第八章学业质量评估卷-2020-2021学年新教材高中数学必修第二册【志鸿优化训练】

(2)设z=x+yi(x,y∈R) 3.D解析:两条平行线确定一个平面,由此可知最多可 10.A解析:∵PA⊥平面ABCD,BC,ADC平面∴V模=14-12=132(cm) 由|2-3-3i=2|z|,得(x-3)2+(y+3)2=确定6个平面 ABCD ∴制作该模型所需原料的质量为0.9V=0.9× 4(x2+y2), 4.B解析:对于①,空间内两条直线无公共点,则这两条 ∴PA⊥BC,PA⊥AD 132=118.8(g) 即(x+1)2+(y-1)2=8, 直线可能平行,也可能异面,因此①不正确;对于②,空 又∵BC⊥AB,PA∩AB=A, 15.60°解析:过点A作l的垂线,设垂足为C,连接BC ∵x点的轨迹是以O1(-1,1)为圆心,22为半径的间内两条直线的位置关系只有三种:相交、平行和异面, ∴BC⊥平面PAB. (图略).由于AB⊥B,则△ABC为直角三角形,∠ACB 圆,如图 故②正确;对于③,过平面外一点与平面内一点的直线, ∵BCC平面PBC, 与平面内过该点的直线是相交直线,故③不正确;对于 ∴平面PBC⊥平面PAB. 就是锐二面角a-l-B的平面角.易得sin∠ACB=分 ④,分别和两条异面直线都相交的两条直线可能相交, ∵AD⊥PA,AD⊥AB,PA∩AB=A, 因此∠ACB=60°·即二面角a-l-B的平面角的大小 也可能异面,故④不正确 ∴AD⊥平面PAB. 5.A解析:由斜二测画法的原则可得,BC=BC=2, 又∵ADC平面PAD, 16.2解析:本题考查空间直线与平面间的垂直关系、点 ∴平面PAD⊥平面PAB A0=2AO 3,由图易得AO⊥BC 到平面的距离 显然平面PAD与平面PBC不垂直.故选A. 如图,过点P作PO⊥平面ABC,垂足为O,PD⊥AC ∴S△wx=×2×=3,故选A 11B解析:根据已知把SABC补成如图所示的长方于D,PE⊥BC于E, 当z点在OO1的连线上时,z|有最大值或最小值 体,因为球O的表面积为4π,所以球O的半径R=1 连接OD,OE,则PD=PE=3. ∵OO|=2,半径 6.D解析:由于直线l上有2个点在平面a外,则直线l SA2+1+2=2,解得SA=1,故选B 在平面α外,即直线l与平面a相交,或直线l与平面a 由PO⊥平面ABC,知PO⊥AC. ∴当z=1-i时,z|有最小值且|z|-m=√2 平行,所以直线l上至多有1个点在平面a内.故选D. 又因为AC⊥PD,PO∩PD=P (x-2)+(x+2)=√2x+8≥2,7.A解析:如图,正方体中,设过AC且与BD1平行的平 所以AC⊥平面POD,所以AC⊥OD, 显然当x=0时,复数z的模最小,为2√2 面交D1D于点E,连接BD交AC于O,连接EO,则AC 同理可得BC⊥OE (2)当x=0时,Z(-2,2) 与BD互相平分,又∵BD1∥平面AEC,BD 又因为∠ACB=90°,所以四边形CDOE为矩形 因为点Z落在直线y=-mx+n上,所以2m+n=2.平面BDD,平面BDD1∩平面AEC=EO,BD1∥ 又因为PO=PO,PD=PE, EO,又∵O为BD的中点,∴E为DD1的中点,故选A. 因为 12.D解析:在AA1上取点M使得AM=MA1, 所以Rt△POD≌Rt△POE, 所以OD=OE,所以矩形CDOE为正方形 连接B1M,则BM∥DF, 在Rt△PCD中,CD=√PC-PD=1, 2+n+2n1≥2+2√m·2n-=2+ 取CD1的中点N,连接B1N,MN,则B1N∥DE. 又∵B1M∩B1N=B1,DF∩DE=D 则OC=2CD 当且仅当n2=2m2时等号成立 因此平面B1MN∥平面DEF, 所以在Rt△PCO中,PO=√PC-OC=√2. 又因为2m+n=2,所以m=2-√2,n=2√2 8.B解析:如图所示,在三棱锥A'DEF中,因为G,H, 过N作NG∥DF交DD1于点G,连接MG,则B1,M 即P到平面ABC的距离为 22解:(1)因为z=2(c0s0+isin0), ,J分别为A'F,AD,AE,DE的中点 G,N四点共面,且DG=÷DD 解:由题意知,所成几何体的表面积=圆台下底 所以x2=2(c00-sin0+2 isin bcos0)=2(c0s20+所以UJ∥A'D,HG∥DF 面积十国台的侧面积十半球面的面积 isin 20) 故HG与J所成角与AD与DF所成角相等 因为ε2的虚部为2, 显然AD与DF所成的角的大小为60°, 又S*球面=×4x×2=8r(cm2), 所以sin20=1,所以0=kx+(k∈Z 所以HG与ⅠJ所成角的大小为60°,故选B. S台制=x×(2+5)×√(5-2)2+42 357(cm 因为复数α的实部大于零,所以z=1+i S