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人教新课标A版必修2 综合复习与测试（含答案）
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这是一份高中数学人教版新课标A必修2本册综合练习题，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教新课标A版必修2
综合复习与测试
一、单选题
1.（2020高二上·遵义月考）若直线经过 A(1,0),B(4,3) 两点，则直线 AB 的倾斜角为（ ）
A. 30º B. 45º C. 60º D. 120º
2.（2019高二下·青浦期末）已知空间不重合的三条直线l、m、n及一个平面 α ，下列命题中的假命题是（ ）．
A. 若 l∥m ， m∥n ，则 l∥n B. 若 l∥α ， n∥α ，则 l∥n
C. 若 l⊥m ， m∥n ，则 l⊥n D. 若 l⊥α ， n∥α ，则 l⊥n
3.（2020高三上·宁波期末）如图，正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AP=2PA1 ，点 M 在侧面 AA1B1B 内.若 D1M⊥CP ，则点 M 的轨迹为（ ）
A. 线段 B. 圆弧 C. 抛物线一部分 D. 椭圆一部分
4.（2019高一下·韶关期末）如图是正方体的展开图，则在这个正方体中：
① AF 与 CN 平行；② BM 与 AN 是异面直线；③ AF 与 BM 成60°角；④ BN 与 DE 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）
A. ①②③ B. ②④ C. ③④ D. ②③④
5.（2019高一下·韶关期末）已知直线 x+y=a 与圆 x2+y2=4 交于A、B两点，O是坐标原点，向量 OA 、 OB 满足 |OA+OB|=|OA−OB| ，则实数a的值是（ ）
A. 2 B. -2 C. 6 或 −6 D. 2或-2
6.（2019·云南模拟）已知直三棱柱 ABC−A1B1C1 的顶点都在球 O 的球面上， AB=AC=2 ， BC=22 ，若球 O 的表面积为 72π ，则这个直三棱柱的体积是（ ）
A. 16 B. 15 C. 82 D. 83
7.（2020高二上·朝阳期末）如图，将边长为4的正方形折成一个正四棱柱的侧面，则异面直线AK和LM所成角的大小为（ ）
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
8.（2021高三上·河南月考）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（ ）
A. 3π B. 3π2 C. 3π3 D. 3π6
9.（2020·江西模拟）在平面五边形 ABCDE 中， ∠A=60° ， AB=AE=63 ， BC⊥CD ， DE⊥CD ，且 BC=DE=6 .将五边形 ABCDE 沿对角线 BE 折起，使平面 ABE 与平面 BCDE 所成的二面角为 120° ，则沿对角线 BE 折起后所得几何体的外接球的表面积为（ ）
A. 8463π B. 84π C. 252π D. 126π
10.（2019高三上·广东月考）已知三棱锥 P−ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，点 D,E 分别是 PB,BC 的中点， PA=3,PD=DE=2,PE=22,AD=13,AE=17 ，则球 O 的表面积为（ ）
A. 24π B. 25π C. 41π D. 50π
11.（2019高三上·柳州月考）已知三棱锥 D−ABC 的四个顶点均在球 O 的球面上， ΔABC 和 ΔDBC 所在平面互相垂直， AC=3 , AB=3 , BC=CD=BD=23 ,则球 O 的体积为（ ）
A. 4π3 B. 43π C. 36π D. 32π3
二、填空题
12.点 P1(a,b) 关于直线 x+y=0 的对称点是 P2 ， P2 关于原点O的对称点是 P3 ，则 |P1P3|= ________．
13.（2020高二上·重庆月考）已知△ABC和直线l，若l⊥AB，l⊥BC，则l和AC的关系是________．
14.（2020高二上·四川月考）α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同直线,
给出四个论断：
① m ^ n ②α^β ③ m ^β ④ n ^α
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为
正确的一个命题：________.
15.（2020高二上·成都月考）已知直线 l:2x−y−1=0 和圆 C:x2+y2−2y−1=0 相交于 A 、 B 两点，则弦长 AB= ________．
16.（2021·衡阳模拟）设圆锥的顶点为 A ， BC 为圆锥底面圆 O 的直径，点 P 为圆 O 上的一点（异于 B 、 C ），若 BC=43 ，三棱锥 A−PBC 的外接球表面积为 64π ，则圆锥的体积为 .
17.（2020高二上·安徽期中）在平行四边形ABCD中， AB⊥BD ， 4⋅AB2+2⋅BD2=1 ，将此平行四边形沿对角线BD折叠，使平面 ABD⊥ 平面CBD，则三棱锥A-BCD外接球的体积是________.
18.（2019高三上·杨浦期中）已知圆锥的侧面展开图是一个扇形，若此扇形的圆心角为 6π5 、面积为 15π ，则该圆锥的体积为 .
19.（2019·全国Ⅱ卷理）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________.
20.（2020高三上·兴宁期末）已知空间四边形 ABCD 中， AB=BD=AD=2 ， BC=1 ， CD=3 ，若平面 ABD⊥ 平面 BCD ，则该几何体的外接球表面积为________．
三、解答题
21.（2020·盐城模拟）在极坐标系中，已知圆 C:ρ=22cosθ 和直线 l:θ=π4(ρ∈R) 相交于 A,B 两点，求线段 AB 的长.
22.（2019高一下·广东期末）已知直线 l ： y=x+2 ，过点 A(−1,2) 且圆心在x轴上的圆C与y轴相切.
（1）求圆C的方程；
（2）求直线l被圆C截得的弦长.
23.（2021高一下·长春期末）如图，正三棱柱 ABC−A1B1C1 的底面边长是2，侧棱长是 3 ， D 是 AC 的中点.
（1）求证： B1C// 平面 A1BD ；
（2）求三棱锥 D−A1B1C 的体积.
24.（2019高一下·石河子月考）如图，
AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点.
（I）求证 BC⊥平面PAC；
（II）设 Q为PA的中点，G为ΔAOC的重心，求证：QG//平面PBC.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】设直线AB的倾斜角为 α(0°≤α<180°) ，由两点斜率公式的直线AB的斜率 kAB=3−04−1=33, 所以 tanα=33,∴α=30° ，
故答案为：A．
2.【答案】 B
【解析】对于A选项，根据平行公理可知，A选项正确.
对于B选项，两条直线平行与同一个平面，这两条直线可以相交、平行或异面，B选项是假命题.
对于C选项，由于 l⊥m ， m∥n ，根据空间角的定义可知， l⊥n ，C选项正确.
对于D选项，由于 n//α ，所以 n 平行于平面 α 内一条直线 a ，而 l⊥α ，所以 l⊥a ，所以 l⊥n ，即D选项正确.
故答案为：B.
3.【答案】 A
【解析】如图建立空间直角坐标系，
设棱长为3， P(3,0,2) ， C(0,3,0) ， D1(0,0,3) ， M(3,y,z) ， D1M=(3,y,z−3) ， CP=(3,−3,2) ，
D1M⋅CP=9−3y+2(z−3)=0 ，整理为： 3y−2z−3=0 ，
所以点 M 的轨迹方程是关于 y,z 的二元一次方程，所以点M的轨迹是平面 ABB1A1 平面内，直线 3y−2z−3=0 内的一段线段。
故答案为：A
4.【答案】 C
【解析】将正方体的展开图还原为正方体ABCD﹣EFMN后，
可得AF，CN异面；BM，AN平行；
连接AN，NF，可得∠FAN为AF，BM所成角，且为60°；
BN⊥DE，DE⊥AB可得DE⊥平面ABN，可得DE⊥BN，
可得③④正确，
故答案为：C．
5.【答案】 D
【解析】由 |OA+OB|=|OA−OB| ，两边平方，得 OA⋅OB=0 ，
所以 ∠AOB=90∘ ，则 △AOB 为等腰直角三角形，
而圆 x2+y2=4 的半径AO=2，
则原点O到直线x+y=a的距离为 2 ，
所以 |0+0−a|1+1=2 ，解得a的值为2或-2。
故答案为：D．
6.【答案】 A
【解析】由题， S=4πr2=72π,r=32 ，
因为 AB=AC=2 ， BC=22 ，易知三角形ABC为等腰直角三角形，
故三棱柱的高 h=2r2−(12BC)2=8
故体积 V=12×2×2×8=16
故答案为：A
7.【答案】 D
【解析】由题知，折叠后的正四棱锥如图所示，
易知K为 BB1 的四等分点，L为 CC1 的中点，M为 DD1 的四等分点， BK=1,CL=2 ，
取 AA1 的中点N，易证 KN//LM ，
则异面直线AK和LM所成角即直线AK和KN所成角 ∠AKN ，
在 △AKN 中， AK=NK=2 ， AN=2 ，
故 ∠AKN=90∘
故答案为：D
8.【答案】 C
【解析】圆锥底面周长为 12×2π×2=2π ，
所以圆锥的底面半径 r=1 ，圆锥的高 h=22−12=3 ，
所以圆锥的体积为 V=13Sh=13×π×12×3=3π3 ，
由祖暅原理，该几何体的体积也为 3π3 .
故答案为：C
9.【答案】 C
【解析】设 ΔABE 的中心为 O1 ，矩形 BCDE 的中心为 O2 ，
过 O1 作垂直于平面 ABE 的直线 l1 ，
过 O2 作垂直于平面 BCDE 的直线 l2 ，
则由球的性质可知，直线 l1 与 l2 的交点 O ，
即几何体 ABCDE 外接球的球心..取 BE 的中点 F ，
连接 O1F ， O2F ，由条件得 O1F=O2F=3 ，
∠O1FO2=120° .连接 OF ，因为 ΔOFO1≅ΔOFO2 ，
从而 OO1=33 .连接 OA ，则 OA 为所得几何体外接球的半径.
又 O1A=6 ，则 OA2=OO12+O1A2=27+36=63 ，
故所得几何体外接球的表面积等于 252π .
故答案为：C.
10.【答案】 C
【解析】 PA=3,PD=DE=2,PE=22,AD=13,AE=17
PA2+PD2=AD2,PD2+DE2=PE2,PA2+PE2=AE2
∴PA⊥PD,PD⊥DE,PA⊥PE ，
PA⊥ 平面 PBC,PC⊂ 平面 PBC,∴PA⊥PC ，
点 D,E 分别是 PB,BC 的中点， DE//PC,∴PB⊥PC ，
∴PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,
设球 O 半径为 R
PA=3,PB=PC=4,(2R)2=32+42+42=41 ，
∴S球面=4πR2=41π
故答案为：C
11.【答案】 D
【解析】解：
∵ AC=3 ， AB=3 ， BC=CD=BD=23 ,
AB2+AC2=BC2 ，
∴AC⊥AB ，
∴ΔABC 的外接圆的半径为 3
∵ ΔABC 和 ΔDBC 所在平面互相垂直，
∴ 球心在 BC 边的高上，
设球心到平面 ABC 的距离为 h ，
则 h2+3=R2=(32×23−h)2
∴h=1 ， R=2
∴ 球 O 体积 V=43π⋅23=323π .
故答案为：D
二、填空题
12.【答案】 2|a−b|
【解析】因为点 P1(a,b) 关于直线 x+y=0 的对称点是 P2
所以 P2(−b,−a) ，
又因为 P2 关于原点O的对称点是 P3
所以 P3(b,a) ，
所以 |P1P3|=(a−b)2+(b−a)2=2|a−b| ．
故答案为： 2|a−b|
13.【答案】 垂直
【解析】 ∵l⊥AB,l⊥BC,AB∩BC=B ，
则 l⊥ 平面 ABC,AC⊂ 平面 ABC
所以 l⊥AC
故 l 和 AC 的关系是垂直
14.【答案】 1,3,4⇒2 或 2,3,4⇒1
【解析】若① m⊥n ，② α⊥β ，③ m⊥β 成立，则 n 与 α 可能平行也可能相交，也可能 n⊂α ，即④ n⊥α 不一定成立；若① m⊥n ，② α⊥β ，④ n⊥α 成立，则 m 与 β 可能平行也可能相交，也可能 m⊂β ，即③ m⊥β 不一定成立；若① m⊥n ，③ m⊥β ，④ n⊥α 成立，则② α⊥β 成立；若② α⊥β ，③ m⊥β ，④ n⊥α 成立，则① m⊥n 成立，故答案为 1,3,4⇒2 或 2,3,4⇒1 .
15.【答案】 2305
【解析】由圆 C 方可知其圆心坐标为 (0,1) ，半径 r=2 ，弦心距 d=|2×0−1−1|22+12=255 ，∴ |AB|=2r2−d2=22−45=2305 ，故答案为 2305 .
16.【答案】 24π或8π
【解析】设圆锥 AO 的外接球球心为 M ，则 M 在直线 AO 上，
设球 M 的半径为 r ，则 4πr2=64π ，解得 r=4 .
由勾股定理得 BM2=OM2+OB2 ，即 42=(23)2+OM2 ，可得 OM=2 ，
即 OM=|AO−r|=|AO−4|=2 ，解得 AO=6 或 AO=2 .
当 AO=6 时，圆锥 AO 的体积为 V=13π×(23)2×6=24π ；
当 AO=2 时，圆锥 AO 的体积为 V=13π×(23)2×2=8π .
故答案为：24π或8π.
17.【答案】 2π24
【解析】如图所示，
因为平面 BDC⊥ 平面ABD，所以 AB⊥ 平面BDC， CD⊥ 平面ABD，
可得 AB⊥BC ， CD⊥AD ，
取AC的中点O，则 OA=OB=OC=OD ，
于是外接球的球心是O， OA=12AC ，则 OA2=14AC2 ，
又由 AC2=AB2+BC2=2AB2+BD2=12(4AB2+2BD2)=12 ，
所以半径 OA=12AC=24 ，
所以外接球的体积为 4π3(24)3=2π24 .
故答案为： 2π24
18.【答案】 12π
【解析】解：由扇形的面积公式 S=12θR2 有： 15π=12×6π5×R2 ，解得 R=5 ，
由弧长公式有 l=θR ，即 l=6π5×5=6π ，即该圆锥的母线长为 5 ，底面圆周长为 6π ，
即底面圆半径为3，由勾股定理可得圆锥的高为 52−32=4 ，
由圆锥的体积公式可得 V=13×π×32×4=12π ，
故答案为： 12π .
19.【答案】 26；2−1
【解析】结合图形的对称性数一数即可得到面的个数为26个。
根据题意补全该半正多面体的正方体，其俯视图为,
设该半正多面体的棱长为a,则有正方体的棱
长为 22a+a+22a=1 , ∴ a=12+1=2−1 .
20.【答案】 16π3
【解析】如图：
由于 △ABD 是等边三角形，所以到A,B,D三点距离相等的点在重心O且垂直是平面ABD的直线上，又因为 Rt△BCD ，所以到B,C,D三点距离相等的点在过BD中点E且与平面BCD垂直的直线上，两直线的交点是O,所以球心为O.半径R= 233 ， S=16π3 。填 16π3 。
三、解答题
21.【答案】 解：圆C： ρ=22cosθ 直角坐标方程为 x2+y2−22x=0 ，即 (x−2)2+y2=2
直线 l ： θ=π4(ρ∈R) 的直角坐标方程为 y=x
圆心 C 到直线 l 的距离 d=|2−0|2=1
所以 AB= 2(2)2−1=2 ,
22.【答案】 （1）解：∵圆心 C 在 x 轴上且该圆与 y 轴相切,
∴设圆心 C(a,0) ,半径 r=|a| , a≠0 ,
设圆的方程为 (x−a)2+y2=a2 ,将点 A(−1,2) 代入得 (−1−a)2+22=a2 ,
∴ a=−52 ,
∴所求圆C的方程为 (x+52)2+y2=254 .
（2）解：∵圆心 C(−52,0) 到直线 l ： y=x+2 的距离
d=|−52−0+2|2=24 ,
∴直线 l 被圆截得的弦长为 2r2−d2=2254−216=722 .
23.【答案】 （1）设 AB1 与 A1B 相交于点 P ，则 P 为 AB1 中点，连接 PD ，
∵ D 为 AC 中点，∴ PD//B1C ，
又∵ PD Ü平面 A1BD ，∴ B1C// 平面 A1BD ；
（2）连接 DB1 ，则 VD−A1B1C=VB1−A1DC ，
在正三棱柱 ABC−A1B1C1 中， BB1// 平面 AA1C1C ，
则 B1 与 B 到平面 DA1C 的距离相等，
∵ D 为 AC 的中点，∴ BD⊥AC ，
又平面 ABC⊥ 平面 AA1C1C ，且平面 ABC∩ 平面 AA1C1C=AC ，
∴ BD⊥ 平面 AA1C1C ，
在等边三角形 ABC 中，由 AB=2 ，得 BD=3 ，
又正三棱柱的侧棱长为 3 ，∴ S△DA1C=12×1×3=32 ，
∴ VD−A1B1C=VB1−A1DC=13×32×3=12 .
24.【答案】 解：（I） 由AB是圆的直径可得AC⊥BC , 由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC
又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC , 所以BC⊥平面PAC
（II） 连OG并延长交AC于M，连接QM,QG
由G为ΔAOC的重心，得M为AC的中点，
由Q为PA的中点，得QM∥PC， 由O为AB的中点，得OM∥BC，
因为QM∩MO=M,QM⊂平面QMO
MO⊂平面QMO，BC∩PC=C ， BC⊂平面PBC,PC⊂平面PBC , 所以平面QMO∥平面PBC，因为QG⊂平面QMO ，所以QG∥平面PBC
人教新课标A版必修2
综合复习与测试
一、单选题
1.（2020高二上·遵义月考）若直线经过 A(1,0),B(4,3) 两点，则直线 AB 的倾斜角为（ ）
A. 30º B. 45º C. 60º D. 120º
2.（2019高二下·青浦期末）已知空间不重合的三条直线l、m、n及一个平面 α ，下列命题中的假命题是（ ）．
A. 若 l∥m ， m∥n ，则 l∥n B. 若 l∥α ， n∥α ，则 l∥n
C. 若 l⊥m ， m∥n ，则 l⊥n D. 若 l⊥α ， n∥α ，则 l⊥n
3.（2020高三上·宁波期末）如图，正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AP=2PA1 ，点 M 在侧面 AA1B1B 内.若 D1M⊥CP ，则点 M 的轨迹为（ ）
A. 线段 B. 圆弧 C. 抛物线一部分 D. 椭圆一部分
4.（2019高一下·韶关期末）如图是正方体的展开图，则在这个正方体中：
① AF 与 CN 平行；② BM 与 AN 是异面直线；③ AF 与 BM 成60°角；④ BN 与 DE 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）
A. ①②③ B. ②④ C. ③④ D. ②③④
5.（2019高一下·韶关期末）已知直线 x+y=a 与圆 x2+y2=4 交于A、B两点，O是坐标原点，向量 OA 、 OB 满足 |OA+OB|=|OA−OB| ，则实数a的值是（ ）
A. 2 B. -2 C. 6 或 −6 D. 2或-2
6.（2019·云南模拟）已知直三棱柱 ABC−A1B1C1 的顶点都在球 O 的球面上， AB=AC=2 ， BC=22 ，若球 O 的表面积为 72π ，则这个直三棱柱的体积是（ ）
A. 16 B. 15 C. 82 D. 83
7.（2020高二上·朝阳期末）如图，将边长为4的正方形折成一个正四棱柱的侧面，则异面直线AK和LM所成角的大小为（ ）
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
8.（2021高三上·河南月考）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（ ）
A. 3π B. 3π2 C. 3π3 D. 3π6
9.（2020·江西模拟）在平面五边形 ABCDE 中， ∠A=60° ， AB=AE=63 ， BC⊥CD ， DE⊥CD ，且 BC=DE=6 .将五边形 ABCDE 沿对角线 BE 折起，使平面 ABE 与平面 BCDE 所成的二面角为 120° ，则沿对角线 BE 折起后所得几何体的外接球的表面积为（ ）
A. 8463π B. 84π C. 252π D. 126π
10.（2019高三上·广东月考）已知三棱锥 P−ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，点 D,E 分别是 PB,BC 的中点， PA=3,PD=DE=2,PE=22,AD=13,AE=17 ，则球 O 的表面积为（ ）
A. 24π B. 25π C. 41π D. 50π
11.（2019高三上·柳州月考）已知三棱锥 D−ABC 的四个顶点均在球 O 的球面上， ΔABC 和 ΔDBC 所在平面互相垂直， AC=3 , AB=3 , BC=CD=BD=23 ,则球 O 的体积为（ ）
A. 4π3 B. 43π C. 36π D. 32π3
二、填空题
12.点 P1(a,b) 关于直线 x+y=0 的对称点是 P2 ， P2 关于原点O的对称点是 P3 ，则 |P1P3|= ________．
13.（2020高二上·重庆月考）已知△ABC和直线l，若l⊥AB，l⊥BC，则l和AC的关系是________．
14.（2020高二上·四川月考）α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同直线,
给出四个论断：
① m ^ n ②α^β ③ m ^β ④ n ^α
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为
正确的一个命题：________.
15.（2020高二上·成都月考）已知直线 l:2x−y−1=0 和圆 C:x2+y2−2y−1=0 相交于 A 、 B 两点，则弦长 AB= ________．
16.（2021·衡阳模拟）设圆锥的顶点为 A ， BC 为圆锥底面圆 O 的直径，点 P 为圆 O 上的一点（异于 B 、 C ），若 BC=43 ，三棱锥 A−PBC 的外接球表面积为 64π ，则圆锥的体积为 .
17.（2020高二上·安徽期中）在平行四边形ABCD中， AB⊥BD ， 4⋅AB2+2⋅BD2=1 ，将此平行四边形沿对角线BD折叠，使平面 ABD⊥ 平面CBD，则三棱锥A-BCD外接球的体积是________.
18.（2019高三上·杨浦期中）已知圆锥的侧面展开图是一个扇形，若此扇形的圆心角为 6π5 、面积为 15π ，则该圆锥的体积为 .
19.（2019·全国Ⅱ卷理）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________.
20.（2020高三上·兴宁期末）已知空间四边形 ABCD 中， AB=BD=AD=2 ， BC=1 ， CD=3 ，若平面 ABD⊥ 平面 BCD ，则该几何体的外接球表面积为________．
三、解答题
21.（2020·盐城模拟）在极坐标系中，已知圆 C:ρ=22cosθ 和直线 l:θ=π4(ρ∈R) 相交于 A,B 两点，求线段 AB 的长.
22.（2019高一下·广东期末）已知直线 l ： y=x+2 ，过点 A(−1,2) 且圆心在x轴上的圆C与y轴相切.
（1）求圆C的方程；
（2）求直线l被圆C截得的弦长.
23.（2021高一下·长春期末）如图，正三棱柱 ABC−A1B1C1 的底面边长是2，侧棱长是 3 ， D 是 AC 的中点.
（1）求证： B1C// 平面 A1BD ；
（2）求三棱锥 D−A1B1C 的体积.
24.（2019高一下·石河子月考）如图，
AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点.
（I）求证 BC⊥平面PAC；
（II）设 Q为PA的中点，G为ΔAOC的重心，求证：QG//平面PBC.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】设直线AB的倾斜角为 α(0°≤α<180°) ，由两点斜率公式的直线AB的斜率 kAB=3−04−1=33, 所以 tanα=33,∴α=30° ，
故答案为：A．
2.【答案】 B
【解析】对于A选项，根据平行公理可知，A选项正确.
对于B选项，两条直线平行与同一个平面，这两条直线可以相交、平行或异面，B选项是假命题.
对于C选项，由于 l⊥m ， m∥n ，根据空间角的定义可知， l⊥n ，C选项正确.
对于D选项，由于 n//α ，所以 n 平行于平面 α 内一条直线 a ，而 l⊥α ，所以 l⊥a ，所以 l⊥n ，即D选项正确.
故答案为：B.
3.【答案】 A
【解析】如图建立空间直角坐标系，
设棱长为3， P(3,0,2) ， C(0,3,0) ， D1(0,0,3) ， M(3,y,z) ， D1M=(3,y,z−3) ， CP=(3,−3,2) ，
D1M⋅CP=9−3y+2(z−3)=0 ，整理为： 3y−2z−3=0 ，
所以点 M 的轨迹方程是关于 y,z 的二元一次方程，所以点M的轨迹是平面 ABB1A1 平面内，直线 3y−2z−3=0 内的一段线段。
故答案为：A
4.【答案】 C
【解析】将正方体的展开图还原为正方体ABCD﹣EFMN后，
可得AF，CN异面；BM，AN平行；
连接AN，NF，可得∠FAN为AF，BM所成角，且为60°；
BN⊥DE，DE⊥AB可得DE⊥平面ABN，可得DE⊥BN，
可得③④正确，
故答案为：C．
5.【答案】 D
【解析】由 |OA+OB|=|OA−OB| ，两边平方，得 OA⋅OB=0 ，
所以 ∠AOB=90∘ ，则 △AOB 为等腰直角三角形，
而圆 x2+y2=4 的半径AO=2，
则原点O到直线x+y=a的距离为 2 ，
所以 |0+0−a|1+1=2 ，解得a的值为2或-2。
故答案为：D．
6.【答案】 A
【解析】由题， S=4πr2=72π,r=32 ，
因为 AB=AC=2 ， BC=22 ，易知三角形ABC为等腰直角三角形，
故三棱柱的高 h=2r2−(12BC)2=8
故体积 V=12×2×2×8=16
故答案为：A
7.【答案】 D
【解析】由题知，折叠后的正四棱锥如图所示，
易知K为 BB1 的四等分点，L为 CC1 的中点，M为 DD1 的四等分点， BK=1,CL=2 ，
取 AA1 的中点N，易证 KN//LM ，
则异面直线AK和LM所成角即直线AK和KN所成角 ∠AKN ，
在 △AKN 中， AK=NK=2 ， AN=2 ，
故 ∠AKN=90∘
故答案为：D
8.【答案】 C
【解析】圆锥底面周长为 12×2π×2=2π ，
所以圆锥的底面半径 r=1 ，圆锥的高 h=22−12=3 ，
所以圆锥的体积为 V=13Sh=13×π×12×3=3π3 ，
由祖暅原理，该几何体的体积也为 3π3 .
故答案为：C
9.【答案】 C
【解析】设 ΔABE 的中心为 O1 ，矩形 BCDE 的中心为 O2 ，
过 O1 作垂直于平面 ABE 的直线 l1 ，
过 O2 作垂直于平面 BCDE 的直线 l2 ，
则由球的性质可知，直线 l1 与 l2 的交点 O ，
即几何体 ABCDE 外接球的球心..取 BE 的中点 F ，
连接 O1F ， O2F ，由条件得 O1F=O2F=3 ，
∠O1FO2=120° .连接 OF ，因为 ΔOFO1≅ΔOFO2 ，
从而 OO1=33 .连接 OA ，则 OA 为所得几何体外接球的半径.
又 O1A=6 ，则 OA2=OO12+O1A2=27+36=63 ，
故所得几何体外接球的表面积等于 252π .
故答案为：C.
10.【答案】 C
【解析】 PA=3,PD=DE=2,PE=22,AD=13,AE=17
PA2+PD2=AD2,PD2+DE2=PE2,PA2+PE2=AE2
∴PA⊥PD,PD⊥DE,PA⊥PE ，
PA⊥ 平面 PBC,PC⊂ 平面 PBC,∴PA⊥PC ，
点 D,E 分别是 PB,BC 的中点， DE//PC,∴PB⊥PC ，
∴PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,
设球 O 半径为 R
PA=3,PB=PC=4,(2R)2=32+42+42=41 ，
∴S球面=4πR2=41π
故答案为：C
11.【答案】 D
【解析】解：
∵ AC=3 ， AB=3 ， BC=CD=BD=23 ,
AB2+AC2=BC2 ，
∴AC⊥AB ，
∴ΔABC 的外接圆的半径为 3
∵ ΔABC 和 ΔDBC 所在平面互相垂直，
∴ 球心在 BC 边的高上，
设球心到平面 ABC 的距离为 h ，
则 h2+3=R2=(32×23−h)2
∴h=1 ， R=2
∴ 球 O 体积 V=43π⋅23=323π .
故答案为：D
二、填空题
12.【答案】 2|a−b|
【解析】因为点 P1(a,b) 关于直线 x+y=0 的对称点是 P2
所以 P2(−b,−a) ，
又因为 P2 关于原点O的对称点是 P3
所以 P3(b,a) ，
所以 |P1P3|=(a−b)2+(b−a)2=2|a−b| ．
故答案为： 2|a−b|
13.【答案】 垂直
【解析】 ∵l⊥AB,l⊥BC,AB∩BC=B ，
则 l⊥ 平面 ABC,AC⊂ 平面 ABC
所以 l⊥AC
故 l 和 AC 的关系是垂直
14.【答案】 1,3,4⇒2 或 2,3,4⇒1
【解析】若① m⊥n ，② α⊥β ，③ m⊥β 成立，则 n 与 α 可能平行也可能相交，也可能 n⊂α ，即④ n⊥α 不一定成立；若① m⊥n ，② α⊥β ，④ n⊥α 成立，则 m 与 β 可能平行也可能相交，也可能 m⊂β ，即③ m⊥β 不一定成立；若① m⊥n ，③ m⊥β ，④ n⊥α 成立，则② α⊥β 成立；若② α⊥β ，③ m⊥β ，④ n⊥α 成立，则① m⊥n 成立，故答案为 1,3,4⇒2 或 2,3,4⇒1 .
15.【答案】 2305
【解析】由圆 C 方可知其圆心坐标为 (0,1) ，半径 r=2 ，弦心距 d=|2×0−1−1|22+12=255 ，∴ |AB|=2r2−d2=22−45=2305 ，故答案为 2305 .
16.【答案】 24π或8π
【解析】设圆锥 AO 的外接球球心为 M ，则 M 在直线 AO 上，
设球 M 的半径为 r ，则 4πr2=64π ，解得 r=4 .
由勾股定理得 BM2=OM2+OB2 ，即 42=(23)2+OM2 ，可得 OM=2 ，
即 OM=|AO−r|=|AO−4|=2 ，解得 AO=6 或 AO=2 .
当 AO=6 时，圆锥 AO 的体积为 V=13π×(23)2×6=24π ；
当 AO=2 时，圆锥 AO 的体积为 V=13π×(23)2×2=8π .
故答案为：24π或8π.
17.【答案】 2π24
【解析】如图所示，
因为平面 BDC⊥ 平面ABD，所以 AB⊥ 平面BDC， CD⊥ 平面ABD，
可得 AB⊥BC ， CD⊥AD ，
取AC的中点O，则 OA=OB=OC=OD ，
于是外接球的球心是O， OA=12AC ，则 OA2=14AC2 ，
又由 AC2=AB2+BC2=2AB2+BD2=12(4AB2+2BD2)=12 ，
所以半径 OA=12AC=24 ，
所以外接球的体积为 4π3(24)3=2π24 .
故答案为： 2π24
18.【答案】 12π
【解析】解：由扇形的面积公式 S=12θR2 有： 15π=12×6π5×R2 ，解得 R=5 ，
由弧长公式有 l=θR ，即 l=6π5×5=6π ，即该圆锥的母线长为 5 ，底面圆周长为 6π ，
即底面圆半径为3，由勾股定理可得圆锥的高为 52−32=4 ，
由圆锥的体积公式可得 V=13×π×32×4=12π ，
故答案为： 12π .
19.【答案】 26；2−1
【解析】结合图形的对称性数一数即可得到面的个数为26个。
根据题意补全该半正多面体的正方体，其俯视图为,
设该半正多面体的棱长为a,则有正方体的棱
长为 22a+a+22a=1 , ∴ a=12+1=2−1 .
20.【答案】 16π3
【解析】如图：
由于 △ABD 是等边三角形，所以到A,B,D三点距离相等的点在重心O且垂直是平面ABD的直线上，又因为 Rt△BCD ，所以到B,C,D三点距离相等的点在过BD中点E且与平面BCD垂直的直线上，两直线的交点是O,所以球心为O.半径R= 233 ， S=16π3 。填 16π3 。
三、解答题
21.【答案】 解：圆C： ρ=22cosθ 直角坐标方程为 x2+y2−22x=0 ，即 (x−2)2+y2=2
直线 l ： θ=π4(ρ∈R) 的直角坐标方程为 y=x
圆心 C 到直线 l 的距离 d=|2−0|2=1
所以 AB= 2(2)2−1=2 ,
22.【答案】 （1）解：∵圆心 C 在 x 轴上且该圆与 y 轴相切,
∴设圆心 C(a,0) ,半径 r=|a| , a≠0 ,
设圆的方程为 (x−a)2+y2=a2 ,将点 A(−1,2) 代入得 (−1−a)2+22=a2 ,
∴ a=−52 ,
∴所求圆C的方程为 (x+52)2+y2=254 .
（2）解：∵圆心 C(−52,0) 到直线 l ： y=x+2 的距离
d=|−52−0+2|2=24 ,
∴直线 l 被圆截得的弦长为 2r2−d2=2254−216=722 .
23.【答案】 （1）设 AB1 与 A1B 相交于点 P ，则 P 为 AB1 中点，连接 PD ，
∵ D 为 AC 中点，∴ PD//B1C ，
又∵ PD Ü平面 A1BD ，∴ B1C// 平面 A1BD ；
（2）连接 DB1 ，则 VD−A1B1C=VB1−A1DC ，
在正三棱柱 ABC−A1B1C1 中， BB1// 平面 AA1C1C ，
则 B1 与 B 到平面 DA1C 的距离相等，
∵ D 为 AC 的中点，∴ BD⊥AC ，
又平面 ABC⊥ 平面 AA1C1C ，且平面 ABC∩ 平面 AA1C1C=AC ，
∴ BD⊥ 平面 AA1C1C ，
在等边三角形 ABC 中，由 AB=2 ，得 BD=3 ，
又正三棱柱的侧棱长为 3 ，∴ S△DA1C=12×1×3=32 ，
∴ VD−A1B1C=VB1−A1DC=13×32×3=12 .
24.【答案】 解：（I） 由AB是圆的直径可得AC⊥BC , 由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC
又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC , 所以BC⊥平面PAC
（II） 连OG并延长交AC于M，连接QM,QG
由G为ΔAOC的重心，得M为AC的中点，
由Q为PA的中点，得QM∥PC， 由O为AB的中点，得OM∥BC，
因为QM∩MO=M,QM⊂平面QMO
MO⊂平面QMO，BC∩PC=C ， BC⊂平面PBC,PC⊂平面PBC , 所以平面QMO∥平面PBC，因为QG⊂平面QMO ，所以QG∥平面PBC
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