人教A版选择性必修第一册单元测试滚动卷(一)(含一、二章)(含解析)学案

滚动卷(一)(含一、二章)

(时间:120分钟　满分:150分)

一、单项选择题(本大题共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.若直线l1:ax+3y+1=0与l2:2x+(a+1)y+1=0互相平行,则a的值是(　A　)

(A)-3       (B)2

(C)-3或2 (D)3或-2

2.直线l:ax-y+b=0,圆M:x2+y2-2ax+2by=0,则直线l与圆M在同一坐标系中的图形可能是(　B　)

解析:由直线的斜率a与在y轴上的截距b的符号,可判定圆心位置,又圆过原点,故选B.

3.若圆x2+y2=4和圆x2+y2+4x-4y+4=0关于直线l对称,则直线l的方程为(　D　)

(A)x+y=0     (B)x+y-2=0

(C)x-y-2=0  (D)x-y+2=0

解析:l为两圆圆心连线的垂直平分线,

(0,0)与(-2,2)的中点为(-1,1),k=1,

所以y-1=x+1,

即x-y+2=0.故选D.

4.如图所示,正方体ABCD-A′B′C′D′中,M是AB的中点,则sin<,>的值为(　B　)

(A) 

(B)

(C) 

(D)

解析:以DA,DC,DD′所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标

系D-xyz,(图略)

设正方体棱长为1,

则D(0,0,0),B′(1,1,1),C(0,1,0),M(1,,0),

则=(1,1,1),=(1,-,0）,

cos<,>=,

则sin<,>=

故选B.

5.设x+2y=1,x≥0,y≥0,则x2+y2的最小值和最大值分别为(　A　)

(A),1     (B)0,1    (C)0,     (D),2

解析:x2+y2为线段AB上的点与原点的距离的平方,

由数形结合知,

O到线段AB的距离的平方为最小值,

即d2=,|OB|2=1为最大值.故选A.

6.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是正方形ADD1A1和ABCD的中心,G是CC1的中点,设GF、C1E与AB所成的角分别为α,β,则α+β等于(　D　)

(A)120°

(B)60°

(C)75°

(D)90°

解析:建立空间坐标系如图,

设正方体的棱长为2,

则B(2,0,0),A(2,2,0),

G(0,0,1),F(1,1,0),

C1(0,0,2)，E(1,2,1).

则=(0,2,0),

=(1,1,-1),

=(1,2,-1),

所以cos<,>==,

cos<,>==,

所以cos α=,sin α=,cos β=,

sin β=,cos(α+β)=0,

所以α+β=90°.故选D.

7.过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|等于(　C　)

(A)2 (B)8 (C)4 (D)10

解析:设圆心为P(a,b),由点A(1,3),C(1,-7)在圆上,知b==-2,再由|PA|=|PB|,得a=1.则P(1,-2),|PA|==5,于是圆P的方程为(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±2,则|MN|=|(-2+2)-(-2-2)|=4.故选C.

8.如图,AB=AC=BD=1,AB⊂面M,AC⊥面M,BD⊥AB,BD与面M成30°角,则C、D间的距离为(　C　)

(A)1    (B)2

(C)   (D)

解析:||2=|++|2

=||2+||2+||2+2·+2·+2·

=1+1+1+0+0+2×1×1×cos 120°=2.

所以||=.故选C

二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

9.已知圆M的一般方程为x2+y2-8x+6y=0,则下列说法中正确的是(　ABD　)

(A)圆M的圆心为(4,-3)

(B)圆M被x轴截得的弦长为8

(C)圆M的半径为25

(D)圆M被y轴截得的弦长为6

解析:圆M的一般方程为x2+y2-8x+6y=0,

则(x-4)2+(y+3)2=25.

圆的圆心坐标(4,-3),半径为5.

显然选项C不正确.ABD均正确.故选ABD.

10.已知ABCDA1B1C1D1为正方体,下列说法中正确的是(　AB　)

(A)(++)2=3()2

(B)·(-)=0

(C)向量与向量的夹角是60°

(D)正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|··|

解析:由向量的加法得到++=,

因为A1C2=3A1,

所以=3,所以A正确;

因为-=,AB1⊥A1C,

所以·=0,故B正确;

因为△ACD1是等边三角形,

所以∠AD1C=60°,

又A1B∥D1C,

所以异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°,

但是向量与向量的夹角是120°,故C不正确;

因为AB⊥AA1,所以·=0,

故|··|=0,因此D不正确.故选AB.

11.在平面直角坐标系xOy中,圆C的方程为x2+y2-4x=0.若直线y=k(x+1)上存在一点P,使过P所作的圆的两条切线相互垂直,则实数k的取值可以是(　AB　)

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4

解析:圆C的方程为x2+y2-4x=0,

则圆心为C(2,0),半径R=2.

设两个切点分别为A、B,

则由题意可得四边形PACB为正方形,

故有|PC|=R=2,

所以圆心到直线y=k(x+1)的距离小于或等于|PC|=2,

即≤2,

解得k2≤8,

可得-2≤k≤2,

所以实数k的取值可以是1,2.故选AB.

12.定义空间两个向量的一种运算a⊗b=|a|·|b|sin<a,b>,则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有(　AD　)

(A)a⊗b=b⊗a

(B)λ(a⊗b)=(λa)⊗b

(C)(a+b)⊗c=(a⊗c)+(b⊗c)

(D)若a=(x1,y1),b=(x2,y2),则a⊗b=|x1y2-x2y1|

解析:对于A,a⊗b=|a|·|b|sin<a,b>,

b⊗a=|b|·|a|sin<b,a>,

故a⊗b=b⊗a恒成立;

对于B:λ(a⊗b)=λ(|a|·|b|sin<a,b>),

(λa)⊗b=|λ||a|·|b|sin<λa,b>,

故λ(a⊗b)=(λa)⊗b不会恒成立;

对于C,若a=λb,且λ>0,

(a+b)⊗c

=(1+λ)|b|·|c|sin<b,c>,

(a⊗c)+(b⊗c)

=|λb|·|c|sin<b,c>+|b|·|c|sin<b,c>

=(1+|λ|)|b|·|c|sin<b,c>,

因为|1+λ|与1+|λ|不恒等,

显然(a+b)⊗c=(a⊗c)+(b⊗c)不会恒成立;

对于D,cos<a,b>=,

sin<a,b>=

即有a⊗b=|a|·|b|·

=|a|·

=·

=

=

=|x1y2-x2y1|.

则a⊗b=|x1y2-x2y1|恒成立,故选AD.

三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)

13.不论a为何实数,直线(a+3)x+(2a-1)y+7=0恒过第　　    　　象限. 

解析:直线方程可变形为:(3x-y+7)+a(x+2y)=0.

由得

所以直线过定点(-2,1).

因此直线必定过第二象限.

答案:二

14.在四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则该四棱锥的高为　　　　. 

解析:四棱锥P-ABCD中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),设平面ABCD的法向量为 n=(x,y,z),则可得

不妨令x=3,则y=12,z=4,

可得n=(3,12,4),则=(-6,2,-8)在平面ABCD上的射影就是这个四棱锥的高h,

所以h=|| |cos<,n>|=||==2,

所以该四棱锥的高为2.

答案:2

15.已知圆心在x轴上,半径为的圆O位于y轴左侧,且与直线x+y=0相切,则圆O的方程是　　　    　　　. 

解析:设圆心坐标为(a,0)(a<0),

则由圆心到直线的距离为知=,

故a=-2,

因此圆O的方程为(x+2)2+y2=2.

答案:(x+2)2+y2=2

16.已知正四棱台ABCDA1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为　　　　. 

解析:设上、下底面中心分别为O1、O,则OO1⊥平面ABCD,

以O为原点,直线BD、AC、OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.

AB=2,A1B1=1,

所以AC=BD=2,A1C1=B1D1=.

因为平面BDD1B1⊥平面ABCD,

所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角,

所以∠B1BO=60°,

设棱台高为h,

则tan 60°=,所以h=,

所以A(0,-,0),D1(-,0,),

B1(,0,),C(0,,0),

所以=(-,,),=(-,,-),

所以cos<,>==,

故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.

答案:

四、解答题(本大题共6小题,共70分)

17.(本小题满分10分)

已知过点A(-1,0)的动直线l与圆C:x2+(y-3)2=4相交于P,Q两点,M是PQ的中点,l与直线m:x+3y+6=0相交于N.

(1)求证:当l与m垂直时,l必过圆心C;

(2)当|PQ|=2时,求直线l的方程.

(1)证明:因为l与m垂直,且km=-,

所以kl=3,

故直线l的方程为y=3(x+1),

即3x-y+3=0.

因为圆心坐标为(0,3)满足直线l方程,

所以当l与m垂直时,l必过圆心C.

(2)解:当直线l与x轴垂直时,

易知x=-1符合题意.

当直线l与x轴不垂直时,

设直线l的方程为y=k(x+1),即kx-y+k=0,

因为|PQ|=2,

所以|CM|==1,

则由|CM|==1,得k=,

所以直线l:4x-3y+4=0,

故直线l的方程为x=-1或4x-3y+4=0.

18.(本小题满分12分)

已知△ABC的顶点A为(3,-1),AB边上的中线所在直线方程为6x+10y-59=0,∠B的平分线所在直线方程为x-4y+10=0,求BC边所在直线的方程.

解:设B(4y1-10,y1),

由AB中点在6x+10y-59=0上,

可得:6·+10·-59=0,y1=5,

所以B(10,5).

设A点关于x-4y+10=0的对称点为A′(x′,y′),

则有⇒A′(1,7),

因为点A′(1,7),B(10,5)在直线BC上,

所以=,故BC:2x+9y-65=0.

19.(本小题满分12分)如图所示,PD⊥底面ABCD,四边形ABCD是正方形,PD=DC,E是PC的中点.

(1)证明:PA∥平面BDE;

(2)求二面角B-DE-C的余弦值.

解:建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

设PD=DC=a,

则D(0,0,0),A(a,0,0),

P(0,0,a),B(a,a,0),

E(0,,),C(0,a,0) ,

所以=(-a,0,a),

=(a,a,0)

=(0,,),=(0,a,0).

(1)设平面BDE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),

则有即

取x1=1,则n1=(1,-1,1).·n1=-a+0+a=0,

所以⊥n1,

又因为AP⊄平面BDE,所以AP∥平面BDE.

(2)设平面CDE的一个法向量为n2=(1,0,0).

cos<n1,n2>==,

所以二面角BDEC的余弦值为.

20.(本小题满分12分) 如图,在平面直角坐标系xOy中,点A(0,3),直线l:y=2x-4.设圆C的半径为1,圆心在l上.

(1)若圆心C也在直线y=x-1上,过点A作圆C的切线,求切线的方程;

(2)若圆C上存在点M,使|MA|=2|MO|,求圆心C的横坐标a的取值

范围.

解:(1)由题设,圆心C是直线y=2x-4和y=x-1的交点,解得点C(3,2),

于是切线的斜率必存在.

设过A(0,3)的圆C的切线方程为y=kx+3,

由题意,得=1,

解得k=0或k=-,

故所求切线方程为y=3或3x+4y-12=0.

(2)因为圆心在直线y=2x-4上,

所以圆C的方程为(x-a)2+[y-2(a-2)]2=1.

设点M(x,y),

因为|MA|=2|MO|,

所以=2,

化简得x2+y2+2y-3=0,

即x2+(y+1)2=4,

所以点M在以D(0,-1)为圆心,2为半径的圆上.

由题意,点M(x,y)在圆C上,

所以圆C与圆D有公共点,

则|2-1|≤|CD|≤2+1,

即1≤≤3.

由5a2-12a+8≥0,得a∈R;

由5a2-12a≤0,得0≤a≤,

所以点C的横坐标a的取值范围为[0,].

21.(本小题满分12分) 如图所示,在四面体ABCD中,AB，BC，CD两两互相垂直,且BC=CD=1.

(1)求证:平面ACD⊥平面ABC;

(2)求二面角C-AB-D的大小;

(3)若直线BD与平面ACD所成的角为30°,求线段AB的长度.

解:法一　(1)证明:因为CD⊥AB,CD⊥BC,

所以CD⊥平面ABC.

又因为CD⊂平面ACD,

所以平面ACD⊥平面ABC.

(2)因为AB⊥BC,AB⊥CD,

所以AB⊥平面BCD,

所以AB⊥BD.

所以∠CBD是二面角CABD的平面角.

因为在Rt△BCD中,BC=CD,

所以∠CBD=45°.

所以二面角C-AB-D的大小为45°.

(3)过点B作BH⊥AC,垂足为H,连接DH.

因为平面ACD⊥平面ABC,

所以BH⊥平面ACD,

所以∠BDH为BD与平面ACD所成的角.

所以∠BDH=30°.

在Rt△BHD中,BD=,

所以BH=.

又因为在Rt△BHC中,BC=1,

所以∠BCH=45°,

所以在Rt△ABC中,AB=1.

法二　(1)同法一.

(2)设AB=a,

建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,

则B(0,0,0),A(0,0,a),C(0,1,0),D(1,1,0),

=(1,1,0),

=(0,0,a),

平面ABC的法向量

=(1,0,0),

设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z),

则有·n=x+y=0,

·n=az=0,

所以z=0,取y=1,

则x=-1,

所以n=(-1,1,0),

所以cos<,n>==-,

由图可知二面角CABD为锐角,

所以二面角CABD的大小为45°.

(3)=(0,1,-a),=(1,0,0),=(1,1,0).

设平面ACD的一个法向量是m=(x′,y′,z′),

则·m=y′-az′=0,·m=x′=0,

令z′=1,所以y′=a,则m=(0,a,1).

因为直线BD与平面ACD所成角为30°,

所以cos<·m>=

==cos 60°,

解得a=1,所以AB=1.

22.(本小题满分12分)

如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.

(1)求证:MN∥平面ABCD;

(2)求二面角D1ACB1的正弦值;

(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.

解:如图,以A为原点建立空间直角坐标系,

依题意可得A(0,0,0),

B(0,1,0),C(2,0,0),

D(1,-2,0),A1(0,0,2),

B1(0,1,2),C1(2,0,2),

D1(1,-2,2),

又因为M、N分别为B1C和D1D的中点,

得M(1,,1),N(1,-2,1).

(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,=(0,-,0),

由此可得,·n=0,

又因为直线MN⊄平面ABCD,

所以MN∥平面ABCD.

(2)=(1,-2,2),=(2,0,0),

设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的一个法向量,

则即

不妨设z1=1,

可得n1=(0,1,1).

设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的一个法向量,

则

又=(0,1,2),得

不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).

因此有cos<n1,n2>==-,

于是sin<n1,n2>=,

所以二面角D1ACB1的正弦值为,

(3)依题意,可设=λ,

其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),

从而=(-1,λ+2,1),

又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,

由已知得cos<,n>=

=

=,

整理得λ2+4λ-3=0,

又因为λ∈[0,1],

解得λ=-2,

所以线段A1E的长为-2.