人教A版必修2综合测试卷（巅峰版）解析版-突破满分数学之2020-2021学年高二数学(理)课时训练(人教A版必修2)

综合测试卷（巅峰版）

一、选择题 共12小题，每小题5分，共60分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由三视图知，一个直三棱柱，去掉一个小直三棱柱 ，所以表面积两个底12，主视侧面6，右侧面，左侧面，增加的，故总面积.故选C.

2．直线是圆在处的切线，点是圆上的动点，则点到直线的距离的最小值等于（　　）

A．1 B． C． D．2

【答案】D

【解析】圆在点处的切线为，即，

点是圆上的动点，

圆心到直线的距离，

∴点到直线的距离的最小值等于．故选D．

3．设α，β为两个不重合的平面，能使α∥β成立的是（　　）

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内有无数个点到β的距离相等  D．α，β垂直于同一平面

【答案】B

【解答】对于A，α内有无数条直线与β平行，如两个相交平面，可以找出无数条平行于交线的直线，所以A错误；对于B，α内有两条相交直线与β平行，根据两平面平行的判定定理知，α∥β，所以B正确；

对于C，α内有无数个点到β的距离相等，如两个相交平面，可以找出无数条直线平行于平面β，所以也能得出无数个点到平面β的距离相等，C错误；对于D，当α、β垂直于同一个平面时，α与β也可以相交，所以D错误．故选：B．

4．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，H分别为DD1，AB的中点，点F，G分别在线段BC，CC1上，

且CF＝CG=1/4BC，则在F，G，H这三点中任取两点确定的直线中，与平面ACE平行的条数为（　　）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解答】解：作出图形如下所示，取CE的中点I，可知AI∥GH，

又GH⊄平面ACE，AI⊂平面ACE，故GH∥平面ACE，

又HF，GF均不与平面ACE平行，

故在F，G，H这三点中任取两点确定的直线中，与平面ACE平行的条数为1．故选：B．

5．在区间[﹣2，2]上随机取一个数b，若使直线y＝x+b与圆x2+y2＝a有交点的概率为，则a＝（　　）

A． B． C．1 D．2

【答案】B

【解析】因为直线与圆有交点，

所以圆心到直线的距离，，

又因为直线与圆有交点的概率为，，故选B.

6．已知空间中不过同一点的三条直线，则“在同一平面”是“两两相交”的 

A．充分不必要条件    B．必要不充分条件    C．充分必要条件    D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【思路导引】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件．

【解析】解法一：由条件可知当在同一平面，则三条直线不一定两两相交，由可能两条直线平行，或三条直线平行，反过来，当空间中不过同一点的三条直线两两相交，如图，

三个不同的交点确定一个平面，则在同一平面，∴“”在同一平面是“两两相交”的必要不充分条件，故选B．

7．设，为两个平面，则的充要条件是　　

A．内有无数条直线与平行 B．内有两条相交直线与平行 

C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一平面

【答案】B

【解析】对于，内有无数条直线与平行，或；

对于，内有两条相交直线与平行，；

对于，，平行于同一条直线，或；

对于，，垂直于同一平面，或．故选．

8．已知的三个顶点分别是，，，M是边BC上的一点，且的面积等于面积的，那么线段AM的长等于（    ）．

A．5 B． C． D．

【答案】A

【解析】由于的面积等于面积的，故，设，由得，解得，即，

所以.故选A.

9．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（    ）．

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】A

【解析】设圆心，则，化简得，

所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，

所以，所以，当且仅当在线段上时取得等号，故选：A.

10．若函数的图象与直线有公共点，则实数的取值范围为（   ）

A． B．． C． D．

【答案】B

【解析】函数 可化简为：，表示的是以（1，0）为圆心，2为半径的圆的下半部分，与直线有公共点，根据题意画出图像：

一个临界是和圆相切，即圆心到直线的距离等于半径，正值舍去；

另一个临界是过点（-1，0）代入得到m=1.故答案为：B.

11．已知直线：与圆：，直线与圆相交于不同两点.若，则的取值范围是（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】圆方程可化为：    ，圆半径

即

设圆心到直线的距离为

则   

又直线与圆相交，可得即   

综上所述：本题正确选项：

12．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积,求其直径的一个近似公式,人们还用过一些类似的近似公式,根据判断,下列近似公式中最精确的一个是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由球体的体积公式得，，，

，，，与最为接近，故选C.

二、填空题  共4小题，每小题5分，共20分。

13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为       ．

【答案】

【解析】由题意可知直观图如图所示，结合三视图有平面，，， ，所以，，∴三棱锥最长棱的棱长为．

14．已知直线与圆相交于，两点，且线段的中点坐标为，则直线的方程为________.

【答案】.

【解析】因为圆的圆心坐标为，又点坐标为，

所以直线的斜率为；

又因为是圆的一条弦，为的中点，

所以，故，即直线的斜率为，

因此，直线的方程为，即.

故答案为

15．如图所示的平面多边形中，四边形ABCD是边长为的正方形，外侧的4个三角形均为正三角形，若

沿正方形的4条边将三角形折起，使顶点S1，S2，S3，S4重合记为点S，得到四棱锥S﹣ABCD，则此四棱

锥的外接球的表面积为　4π　．

【解答】解：由题意，将4个三角形折起得到如图所示的四棱锥，

连接AC，BD，设AC，BD 交于H，根据题意可得SH⊥平面ABCD，

设点O为四棱锥S﹣ABCD 的外接球球心，R为外接球半径，则点O在SH上，且OS＝OC＝R，

如图，因为四边形ABCD是边长为的正方形，

所以CH＝1，SC，SH＝1，所以点H，O重合，

即四棱锥S﹣ABCD 的外接球的半径R＝1，

所以四棱锥S﹣ABCD 的外接球的表面积S＝4πR2＝4π．故答案为：4π．

16．已知点. 若从点射出的光线经直线反射后过点，则反射光线所在直线的方程为_____________；若从点射出的光线经直线反射，再经直线反射后回到点，则光线所经过的路程是__________（结果用表示）.

【答案】       

【解析】设点关于直线的对称点为，直线：，

所以解得，，故，由

：，即.

点关于轴对称点，设关于直线对称点，

由解得，，故.

故

三、解答题  共6小题，共70分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

17．如图，在四棱锥中，，且．

（1）证明：平面平面；

（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．

【解析】证明：（1）在四棱锥中，，

，，

又，，

，平面，

平面，平面平面．

解：（2）设，取中点，连结，

，，平面平面，

底面，且，，

四棱锥的体积为，

由平面，得，

，

解得，，，，

，

该四棱锥的侧面积：

．

18．如图所示，在四面体中，，平面平面，，且.

（1）证明：平面；

（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值.

【答案】（1）见证明；（2）

【解析】（1）证明：因为，平面平面，

平面平面，平面，

所以平面，

因为平面，所以.

因为，所以，

所以，

因为，所以平面.

（2）解：设，则，

四面体的体积 .

，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

故当时，四面体的体积取得最大值.

以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，.

设平面的法向量为，

则，即，

令，得，

同理可得平面的一个法向量为，

则.

由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.

19．已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.

（1）证明：坐标原点O在圆M上；

（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.

【解析】（1）设，.

由 可得，则.

又，故.

因此的斜率与的斜率之积为，所以.

故坐标原点在圆上.

（2）由（1）可得.

故圆心的坐标为，圆的半径.

由于圆过点，因此，故，

即，

由（1）可得.

所以，解得或.

当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，

圆的方程为.

当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆 的方程为.

20．如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）．

（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；

（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；

（3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．

【解析】解法一：

（1）过A作，垂足为E.

由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.

因为PB⊥AB，

所以，所以.

因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.

②若Q在D处，连结AD，由（1）知，

从而，所以∠BAD为锐角.

所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.

因此，Q选在D处也不满足规划要求.

综上，P和Q均不能选在D处.

（3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

设为l上一点，且，由（1）知，，

此时；

当∠OBP>90°时，在中，.

由上可知，d≥15.

再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.

综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+.

因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.

解法二：

（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.

以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.

因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.

因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.

从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为.

因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为，直线PB的方程为.

所以P（−13，9），.

因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.

②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），

所以线段AD：.

在线段AD上取点M（3，），因为，

所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.

综上，P和Q均不能选在D处.

（3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

设为l上一点，且，由（1）知，，此时；

当∠OBP>90°时，在中，.由上可知，d≥15.

再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.

当QA=15时，设Q（a，9），由，

得a=，所以Q（，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.

综上，当P（−13，9），Q（，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离

.

因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（百米）.

21．在四棱锥中，底面是平行四边形，，，是边长为的等边三角形，.

（1）证明：平面平面；

（2）在线段上是否存在一点，使得平面？说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】

（1）证明：在中，，，

由余弦定理可得：

故

所以，即为等腰直角三角形

取的中点，连接

由，得

连接，因为，所以平面

所以

又，，，所以

即

又

所以平面，又平面

所以平面平面

（2）解：当为的中点时，平面

证明如下：连接交于点

因为底面为平行四边形，所以为的中点

又为的中点，所以

因为平面，平面

所以平面

22．直线，相交于点，其中.

（1）求证：、分别过定点、，并求点、的坐标；

（2）求的面积；

（3）问为何值时，最大？

【解析】（1）在直线的方程中令可得，则直线过定点，

在直线的方程中令可得，则直线过定点；

（2）联立直线、的方程，解得，即点.

，

，

，所以，；

（3）且，因此，当时，取得最大值，即.