高中数学必修2模块检测
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一、选择题
1．过点A(3，－4)，B(－2，m)的直线l的斜率为－2，则m的值为( )
A．6 B．1 C．2 D．4
答案 A
解析 由题意知kAB＝＝－2，∴m＝6.
2．在x轴、y轴上的截距分别是－2、3的直线方程是( )
A．2x－3y－6＝0 B．3x－2y－6＝0
C．3x－2y＋6＝0 D．2x－3y＋6＝0
答案 C
解析 由直线的截距式得，所求直线的方程为＋＝1，即3x－2y＋6＝0.
3．在空间直角坐标系中，点B是A(1,2,3)在yOz坐标平面内的射影，O为坐标原点，则|OB|等于( )
A. B.
C．2 D.
答案 B
解析 点A(1,2,3)在yOz坐标平面内的射影为B(0,2,3)，
∴|OB|＝＝.
4．已知两直线y＝ax－2和y＝(a＋2)x＋1互相垂直，则a等于( )
A．2 B．1 C．0 D．－1
答案 D
解析 由题意知(a＋2)a＝－1⇒a2＋2a＋1＝(a＋1)2＝0，∴a＝－1.也可以代入检验．
5．动点P到点A(8,0)的距离是到点B(2,0)的距离的2倍，则动点P的轨迹方程为( )
A．x2＋y2＝32 B．x2＋y2＝16
C．(x－1)2＋y2＝16 D．x2＋(y－1)2＝16
答案 B
解析 设P(x，y)，则由题意可得：2＝，化简整理得x2＋y2＝16，故选B.
6．设长方体的长，宽，高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )
A．3πa2 B．6πa2 C．12πa2 D．24πa2
答案 B
解析 由题意可知，球的直径等于长方体的体对角线的长度，故2R＝，解得R＝a，所以球的表面积S＝4πR2＝6πa2.
7．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )
A. B. C．6 D．7
答案 A
解析 该几何体是正方体去掉两个角所形成的多面体，
其体积为V＝2×2×2－2×××1×1×1＝.
8．过点P(－，－1)的直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 方法一 如图，过点P作圆的切线PA，PB，切点为A，B.
由题意知|OP|＝2，|OA|＝1，
则sin α＝，
所以α＝，∠BPA＝.
故直线l的倾斜角的取值范围是.选D.
方法二 设过点P的直线方程为y＝k(x＋)－1，则由直线和圆有公共点知≤1.
解得0≤k≤.故直线l的倾斜角的取值范围是[0，]．
9. 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于( )
A．45° B．60°
C．90° D．120°
答案 B
解析 如图，取A1B1的中点M，连接GM，HM.由题意易知EF∥GM，且△GMH为正三角形．
∴异面直线EF与GH所成的角即为GM与GH的夹角∠HGM.而在正三角形GMH中∠HGM＝60°，故选B.
10．若曲线C1：x2＋y2－2x＝0与曲线C2：y(y－mx－m)＝0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是( )
A.
B.∪
C.
D.∪
答案 B
解析 C1：(x－1)2＋y2＝1，
C2：y＝0或y＝mx＋m＝m(x＋1)．
当m＝0时，C2：y＝0，此时C1与C2显然只有两个交点；
当m≠0时，要满足题意，需圆(x－1)2＋y2＝1与直线y＝m(x＋1)有两交点，当圆与直线相切时，m＝±，
即直线处于两切线之间时满足题意，则－
0)的公共弦的长为2，则a＝________.
答案 1
解析 两圆的方程相减，得公共弦所在的直线方程为(x2＋y2＋2ay－6)－(x2＋y2)＝0－4⇒y＝，又a>0，结合图象，再利用半径、弦长的一半及弦心距所构成的直角三角形，可知＝＝1⇒a＝1.
三、解答题
15．已知两条直线l1：mx＋8y＋n＝0和l2：2x＋my－1＝0，试确定m、n的值，使
(1)l1与l2相交于点(m，－1)；
(2)l1∥l2；
(3)l1⊥l2，且l1在y轴上的截距为－1.
解 (1)因为l1与l2相交于点(m，－1)，
所以点(m，－1)在l1、l2上，
将点(m，－1)代入l2，得2m－m－1＝0，解得m＝1.
又因为m＝1，把(1，－1)代入l1，所以n＝7.
故m＝1，n＝7.
(2)要使l1∥l2，则有
解得或
(3)要使l1⊥l2，则有m·2＋8·m＝0，得m＝0.
则l1为y＝－，由于l1在y轴上的截距为－1，
所以－＝－1，即n＝8.故m＝0，n＝8.
16. 如图，在三棱锥SABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．
求证：(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.
证明 (1)因为AS＝AB，AF⊥SB，
垂足为F，所以F是SB的中点．
又因为E是SA的中点，
所以EF∥AB.
因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，
所以平面EFG∥平面ABC.
(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.
因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.
又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF⊂平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.
因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.
17. 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E－ABC的体积．
(1)证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中，
BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.
又因为AB⊥BC，
所以AB⊥平面B1BCC1，
又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)证明 取AB的中点G，连接EG，FG.
因为E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝AC.
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1，
所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
(3)解 因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝＝.
所以三棱锥E－ABC的体积V＝S△ABC·AA1
＝×××1×2＝.
18．如图，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m．经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，tan∠BCO＝.
(1)求新桥BC的长；
(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？
解 方法一 (1)如图，以O为坐标原点，
OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.
由条件知A(0,60)，C(170,0)，
直线BC的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－.
又因为AB⊥BC，
所以直线AB的斜率kAB＝.
设点B的坐标为(a，b)，
则kBC＝＝－，①
kAB＝＝.②
联立①②解得a＝80，b＝120.
所以BC＝＝150.
因此新桥BC的长是150 m.
(2)设保护区的边界圆M的半径为r m，OM＝d m(0≤d≤60)．
由条件知，直线BC的方程为y＝－(x－170)，
即4x＋3y－680＝0.
由于圆M与直线BC相切，
故点M(0，d)到直线BC的距离是r，
即r＝＝.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，
所以即
解得10≤d≤35.
故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大．
所以当OM＝10 m时，圆形保护区的面积最大．
方法二 (1)如图，延长OA，CB交于点F.
因为tan∠FCO＝，所以sin∠FCO＝，cos∠FCO＝.
因为OA＝60，OC＝170，
所以OF＝OCtan∠FCO＝，
CF＝＝，
从而AF＝OF－OA＝.
因为OA⊥OC，
所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝.
又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝，
从而BC＝CF－BF＝150.
因此新桥BC的长是150 m.
(2)设保护区的边界圆M与BC的切点为D，
连接MD，则MD⊥BC，
且MD是圆M的半径，并设MD＝r m，
OM＝d m(0≤d≤60)．
因为OA⊥OC，所以sin∠CFO＝cos∠FCO.
故由(1)知sin∠CFO＝＝＝＝，
所以r＝.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，
所以即
解得10≤d≤35.
故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大．
所以当OM＝10 m时，圆形保护区的面积最大．
