高中數學 第2部分 模塊驗收評估 新人教A版必修2含答案

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1、 （人教版）精品數學教學資料 三、模塊驗收評估(教師用書獨具) ——考前熱身自評，學習效果心知肚明 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分) 1．一個長方體去掉一個小長方體，所得幾何體的正視圖與側視圖分別如圖所示，則該幾何體的俯視圖為(　　) 解析：選C　由幾何體的正視圖、側視圖，結合題意，可知選C. 2．如圖是一個幾何體的三視圖，其中正視圖和側視圖都是一個兩底長分別為2和4，腰長為4的等腰梯形，則該幾何體的側面積是(　　) A．6π　　　　　　　　　　 B．12π C．18π D．24π 解析：選B　∵正視圖和側視圖都是等腰梯形，俯視圖是一個圓

2、環(huán)， ∴該幾可體是一個圓臺，且圓臺的上、下底半徑分別為1和2，母線為4， ∴S側＝π(r＋r′)l＝π·(1＋2)×4＝12π. 3．一個球的內接正方體的表面積為54，則球的表面積為(　　) A．27π B．18π C．9π D．54π 解析：選A　設正方體的棱長為a，球的半徑為r， 則6a2＝54，∴a＝3. 又∵2r＝a， ∴r＝a＝， ∴S表＝4πr2＝4π×＝27π. 4． 已知高為3的直棱柱ABC－A′B′C′的底面是邊長為1的正三角形(如圖所示)，則三棱錐B′－ABC的體積為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　VB′－ABC

3、＝·S△ABC·h＝××3＝. 5． 已知直線l1經過兩點(－1，－2)，(－1,4)，直線l2經過兩點(2,1)，(x,6)，且l1∥l2，則x＝(　　) A．2 B．－2 C．4 D．1 解析：選A　因為直線l1經過兩點(－1，－2)，(－1,4)，所以直線l1的傾斜角為.而l1∥l2，所以，直線l2的傾斜角也為，又直線l2經過兩點(2,1)，(x,6)，所以，x＝2. 6．一個底面是正三角形的三棱柱的正視圖如圖所示，則其體積等于(　　) A．6 B．2 C. D．2 解析：選C　由正視圖可知該三棱柱的底面邊長為2，棱柱的高為1，故其體積V＝×2××1＝

4、. 7． 直線x＋ky＝0,2x＋3y＋8＝0和x－y－1＝0交于一點，則k的值是(　　) A. B．－ C．2 D．－2 解析：選B　解方程組得則點(－1，－2)在直線x＋ky＝0上，得k＝－. 8．圓：x2＋y2－4x＋6y＝0和圓：x2＋y2－6x＝0交于A，B兩點，則AB的垂直平分線的方程是(　　) A．x＋y＋3＝0 B．2x－y－5＝0 C．3x－y－9＝0 D．4x－3y＋7＝0 解析：選C　AB的垂直平分線即是兩圓連心線所在的直線，兩圓的圓心為(2，－3)，(3,0)，則所求直線的方程為＝，即3x－y－9＝0. 9．在四面體A－BCD中，棱AB

5、，AC，AD兩兩互相垂直，則頂點A在底面BCD上的投影H為△BCD的(　　) A．垂心 B．重心 C．外心 D．內心 解析：選A　∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A， ∵AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD. ∵AH⊥平面BCD，∴AH⊥CD，AB∩AH＝A， ∴CD⊥平面ABH，∴CD⊥BH. 同理可證CH⊥BD，DH⊥BC，則H是△BCD的垂心． 10． 設球的體積為V1，它的內接正方體的體積為V2，下列說法中最合適的是(　　) A．V1比V2大約多一半 B．V1比V2大約多兩倍半 C．V1比V2大約多一倍 D．V1比V2大約多一倍半 解析：選D　設正方體

6、的棱長為a，則正方體的體積為V2＝a3，則球半徑為a，球體積V1＝πa3，則V1－V2＝πa3－a3＝(π－1)a3≈1.72a3. 二、填空題 11． 已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________． 解析：由三視圖可知，該幾何體是由三個圓柱構成的組合體，其中兩邊圓柱的底面直徑是4，高為1，中間圓柱的底面直徑為2，高為4，所以該組合體的體積為2×π×22×1＋π×12×4＝12π. 答案：12π 12．已知平面α，β和直線m，給出條件： ①m∥α；②m⊥α；③m?α；④α⊥β；⑤α∥β. (1)當滿足條件________時，有m∥β； (2)當滿足條件_

7、_______時，有m⊥β(填所選條件的序號)． 解析：由面面平行和線面平行的定義知若m?α，α∥β則m∥β；由線面垂直的定義知若m⊥α，α∥β，則m⊥β. 答案：(1)③⑤　(2)②⑤ 13． 如圖，將邊長為1的正方形ABCD沿對角線AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后形成的三棱錐D－ABC中，給出下列三種說法： ①△DBC是等邊三角形；②AC⊥BD；③三棱錐D－ABC的體積是. 其中正確的序號是________(寫出所有正確說法的序號)． 解析：取AC的中點E，連接DE，BE， 則DE⊥AC，BE⊥AC，且DE⊥BE. 又DE＝EC＝BE，所以DC＝DB＝BC

8、， 故△DBC是等邊三角形． 又AC⊥平面BDE， 故AC⊥BD. 又VD－ABC＝S△ABC·DE＝××1×1×＝，故③錯誤． 答案：①② 14．已知直線l經過點P(－4，－3)，且被圓(x＋1)2＋(y＋2)2＝25截得的弦長為8，則直線l的方程是________． 解析：∵(－4＋1)2＋(－3＋2)2＝10<25， ∴點P在圓內．當l的斜率不存在時，l的方程為 x＝－4，將x＝－4代入圓的方程， 得y＝2或y＝－6， 此時弦長為8.當l的斜率存在時，設l的方程為 y＋3＝k(x＋4)，即kx－y＋4k－3＝0， 當弦長為8時，圓心到直線的距離為 ＝3，則＝3

9、， 解得k＝－.則直線l的方程為y＋3＝－(x＋4)，即4x＋3y＋25＝0. 答案：4x＋3y＋25＝0或x＝－4 三、解答題 15．已知兩條直線l1：3x＋4y－2＝0與l2：2x＋y＋2＝0的交點P，求： (1)過點P且過原點的直線方程； (2)過點P且垂直于直線l3：x－2y－1＝0的直線l的方程． 解：由解得 ∴點P的坐標是(－2,2)， (1)所求直線方程為y＝－x. (2)∵所求直線l與l3垂直，∴設直線l的方程為2x＋y＋C＝0.把點P的坐標代入得2×(－2)＋2＋C＝0，得C＝2.∴所求直線l的方程為2x＋y＋2＝0. 16．某幾何體的三視圖如圖所示，P

10、是正方形ABCD對角線的交點，G是PB的中點． (1)根據三視圖，畫出該幾何體的直觀圖； (2)在直觀圖中，①證明：PD∥平面AGC. ②證明：平面PBD⊥平面AGC. 解：(1)該幾何體的直觀圖如圖所示． (2)證明：如圖，①連接AC，BD交于點O，連接OG， 因為G為PB的中點，O為BD的中點， 所以OG∥PD. 又OG?平面AGC，PD?平面AGC， 所以PD∥平面AGC. ②連接PO，由三視圖，PO⊥平面ABCD， 所以AO⊥PO. 又AO⊥BO，BO∩PO＝O， 所以AO⊥平面PBD. 因為AO?平面AGC， 所以平面PBD⊥平面AGC. 17

11、．已知圓C：x2＋y2－8y＋12＝0，直線l經過點D(－2,0)，且斜率為k. (1)求以線段CD為直徑的圓E的方程； (2)若直線l與圓C相離，求k的取值范圍． 解：(1)將圓C的方程x2＋y2－8y＋12＝0配方得標準方程為x2＋(y－4)2＝4， 則此圓的圓心為C(0,4)，半徑為2. 所以CD的中點E(－1,2)，|CD|＝＝2， ∴r＝， 故所求圓E的方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝5. (2)直線l的方程為y－0＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0. 若直線l與圓C相離，則有圓心C到直線l的距離＞2， 解得k＜. 18．(2012·山東高考)在如圖所示的幾

12、何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求證：BD⊥平面AED； (2)求二面角F-BD-C的余弦值． 解：(1)證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°. 又CB＝CD，所以∠CDB＝30°， 因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD. 又AE⊥BD， 且AE∩AD＝A，AE，AD?平面AED， 所以BD⊥平面AED. (2)如圖，取BD的中點G，連接CG，FG，由于CB＝CD，因此CG⊥BD， 又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以FC⊥BD. 由于FC∩CG＝C，FC，CG?平面FCG， 所以BD⊥平面FCG， 故BD⊥FG， 所以∠FGC為二面角F-BD-C的平面角． 在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°， 因此CG＝CB. 又CB＝CF， 所以GF＝＝CG， 故cos ∠FGC＝， 因此二面角F-BD-C的余弦值為.