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文檔簡介
PAGE模塊提升卷(B)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.經過點(2,-1)且與直線x+y-5=0垂直的直線的方程是()A.x+y+3=0B.x-y+3=0C.x+y-3=0D.x-y-3=0解析:因為所求的直線與直線x+y-5=0垂直,故所求直線的斜率為1.又直線經過點(2,-1),故所求直線的方程為y+1=x-2,即x-y-3=0.答案:D2.直線ax+by+4=0和(1-a)x-y-b=0都平行于直線x+2y+3=0,則()A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=\f(3,2),b=-3))B.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=\f(2,3),b=-3))C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=\f(3,2),b=3))D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-\f(3,2),b=3))解析:∵直線ax+by+4=0與直線x+2y+3=0平行,∴eq\f(a,1)=eq\f(b,2)且eq\f(b,2)≠eq\f(4,3),①∵直線(1-a)x-y-b=0與直線x+2y+3=0平行,∴eq\f(1-a,1)=eq\f(-1,2)且eq\f(-1,2)≠eq\f(-b,3),②由①②得a=eq\f(3,2),b=3.故選C.答案:C3.假如一個水平放置的圖形的直觀圖是一個底角為45°,腰和上底均為1的等腰梯形,那么原平面圖形的面積是()A.2+eq\r(2)B.eq\f(1+\r(2),2)C.eq\f(2+\r(2),2)D.1+eq\r(2)解析:由題意得原平面圖形是一個上底為1,下底為1+eq\r(2),高為2的直角梯形,∴它的面積S=eq\f(1+1+\r(2),2)×2=2+eq\r(2),故選A.答案:A4.長方體的一個頂點處的三條棱長之比為123,全面積為88,則它的對角線長為()A.eq\r(14)B.2eq\r(14)C.2eq\r(13)D.eq\r(13)解析:設長方體的三條棱長分別為k,2k,3k,則它的全面積S=2(2k2+3k2+6k2)=88,所以k2=4,所以對角線的長為eq\r(14k2)=2eq\r(14).答案:B5.設點P(a,b,c)關于原點對稱的點為P′,則|PP′|=()A.eq\r(a2+b2+c2)B.2eq\r(a2+b2+c2)C.|a+b+c|D.2|a+b+c|解析:P(a,b,c)關于原點對稱的點為P′(-a,-b,-c),則|PP′|=eq\r([a--a2]+[b--b]2+[c--c]2)=2eq\r(a2+b2+c2).答案:B6.一正四面體木塊如圖所示,若P是棱VA的中點,過點P將木塊鋸開,使截面平行于棱VB和AC,若木塊的棱長為a,則截面面積為()A.eq\f(a2,2)B.eq\f(a2,3)C.eq\f(a2,4)D.eq\f(a2,5)解析:過P的截面為正方形,邊長為eq\f(a,2),所以面積為eq\f(a2,4).答案:C7.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,與AD1A.平面DD1C1CB.平面AC.平面A1B1C1D1D.平面A1解析:連接A1D、B1C,如圖.由ABCD-A1B1C1D1為正方體可知,AD1⊥A1B1,AD1⊥A1D,又A1B1∩A1D=A1,故AD1⊥平面A1DCB答案:B8.如圖所示,定圓半徑為a,圓心為(b,c),則直線ax+by+c=0與直線x-y+1=0的交點在()A.第四象限B.第三象限C.其次象限D.第一象限解析:解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax+by+c=0,,x-y+1=0,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=-\f(b+c,a+b),,y=\f(a-c,a+b).))由題意,知a>0,b<0,c>0,a<-b,a>c,-b>c,所以x=-eq\f(b+c,a+b)<0,y=eq\f(a-c,a+b)<0.故交點在第三象限.答案:B9.設α表示平面,a、b表示兩條不同的直線,給定下列四個命題:①若a∥α,a⊥b,則b⊥α②若a∥b,a⊥α,則b⊥α③若a⊥α,a⊥b,則b∥α④若a⊥α,b⊥α,則a∥b.其中為假命題的是()A.①③B.②③C.②④D.①③④解析:①中b還可能平行于α或與α斜交;③中b還可能在α內;②④是真命題.故選A.答案:A10.已知點P(x,y)滿意(x+2)2+y2=1,則eq\f(y,x)的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(\r(3),3),\f(\r(3),3)))B.[-eq\r(3),3]C.(-∞,-eq\r(3)]∪[eq\r(3),+∞)D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(\r(3),3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3),+∞))解析:(x+2)2+y2=1表示圓心為(-2,0),半徑為1的圓,過點(0,0)和P(x,y)的直線的斜率為eq\f(y,x).如圖,可知這樣的直線的傾斜角的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6),π)).故eq\f(y,x)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(\r(3),3),\f(\r(3),3))).答案:A11.半徑為6的圓與x軸相切,且與圓x2+(y-3)2=1內切,則此圓的方程為()A.(x-4)2+(y-6)2=6B.(x±4)2+(y-6)2=6C.(x-4)2+(y-6)2=36D.(x±4)2+(y-6)2=36解析:由題意知,半徑為6的圓與x軸相切,且圓心在x軸上方.設所求圓的圓心坐標為(a,b),則b=6,再由eq\r(a2+32)=5,可以解得a=±4,故所求圓的方程為(x±4)2+(y-6)2=36.故選D.答案:D12.若直線y=kx-1與曲線y=-eq\r(1-x-22)有公共點,則k的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(4,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3),\f(4,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))D.[0,1]解析:曲線y=-eq\r(1-x-22)表示的圖形是一個半圓,直線y=kx-1過定點(0,-1),在同一坐標系中畫出直線和半圓的草圖,由圖可知,k的取值范圍是[0,1],故選D.答案:D二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.把答案填在題中橫線上)13.如下圖所示,Rt△A′B′C′為水平放置的△ABC的直觀圖,其中A′C′⊥B′C′,B′O′=O′C′=1,則△ABC的面積為________.解析:由直觀圖畫法規則將△A′B′C′還原為△ABC,如圖所示,則有BO=OC=1,AO=2eq\r(2).故S△ABC=eq\f(1,2)BC·AO=eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)=2eq\r(2).答案:2eq\r(2)14.已知點P(0,-1),點Q在直線x-y+1=0上,若直線PQ垂直于直線x+2y-5=0,則點Q的坐標是________.解析:設Q(x0,y0),因為點Q在直線x-y+1=0上,所以x0-y0+1=0①又直線x+2y-5=0的斜率k=-eq\f(1,2),直線PQ的斜率kPQ=eq\f(y0+1,x0),所以由直線PQ垂直于直線x+2y-5=0,得eq\f(y0+1,x0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))=-1②由①②解得x0=2,y0=3,即點Q的坐標是(2,3).答案:(2,3)15.直線y=2x+3被圓x2+y2-6x-8y=0所截得的弦長等于________.解析:先求弦心距,再求弦長.圓的方程可化為(x-3)2+(y-4)2=25,故圓心為(3,4),半徑r=5.又直線方程為2x-y+3=0,所以圓心到直線的距離為d=eq\f(|2×3-4+3|,\r(4+1))=eq\r(5),所以弦長為2eq\r(r2-d2)=2×eq\r(25-5)=2eq\r(20)=4eq\r(5).答案:4eq\r(5)16.已知正四棱錐O-ABCD的體積為eq\f(3\r(2),2),底面邊長為eq\r(3),則以O為球心,OA為半徑的球的表面積為________.解析:本題先求出正四棱錐的高h,然后求出側棱的長,再運用球的表面積公式求解.∵V四棱錐O-ABCD=eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\r(3)h=eq\f(3\r(2),2),∴h=eq\f(3\r(2),2),∴OA2=h2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2=eq\f(18,4)+eq\f(6,4)=6,∴S球=4πOA2=24π.答案:24π三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)一幾何體按比例繪制的三視圖如圖(單位:m):(1)試畫出它的直觀圖;(2)求它的表面積和體積.解析:(1)直觀圖如圖①.(2)解法一:由三視圖可知該幾何體是由長方體截去一個角而得到的,且該幾何體的體積是以A1A、A1D1,A1B1為棱的長方體的體積的eq\f(3,4),在直角梯形AA1B1B中,作BE⊥A1B1于E,如圖②,則四邊形AA1EB是正方形,∴AA1=BE=1m在Rt△BEB1中,BE=1m,EB1=1∴BB1=eq\r(2)m.∴幾何體的表面積S=S正方形AA1D1D+2S梯形AA1B1B+S矩形BB1C1C+S正方形ABCD+S矩形A1B1C1D1=1+2×eq\f(1,2)×(1+2)×1+1×eq\r(2)+1+1×2=(7+eq\r(2))m2,幾何體的體積V=eq\f(3,4)×1×2×1=eq\f(3,2)m3.∴該幾何體的表面積為(7+eq\r(2))m2,體積為eq\f(3,2)m3.解法二:該幾何體可看成以四邊形AA1B1B為底面的直四棱柱,其表面積求法同解法一,V直四棱柱D1C1CD-A1B1BA=Sh=eq\f(1,2)×(1+2)×1×1=eq\f(3,2)m3.∴該幾何體的表面積為(7+eq\r(2))m2,體積為eq\f(3,2)m3.18.(12分)(2024·福建八縣一中聯考)已知直線l:kx-y+1-2k=0(k∈R).(1)證明:直線l過定點;(2)若直線l交x軸正半軸于點A,交y軸正半軸于點B,O為坐標原點,且|OA|=|OB|,求k的值.解析:(1)有兩種證法.證法一:直線l的方程可化為y-1=k(x-2),故無論k取何值,直線l總過定點(2,1).證法二:設直線過定點(x0,y0),則kx0-y0+1-2k=0對隨意k∈R恒成立,即(x0-2)k-y0+1=0恒成立,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0-2=0,,-y0+1=0,))解得x0=2,y0=1,故直線l總過定點(2,1).(2)因為直線l的方程為y=kx-2k+1,則直線l在y軸上的截距為1-2k,在x軸上的截距為2-eq\f(1,k),依題意1-2k=2-eq\f(1,k)>0,解得k=-1或k=eq\f(1,2)(經檢驗,不合題意),所以所求k=-1.19.(12分)(2024·保定高一檢測)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,點D是AB求證:(1)AC⊥BC1.(2)AC1∥平面B1CD.證明:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC所以CC1⊥AC,又AC⊥BC,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1所以AC⊥BC1.(2)設BC1與B1C的交點為O,連接OD因為BCC1B1為平行四邊形,所以O為B1C又D是AB的中點,所以OD是△ABC1的中位線,OD∥AC1,又因為AC1?平面B1CD,OD?平面B1CD,所以AC1∥平面B1CD.20.(12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,M,N分別是AB,PC的中點,PA=AD.(1)求證:MN∥平面PAD;(2)求證:平面PMC⊥平面PCD.證明:(1)如圖,取PD的中點E,連接EN,AE.∵N是PC的中點,∴EN綊eq\f(1,2)DC,又∵AM綊eq\f(1,2)DC,∴EN綊AM,∴四邊形AENM是平行四邊形,∴AE∥MN.又∵AE平面PAD,MN平面PAD,∴MN∥平面PAD.(2)∵PA=AD,E是PD的中點,∴AE⊥PD.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD.又AD⊥CD,PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD.∵AE平面PAD,∴AE⊥CD.∵PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD.又∵AE∥MN,∴MN⊥平面PCD.∵MN平面PMC,∴平面PMC⊥平面PCD.21.(12分)已知圓x2+y2-2x-4y+m=0.(1)此方程表示圓,求m的取值范圍;(2)若(1)中的圓與直線x+2y-4=0相交于M,N兩點,且OM⊥ON(O為坐標原點),求m的值.解析:(1)方程x2+y2-2x-4y+m=0,可化為(x-1)2+(y-2)2=5-m,因為此方程表示圓,所以5-m>0,即m<5.(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+y2-2x-4y+m=0,,x+2y-4=0,))消去x得(4-2y)2+y2-2×(4-2y)-4y+m=0,化簡得5y2-16y+m+8=0.設M(x1,y1),N(x2,y2),則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1+y2=\f(16,5),①,y1y2=\f(m+8,5).②))由OM⊥ON得y1y2+x1x2=0即y1y2+(4-2y1)(4-2y2)=0,所以16-8(y1+y2)+5y1y2=0.將①②兩式代入上式得16-8×eq\f(16,5)+5×eq\f(m+8,5)=0,解之得m=eq\f(8,5).22.(12分)已知:以點Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t,\f(2,t)))為圓心的圓與x軸交于點O,A,與y軸交于點O,B,其中O為原點.(1)求證:△OAB的
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