北师大版数学·必修2 综合学业质量标准检测(B) 试卷

这是一份北师大版数学·必修2 综合学业质量标准检测(B) 试卷，共12页。

综合学业质量标准检测(B)
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．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2∥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是(　D　)
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
[解析]　本题考查空间中的平行关系．
通过作图可知l1与l4的位置关系不确定，选D，动手作试验是解决本题的好方法．
2. 直线l1：2x＋(m＋1)y＋4＝0与直线l2：mx＋3y－2＝0平行，则m的值为(　C　)
A．2　　　　　　　 B．－3
C．2或－3 D．－2或－3
[解析]　解法1：l1：2x＋(m＋1)y＋4＝0，
l2：mx＋3y－2＝0，
当m＝0时，显然l1不平行于l2；
当m≠0时，若l1∥l2，需＝≠.①
由①式有m2＋m－6＝0，解得m＝2，或m＝－3．
显然m＝2，或m＝－3满足①.∴应选C．
解法2：若l1∥l2，需2×3－m(m＋1)＝0，解得m＝－3，或m＝2．
当m＝－3或2时，A1C2－A2C1＝2×(－2)－m·4＝－4－4m≠0．
∴m＝－3或2为所求．∴应选C．
3. 若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c的位置关系为(　A　)
A．相交、平行或异面 B．相交或平行
C．异面 D．平行或异面
[解析]　a与c可以相交、平行或异面，分别如下图中的(1)，(2)，(3)．

4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　B　)

A． B．3π
C． D．6π
[解析]　本题考查几何体的三视图和体积计算．
由三视图还原几何体为补形后为圆柱，∴2V＝π·6，
∴V＝3π.补形法求几何体的体积非常简便．
5．分别过点A(1,3)和点B(2,4)的直线l1和l2互相平行且有最大距离，则l1的方程是(　B　)
A．x－y－4＝0 B．x＋y－4＝0
C．x＝1 D．y＝3
[解析]　当l1与l2之间距离最大时，l1⊥AB，故l1的斜率为－1．
6．已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴．过点A(－4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|＝(　C　)
A．2 B．4
C．6 D．2
[解析]　易知圆的标准方程C：(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心O为(2,1)，又因为直线l：x＋ay－1＝0是圆的对称轴，则该直线一定经过圆心，得知a＝－1，A(－4，－1)又因为AB直线与圆相切，则△OAB为直角三角形，|OA|＝＝2，|OB|＝2，
|AB|＝＝6．
7．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　B　)

A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　本题考查三视图及球的基础知识．
由图可得该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r，则
r＝－⇒r＝2，故选B．
直角三角形的内切圆半径为周长的一半减去斜边．
8. 三棱锥P－ABC中，PA、PB、PC两两互相垂直，且PA＝1，PB＝PC＝，则点P到平面ABC的距离是(　A　)
A． B．
C． D．1
[解析]　取BC中点D，∵PB⊥PC，PB＝PC＝，
∴PD＝DC＝BC＝1，连AD，则AD⊥BC，且
AD＝＝，∴S△ABC＝×2×＝．
由VP－ABC＝VA－PBC，∴·S△ABC·h＝·S△PBC·PA，
∴×h＝××2，∴h＝．
9．从原点O引圆(x－m)2＋(y－2)2＝m2＋1的切线y＝kx，当m变化时，切点P的轨迹方程是(　A　)
A．x2＋y2＝3 B．(x－1)2＋y2＝2
C．(x－1)2＋(y－1)2＝3 D．x2＋y2＝2
[解析]　设切点P(x，y)，圆心C(m,2)，则在直角三角形OPC中，由勾股定理可得m2＋4＝m2＋1＋x2＋y2，∴切点P的轨迹方程为x2＋y2＝3．
10．(2017·全国卷Ⅲ文，10)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　C　)
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
[解析]　方法1：如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，

∴B，D错；
∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1．
又A1E平面CEA1B1，
∴A1E⊥BC1)
∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．故选C．
方法2：(空间向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E(0，，0)，
∴＝(－1，，－1)，＝(0,1,1)，＝(－1，－1,0)，＝(－1,0,1)，＝(－1,1,0)，
∴·≠0，·≠0，·＝0，·≠0，
∴A1E⊥BC1．
故选C．
11．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为(　B　)
A．π∶6 B．π∶2
C．π∶2 D．5π∶12
[解析]　方法一：作过正方体对角面的截面如图所示，设半球的半径为R，正方体的棱长为a，那么CC′＝a，OC＝，OC′＝R．

在Rt△C′CO中，由勾股定理得CC′2＋OC2＝OC′2，
即a2＋()2＝R2，∴R＝a．
从而V半球＝πR3＝π(a)3＝πa3，
V正方体＝a3．
因此V半球∶V正方体＝πa3∶a3＝π∶2．
方法二：将半球补成一个整球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体刚好是这个球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线便是它的外接球的直径．
设原正方体的棱长为a，球的半径是R，则(2R)2＝a2＋a2＋(2a)2，即4R2＝6a2，∴R＝a.从而V半球＝πR3＝π(a)3＝πa3，V正方体＝a3．
因此V半球∶V正方体＝πa3∶a3＝π∶2．
12．已知曲线C：x2＋y2＝2，点A(－2,0)及点B(2，a)，如图，从点A观察点B，要使视线不被曲线C挡住，则a的取值范围是(　A　)

A．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
B．[－4,4]
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
[解析]　由题图可以得到切线AB的斜率为±1，∴>1或<－1，解得a<－4或a>4，故选A．
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，把答案填在题中横线上)
13．(2018·吉林检测)已知点A(1,1)，B(4,3)，点P在x轴上，则|PA|＋|PB|的最小值为__5__．
[解析]　如图所示，作点A关于x轴的对称点A′(1，－1)，则|PA′|＝|PA|.∴|PA|＋|PB|＝|PA′|＋|PB|≥|A′B|．

∵|A′B|＝＝5，
∴|PA|＋|PB|≥5．
故|PA|＋|PB|的最小值为5．
14．两圆(x＋1)2＋(y－1)2＝r2和(x－2)2＋(y＋2)2＝R2相交于P，Q两点，若点P的坐标为(1,2)，则点Q的坐标为__(－2，－1)__．
[解析]　两圆的圆心分别为O1(－1,1)，O2(2，－2)，直线O1O2的方程为y＝－x．
由于两圆的交点为P，Q所以P，Q两点关于直线y＝－x对称．
又点P的坐标为(1,2)，则点Q的坐标为(－2，－1)．
15．(2019·天津卷文，12)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为____．
[解析]　如图所示，在四棱锥V－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为，可得OC＝1．
设M为VC的中点，过点M作MO1∥OC交OV于点O1，则O1即为圆柱上底面的中心．

∴O1M＝OC＝，O1O＝VO．
∵VO＝＝2，∴O1O＝1．
可得V圆柱＝π·O1M2·O1O＝π×()2×1＝．
16．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是__(4)__．

(1)PB⊥AD；
(2)平面PAB⊥平面PBC；
(3)直线BC∥平面PAE；
(4)∠PDA＝45°．
[解析]　若PB⊥AD，则AD⊥AB，但AD与AB成60°角，(1)错误；
过A作AG⊥PB，若平面PAB⊥平面PBC，
∴AG⊥BC，
又∵PA⊥BC，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AB，矛盾，(2)错误；
BC与AE是相交直线，
∴直线BC一定不与平面PAE平行，(3)错误；
在Rt△PAD中，由于AD＝2AB＝PA，
∴∠PDA＝45° ，(4)正确．
三、解答题(本大题共6个小题，满分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)已知点A(2，－1)，B(5,3)，若直线l：kx－y＋1＝0与线段AB相交，求k的取值范围．
[解析]　解法1：由方程kx－y＋1＝0可知，
直线l恒过定点P(0,1)，如图所示，

连接PA，PB，解得kPA＝－1，kPB＝．
又∵直线l的斜率为k，
∴k的取值范围为－1≤k≤．
解法2：由两点式求得直线AB的方程为4x－3y－11＝0，
联立方程组
解得x＝－，满足2≤≤5，解得－1≤k≤．
18．(本小题满分12分)如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°．

(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)若BD＝1，求三棱锥D－ABC的表面积．
[解析]　(1)∵折起前AD是BC边上的高．
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，
又DB∩DC＝D，
∴AD⊥平面BDC，
∵AD平面ABD，
∴平面ABD⊥平面BDC．
(2)由(1)知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA，
∵DB＝DA＝DC＝1，∴AB＝BC＝CA＝，
从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝，
S△ABC＝×××sin60°＝，
∴表面积S＝×3＋＝．
19．(本小题满分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．

[解析]　(1)证法1：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是平行四边形，
则M为CD的中点，又H是BC的中点，所以HM∥BD，
又HM平面FGH，BD⃘平面FGH，所以BD∥平面FGH．

证法2：在三棱台DEF－ABC中，
由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF．
在△ABC中，G，H分别为AC，BC的中点，
所以GH∥AB，
又GH∩HF＝H，
所以平面FGH∥平面ABED，
因为BD平面ABED，
所以BD∥平面FGH．

(2)连接HE．
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．
又CF⊥BC，所以HE⊥BC．
又HE，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．
20．(本小题满分12分)求圆心在2＋y2＝2上，且与x轴，直线x＝－都相切的圆的方程．
[解析]　设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，
则即
解得a＝，b＝±1，r＝1，
故所求圆的方程为：
2＋(y－1)2＝1或2＋(y＋1)2＝1．
21．(本小题满分12分)(2019·北京卷文，18)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
[解析]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD．
因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC．
又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC．
(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE．
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD．所以AB⊥AE．
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB．
因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE．
(3)解：棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．

取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，
则FG∥AB，且FG＝AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝AB．
所以FG∥CE，且FG＝CE．
所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG．
因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
22．(本小题满分12分)已知圆C的圆心在直线2x－y－3＝0上，且经过点A(5,2)，B(3,2)，
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线l过点P(2,1)且与圆C相交，所得弦长为2，求直线l的方程；
(3)设Q为圆C上一动点，O为坐标原点，试求△OPQ面积的最大值．
[解析]　(1)设圆心P(x0，y0)，由题意可知，圆心应在线段AB的中垂线上，其方程为x＝4．
由得圆心P(4,5)，
∴半径r＝|PA|＝．
∴圆的标准方程为(x－4)2＋(y－5)2＝10．
(2)当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝2，此时，圆心到直线的距离为2，符合题意．
当直线的斜率存在时，设直线方程为y－1＝k(x－2)，整理得kx－y＋1－2k＝0，
则圆心到直线的距离为d＝＝．
由题意可知，d2＋()2＝r2，即＋6＝10，
解得k＝．
故所求直线方程为3x－4y－2＝0或x＝2．
(3)直线OP的方程为y＝x，即x－2y＝0．
∴圆心到直线的距离为d＝＝．
则圆上的点到直线的最大距离为d＋r＝＋，
又∵|OP|＝＝，
∴△OPQ面积的最大值为|OP|(d＋r)＝×＝3＋．