人教版 高二上学期 数学（理）期末复习自测学案2 (Word版含答案)

人教版 高二上学期 数学（理）期末复习自测学案 2

一.选择题：
如图，在正方体中，为的中点，则在该正方体各个面上的正投影（实线部分）可能是（ ）
A．①④ B．①② C．②③ D．②③
2、下列关于简单几何体的说法中正确的是（ ）
①有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；
②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
③在斜二测画法中，与坐标轴不平行的线段的长度在直观图中有可能保持不变；
④有两个底面平行且相似其余各面都是梯形的多面体是棱台；
⑤空间中到定点的距离等于定长的所有点的集合是球面.
A． ③④⑤ B． ③⑤ C． ④⑤ D． ①②⑤
3、如图, 正方体或四面体，分别是所在棱的中点,则这四个点不共面的一个图是（ ）
A． B． C． D．
4、若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，
则下列命题正确的是(　　)
A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交
5、如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，CC1的中点，则异面直线AE与BF所成角的
余弦值为（　　）
﹣ B．﹣
C． D．
某三棱锥的三视图如图所示，正视图与侧视图是两个全等的等腰直角三角形，
直角边长为1，俯视图是正方形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是（　　）
A． B． C． D．1
7、已知过球面上三点，，的截面到球心距离等于球半径的一半，且，
，则球面面积为（ ）
A． B． C． D．
8、如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C?l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，
则γ与β的交线必通过(　　)
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
9、正方体被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如图所示，
则截面图形的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．平行四边形 D．梯形
10、一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：
①AB⊥EF；
②AB与CM成60°的角；
③EF与MN是异面直线；
④MN∥CD.其中正确的是(　　)
A． ①② B． ③④ C． ②③ D． ①③
11、若圆与圆（）的公共弦长为，则实数为（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
12、如图所示，在棱长为 的正方体中，点分别是棱的中点，过三点作该正方体的截面，则截面的周长为（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：
13、下列判断中: ①三点确定一个平面; ②一条直线和一点确定一个平面; ③两条直线确定一个平面; ④三角形和梯形一定是平面图形; ⑤四边形一定是平面图形; ⑥六边形一定是平面图形; ⑦两两相交的三条直线确定一个平面. 其中正确的是 .
14、知点A（-2，0），B（0，2），若点P在圆（x-3）2+（y+1）2=2上运动，则面积的最小值为______．
15、如图所示，正四棱锥的所有棱长均相等，
是的中点，那么异面直线与所成的角的余
弦值等于 ．
16、
三、解答题：
17、在中，角、、所对的边分别为，，，已知．
（1）求角；
（2）若，，求的面积．
18、已知数列的前项和为，且满足（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，数列的前项和为，求的取值范围.
19、已知向量，记函数.求：
（I）函数的最小值及取得最小值时的集合；
（II）函数的单调递增区间.
20、已知圆过点和点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）过点作圆的切线，求切线方程.
（3）设直线，且直线被圆所截得的弦为，满足，求直线的方程.
21、已知在正方体中，，分别为，的中点，，.
(1)求证：，，，四点共面；
(2)求证：若交平面于点，则，，三点共线；
如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，
BC∥AD且BC＝AD，BE∥AF且BE＝AF，G，H分别为FA，FD的中点．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
(3)证明直线FE，AB，DC三线共点.
参考答案
一、单项选择：1-12：ABDCD CCDAD AB.
二、填空题
13、【答案】④ 14、【答案】4
15、【答案】
【解析】连接交于，异面直线与所成的角即为与所成的角，设棱长为，则，，，,所以,．
考点：异面直线所成角的余弦值．
16、
三、解答题
17、【答案】（1）；（2）.
试题分析：（1）利用正弦定理化简求得，进而得.
（2）由余弦定理求得边长，再用面积公式即可.
试题解析：
（1）由，得，
即，即，即．
因为，所以，而，所以．
（2）由，，得．
又因为，所以，即，则．于是.
18、【答案】（1）由题意，（），
∴ （，）
两式相减：，
即（，）
又， ∴
∴ 数列是首项为2，公比为2的等比数列，
∴
（2）由（1）可得，
∴
∴， 即
所以，的取值范围为：
【解析】
19、【答案】（I）最小值0，此时（II）
试题分析：（1）根据平面向量的坐标运算得，再结合二倍角的余弦公式和辅助角公式化简，得到，最后根据正弦函数最值的结论，可得f（x）的最小值及取最小值时x的集合；（2）根据（1）化简得的表达式，列出不等式（k∈Z），解此不等式再将它变成区间，即可得到函数f（x）的单调递增区间
试题解析：（Ⅰ）由题意：，
所以，
因此，
当，即时,取得最小值.
此时，最小值=
（Ⅱ）由题意：
即
于是,的单调递增区间是
考点：平面向量的综合题；复合三角函数的单调性
【解析】
20、(Ⅰ)设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则，解得D＝－6，E＝4，F＝4，
所以圆C的方程为x2＋y2－6x＋4y＋4＝0.
（Ⅱ）圆C的方程为,
当斜率存在时，设切线方程为，则
，解得，
所以切线方程为，即.
当斜率不存在时，.
所以所求的切线方程为或.
（Ⅲ）直线l的方程为y＝x＋m.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则联立消去y得2x2＋2(m－1)x＋m2＋4m＋4＝0，()
∴∴y1y2＝(x1＋m)(x2＋m)＝x1x2＋m(x1＋x2)＋m2.
∵∠AOB＝90°，∴|OA|2＋|OB|2＝|AB|2，
∴=(x1－x2)2＋(y1－y2)2，
得x1x2＋y1y2＝0，∴2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝0，
即m2＋4m＋4＋m(1－m)＋m2＝0，解得m＝－1或m＝－4.
容易验证m＝－1或m＝－4时方程()有实根.
所以直线l的方程是y＝x－1或y＝x－4.
【解析】
21、【答案】试题分析：(1)利用题意可证得，则四点共面；
(2)利用题意结合线面关系可证得三点共线．
试题解析：
证明：如图．
（1）是的中位线，．
在正方体中，，．
确定一个平面，即，，，四点共面
（2）正方体中，设确定的平面为，又设平面为．
，．又，
则是与的公共点，
又，
，，则．
故三点共线．
【解析】
22[解]　(1)证明：由题设知，因为G、H分别为FA、FD的中点，
所以GH∥AD且GH＝AD，又BC∥AD且BC＝AD，
故GH∥BC且GH＝BC，所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)C，D，F，E四点共面．理由如下：
由BE∥AF且BE＝AF，G是FA的中点知BE∥GF且BE＝GF，
所以四边形EFGB是平行四边形，
所以EF∥BG.
由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，
故EC，FH共面．又点D在直线FH上，
所以C，D，F，E四点共面．
(3)证明：由例题可知四边形EBGF和四边形BCHG都是平行四边形，
故可得四边形ECHF为平行四边形，
∴EC∥HF，且EC＝DF，∴四边形ECDF为梯形，
∴FE，DC交于一点，设FE∩DC＝M.
∵M∈FE，FE?平面BAFE，
∴M∈平面BAFE.同理M∈平面BADC.
又平面BAFE∩平面BADC＝BA，
∴M∈BA，∴FE，AB，DC交于一点．