综合质量检测(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．直线x＋y＋1＝0的倾斜角为()A.B.C.D.[解析]由直线方程可知，直线的斜率k＝－，由tanα＝－，且0≤α<π可得α＝.[答案]D2．直线l1∥l2，在l1上取3个点，在l2上取2个点，由这5个点能确定平面的个数为()A．5B．4C．9D．1[解析]由经过两条平行直线有且只有一个平面可知分别在两平行直线上的5个点只能确定一个平面．[答案]D3．直线l1：y＝kx＋b和直线l2：＋＝1(k≠0，b≠0)在同一坐标系中，两直线的图形应为()[解析]在D中，k>0，b>0，且两直线都过点(0，b)，适合l1，l2的方程．[答案]D4．已知一个底面是菱形、侧面是矩形的四棱柱，侧棱长为5，菱形的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是()A．30B．60C．30＋135D．135[解析]由菱形的对角线长分别是9和15，得菱形的边长为＝，则这个棱柱的侧面积为4××5＝30.[答案]A5．已知α、β是两个平面，直线l⊄α，l⊄β，若以①l⊥α；②l∥β；③α⊥β中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，则其中正确的命题有()A．①③⇒②；①②⇒③B．①③⇒②；②③⇒①C．①②⇒③；②③⇒①D．①③⇒②；①②⇒③；②③⇒①[解析]因为α⊥β，所以在β内找到一条直线m，使m⊥α，又因为l⊥α，所以l∥m.又因为lβ，所以l∥β，即①③⇒②；因为l∥β，所以过l可作一平面γ∩β＝n，所以l∥n，又因为l⊥α，所以n⊥α又因为nβ，所以α⊥β，即①②⇒③.[答案]A6．已知直线x－2y－3＝0与圆(x－2)2＋(y＋3)2＝9交于E，F两点，则△EOF(O是原点)的面积为()A.B.C．2D.[解析]该圆的圆心为A(2，－3)，半径长r＝3，圆心到直线的距离d＝＝，弦长为2＝2＝4.因为原点到直线的距离为＝，所以S＝×4×＝.[答案]D7．已知点A(1，－2)、B(m,2)，且线段AB的垂直平分线的方程是x＋2y－2＝0，则实数m的值是()A．－2B．－7C．3D．1[解析]由已知条件可知线段AB的中点在直线x＋2y－2＝0上，把中点坐标代入直线方程，解得m＝3.[答案]C8．半径为R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为()A.πR3B.πR3C.πR3D.πR3[解析]依题意，得圆锥的底面周长为πR，母线长为R，则底面半径为，高为R，所以圆锥的体积为×π×2×R＝πR3.[答案]A9．经过直线l1：x－3y＋4＝0和l2：2x＋y＋5＝0的交点，并且经过原点的直线方程是()A．19x－9y＝0B．9x＋19y＝0C．3x＋19y＝0D．19x－3y＝0[解析]解得即直线l1、l2的交点是，由两点式可得所求直线的方程是3x＋19y＝0.[答案]C10．若x，y满足x2＋y2－2x＋4y－20＝0，则x2＋y2的最小值是()A.－5B．5－C．30－10D．无法确定[解析]设P(x，y)是圆C：x2＋y2－2x＋4y－20＝0上一点．配方，得(x－1)2＋(y＋2)2＝25，圆心坐标为C(1，－2)，半径r＝5.所以＝，所以要使最小，则线段PO最短．如图，当点P，O，C在同一直线上时，|PO|min＝|PC|－|OC|＝5－＝5－，即(x2＋y2)min＝30－10.[答案]C11．一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为()A.＋πB.＋πC.＋πD．1＋π[解析]根据三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形、高是1，半球的半径为，所以该几何体的体积为×1×1×1＋×π3＝＋π.[答案]C12．若曲线C1：x2＋y2－2x＝0与曲线C2：y(y－mx－m)＝0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是()A.B.∪C.D.∪[解析]因为y(y－mx－m)＝0，所以y＝0或y－mx－m＝0.当y＝0时，显然C2与圆x2＋y2－2x＝0有两个不同的交点，要使两曲线有四个不同的交点，只需y－mx－m＝0与圆x2＋y2－2x＝0有两个不同的交点，且m≠0.由方程组消去y，得关于x的一元二次方程，再令Δ>0，解得m∈∪.[答案]B第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．已知在△ABC中，∠BAC＝90°，P为平面ABC外一点，且PA＝PB＝PC，则平面PBC与平面ABC的位置关系是________．[解析] PA＝PB＝PC，∴P在△ABC所在平面上的射影必落在△ABC的外心上．又外心在BC上，设为O，则PO⊥平面...
