.(12分)如图所示,在正三棱柱(底面是正三角形,侧棱和底面垂直的三棱柱)ABCA1B1C1中,AB=AA1,D是BC上的一点,且AD⊥C1D.
(1)求证:
A1B∥平面AC1D;
(2)在棱CC1上是否存在一点P,使直线PB1⊥平面AC1D?
若存在,找出这个点,并加以证明:
若不存在,请说明理由.
(1)证明 ∵ABCA1B1C1是正三棱柱,
∴CC1⊥平面ABC,又AD⊂平面ABC
∴CC1⊥AD.
又AD⊥C1D,CC1∩C1D=C1,∴AD⊥平面BCC1B1,
∴AD⊥BC,∴D是BC的中点.
连接A1C,设与AC1相交于点E,则点E为A1C的中点.
连接DE,则在△A1BC中,
∵D、E分别是BC、A1C的中点,∴A1B∥DE.
又DE⊂平面AC1D,A1B⊄平面AC1D,
∴A1B∥平面AC1D.
(2)解 存在这样的点P,且点P为CC1的中点.
下面给出证明:
由
(1)知AD⊥平面BCC1B1,故B1P⊥AD.
设PB1与C1D相交于点Q,
由于△DC1C≌△PB1C1,故∠QB1C1=∠CC1D,
因为∠QC1B1=∠CDC1,
从而△QC1B1∽△CDC1,所以∠C1QB1=∠DCC1=90°
所以B1P⊥C1D.
因为AD∩C1D=D,所以B1P⊥平面AC1D.
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