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1、必修二适应性测试卷(详解)必修二适应性测试卷（详解）1直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D.2如图，一个简单组合体的正视图和侧视图相同，是由一个正方形与一个正三角形构成，俯视图中，圆的半径为.则该组合体的表面积为()A15 B18 C21 D243若直线与圆有两个不同的交点，则点圆C的位置关系是（ ）A点在圆上B点在圆内C点在圆外 D不能确定4设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A若且，则B若且，则C若且，则D若且，则 52014厦门模拟已知直线3x4y30与直线6xmy140平行，则它们之间的距离是()A.1 B.2 C. D.46以点为圆心且与直线相切的圆的
2、方程是（ ）A BC D7已知点在球O的球面上,球心O到平面的距离为1，则球O的表面积为（ ）A B C D8光线从点发出，经过轴反射，再经过轴反射，最后光线经过点，则经轴反射的光线的方程为（ ）A. B.C. D.9圆上的点到直线的距离最大为（）A B C D10在正三棱柱中，则与平面所成的角的正弦值为 .11若一个正方体的表面积为S1，其外接球的表面积为S2，则_.12设直线与圆相交于两点，且弦的长为，则 13直线与曲线有公共点，则的取值范围是 .14对任意实数，直线l1：xymn0与圆C：x2y2r2总相交于两不同点，则直线l2：mxnyr2与圆C的位置关系是 15、如图PAO所在平面，
3、AB是O的直径，C是O上一点，E、F分别是点A在PB、PC上的射影，给出下列结论：AFPB EFPB AFBC AE平面PBC，其中真命题的序号是 .16已知直线l经过直线3x4y20与直线2xy20的交点P，且垂直于直线x2y10 （1）求直线l的方程； （2）求直线l关于原点O对称的直线方程。17如图，在四棱锥中，底面是菱形，且侧面平面，点是棱的中点（1）求证：平面；（2）求证：；（3）若，求证：平面平面18如图，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面 是等边三角形，且平面底面（1）若为的中点，求证：平面；（2）求证：；（3）求二面角的大小19已知圆经过坐标原点和点，且圆心在轴上.（1）求
4、圆的方程；（2）设直线经过点，且与圆相交所得弦长为，求直线的方程.20如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，Q是AD的中点.（）若，求证：平面PQB平面PAD；（）若平面APD平面ABCD，且，点M在线段PC上，试确定点M的位置，使二面角的大小为，并求出的值.参考答案1A【解析】试题分析：直线化为，直线的斜率，因此考点：直线的斜率与倾斜角.2C【解析】试题分析：由题意可知，该组合体下边是圆柱，上边是圆柱，因此表面积为.考点：三视图的应用和圆柱、圆锥的表面积.3C【解析】试题分析：直线与圆相交，所以，圆心到直线的距离,所以,所以点在园外，故选C.考点：直线与圆的位置关系4B【解析】试题分析：对于，
5、直线可能平行；对于满足；对于，内，对于，没说直线的位置关系考点：空间中直线、平面的位置关系5B【解析】，m8，直线6xmy140可化为3x4y70，两平行线之间的距离d2.6C【解析】试题分析：由已知，故选.考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系；3.点到直线的距离.7A【解析】试题分析：设所在圆心为，则恰为的中心，连，则，平面；在直角三角形中，故，选考点：1球的几何性质；2球的表面积8A.【解析】试题分析：由题意可知，点关于轴的对称点与点关于轴的对称点的连线即为经轴入射光线的所在直线，易得：，根据对称性，可知反射光线的方程为，即.考点：直线方程.9C 【解析】试题分析：由题知圆心为（1,
6、1），半径为，圆心到直线的距离为=，所以圆上点到该直线的距离的最大值为=，故选C.考点: 点到直线距离公式；圆的标准方程；转化思想10.【解析】试题分析：取BC的中点E，连接，AE，则，在正三棱柱中，面面，面面=BC,所以就是与平面所成的角.在中，因为，故答案为.考点：直线与平面所成的角.11【解析】设正方体棱长为a，则正方体表面积为S16a2，其外接球半径为正方体体对角线长的，即为a，因此外接球的表面积为S24r23a2，则.12-1或3【解析】试题分析：圆心到直线的距离，弦长的一半为，由于半径，弦长的一半，弦心距构成直角三角形，因此，解得.考点：直线与圆相交求弦长问题.13.【解析】试题分
7、析：，两边平方得，即，又，曲线表示以为圆心为半径的半圆，如图所示，易知，当直线经过点时，得，当直线与圆相切时，有或（舍去），实数的取值范围是.考点：1.直线与圆的位置关系；2.数形结合的数学思想.14相离【解析】试题分析：由题意得：对任意实数恒成立，且，即，因此直线l2：mxnyr2与圆C相离.考点：直线与圆位置关系15、【解析】试题分析：因为E、F分别是点A在PB、PC上的射影，所以AFPB ,AEPC故正确AB为直径 ，所以 ACBCPA平面ABC ，因为 所以 BCPA可得 BC平面PAC 因为 BCAE 又因AEPC 可得AE平面PBC,（故 对）所以AEPB又因AFPB可得PB平面A
8、EF 所以EFPB故EFPB 正确因为 BC平面PAC AF不在平面PAC内故结论3不正确考点：线面垂直的判断及性质16（1）（2）【解析】试题分析：（1）所求直线过另外两条直线的交点,所以先求该点,又因为所求直线与已知直线垂直,所以根据垂直,可设出所求直线,将点代入,求之.（2）直线关于原点对称,则直线上的点关于原点对称,找到两个特殊点,即两轴的交点,利用对称找到对称点,可求对称直线.试题解析： (1)由题知 所以交点为由于所求直线与垂直，可设直线的方程为,把点的坐标代入得 . 所求直线的方程为.(2)因为直线关于原点对称，所以直线上的点也关于原点对称：又因为直线与轴、轴的交点是 则直线关于
9、原点对称的直线与轴、轴的交点为利用截距式可得，所求直线方程为考点：两直线垂直的关系;直线关于点的对称;17（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】试题分析：（1）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；（2）证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高，中线和顶角的角平分线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形等等；（3）证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个
10、平面解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；（4）证明两个平面垂直，首先考虑直线与平面垂直，也可以简单记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键试题解析：解：（1）因为底面是菱形，所以又因为平面，所以平面（2）因为，点是棱的中点，所以因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以（3）因为，点是棱的中点，所以由（2）可得，所以平面，又因为平面，所以平面平面考点：1、直线与平面平行的判定；2、直线与直线垂直的判定；3、平面与平面垂直的判定18（1）见解析（2）见解析 （3）【解析】试题分析：
11、( 1）为等边三角形且为的中点，,平面平面平面;（2）是等边三角形且为的中点， 且 平面;（3），,，为二面角的平面角。这是一道立体几何的综合试题，需要对知识有着熟练的运用.试题解析：证明：（1）为等边三角形且为的中点，又平面平面，平面（2）是等边三角形且为的中点， 且 ，又，平面，平面，（3）由，又，为二面角的平面角在中，考点：线面垂直，二面角.19（1）；（2）或【解析】试题分析：（1）本题求圆的方程，已知圆上两点即圆心的纵坐标，所以需要求出圆的半径和圆心的横坐标两个值即可确定圆的方程，通过列解方程即可求出相应的量，该题的半径的长刚好就是圆心的横坐标的值，这个条件要用上.（2）该小题是直线
12、与圆的位置关系问题，特别要先判断直线的斜率不存在的时候的情况，通过画图可知符合条件，其次是斜率存在时，通过重点三角形（弦心距，半弦长，半径）的关系可以求出弦心距的长，从而再用圆心到直线的距离公式求出直线的斜率，又过已知点即可写出直线方程.试题解析：（1）设圆的圆心坐标为，依题意，有，即，解得，所以圆的方程为.（2）依题意，圆的圆心到直线的距离为， 所以直线符合题意.另，设直线方程为，即，则，解得， 所以直线的方程为，即.综上，直线的方程为或.考点：1.直线与圆的关系.2.圆的标准方程.3.分类归纳思想.4.运算能力的锻炼.20（1）证明过程详见解析；（2）.【解析】试题分析：本题主要以四棱锥为
13、几何背景，考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、向量法等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，为等腰三角形，Q为AD中点，所以，又由于底面ABCD为菱形，得到，利用线面垂直的判定得到平面PQB，最后利用面面垂直的判定得到结论；第二问，利用面面垂直的性质得到两两垂直关系，建立空间直角坐标系，写出面内所有点的坐标，得到向量坐标试题解析：（1），Q为AD的中点，又底面ABCD为菱形， , 又平面PQB，又平面PAD,平面PQB平面PAD;（2）平面PAD平面ABCD,平面平面,平面ABCD.以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图.则,设,所以，平面CBQ的一个法向量是，设平面MQB的一个法向量为，所以取，由二面角大小为，可得：，解得，此时.考点：线线垂直、线面垂直、面面垂直、向量法.12 / 12
