2021-2022学年高一数学人教版必修2模块复习-Word版含答案.docx

一、学问体系全览理清学问脉络主干学问一网尽览二、高频考点聚焦锁定备考范围高考题型全盘突破空间几何体的结构与特征空间几何体的结构与特征考查方向有两个方面：一是在选择、填空题中直接考查结构特征，二是作为载体在解答题中考查位置关系的判定证明，多与三视图相结合要充分把握柱、锥、台、球的定义及结构特征，解题时要留意识别几何体的性质例1某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是()A三棱锥B四棱锥C四棱台 D三棱台解析由所给三视图与直观图的关系，可以判定对应的几何体为如图所示的四棱锥，且PA面ABCD，ABBC，BCAD.答案B1依据下列对几何体结构特征的描述，说出几何体的名称：(1)由八个面围成，其中两个面是相互平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形；(2)一个圆面绕其一条直径所在的直线旋转180所围成的几何体解：(1)该几何体有两个面是相互平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形，满足每相邻两个面的公共边都相互平行这一条件，故该几何体是六棱柱，如图(1)(2)该几何体为球，如图(2)2下列各立体图形表示的是柱体或由柱体构成的几何体是()ABC D解析：选C是三棱柱，是圆台中挖去一个圆柱形成的几何体，是正方体去掉一个角后形成的几何体，是五棱柱，是正方体.空间几何体的三视图、直观图与表面积、体积空间几何体的三视图的考查主要有两个方面：一是由几何体考查三视图、二是由三视图还原几何体后求表面积与体积，题型多为选择题、填空题，主要考查空间想象力气在解决三视图问题时确定要遵循“长对正、高平齐、宽相等”，看清三视图的实虚线，还原几何体时，几何体的摆放位置，求表面积时留意组合体中连接面的处理，求体积时要留意体积分割、转化求法的应用，对于三棱锥的体积还要留意等积转换法的应用例2(2022北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是()A286B306C5612 D6012解析由三棱锥的三视图可得三棱锥的直观图如图(1)所示SACDACDM5410.SABCACBC5410.在CMB中，C90，BM5.DM平面ABC，DMB90，DB ，BCD为直角三角形，DCB90，SBCD5410.在ABD中，如图(2)，SABD266，S表1010106306. 例3(2011广东高考)如图，某几何体的正视图，侧视图和俯视图分别为等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为()A4 B4C2 D2解析由题得该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，AO ，棱锥的高hPO 3，V2232.答案C3如图，四边形ABCD是一水平放置的平面图形的斜二测直观图，ABCD，ADCD，且BC与y轴平行，若AB6，CD4，BC2，则原平面图形的实际面积是_解析：由斜二测直观图的作图规章知，原平面图形是梯形，且AB，CD的长度不变，仍为6和4，高BC4，故所求面积S(46)420.答案：204(2022辽宁高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_解析：如图所示：该几何体为长为4，宽为3，高为1的长方体内部挖去一个圆柱S表2(43)2(31)2(41)224268238.5(2022江苏高考)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD3 cm，AA12 cm，则四棱锥ABB1D1D的体积为_cm3.解析：法一：VAA1B1D13323，VABDA1B1D13329，VABB1D1DVABDA1B1D1VAA1B1D16(cm3)法二：连接AC交BD于O，则有ACBD，ACBB1，AC平面BB1D1D，AO即为四棱锥ABB1D1D的高，VABB1D1D326(cm3)答案：6与球有关的问题与球有关的组合体是命题的热点，多为选择、填空题，有时也与三视图相结合，主要考查球的表面积与体积的求法对于此类问题的关键是求出球的半径，在解决时要充分借助于图形(空间图或截面图)化空间问题为平面问题例4(2011新课标全国卷)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为_解析设圆锥的底面半径为r，球面半径为R，则r24R2，解得rR，所以对应球心距为R，故小圆锥的高为RRR，大圆锥的高为R，所以之比为.答案6.如图，半径为2的球O中有一内接圆柱，当圆柱的轴截面为正方形时球的表面积与圆柱的侧面积之差为_解析：若圆柱的轴截面为正方形，则圆柱的高与底面圆直径相等，且截面正方形的对角线长为球的直径，设圆柱高为h，底面圆半径为r，则h2，r，圆柱的侧面积Sh2r228.球的表面积为S4R216，球的表面积与侧面积之差为8.答案：87已知过球面上三点A，B，C的截面到球心O的距离等于球半径的一半，且ABBCCA3 cm，求球的体积解：由ABBCCA3知ABC为边长为3的正三角形，设其中心为O，连接OO，AO，则OOAO，AO.设球半径为R，则OO.在RtAOO中，AO2AO2OO2即R2()22，R2.球的体积V23 (cm3)空间点、线、面位置关系的推断与证明例5(2022江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且ADDE，F为B1C1的中点求证：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)直线A1F平面ADE.证明(1)由于ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，又AD平面ABC，所以CC1AD.又由于ADDE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1DEE，所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.(2)由于A1B1A1C1，F为B1C1的中点，所以A1FB1C1.由于CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F.又由于CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1.由(1)知AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F平面ADE.8(2022北京高考)如图1，在RtABC中，C90，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如图2.(1)求证：DE平面A1CB；(2)求证：A1FBE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C平面DEQ？说明理由解：(1)证明：由于D，E分别为AC，AB的中点，所以DEBC.又由于DE平面A1CB，所以DE平面A1CB.(2)证明：由已知得ACBC且DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD.所以DE平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DEA1F.又由于A1FCD，CDDED，所以A1F平面BCDE.所以A1FBE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，则PQBC.又由于DEBC，所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又由于P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP.所以A1C平面DEP，即A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C平面DEQ.9(2011福建高考)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，点E在线段AD上，且CEAB.(1)求证：CE平面PAD；(2)若PAAB1，AD3，CD，CDA45，求四棱锥PABCD的体积解：(1)证明：由于PA平面ABCD，CE平面ABCD，所以PACE，由于ABAD，CEAB，所以CEAD.又PAADA，所以CE平面PAD.(2)由(1)可知CEAD.在直角三角形ECD中，DECDcos451，CECDsin451.又由于ABCE1，ABCE，所以四边形ABCE为矩形，所以SABCDSABCESECDABAECEDE1211.又PA平面ABCD，PA1，所以V四棱锥PABCD的体积等于SABCDPA1.直线方程与两直线的位置关系主要以选择、填空题的形式考查直线方程的求法，及由直线方程争辩两直线的位置关系，在解答题中常与其他曲线结合考查直线与曲线的位置关系把握直线方程的各种形式及转化关系，能依据直线方程求斜率、截距，并会推断两直线的平行、垂直关系例6依据下列条件，求直线方程：(1)已知直线过点P(2,2)且与两坐标轴所围成的三角形面积为1；(2)过两直线3x2y10和x3y40的交点，且垂直于直线x3y40.解(1)设所求直线的方程为1.依题意，得解得或故所求直线方程是y1或1，即x2y20或2xy20.(2)设所求直线的方程为(3x2y1)(x3y4)0，即(3)x(32)y(14)0.由所求直线垂直于直线x3y40，得1，解得.故所求直线的方程是3xy20.10已知直线l1：(m2)x(m23m)y40，l2：2x4(m3)y10，假如l1l2，求m的值解：当直线l1和l2都有斜率时，即m0且m3时，由，解得m4，阅历证可知两直线平行当直线l1和l2都无斜率时，l1：x，l2：x，明显l1l2，此时m3.综上所述m4或m3.11求经过两条直线x3y100和3xy0的交点，且与原点的距离为1的直线方程解：由方程组解得两条直线的交点A(1,3)当斜率存在时，设所求直线方程为y3k(x1)，即kxy3k0.原点到直线的距离为1，即1，即|3k|，两边平方，整理，得k.故直线方程为y3(x1)，即4x3y50.当斜率不存在时，直线方程为x1，符合题意故所求直线方程为x1或4x3y50.圆的方程主要以选择、填空题的形式考查圆的方程的求法，或利用圆的几何性质、数形结合求函数式的最值也可与其他曲线结合综合考查圆的方程的应用求圆的方程的主要方法是待定系数法，确定圆的方程需要三个独立的条件，求解时要留意结合图形，观看几何特征，简化运算例7有一圆C与直线l：4x3y60相切于点A(3,6)，且经过点B(5,2)，求此圆的方程解法一：设圆的标准方程，查找三个方程构成方程组求解设圆的方程为(xa)2(yb)2r2，则圆心为C(a，b)，由|CA|CB|，CAl，得解得所以圆的方程为(x5)22.法二：设圆的一般方程求解设圆的方程为x2y2DxEyF0，由CAl，A(3,6)，B(5,2)在圆上，得解得所以所求圆的方程为x2y210x9y390.12圆心在直线5x3y8上，且圆与两坐标轴均相切，求此圆的标准方程解：设所求圆的标准方程为(xx0)2(yy0)2r2(r0)由于圆与两坐标轴均相切，故圆心坐标满足x0y00或x0y00.又圆心在直线5x3y8上， 所以5x03y08.由得由得所以圆心坐标为(4,4)或(1，1)，相应的半径为r4或r1，故所求圆的标准方程为(x4)2(y4)216或(x1)2(y1)21.13已知实数x，y满足方程x2y24x10.(1)求的最大值和最小值；(2)求yx的最大值和最小值；(3)求x2y2的最大值和最小值解：(1)原方程化为(x2)2y23，表示以点(2,0)为圆心，半径为的圆设k，即ykx，当直线ykx与圆相切时，斜率k取得最大值和最小值，此时有，解得k.故的最大值为，最小值为.(2)设yxb，即yxb，当yxb与圆相切时，纵截距b取得最大值和最小值，此时，即b2.故(yx)max，(yx)min2.(3)x2y2表示圆上的点与原点距离的平方，由平面几何学问知其在原点与圆心的连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值又知圆心到原点的距离为2，故(x2y2)max(2)274，(x2y2)min(2)274.直线、圆的位置关系多在选择题、填空题考查直线方程与圆的方程的求法，涉及直线与圆有关的基本问题，对于直线中内容很少单独考查在解决直线与圆的问题时，充分发挥数形结合思想的运用，尤其是涉及弦长问题，多用几何法例8圆x2y24上的点到直线xy20的距离的最大值为()A2 B2C. D0解析由于圆x2y24的圆心O到直线xy20的距离d，所以圆上的点到直线距离的最大值为dr2.答案A例9已知2a22b2c2，则直线axbyc0与圆x2y24的位置关系是()A相交但不过圆心 B过圆心C相切 D相离解析由已知圆：x2y24的圆心到直线axbyc0距离是d，又2a22b2c2，|c|，即|c|，d.又圆x2y24的半径r2，dr，故直线与圆x2y24相交又圆心(0,0)代入直线axbyc0得c0，ab0，不合题意，故此直线不过圆心答案A例10(2022广东高考)在平面直角坐标系xOy中，直线3x4y50与圆x2y24相交于A、B两点，则弦AB的长等于()A3 B2C. D1解析圆x2y24的圆心(0,0)到直线3x4y50的距离d1，圆的半径为2，所以弦长|AB|22.答案B14(2022福建高考)直线xy20与圆x2y24相交于A，B两点，则弦AB的长度等于()A2 B2C. D1解析：选B圆心(0,0)到直线xy20的距离为1，所以|AB|22.15(2011江西高考)若曲线C1：x2y22x0与曲线C2：y(ymxm)0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是()A(，)B(，0)(0，)C， D(，)(，)解析：选B整理曲线C1方程得，(x1)2y21，知曲线C1为以点C1(1,0)为圆心，以1为半径的圆；曲线C2则表示两条直线，即x轴与直线l：ym(x1)，明显x轴与圆C1有两个交点，知直线l与x轴相交，故有圆心C1到直线l的距离dr1，解得m(，)，又当m0时，直线l与x轴重合，此时只有两个交点，应舍去16求过点M(3,3)且被圆x2y24y210所截得的弦长为8的直线方程解：圆的方程x2y24y210可化为x2(y2)225，半径长R5，当所求直线斜率不存在时，直线方程为x3，满足已知条件当所求直线斜率存在时，设斜率为k，则可设直线方程为y3k(x3)，即kxy3k30.又圆心(0，2)到直线的距离d3，则k.则直线方程为8x15y210.综上所述，所求的直线方程为x3或8x15y210.三、模块验收评估(老师用书独具)考前热身自评，学习效果心知肚明一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为()解析：选C由几何体的正视图、侧视图，结合题意，可知选C.2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()A6B12C18 D24解析：选B正视图和侧视图都是等腰梯形，俯视图是一个圆环，该几可体是一个圆台，且圆台的上、下底半径分别为1和2，母线为4，S侧(rr)l(12)412.3一个球的内接正方体的表面积为54，则球的表面积为()A27 B18C9 D54解析：选A设正方体的棱长为a，球的半径为r，则6a254，a3.又2ra，ra，S表4r2427.4(2022莆田高一检测)已知高为3的直棱柱ABCABC的底面是边长为1的正三角形(如图所示)，则三棱锥BABC的体积为()A. B.C. D.解析：选DVBABCSABCh3.5(2022厦门高一检测)已知直线l1经过两点(1，2)，(1,4)，直线l2经过两点(2,1)，(x,6)，且l1l2，则x()A2 B2C4 D1解析：选A由于直线l1经过两点(1，2)，(1,4)，所以直线l1的倾斜角为.而l1l2，所以，直线l2的倾斜角也为，又直线l2经过两点(2,1)，(x,6)，所以，x2.6一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其体积等于()A6 B2C. D2解析：选C由正视图可知该三棱柱的底面边长为2，棱柱的高为1，故其体积V21.7(2022揭阳高一检测)直线xky0,2x3y80和xy10交于一点，则k的值是()A. BC2 D2解析：选B解方程组得则点(1，2)在直线xky0上，得k.8圆：x2y24x6y0和圆：x2y26x0交于A，B两点，则AB的垂直平分线的方程是()Axy30 B2xy50C3xy90 D4x3y70解析：选CAB的垂直平分线即是两圆连心线所在的直线，两圆的圆心为(2，3)，(3,0)，则所求直线的方程为，即3xy90.9在四周体ABCD中，棱AB，AC，AD两两相互垂直，则顶点A在底面BCD上的投影H为BCD的()A垂心 B重心C外心 D内心解析：选AABAC，ABAD，ACADA，AB平面ACD，ABCD.AH平面BCD，AHCD，ABAHA，CD平面ABH，CDBH.同理可证CHBD，DHBC，则H是BCD的垂心10(2011湖北高考)设球的体积为V1，它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是()AV1比V2大约多一半BV1比V2大约多两倍半CV1比V2大约多一倍DV1比V2大约多一倍半解析：选D设正方体的棱长为a，则正方体的体积为V2a3，则球半径为a，球体积V1a3，则V1V2a3a3(1)a31.72a3.二、填空题11(2022湖北高考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_解析：由三视图可知，该几何体是由三个圆柱构成的组合体，其中两边圆柱的底面直径是4，高为1，中间圆柱的底面直径为2，高为4，所以该组合体的体积为222112412.答案：1212已知平面，和直线m，给出条件：m；m；m；.(1)当满足条件_时，有m；(2)当满足条件_时，有m(填所选条件的序号)解析：由面面平行和线面平行的定义知若m，则m；由线面垂直的定义知若m，则m.答案：(1)(2)13(2022福建师大附中高一检测)如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ADC平面ABC，在折起后形成的三棱锥DABC中，给出下列三种说法：DBC是等边三角形；ACBD；三棱锥DABC的体积是.其中正确的序号是_(写出全部正确说法的序号)解析：取AC的中点E，连接DE，BE，则DEAC，BEAC，且DEBE.又DEECBE，所以DCDBBC，故DBC是等边三角形又AC平面BDE，故ACBD.又VDABCSABCDE11，故错误答案：14已知直线l经过点P(4，3)，且被圆(x1)2(y2)225截得的弦长为8，则直线l的方程是_解析：(41)2(32)21025，点P在圆内当l的斜率不存在时，l的方程为x4，将x4代入圆的方程，得y2或y6，此时弦长为8.当l的斜率存在时，设l的方程为y3k(x4)，即kxy4k30，当弦长为8时，圆心到直线的距离为3，则3，解得k.则直线l的方程为y3(x4)，即4x3y250.答案：4x3y250或x4三、解答题15已知两条直线l1：3x4y20与l2：2xy20的交点P，求：(1)过点P且过原点的直线方程；(2)过点P且垂直于直线l3：x2y10的直线l的方程解：由解得点P的坐标是(2,2)，(1)所求直线方程为yx.(2)所求直线l与l3垂直，设直线l的方程为2xyC0.把点P的坐标代入得2(2)2C0，得C2.所求直线l的方程为2xy20.16某几何体的三视图如图所示，P是正方形ABCD对角线的交点，G是PB的中点(1)依据三视图，画出该几何体的直观图；(2)在直观图中，证明：PD平面AGC.证明：平面PBD平面AGC.解：(1)该几何体的直观图如图所示(2)证明：如图，连接AC，BD交于点O，连接OG，由于G为PB的中点，O为BD的中点，所以OGPD.又OG平面AGC，PD平面AGC，所以PD平面AGC.连接PO，由三视图，PO平面ABCD，所以AOPO.又AOBO，BOPOO，所以AO平面PBD.由于AO平面AGC，所以平面PBD平面AGC.17已知圆C：x2y28y120，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的取值范围解：(1)将圆C的方程x2y28y120配方得标准方程为x2(y4)24，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，r，故所求圆E的方程为(x1)2(y2)25.(2)直线l的方程为y0k(x2)，即kxy2k0.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.18(2022山东高考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，FC平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求证：BD平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值解：(1)证明：由于四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30，因此ADB90，即ADBD.又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)如图，取BD的中点G，连接CG，FG，由于CBCD，因此CGBD，又FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FCBD.由于FCCGC，FC，CG平面FCG，所以BD平面FCG，故BDFG，所以FGC为二面角FBDC的平面角在等腰三角形BCD中，由于BCD120，因此CGCB.又CBCF，所以GFCG，故cos FGC，因此二面角FBDC的余弦值为.