高中数学模块综合测评含解析新人教A版选择性必修第一册

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册全册综合课时训练，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

模块综合测评
(时间:120分钟　满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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kx-y-1=0与直线x+2y-2=0的交点在第四象限,则实数k的取值范围为(　　)
　　　　　　　　　　　　
A.-12,12 B.-12,0
C.12,+∞ D.-∞,-12
解析联立kx-y-1=0,x+2y-2=0,解得x=41+2k,y=2k-11+2k,
∴41+2k>0且2k-11+2k<0,
∴-12 答案A
2.(2020浙江湖州期末)在空间直角坐标系中,若直线l的方向向量为a=(1,-2,1),平面α的法向量为n=(2,3,4),则(　　)
A.l∥α B.l⊥α
C.l⊂α或l∥α D.l与α斜交
解析由a·n=1×2+(-2)×3+1×4=0,可知a⊥n.
∴l∥α或l⊂α.
答案C
3.设直线l1:y=k1x+1,l2:y=k2x-1,其中实数k1,k2满足k1k2+2=0,则l1与l2的交点一定在(　　)
A.2x2+3y2=1(x≠0)上
B.x2+2y2=1(x≠0)上
C.2x2+y2=1(x≠0)上
D.3x2+2y2=1(x≠0)上
解析直线l1:y=k1x+1,∴k1=y-1x(x≠0);
直线l2:y=k2x-1,∴k2=y+1x(x≠0).
又k1k2+2=0,∴y-1x·y+1x+2=0,
整理得2x2+y2=1(x≠0),
∴l1与l2的交点一定在2x2+y2=1(x≠0)上.
答案C
4.在下列条件中,使点M与点A,B,C一定共面的是(　　)
A.OM=OA-OB-OC
B.OM=15OA+13OB+12OC
C.MA+MB+MC=0
D.OM+OA+OB+OC=0
解析对于A,由OM=OA-OB-OC,得1-1-1=-1≠1,所以M,A,B,C四点不共面;
对于B,由OM=15OA+13OB+12OC,得15+13+12≠1,所以M,A,B,C四点不共面;
对于C,由MA+MB+MC=0,得MA=-MB-MC,则MA,MB,MC为共面向量,即M,A,B,C四点共面;
对于D,由OM+OA+OB+OC=0,得OM=-(OA+OB+OC),其系数和不为1,所以M,A,B,C四点不共面.
答案C
5.已知圆C1:x2+(y+m)2=2与圆C2:(x-m)2+y2=8恰有两条公切线,则实数m的取值范围是(　　)
A.(1,3) B.(-1,1)
C.(3,+∞) D.(-3,-1)∪(1,3)
解析∵圆C1:x2+(y+m)2=2与圆C2:(x-m)2+y2=8恰有两条公切线,∴两圆相交.
又C1圆心为(0,-m),半径为2,C2圆心为(m,0),半径为22,∴2<2|m|<32,即1<|m|<3,
解得-3 答案D
6.(2020安徽池州模拟)已知MN是正方体内切球的一条直径,点P在正方体表面上运动,正方体的棱长是2,则PM·PN的取值范围为(　　)
A.[0,4] B.[0,2] C.[1,4] D.[1,2]
解析设正方体内切球的球心为O,则OM=ON=1,
PM·PN=(PO+OM)·(PO+ON)=PO2+PO·(OM+ON)+OM·ON.
∵MN为球O的直径,
∴OM+ON=0,OM·ON=-1,
∴PM·PN=PO2-1.
又点P在正方体表面上移动,
当P为正方体顶点时,|PO|最大,最大值为3;
当P为内切球与正方体的切点时,|PO|最小,最小值为1,
∴PO2-1∈[0,2],即PM·PN的取值范围为[0,2].
答案B
7.过双曲线C:x2a2-y2b2=1的右顶点作x轴的垂线与C的一条渐近线相交于A,若以双曲线C的右焦点F为圆心、以2为半径的圆经过A,O两点(O为坐标原点),则双曲线C的离心率为(　　)
A.3 B.2 C.5 D.3
解析因为双曲线的渐近线方程为y=±bax,
所以A(a,b)或A(a,-b),因此|AF|=c=2,
即(2-a)2+b2=2,整理可得a2+b2-4a=0.
因为a2+b2=c2=4,解得a=1,
所以双曲线的离心率为e=ca=2.
答案B
8.(2021黑龙江大庆一模)由抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面,用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质:一束平行于抛物线轴的光线,经过抛物面的反射集中于它的焦点.用一过抛物线轴的平面截抛物面,将所截得的抛物线放在平面直角坐标系中,对称轴与x轴重合,顶点与原点重合,如图,若抛物线过点A14,1,平行于对称轴的光线经过点A反射后,反射光线交抛物线于点B,则线段AB的中点到准线的距离为(　　)

A.254 B.258 C.174 D.2
解析由题意设抛物线的方程为y2=mx,将A的坐标代入可得12=14m,可得m=4,
所以抛物线的方程为y2=4x,可得焦点F(1,0),准线方程为x=-1,
由题意可得反射光线过焦点(1,0),所以直线AB的方程为y-01-0=x-114-1,整理可得y=-43(x-1),
联立y=-43(x-1),y2=4x,解得y1=-4,y2=1,
代入直线方程可得x1=4,x2=14,
所以反射光线与抛物线的两个交点A14,1,B(4,-4),
所以AB的中点为178,-32,
所以AB的中点到准线的距离d=178+1=258.
答案B
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,如果AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则下列结论正确的有(　　)
A.AP⊥AB
B.AP⊥AD
C.AP是平面ABCD的一个法向量
D.AP∥BD
解析∵AB·AP=2×(-1)+(-1)×2+(-4)×(-1)=0,∴AP⊥AB,即AP⊥AB,故A正确;
∵AP·AD=(-1)×4+2×2+(-1)×0=0,
∴AP⊥AD,即AP⊥AD,故B正确;
由AP⊥AB,AP⊥AD,且AB∩AD=A,得出AP是平面ABCD的一个法向量,故C正确;
由AP是平面ABCD的法向量,得出AP⊥BD,故D错误.
答案ABC
10.设F1,F2分别是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,A为双曲线的左顶点,以F1,F2为直径的圆交双曲线的某条渐近线于M,N两点(M在x轴上方,N在x轴下方),c为双曲线的半焦距,O为坐标原点.则下列说法正确的是(　　)
A.点N的坐标为(a,b)
B.∠MAN>90°
C.若∠MAN=120°,则双曲线C的离心率为213
D.若∠MAN=120°,且△AMN的面积为23,则双曲线C的方程为x23-y24=1
解析令渐近线方程为y=bax,
代入圆x2+y2=c2=a2+b2,解得M(a,b),N(-a,-b),故A错误;
由于A(-a,0),M(a,b),N(-a,-b),AM=(2a,b),AN=(0,-b),AM·AN=-b2<0,则∠MAN>90°,故B正确;
若∠MAN=120°,
由余弦定理得
4c2=(a+a)2+b2+b2-2(a+a)2+b2·bcos120°,
化简得7a2=3c2,即e=ca=213,故C正确;
由△AMN的面积为23,得12ab×2=23,
再由a2+b2=c2,7a2=3c2,解得a=3,b=2,即有双曲线C的方程为x23-y24=1,故D正确.
答案BCD
11.过抛物线y2=2px(p>0)焦点F的直线与抛物线交于A,B两点,作AC,BD垂直抛物线的准线l于C,D两点,其中O为坐标原点,则下列结论正确的是(　　)
A.AC+CD=BD-BA
B.存在λ∈R,使得AD=λAO成立
C.FC·FD=0
D.准线l上任意一点M,都使得AM·BM>0
解析AC+CD=AD=BD-BA,故A正确;
设A(x1,y1),B(x2,y2),可得C-p2,y1,D-p2,y2,

又直线OA的斜率kOA=y1x1=2py1,直线AD的斜率kAD=y1-y2x1+p2,设直线AB方程为x=my+p2,
代入抛物线的方程,可得y2-2pmy-p2=0,
可得y1y2=-p2,即有y1(y1-y2)=y12-y1y2=2px1+p2,
则kOA=kAD,即存在λ∈R,使得AD=λAO成立,故B正确;
FC·FD=(-p,y1)·(-p,y2)=y1y2+p2=0,故C正确;
由抛物线的定义可得|AB|=|AC|+|BD|,
可得以AB为直径的圆的半径与梯形ACDB的中位线长相等,即该圆与CD相切,设切点为M,即AM⊥BM,则AM·BM=0,故D不正确.
答案ABC
12.

(2021江苏海安检测)双纽线像数字“8”,不仅体现了数学的对称、和谐、简洁、统一的美,同时也具有特殊的有价值的艺术美,是形成其他一些常见的漂亮图案的基石,也是许多设计者设计作品的主要几何元素.曲线C:(x2+y2)2=4(x2-y2)是双纽线,则下列结论正确的是(　　)
A.曲线C经过5个整点(横、纵坐标均为整数的点)
B.曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2
C.曲线C关于直线y=x对称的曲线方程为(x2+y2)2=4(y2-x2)
D.若直线y=kx与曲线C只有一个交点,则实数k的取值范围为(-∞,-1]∪[1,+∞)
解析当y=0时,x4=4x2,解得x=0或2或-2,
即曲线过整点(0,0),(2,0),(-2,0),结合图象可知-2≤x≤2,令x=±1,得y2=23-3,不是整点,
∴曲线C共经过3个整点,故A错误;
x2+y2=4(x2-y2)x2+y2≤4,曲线C上任取一点P(x,y)到原点的距离d=x2+y2≤2,故B正确;
曲线C上任取一点M关于y=x的对称点为N,
设N(x,y),则M(y,x),M在曲线C上,
∴(x2+y2)2=4(y2-x2),故C正确;
y=kx与曲线C一定有公共点(0,0),
∵y=kx与曲线C只有一个公共点,
则x4(1+k2)=4x2(1-k2),∴1-k2≤0,
∴k≥1或k≤-1,故D正确.
答案BCD
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.设向量a=(1,2,λ),b=(2,2,-1),若cos=49,则实数λ的值为　　　　　. 
解析因为向量a=(1,2,λ),b=(2,2,-1),
所以a·b=2+4-λ=6-λ,
|a|=1+4+λ2=5+λ2,
|b|=4+4+1=3.
若cos=49,则a·b|a||b|=6-λ5+λ2×3=49,
化简得7λ2+108λ-244=0,
解得λ=-1227或λ=2,
则实数λ的值为-1227或2.
答案-1227或2
14.(2020浙江宁波期末)如图,在空间四边形OABC中,E,F分别是AB,BC的中点,H是EF上一点,且EH=14EF,记OH=xOA+yOB+zOC,则(x,y,z)=　　　　　;若OA⊥OB,OA⊥OC,∠BOC=60°,且|OA|=|OB|=|OC|=1,则|OH|=　　　　　. 

解析∵OH=OE+EH=OA+AE+14EF=OA+12AB+14(OF-OE)=OA+12(OB-OA)+14×12(OB+OC-OA-OB)=38OA+12OB+18OC,
∴(x,y,z)=38,12,18.
∵OA⊥OB,OA⊥OC,∠BOC=60°,
且|OA|=|OB|=|OC|=1,
∴OH2=38OA+12OB+18OC2
=964|OA|2+14|OB|2+164|OC|2+2×12×18×cos60°
=964+14+164+116=3064,∴|OH|=308.
答案38,12,18　308
15.(2021河北邢台检测)在△ABC中,A,B分别是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点C在椭圆上,且∠ABC=30°,(AB+AC)·BC=0,则该椭圆的离心率为　　　　　. 
解析如图,作平行四边形ABEC,

由(AB+AC)·BC=0,得AE⊥BC,
故|AC|=|AB|=2c.
又∠ABC=30°,∴|BC|=2×2csin60°=23c.
由椭圆的定义知2a=|AC|+|BC|=2(1+3)c,
故a=(3+1)c,
∴离心率e=ca=13+1=3-12.
答案3-12
16.(2020山东临沂期末)如图,光线从P(a,0)(a>0)出发,经过直线l:x-3y=0反射到Q(b,0),该光线又在Q点被x轴反射,若反射光线恰与直线l平行,且b≥13,则实数a的最小值是　　　　　. 

解析设点P关于直线l的对称点P'(m,n),直线l的斜截式方程y=13x,
所以0+n2=13·a+m2,n-0m-a·13=-1,
解得m=45a,n=35a,
所以点P'45a,35a.
根据两点式得到直线P'Q的方程为y-035a-0=x-b45a-b,
整理可得3ax-(4a-5b)y-3ab=0.
因为反射光线恰与直线l平行,
所以3a4a-5b=-13,所以a=513b.
又因为b≥13,所以a≥5,
则a的最小值是5.
答案5
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2020安徽黄山期末)圆心为C的圆经过点A(-4,1),B(-3,2),且圆心C在直线l:x-y-2=0上.
(1)求圆C的标准方程;
(2)过点P(3,-1)作直线m交圆C于M,N两点且|MN|=8,求直线m的方程.
解(1)由已知直线AB的斜率kAB=1,AB中点坐标为-72,32,
所以AB垂直平分线的方程为x+y+2=0.
则由x+y+2=0,x-y-2=0,解得x=0,y=-2,
所以圆心C(0,-2),
因此半径r=|AC|=5,
所以圆C的标准方程为x2+(y+2)2=25.
(2)由|MN|=8可得圆心C到直线m的距离d=52-42=3,
所以当直线m斜率不存在时,其方程为x=3,即x-3=0;
当直线m斜率存在时,设其方程为y+1=k(x-3),
则d=|-3k+1|k2+1=3,解得k=-43,
此时其方程为4x+3y-9=0.
所以直线m的方程为x-3=0或4x+3y-9=0.
18.(12分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点.

(1)借助向量证明平面A1BD∥平面B1CD1;
(2)借助向量证明MN⊥平面A1BD.
证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),B1(2,2,2),C(0,2,0),D1(0,0,2),

设平面A1BD的法向量为m=(x,y,z),
∵DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0),
∴DA1·m=0,DB·m=0,即2x+2z=0,2x+2y=0,令x=-1,则平面A1BD的一个法向量m=(-1,1,1).
同理平面B1CD1的一个法向量为n=(-1,1,1),
∴m∥n,
∴平面A1BD∥平面B1CD1.
(2)∵M,N分别为AB,B1C的中点,
∴M(2,1,0),N(1,2,1),
∴MN=(-1,1,1),∴MN∥m,
∴MN⊥平面A1BD.
19.(12分)如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=6,点E,F分别在AD,BC上,且AE=1,BF=4,沿EF将四边形AEFB折成四边形A'EFB',使点B'在平面CDEF上的射影H在直线DE上.

(1)求证:平面B'CD⊥平面B'HD;
(2)求证:A'D∥平面B'FC;
(3)求直线HC与平面A'ED所成角的正弦值.
(1)证明在矩形ABCD中,CD⊥DE,
点B'在平面CDEF上的射影为H,
则B'H⊥平面CDEF,且CD⊂平面CDEF,
∴B'H⊥CD.
又B'H∩DE=H,∴CD⊥平面B'HD.
又CD⊂平面B'CD,
∴平面B'CD⊥平面B'HD.
(2)证明∵A'E∥B'F,A'E⊄平面B'FC,B'F⊂平面B'FC,
∴A'E∥平面B'FC.
由DE∥FC,同理可得DE∥平面B'FC.
又A'E∩DE=E,
∴平面A'ED∥平面B'FC,∴A'D∥平面B'FC.
(3)解如图所示,过点E作ER∥DC,过点E作ES⊥平面EFCD,

分别以ER,ED,ES为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
∵B'在平面CDEF上的射影H在直线DE上,
∴设B'(0,y,z)(y>0,z>0).
∵F(3,3,0),且B'E=10,B'F=4,
∴y2+z2=10,9+(y-3)2+z2=16,
解得y=2,z=6,
∴B'(0,2,6),
∴FB'=(-3,-1,6),
∴EA'=14FB'=-34,-14,64.
又ED=(0,5,0),
设平面A'DE的法向量为n=(a,b,c),则有n·EA'=0,n·ED=0,
即-3a-b+6c=0,5b=0,
解得b=0,令a=1,
得平面A'DE的一个法向量为n=1,0,62.
又C(3,5,0),H(0,2,0),
∴CH=(-3,-3,0),
∴直线HC与平面A'ED所成角的正弦值为
sinθ=|cos|=|CH·n||CH||n|　=|-3+0+0|1+0+64×9+9+0=55.
20.(12分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点M在抛物线C上,点A(-2p,0).若当MF⊥x轴时,△MAF的面积为5.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若∠MFA+2∠MAF=π,求点M的坐标.
解(1)当MF⊥x轴时,点Mp2,±p,Fp2,0,
则|AF|=p2+2p=5p2,|MF|=p,
∴S△MAF=12|AF|·|MF|=12×5p2×p=5,解得p=2,
∴抛物线方程为y2=4x.
(2)设M(x0,y0),由(1)可知A(-4,0),F(1,0),∴|AF|=5.
∵∠MFA+2∠MAF=π,在△FAM中,有∠MFA+∠MAF+∠AMF=π,
∴∠MAF=∠AMF,∴|FA|=|FM|.
又|MF|=x0+p2=x0+1,∴x0+1=5,
∴x0=4,∴y0=±4.
故点M的坐标为(4,4)或(4,-4).
21.(12分)(2021江苏南通模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥DC,BC=CD=2,AB=4.M,N分别是AB,AD的中点,且PD⊥NC,平面PAD⊥平面ABCD.

(1)证明:PD⊥平面ABCD;
(2)已知三棱锥D-PAB的体积为23,求平面PNC与平面PNM的夹角的大小.
(1)证明连接DM,则DC∥BM且DC=BM,
所以四边形BCDM为平行四边形,所以DM∥BC且DM=BC,所以△AMD是等边三角形,所以MN⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以MN⊥平面PAD.因为PD⊂平面PAD,
所以PD⊥MN.
又因为PD⊥NC,且MN∩NC=N,MN⊂平面ABCD,NC⊂平面ABCD,
所以PD⊥平面ABCD.
(2)解连接BD,则BD∥MN,所以BD⊥AD,BD⊥PD.
在Rt△DAB中,DA2+DB2=AB2,
又AD=2,AB=4,所以DB=23,
故△DAB的面积为S△DAB=12·DA·DB=23.
由等体积法可得VD-PAB=VP-DAB=13·PD·S△DAB=13·PD·23=23,所以PD=33.
建立空间直角坐标系如图所示,

则D(0,0,0),N(1,0,0),C(-1,3,0),M(1,3,0),P0,0,33,
所以PN=1,0,-33,NC=(-2,3,0),NM=(0,3,0).
设平面PNC的法向量为n=(x,y,z),
则有PN·n=0,NC·n=0,即x-33z=0,-2x+3y=0,
令x=1,则y=233,z=3,
所以平面PNC的一个法向量n=1,233,3.
设平面PNM的法向量为m=(a,b,c),
则有PN·m=0,NM·m=0,即a-33c=0,3b=0,解得b=0,
令a=1,则c=3,所以平面PNM的一个法向量m=(1,0,3).
所以n·m=1+3=4,|n|=433,|m|=2,
所以|cos|=|n·m||n||m|=4433×2=32,
则平面PNC与平面PNM的夹角的大小为30°.
22.(12分)(2020江苏镇江期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(2,1),且离心率为32,直线l与椭圆交于A,B两点,线段AB的中点为M.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若∠APB的角平分线与x轴垂直,求PM长度的最小值.
解(1)因为椭圆经过点P,且离心率为32,
所以22a2+12b2=1,ca=32,其中a2=b2+c2,
解得a2=8,b2=2,
所以椭圆的方程为x28+y22=1.
(2)因为∠APB的角平分线与x轴垂直,所以直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数.
设直线PA的斜率为k(k≠0),则直线PA的方程为y=k(x-2)+1,设A(x1,y1),B(x2,y2),
由y=k(x-2)+1,x28+y22=1,得(1+4k2)x2+8k(1-2k)x+16k2-16k-4=0,
所以2x1=16k2-16k-41+4k2,即x1=8k2-8k-21+4k2,
y1=k8k2-8k-21+4k2-2+1=-4k2-4k+11+4k2,
即A8k2-8k-21+4k2,-4k2-4k+11+4k2,
同理可得B8k2+8k-21+4k2,-4k2+4k+11+4k2,
则M在直线x+2y=0上,
所以PM的最小值为P到直线x+2y=0的距离,
即d=|2+2|5=455,此时M65,-35在椭圆内,
所以PM的最小值为455.