温馨提示：
此套题为 Word 版，请按住 Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适
的观看比例，答案解析附后。关闭 Word 文档返回原板块。
模块质量评估（A 卷）
(第一至第四章)
(120 分钟 150 分)
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四
个选项中,只有一项符合题目要求)
1.(2016·石家庄高一检测)如图是一个几何体的三视图,其中正视图和
侧视图都是一个两底长分别为 2 和 4,腰长为 4 的等腰梯形,则该几何体
的侧面积是
( )
A.6π B.12π C.18π D.24π
2.(2016·广州高一检测)一个球的内接正方体的表面积为 54,则球的表
面积为 ( )
A.27π B.18π
C.19π D.54π
3.(2014·浙江高考)设 m,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平
面 ( )
A.若 m⊥n,n∥α,则 m⊥α
B.若 m∥β,β⊥α,则 m⊥α
C.若 m⊥β,n⊥β,n⊥α,则 m⊥α
D.若 m⊥n,n⊥β,β⊥α,则 m⊥α
4.(2016 · 大 连 高 一 检 测 ) 若 直 线 (2a+5)x+(a-2)y+4=0 与
(2-a)x+(a+3)y-1=0 互相垂直,则 a 的值为 ( )
A.2 B.-2
C.2,-2 D.2,0,-2
5.如图所示,四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,
将△ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,构成四面体 A-BCD,则在四
面体 A-BCD 中,下列说法正确的是 ( )
A.平面 ABD⊥平面 ABCB.平面 ADC⊥平面 BDC
C.平面 ABC⊥平面 BDC
D.平面 ADC⊥平面 ABD
6.与直线 y=-2x+3 平行,且与直线 y=3x+4 交于 x 轴上的同一点的直线
方程是
( )
A.y=-2x+4 B.y= x+
C.y=-2x- D.y= x-
7.若直线 + =1 与圆 x2+y2=1 有公共点,则 ( )
A.a2+b2≤1 B.a2+b2≥1
C. + ≤1 D. + ≥1
8.(2016·厦门高一检测)若圆 C 的半径为 1,圆心在第一象限,且与直线
4x-3y=0 和 x 轴都相切,则该圆的标准方程是 ( )
A.(x-3)2+ =1
B.(x-2)2+(y-1)2=1
C.(x-1)2+(y-3)2=1
D. +(y-1)2=1
9.已知底面边长为 1,侧棱长为 的正四棱柱(底面是正方形的直棱柱)
的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为 ( )
A. B.4π C.2π D.10.(2016 · 武 汉 高 一 检 测 ) 如 图 , 在 长 方 体 ABCD-A1B1C1D1
中,M,N 分别是棱 BB1,B1C1 的中点, 若∠CMN=90 °, 则异面直
线 AD1 和 DM 所成角为 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
11.若圆(x-3)2+(y+5)2=r2 上的点到直线 4x-3y-2=0 的最近距离等于 1,
则半径 r 的值为 ( )
A.4 B.5 C.6 D.9
12.(2016·烟台高一检测)若直线 y=kx+1 与圆 x 2+y2+kx-y-9=0 的两个
交点恰好关于 y 轴对称,则 k 等于 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中
的横线上)
13.(2016·长春高一检测)若圆锥的侧面展开图是圆心角为 120°,半径
为 l 的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积之比是 .
14.如图所示,ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 1 的正方体,M,N 分别是下底面的
棱 A1B1、B1C1 的中点,P 是上底面的棱 AD 上的一点,AP= ,过 P,M,N 的平
面交上底面于 PQ,Q 在 CD 上,则 PQ= .15. 过 点 P(2,3), 并 且 在 两 坐 标 轴 上 截 距 相 等 的 直 线 方 程
是 .
16.(2015·江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中,以点(1,0)为圆心且与
直线 mx-y-2m-1=0(m∈R)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程
为 .
三、解答题(本大题共 6 个小题,共 70 分,解答时写出必要的文字说明、
证明过程或演算步骤)
17.(10 分)如图所示(单位:cm),四边形 ABCD 是直角梯形,求图中阴影部
分绕 AB 旋转一周所成几何体的表面积和体积.
18.(12 分)直线 l 经过两直线 l1:2x-y+4=0 与 l2:x-y+5=0 的交点,且与直
线 x-2y-6=0 垂直.
(1)求直线 l 的方程.(2)若点 P(a,1)到直线 l 的距离为 ,求实数 a 的值.
19.(12 分)(2016·长沙高一检测)已知圆 C:x2+y2-8y+12=0,直线 l 经过
点 D(-2,0),且斜率为 k.
(1)求以线段 CD 为直径的圆 E 的方程.
(2)若直线 l 与圆 C 相离,求 k 的取值范围.
20.(12 分)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P,M,N 分别为棱 DD1,AB,BC 的
中点.
(1)求二面角 B1-MN-B 的正切值.
(2)求证:PB⊥平面 MNB1.21.(12 分)如图,在直三棱柱 ABC-A 1B1C1 中,A 1B1=A1C1,D,E 分别是棱
BC,CC1 上的点(点 D 不同于点 C),且 AD⊥DE,F 为 B1C1 的中点.
求证:(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1.
(2)直线 A1F∥平面 ADE.22.(12 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知圆心在 x 轴上,半径为 2 的圆
C 位于 y 轴右侧,且与直线 x- y+2=0 相切.
(1)求圆 C 的方程.
(2)在圆 C 上,是否存在点 M(m,n),使得直线 l:mx+ny=1 与圆 O:x 2+y2=1
相交于不同的两点 A,B,且△OAB 的面积最大?若存在,求出点 M 的坐标
及对应的△OAB 的面积;若不存在,请说明理由.答案解析
1.B 因为正视图和侧视图都是等腰梯形,俯视图是一个圆环,
所以该几何体是一个圆台,且圆台的上、下底半径分别为 1 和 2,母线为 4,
所以 S 侧=π(r+r')l=π·(1+2)×4=12π.
2.A 设正方体的棱长为 a,球的半径为 r,
则 6a2=54,所以 a=3.
又因为 2r= a,所以 r= a= ,
所以 S 表=4πr2=4π× =27π.
3.C 对 A 若 m⊥n,n∥α,则 m⊂α或 m∥α或 m⊥α,故 A 选项错误;
对 B 若 m∥β,β⊥α,则 m⊂α或 m∥α或 m⊥α,故 B 选项错误;
对 C 若 m⊥β,n⊥β,n⊥α,则 m⊥α,故 C 选项正确;
对 D 若 m⊥n,n⊥β,β⊥α,则 m⊂α或 m∥α或 m⊥α,故 D 选项错误.
【补偿训练】已知 m,n 是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列
命题中正确的是 ( )
A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n
B.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
C.若 m∥α,m∥β,则α∥β
D.若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n
D A 中还可能 m,n 相交或异面,所以 A 不正确;B,C 中还可能α,β相交,所以 B,C 不正确,很明显 D 正确.
4.【解题指南】利用 l1⊥l2⇔A1A2+B1B2=0 求 a 的值.
C 因为两直线垂直,所以(2a+5)(2-a)+(a-2)(a+3)=0,即 a=±2.
5.D 因 为 AD ∥ BC,AD=AB, ∠ BCD=45 ° , ∠ BAD=90 ° , 所 以 ∠ ABD= ∠
ADB=45°,所以∠BDC=90°,即 BD⊥CD,又因为平面 ABD⊥平面 BCD,平面
ABD∩平面 BCD=BD,CD⊂平面 BCD,所以 CD⊥平面 ABD,又 CD⊂平面 ADC,
所以平面 ADC⊥平面 ABD.
6.C 直线 y=3x+4 与 x 轴的交点坐标为 ,故所求直线方程为
y-0=-2 =-2x- .
【延伸探究】本题中的条件“与直线 y=-2x+3 平行”若换为“与直线
y=-2x+3 垂直”其他条件不变,其结论又如何呢?
【解析】直线 y=3x+4 与 x 轴的交点坐标为 ,故所求直线方程为
y-0= ,
即 y= x+ .
7.D 直线 + =1 与圆 x2+y2=1 有公共点,
因此圆心(0,0)到直线 bx+ay-ab=0 的距离应小于等于 1.
所以 ≤1,所以 + ≥1.
8.B 由已知设所求圆的圆心坐标为:C(a,b)(a>0 且 b>0),由已知有:
⇒ 所以所求圆的方程为:(x-2)2+(y-1)2=1.
9.D 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点,所以球的半径 r= =1,
球的体积 V= r3= .故选 D.
10.D 因为 MN⊥DC,MN⊥MC,DC∩MC=C,所以 MN⊥平面 DCM.所以 MN⊥DM.
因为 MN∥AD1,所以 AD1⊥DM,即所求角为 90°.
11.A 由圆的方程可知圆心为(3,-5),圆心(3,-5)到直线 4x-3y-2=0 的
距离为 d= = =5,由题意得 d-r=1,即 r=d-1=5-1=4.
12.A 将两方程联立消去 y 后得(k2+1)x2+2kx-9=0,由题意知此方程两
根之和为 0,故 k=0.
13.【解析】设圆锥的底面半径为 r,则有 l=2πr,故 l=3r,所以 =
= .
答案:4∶3
14.【解析】因为平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,
平面 ABCD∩平面 PQNM=PQ,
平面 A1B1C1D1∩平面 PQNM=NM,
所以 MN∥PQ,
又因为 MN∥AC,所以 PQ∥AC.
又因为 AP= ,所以 = = = ,
所以 PQ= AC= .
答案:15.【解析】若截距为 0,过 P 点和原点的直线方程为 y= x,即 3x-2y=0;
若截距不为 0,设所求直线方程为 + =1,
由 P(2,3)在直线上,可得 a=5,
则所求直线方程为 x+y-5=0,
因此满足条件的直线方程为 3x-2y=0 或 x+y-5=0.
答案:3x-2y=0 或 x+y-5=0
【补偿训练】已知直线 l 经过点(1,3),且与圆 x2+y2=1 相切,直线 l 的方
程为 .
【解析】当斜率存在时,设切线的斜率为 k,则切线方程为 y-3=k(x-1),
由圆心到切线的距离等于半径得 =1,解得 k= ,切线方程为
4x-3y+5=0;当斜率不存在时,直线 x=1 也符合题意.
答案:x=1 或 4x-3y+5=0
【误区警示】本题易忽视斜率不存在的情况,只写出一条切线方程.
16.【解题指南】点(1,0)到直线 mx-y-2m-1=0(m∈R)的最大距离即为所
求圆的半径,利用点到直线的距离公式表示出此距离并求出最大值,代
入圆的标准方程即可.
【解析】点(1,0)到直线 mx-y-2m-1=0 的距离 d= = ,当 m>0
时,d= = = .因为 m>0,所以 m+ ≥2 =2,
当且仅当 m=1 时上式成立,所以 d≤ .当 m≤0 时,d≤ 仍然成立.所
以最大圆的半径是 ,标准方程为(x-1)2+y2=2.答案:(x-1)2+y2=2
17.【解析】由题意,知所成几何体的表面积等于
圆台下底面积、圆台的侧面积与半球面面积的和,
又 S 半球面= ×4π×22=8π(cm2),
S 圆台侧=π(2+5) =35π(cm2),
S 圆台下底=π×52=25π(cm2),
所以所成几何体的表面积为
8π+35π+25π=68π(cm2).
又 V 圆台= ×(22+2×5+52)×4=52π(cm3),
V 半球= × ×23= (cm3).
所以所成几何体的体积为
V 圆台-V 半球=52π- = (cm3).
18.【解析】(1)由 得交点为(1,6),
又直线 l 垂直于直线 x-2y-6=0,
所以直线 l 的斜率为 k=-2.
故直线 l 的方程为 y-6=-2(x-1),
即 2x+y-8=0.
(2)由于 P(a,1)到直线 l 的距离等于 ,
则 = ,解得 a=1 或 a=6.19. 【解析】(1) 将圆 C 的方程 x 2+y2-8y+12=0 配方得标准方程为
x2+(y-4)2=4,
则此圆的圆心为 C(0,4),半径为 2.
所以 CD 的中点 E(-1,2),|CD|= =2 ,
所以 r= ,
故所求圆 E 的方程为(x+1)2+(y-2)2=5.
(2)直线 l 的方程为 y-0=k(x+2),即 kx-y+2k=0.
若直线 l 与圆 C 相离,则有圆心 C 到直线 l 的距离 >2,
解得 k< .
20.【解析】(1)连接 BD 交 MN 于 F,连接 B1F,连接 AC.
因为平面 DD1B1B⊥平面 ABCD,
交线为 BD,AC⊥BD,
所以 AC⊥平面 DD1B1B.
又因为 AC∥MN,
所以 MN⊥平面 DD1B1B.
因为 B1F,BF⊂平面 DD1B1B,
所以 B1F⊥MN,BF⊥MN.因为 B1F⊂平面 B1MN,
BF⊂平面 BMN,
则∠B1FB 为二面角 B1-MN-B 的平面角.
在 Rt△B1FB 中,
设 B1B=1,则 FB= ,
所以 tan∠B1FB=2 .
(2)过点 P 作 PE⊥AA1,
则 PE∥DA,连接 BE.
又 DA⊥平面 ABB1A1,
所以 PE⊥平面 ABB1A1,即 PE⊥B1M.
又 BE⊥B1M,所以 B1M⊥平面 PEB.
所以 PB⊥MB1.
由(1)中 MN⊥平面 DD1B1B,得 PB⊥MN,
所以 PB⊥平面 MNB1.
21.【证明】(1)因为三棱柱 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,
所以 CC1⊥平面 ABC.又因为 AD⊂平面 ABC,
所以 CC1⊥AD.
因为 AD⊥DE,CC1,DE⊂平面 BCC1B1,
且 CC1∩DE=E,
所以 AD⊥平面 BCC1B1.
又因为 AD⊂平面 ADE,
所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1.
(2)方法一:因为 A1B1=A1C1,F 为 B1C1 的中点,
所以 A1F⊥B1C1.
又因为 CC1⊥平面 A1B1C1,
且 A1F⊂平面 A1B1C1,
所以 CC1⊥A1F.
又因为 CC1,B1C1⊂平面 BCC1B1,
且 CC1∩B1C1=C1,
所以 A1F⊥平面 BCC1B1.
由(1)知,AD⊥平面 BCC1B1,
所以 A1F∥AD.
又因为 AD⊂平面 ADE,A1F⊄平面 ADE,
所以直线 A1F∥平面 ADE.方法二:由(1)知,AD⊥平面 BCC1B1,
因为 BC⊂平面 BCC1B1,
所以 AD⊥BC.
因为 A1B1=A1C1,所以 AB=AC.
所以 D 为 BC 的中点.
连接 DF(图略),因为 F 是 B1C1 的中点,
所以 DF BB1 AA1.
所以四边形 ADFA1 是平行四边形.
所以 A1F∥AD.
因为 AD⊂平面 ADE,A1F⊄平面 ADE,
所以 A1F∥平面 ADE.
22.【解析】(1)设圆心是(x0,0)(x0>0),它到直线 x- y+2=0 的距离是
d= =2,
解得 x0=2 或 x0=-6(舍去),
所以所求圆 C 的方程是(x-2)2+y2=4(x≠0).
(2)存在.理由如下:因为点 M(m,n)在圆 C 上,
所以(m-2)2+n2=4,
n2=4-(m-2)2=4m-m2 且 0≤m≤4.
又因为原点到直线 l:mx+ny=1 的距离 h= =
微信/支付宝扫码支付