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    高中数学模块素养评价含解析新人教A版选择性必修第一册练习题

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    这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册全册综合课堂检测,共11页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    模块素养评价
    (120分钟 150分)
    一、单选题(每小题5分,共40分)
    1.(2020·盘锦高二检测)已知a=,则下列向量中与a平行的是(  )
    A. B.
    C. D.
    【解析】选D.对于A选项,因为≠≠,A选项中的向量与a不平行;对于B选项,因为≠≠,B选项中的向量与a不平行;对于C选项,因为=≠,C选项中的向量与a不平行;对于D选项,因为==,D选项中的向量与a平行.
    2.(2020·南昌高二检测)在四面体ABCD中,点F在AD上,且AF=2FD,E为BC的中点,则等于(  )
    A.=+-
    B.=--+
    C.=-+
    D.=-+-
    【解析】选B.在四面体ABCD中,点F在AD上,且AF=2FD,E为BC的中点,所以=++=-+=--+,即=--+.

    3.若向量a=(0,1,-1),b=(1,1,0),且(a+λb)⊥a,则实数λ的值是(  )
    A.-1 B.0 C.-2 D.1
    【解析】选C.因为(a+λb)⊥a,
    所以(a+λb)·a=a2+λb·a=()2+λ×(0+1+0)=0,解得λ=-2.
    4.已知直线l1:2x+y+n=0与l2:4x+my-4=0互相平行,且l1,l2之间的距离为,则m+n=(  )
    A.-3或3 B.-2或4
    C.-1或5 D.-2或2
    【解析】选A.由2m-4=0,解得m=2.满足l1∥l2.l2的方程为2x+y-2=0,有=,则|n+2|=3,解得n=1或-5,故m+n=±3.
    5.(2020·天津高二检测)已知圆x2+y2+2x-2y+2a=0截直线x+y+2=0所得弦长为4,则实数a的值是(  )
    A.-3 B.-2 C.-1 D.-4
    【解析】选B.圆心为,圆心到直线距离为=,故圆的半径为=,即=,a=-2.
    6.(2020·西安高二检测)双曲线C1:-=1(a>0,b>0)的一个焦点为F(c,0)(c>0),且双曲线C1的两条渐近线与圆C2:(x-c)2+y2=均相切,则双曲线C1的渐近线方程为(  )
    A.x±y=0 B.x±y=0
    C.x±y=0 D.x±y=0
    【解析】选A.根据题意知:焦点F(c,0)到渐近线
    y=x的距离为d==,
    故a2=3b2,故渐近线为x±y=0.
    7.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说:“白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再回军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设军营所在区域为x2+y2≤2,若将军从点A(3,0)处出发,河岸线所在直线方程为x+y=4,并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营,则“将军饮马”的最短总路程为(  )
    A.2 B.-
    C. D.3-
    【解析】选B.设点A关于直线x+y=4的对称点A′(a,b),设军营所在区域的圆心为C,根据题意,|A′C|-为最短距离,先求出A′的坐标,AA′的中点为,直线AA′的斜率为1,故直线AA′为y=x-3,由联立得a=4,b=1,所以|A′C|==,故|A′C|-=-.
    8.(2020·浏阳高二检测)在椭圆+y2=1上有两个动点P,Q,E为定点,EP⊥EQ,则·的最小值为(  )
    A.4 B.3- C. D.1
    【解析】选C.由题意得·=·=2-·=2,
    设椭圆上一点P,则=,
    所以2=(x-1)2+y2=(x-1)2+
    =2+,
    又-2≤x≤2,所以当x=时,2取得最小值.
    二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
    9.(2020·沈阳高二检测)若a=,b=,a与b的夹角为120°,则λ的值为(  )
    A.17 B.-17 C.-1 D.1
    【解析】选AC.由已知a·b=-2-λ-2=-λ-4,==,==,
    所以cos 120°===-,解得λ=17或λ=-1.
    10.(2020·启东高二检测)设有一组圆Ck:(x-1)2+(y-k)2=k4(k∈N*).下列四个命题正确的是(  )
    A.存在k,使圆与x轴相切
    B.存在一条直线与所有的圆均相交
    C.存在一条直线与所有的圆均不相交
    D.所有的圆均不经过原点
    【解析】选ABD.根据题意得圆的圆心为(1,k),半径为k2,选项A,当k=k2,即k=1时,圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=1,圆与x轴相切,故正确;
    选项B,直线x=1过圆的圆心(1,k),x=1与所有圆都相交,故正确;选项C,圆k:圆心(1,k),半径为k2,圆k+1:圆心(1,k+1),半径为(k+1)2,两圆的圆心距d=1,两圆的半径之差R-r=2k+1,(R-r>d),Ck含于Ck+1之中,若k取无穷大,则可以认为所有直线都与圆相交,故错误;选项D,将(0,0)代入圆的方程,则有1+k2=k4,不存在k∈N*使上式成立,即所有圆均不过原点,正确.
    11.(2020·济南高二检测)设F1,F2分别为双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,若在双曲线右支上存在点P,满足=,且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长,则关于该双曲线的下列结论正确的是(  )
    A.渐近线方程为4x±3y=0
    B.渐近线方程为3x±4y=0
    C.离心率为
    D.离心率为
    【解析】选AC.设==2c,
    由-=2a,可得=2c+2a,
    由F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长2a,
    设PF1的中点为M,由等腰三角形PF1F2的性质可得,F2M⊥PF1,
    即有=2=4=4b,
    所以2c+2a=4b,即c+a=2b,
    可得c2=a2+b2=(2b-a)2,即有3b=4a,
    则双曲线的渐近线方程为y=±x=±x,
    即4x±3y=0,离心率e==
    ==.
    12.(2020·潍坊高二检测)已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F的直线l交抛物线于A,B两点,以线段AB为直径的圆交x轴于M,N两点,设线段AB的中点为Q.若抛物线C上存在一点E(t,2)到焦点F的距离等于3.则下列说法正确的是(  )
    A.抛物线的方程是x2=2y
    B.抛物线的准线是y=-1
    C.sin ∠QMN的最小值是
    D.线段AB的最小值是6
    【解析】选BC.抛物线C:x2=2py的焦点为F,得抛物线的准线方程为y=-,点E到焦点F的距离等于3,可得2+=3,解得p=2,则抛物线C的方程为x2=4y,准线为y=-1,故A错误,B正确;由题知直线l的斜率存在,F,设A,B,直线l的方程为y=kx+1,由,消去y得x2-4kx-4=0,
    所以x1+x2=4k,x1x2=-4,
    所以y1+y2=k+2=4k2+2,所以AB的中点Q的坐标为,
    =y1+y2+p=4k2+2+2=4k2+4,故线段AB的最小值是4,即D错误;
    所以圆Q的半径为r=2k2+2,
    在等腰△QMN中,sin ∠QMN===1-≥1-=,当且仅当k=0时取等号,
    所以sin ∠QMN的最小值为,即C正确.
    三、填空题(每小题5分,共20分)
    13.(2020·重庆高二检测)设直线l1:(a+1)x+3y+2-a=0,直线l2:2x+(a+2)y+1=0.若l1∥l2,则实数a的值为______.
    【解析】依题意可得,,解得a=-4.
    答案:-4
    14.(2020·上海高二检测)平行六面体ABCD­A1B1C1D1中,已知底面四边形ABCD为正方形,且∠A1AB=∠A1AD=,其中,设==1,=c,体对角线=2,则c的值是________.

    【解析】=+-,
    故||2=|+-|2=2+2+2+2·-2·-2·=c2+2-2c=4,解得c=+1.
    答案:+1
    15.(2020·新高考全国Ⅰ卷)斜率为的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|AB|=________.
    【解析】因为抛物线的焦点为(1,0),所以由题意知直线AB的方程为
    y=(x-1),与y2=4x联立得3(x-1)2=4x,即3x2-10x+3=0,
    设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,
    所以|AB|=x1+x2+2=.
    答案:
    16.(2020·武汉高二检测)双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交曲线C右支于P,Q两点,且PQ⊥PF1,若3=4,则C的离心率等于________.
    【解析】如图,设|PQ|=4t(t>0),
    由3=4可得=3t,
    由双曲线定义,有|PF1|-|PF2|=2a,
    所以=3t-2a,
    =|PQ|-|PF2|=t+2a,
    又|QF1|-|QF2|=2a,所以|QF1|=t+4a,
    因为PQ⊥PF1,所以|PF1|2+|PF2|2=4c2,|PF1|2+|PQ|2=|QF1|2,
    即(3t)2+(3t-2a)2=4c2①,
    (3t)2+(4t)2=(t+4a)2②,
    由②解得t=a,代入①得(3a)2+(3a-2a)2=4c2,
    即10a2=4c2,
    所以e===.

    答案:
    四、解答题(共70分)
    17.(10分)已知向量a=(2,4,-2),b=(-1,0,2),c=(x,2,-1).
    (1)若a∥c,求|c|.
    (2)若b⊥c,求(a-c)·(2b+c)的值.
    【解析】(1)因为a∥c,所以存在实数k使得c=ka,
    可得:解得x=1.
    所以|c|==.
    (2)b⊥c,所以b·c=-x+0-2=0,
    解得x=-2.所以c=(-2,2,-1).
    所以(a-c)·(2b+c)=(4,2,-1)·(-4,2,3)
    =-16+4-3=-15.
    18.(12分)如图,在三棱柱ABC­A1B1C1中,A1A=AB,∠ABC=90°,侧面A1ABB1⊥底面ABC.

    (1)求证:AB1⊥平面A1BC;
    (2)若AC=5,BC=3,∠A1AB=60°,求二面角B­A1C­C1的余弦值.
    【解析】(1)在侧面A1ABB1中,因为A1A=AB,
    所以四边形A1ABB1为菱形,所以AB1⊥A1B.
    因为侧面A1ABB1⊥底面ABC,∠ABC=90°,
    平面A1ABB1∩平面ABC=AB,
    所以CB⊥侧面A1ABB1.
    因为AB1⊂平面A1ABB1,所以CB⊥AB1.
    又因为A1B∩BC=B,所以AB1⊥平面A1BC.
    (2)在Rt△ABC中,AC=5,BC=3,所以AB=4,
    在菱形A1ABB1中,因为∠A1AB=60°,
    所以△A1AB为正三角形.

    如图,以菱形A1ABB1的对角线交点O为坐标原点,OA1所在直线为x轴,OA所在直线为y轴,过点O且与BC平行的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系,则A1(2,0,0),B(-2,0,0),C(-2,0,3),B1(0,-2,0),C1(0,-2,3),
    所以=(-2,2,0),=(2,2,-3).
    设n=(x,y,z)为平面A1CC1的法向量,

    所以
    令x=3,得n=(3,,4)为平面A1CC1的一个法向量.
    又=(0,-2,0)为平面A1BC的一个法向量,
    cos 〈n,〉===-.
    由直观图知,二面角B­A1C­C1的平面角为钝角,
    所以二面角B­A1C­C1的余弦值为-.
    19.(12分)一动点到两定点距离的比值为正常数λ,当λ≠1时,动点的轨迹为圆,后世称之为阿波罗尼斯圆.已知两定点A,B的坐标分别为:A(4,0),B(1,0),动点M满足|AM|=2|BM|.
    (1)求动点M的阿波罗尼斯圆的方程;
    (2)过P(2,3)作该圆的切线l,求l的方程.
    【解析】(1)设动点M的坐标为(x,y),
    则|AM|=,|BM|=,
    又知|AM|=2|BM|,
    则=2,得x2+y2=4.
    (2)当直线l的斜率存在且为k时,直线l的方程为:y=kx-2k+3,l与圆相切,
    则d==2,得:k=,
    此时l的方程为:5x-12y+26=0,
    当直线l的斜率不存在时,此时直线l的方程为:x=2,
    综上,直线l的方程为x=2,5x-12y+26=0.
    20.(12分)(2020·新高考全国Ⅰ卷)如图,四棱锥P­ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l.

    (1)证明:l⊥平面PDC;
    (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
    【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
    又底面ABCD为正方形,
    所以AD⊥DC,又DC∩PD=D,DC,PD⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC.
    因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC,由平面PAD与平面PBC的交线为l,可得l∥AD.因此l⊥平面PDC.
    (2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),=(0,1,0),=(1,1,-1).

    由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1),设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,
    则即
    可取n=(-1,0,a).所以cos==.设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=×=.因为≤,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
    21.(12分)已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:+=1(a>b>0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为2.过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且与同向.
    (1)求C2的方程;
    (2)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率.
    【解析】(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).
    因为F也是椭圆C2的一个焦点,
    所以a2-b2=1.①
    又C1与C2的公共弦的长为2,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,
    由此易知C1与C2的公共点的坐标为,
    所以+=1.②
    联立①②,得a2=9,b2=8.
    故C2的方程为+=1.
    (2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).

    因与同向,且|AC|=|BD|,
    所以=,
    从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,
    于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4. ③
    设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.
    由得x2-4kx-4=0.
    而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4. ④

    得(9+8k2)x2+16kx-64=0.
    而x3,x4是这个方程的两根,
    所以x3+x4=-,
    x3x4=-. ⑤
    将④⑤代入③,得16(k2+1)=+,
    即16(k2+1)=
    所以(9+8k2)2=16×9,
    解得k=±,即直线l的斜率为±.
    22.(12分)(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).
    (1)求C的方程;
    (2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
    【解析】(1)由题意得+=1,=,
    解得a2=6,b2=3.所以C的方程为+=1.
    (2)设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入+=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
    于是x1+x2=-,x1x2=.①
    由AM⊥AN知·=0,
    故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
    将①代入上式可得(k2+1)-(km-k-2)+(m-1)2+4=0.
    整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
    因为A(2,1)不在直线MN上,
    所以2k+m-1≠0,
    故2k+3m+1=0,k≠1(A(2,1)不在直线MN上).
    于是MN的方程为y=k-(k≠1).
    所以直线MN过点P.
    若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).
    由·=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.
    又+=1,可得3x-8x1+4=0.
    解得x1=2(舍去),x1=.
    此时直线MN过点P.
    令Q为AP的中点,即Q.
    若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,
    故|DQ|=|AP|=.
    若D与P重合,则|DQ|=|AP|.
    综上,存在点Q,使得|DQ|为定值.

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