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

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，
则
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
由
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．