模块综合检测卷(一)
(时间：120分钟
一、选择题(本大题共12小题，每小题
满分：150分)
5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的
1．直线x－
A．45°
B．60°
)
3＝0的倾斜角是(
C．90°
D．不存在
)
答案：C
2．已知点A(x，1，2)和点B(2，3，4)，且|AB|＝26，则实数x的值是(
B．－6或2D．6或－2
A．－3或4 C．3或－4
答案：D
3．一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．9π D．54π
解析：设正方体的棱长为
a，球的半径为
2
r，
则6a＝54，所以a＝3.
又因为2r＝
3a，
333
所以r＝a＝，
22
27
所以S表＝4πr＝4π·＝27π.
4
2
答案：A
4．在同一个平面直角坐标系中，表示直线
y＝ax与y＝x＋a正确的是(
)
1 / 13
答案：C
5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
(
)
A．12 B．18 C．24 D．30
解析：因为三个视图中直角较多，所以可以在长方体中对几何体进行分析还原，在长
方体中计算其体积．
由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱
(侧棱与底面垂直的棱柱
)截取得到的．在长方体中分析还原，如图①所
示，故该几何体的直观图如图
1
1＝S△ABC1＝×4×3②所示．在图①中，V棱柱ABC-A1B1C·AA
2
111
×5＝30，V棱锥P-A1B1C1＝S△A1B1C1·PB1＝××4×3×3＝6.故几何体ABC-PA1C1的体积
332
为30－6＝24.故选C.
2 / 13
答案：C
6．已知圆
C1：(x－2)＋(y－3)＝1，圆C2：(x－3)＋(y－4)＝9，M，N分别是圆
1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(C
2222
)
B.17－1
D.
A．52－4 C．6－22
，设P(x，0)，C1(2，3)关于
17
解析：先求出圆心坐标和半径，再结合对称性求解最小值
1|＋|PC2|＝|PC1′|＋|PC2|≥|C′1C2|＝x轴的对称点为C1′(2，－3)，那么|PC
（2－3）2＋（－3－4）2＝52.
而|PM|＝|PC1|－1，|PN|＝|PC2|－3，
1|＋|PC2|－4≥５2－4.所以|PM|＋|PN|＝|PC
答案：A
7．直线y＝kx＋3与圆(x－2)＋(y－3)＝4相交于M、N两点，若|MN|≥２3，则k
的取值范围是(
)
2
2
33
B.－，
33
2D.－，0
3
解析：法一：可联立方程组利用弦长公式求
3A.－，0
4
C.－
[3，3]
|MN|，再结合|MN|≥２3可得答案．
法二：利用圆的性质知，圆心到直线的距离的平方加上弦长一半的平方等于半径的平
方，求出|MN|，再结合|MN|≥23可得答案．
答案：B
8．若空间中四条两两不同的直线
l1，l2，l3，l4满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列
结论一定正确的是
(
)
3 / 13
A．l1⊥lB．l1∥l
C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定
解析：如图所示，在长方体
4
4
-A1B1C，l3＝DA，若l4＝ABCD1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC
A和C.
1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项AA
9.如图所示，在四面体ABCD中，若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.答案：D
E，F分别是AC与BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥
BA，则EF与CD所成的角为(
B．45°A．90°D．30°
C．60°
4 / 13
)
解析：如图所示，取
BC的中点H，连接EH，FH，则∠EFH为所求，
可证△EFH为直角三角形，EH
⊥EF，FH＝2，EH＝1，从而可得∠EFH＝30°.
答案：D
．若直线y＝kx＋1与圆x2
＋y2
＋kx－y＝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解析：由
y＝kx＋1，
x2＋y2＋kx－y＝0，
得(1＋k2
)·x2
＋2kx＝0.因为两点恰好关于
y轴对称，
所以x＝－2k
1＋x21＋k2
＝0，
所以k＝0.答案：A
．已知直线l1：ax＋4y－2＝0与直线l2：2x－5y＋b＝0互相垂直，垂足为(1，c)，
则a＋b＋c的值为(
A．－4 B．20 C．0 D．24
解析：垂足(1，c)是两直线的交点，且l1⊥l2，
故－a4·2
5
＝－1，
所以a＝10.l：10x＋4y－2＝0.
将(1，c)代入，得c＝－2；
5 / 13
)
)
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高中数学模块综合检测卷(一)苏教版必修2
