2022秋高中数学模块综合检测新人教A版选择性必修第一册

模块综合检测

(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．设x，y∈R，向量a＝(x,1,1)，b＝(1，y,1)，c＝(2，－4，2)，a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝(　　)

A．2 B．

C．3 D．4

【答案】C

【解析】∵b∥c，∴y＝－2．∴b＝(1，－2,1)．∵a⊥c，∴a·c＝2x＋1·＋2＝0，∴x＝1．∴a＝(1,1,1)．∴a＋b＝(2，－1，2)．∴|a＋b|＝＝3．

2．如图，在空间四边形ABCD中，设E，F分别是BC，CD的中点，则＋(－)等于(　　)

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】∵－＝，(－)＝＝，∴＋(－)＝＋＝．

3．若直线l1：mx＋2y＋1＝0与直线l2：x＋y－2＝0互相垂直，则实数m的值为(　　)

A．2 B．－2

C． D．－

【答案】B

【解析】直线l1：y＝－x－，直线l2：y＝－x＋2，又∵直线l1与直线l2互相垂直，∴－×(－1)＝－1，即m＝－2．

4．已知直线l：x－2y＋a－1＝0与圆(x－1)2＋(y＋2)2＝9相交所得弦长为4，则a＝(　　)

A．－9 B．1

C．1或－2 D．1或－9

【答案】D

【解析】由条件得圆的半径为3，圆心坐标为(1，－2)，因为直线l：x－2y＋a－1＝0与圆(x－1)2＋(y＋2)2＝9相交所得弦长为4，所以9－2＝2，所以a2＋8a－9＝0，解得a＝1或a＝－9．

5．已知M(x0，y0)是双曲线C：－＝1上的一点，半焦距为c，若|MO|≤c(其中O为坐标原点)，则y的取值范围是(　　)

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】因为|MO|≤c，所以|MO|≤，所以x＋y≤a2＋b2，又因为－＝1，消去x得0≤y≤，所以0≤y≤．

6．已知椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，直线l：y＝x与椭圆C相交于A，B两点，若|AB|＝2c，则椭圆C的离心率为(　　)

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】设直线与椭圆在第一象限内的交点为A(x，y)，则y＝x，由|AB|＝2c，可知|OA|＝＝c，即＝c，解得x＝c，所以A．把点A代入椭圆方程得到＋＝1，整理得8e4－18e2＋9＝0，即(4e2－3)(2e2－3)＝0，因为0＜e＜1，所以可得e＝．

7．在空间直角坐标系Oxyz中，O(0,0,0)，E(2，0,0)，F(0,2，0)，B为EF的中点，C为空间一点且满足||＝||＝3，若cos〈，〉＝，则·＝(　　)

A．9 B．7

C．5 D．3

【答案】D

【解析】设C(x，y，z)，B(，，0)，＝(x，y，z)，＝(x－，y－，z)，＝(－2，2，0)，由cos〈，〉＝＝＝，整理可得x－y＝－，由||＝||＝3，得＝，化简得x＋y＝，以上方程组联立得x＝，y＝，则·＝(x，y，z)·(0,2，0)＝2y＝3．

8．已知点M，N是抛物线y＝4x2上不同的两点，F为抛物线的焦点，且满足∠MFN＝135°，弦MN的中点P到直线l：y＝－的距离为d，若|MN|2＝λ·d2，则λ的最小值为(　　)

A． B．1－ 

C．1＋ D．2＋

【答案】D

【解析】抛物线y＝4x2的焦点F，准线为y＝－．设|MF|＝a，|NF|＝b，由∠MFN＝135°，得|MN|2＝|MF|2＋|NF|2－2|MF|·|NF|·cos∠MFN＝a2＋b2＋ab．由抛物线的定义，得点M到准线的距离为|MF|，点N到准线的距离为|NF|．由梯形的中位线定理，得d＝(|MF|＋|NF|)＝(a＋b)．由|MN|2＝λ·d2，得λ＝＝1－≥1－＝1－＝，得λ≥2＋，当且仅当a＝b时取得最小值2＋．

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，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．已知直线l：(a2＋a＋1)x－y＋1＝0，其中a∈R，下列说法正确的是(　　)

A．当a＝－1时，直线l与直线x＋y＝0垂直

B．若直线l与直线x－y＝0平行，则a＝0

C．直线l过定点(0,1)

D．当a＝0时，直线l在两坐标轴上的截距相等

【答案】AC

【解析】对于A项，当a＝－1时，直线l的方程为x－y＋1＝0，显然与x＋y＝0垂直，所以正确；对于B项，若直线l与直线x－y＝0平行，可知(a2＋a＋1)·(－1)＝1·(－1)，解得a＝0或a＝－1，所以不正确；对于C项，当x＝0时，有y＝1，所以直线过定点(0,1)，所以正确；对于D项，当a＝0时，直线l的方程为x－y＋1＝0，在x轴、y轴上的截距分别是－1,1，所以不正确．故选AC．

10．已知F1，F2是双曲线C：－＝1的上、下焦点，点M是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段F1F2为直径的圆经过点M，则下列说法正确的是(　　)

A．双曲线C的渐近线方程为y＝±x

B．以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝2

C．点M的横坐标为±

D．△MF1F2的面积为2

【答案】ACD

【解析】由双曲线方程－＝1知a＝2，b＝，焦点在y轴，渐近线方程为y＝±x＝±x，A正确；c＝＝，以F1F2为直径的圆的方程是x2＋y2＝6，B错误；由得或由对称性知点M横坐标是±，C正确；S△MF1F2＝|F1F2||xM|＝×2×＝2，D正确．故选ACD．

11．已知点A是直线l：x＋y－＝0上一定点，点P，Q是圆x2＋y2＝1上的动点，若∠PAQ的最大值为90°，则点A的坐标可以是(　　)

A．(0，) B．(1，－1)

C．(，0) D．(－1,1)

【答案】AC

【解析】如图所示，原点到直线l的距离为d＝＝1，则直线l与圆x2＋y2＝1相切．由图可知，当AP，AQ均为圆x2＋y2＝1的切线时，∠PAQ取得最大值．连接OP，OQ，由于∠PAQ的最大值为90°，且∠APO＝∠AQO＝90°，|OP|＝|OQ|＝1，则四边形APOQ为正方形，所以|OA|＝|OP|＝．设A(t，－t)，由两点间的距离公式，得|OA|＝＝，整理得2t2－2t＝0，解得t＝0或t＝，因此，点A的坐标为(0，)或(，0)．故选AC．

12．关于空间向量，以下说法正确的是(　　)

A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面

B．若对空间中任意一点O，有＝＋＋，则P，A，B，C四点共面

C．设是空间中的一组基底，则{2a，－b，c}也是空间的一组基底

D．若a·b＜0，则〈a，b〉是钝角

【答案】ABC

【解析】对于A中，根据共线向量的概念，可知空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，所以是正确的；对于B中，若对空间中任意一点O，有＝＋＋，因为＋＋＝1，所以P，A，B，C四点一定共面，所以是正确的；对于C中，由是空间中的一组基底，则向量a，b，c不共面，可得向量2a，－b，c也不共面，所以{2a，－b，c}也是空间的一组基底，所以是正确的；对于D中，若a·b＜0，又由〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉∈，所以不正确．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．在空间直角坐标系Oxyz中，点M(1，－1,1)关于x轴的对称点坐标是__________；|OM|＝________．

【答案】(1,1，－1)　

【解析】在空间直角坐标系Oxyz中，点M(1，－1,1)关于x轴的对称点坐标是M′(1,1，－1)，|OM|＝＝．

14．(2021年惠州期末)圆C：(x－1)2＋y2＝1关于直线l：x－y＋1＝0对称的圆的方程为______________．

【答案】(x＋1)2＋(y－2)2＝1

【解析】圆C：(x－1)2＋y2＝1圆心C(1,0)，半径r＝1，设圆C关于直线l：x－y＋1＝0的对称点C′(a，b)，则解得a＝－1，b＝2，即圆C的圆心关于直线l的对称圆心为C′(－1,2)，而圆关于直线对称得到的圆的半径不变，所以所求的圆的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝1．

15．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是线段BB1，B1C1的中点，则直线MN到平面ACD1的距离为________．

【答案】

【解析】如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，M，A(1,0,0)．∴＝，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．设平面ACD1的法向量n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则y＝z＝1，∴n＝(1,1,1)．∴点M到平面ACD1的距离d＝＝．又∵綉，∴MN∥平面ACD1．∴直线MN到平面ACD1的距离为．

16．设双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为该双曲线上一点且2|PF1|＝3|PF2|，若∠F1PF2＝60°，则该双曲线的离心率为________．

【答案】

【解析】2|PF1|＝3|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，故|PF1|＝6a，|PF2|＝4a．在△PF1F2中，利用余弦定理得4c2＝36a2＋16a2－2·6a·4acos60°，化简整理得到c＝a，故e＝．

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)在△ABC中，A(2，－5,3)，＝(4,1,2)，＝(3，－2,5)．

(1)求顶点B，C的坐标；

(2)求·．

解：(1)设点O为坐标原点，＝＋＝(2，－5,3)＋(4,1,2)＝(6，－4,5)，

则B(6，－4,5)．

＝＋＝(6，－4,5)＋(3，－2,5)＝(9，－6,10)，则C(9，－6,10)．

(2)＝＋＝(7，－1,7)，则＝(－7,1，－7)，

又因为＝(3，－2,5)，所以·＝－7×3＋1×(－2)＋(－7)×5＝－58．

18．(12分)菱形ABCD的顶点A，C的坐标分别为A(－4,7)，C(6，－5)，BC边所在直线过点P(8，－1)．求：

(1)AD边所在直线的方程；

(2)对角线BD所在直线的方程．

解：(1)kBC＝＝2，∵AD∥BC，∴kAD＝2．

∴AD边所在直线的方程为y－7＝2(x＋4)，即2x－y＋15＝0．

(2)kAC＝＝－．

∵菱形的对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴kBD＝．

∵AC的中点(1,1)，也是BD的中点，

∴对角线BD所在直线的方程为y－1＝(x－1)，即5x－6y＋1＝0．

19．(12分)已知圆C1：x2＋y2－2x－6y－1＝0和圆C2：x2＋y2－10x－12y＋45＝0．

(1)求证：圆C1和圆C2相交；

(2)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线的方程和公共弦长．

(1)证明：圆C1的圆心C1(1,3)，半径r1＝．

圆C2的圆心C2(5,6)，半径r2＝4．

两圆圆心距d＝|C1C2|＝5，r1＋r2＝＋4，|r1－r2|＝4－，

∴|r1－r2|＜d＜r1＋r2．

∴圆C1和圆C2相交．

(2)解：圆C1和圆C2的方程相减，

得4x＋3y－23＝0，

∴两圆的公共弦所在直线的方程为4x＋3y－23＝0．

圆心C2(5,6)到直线4x＋3y－23＝0的距离d＝＝3，

故公共弦长为2＝2．

20．(12分)如图，过抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点F的直线交C于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，且x1x2＝－4．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)R，Q是C上的两动点，R，Q的纵坐标之和为1，R，Q的垂直平分线交y轴于点T，求△MNT的面积的最小值．

解：(1)由题意，设直线MN的方程为y＝kx＋，

由得x2－2pkx－p2＝0，

由题意知x1，x2是方程两根，所以x1x2＝－p2＝－4，

所以p＝2，抛物线的标准方程为x2＝4y．

(2)设R(x3，y3)，Q(x4，y4)，T(0，t)，因为点T在RQ的垂直平分线上，所以|TR|＝|TQ|，

得x＋(y3－t)2＝x＋(y4－t)2．

因为x＝4y3，x＝4y4，所以4y3＋(y3－t)2＝4y4＋(y4－t)2，

即4(y3－y4)＝(y3＋y4－2t)(y4－y3)，

所以－4＝y3＋y4－2t．

又因为y3＋y4＝1，所以t＝，故T．

于是S△MNT＝|FT||x1－x2|＝|x1－x2|．

由(1)得x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，

所以S△MNT＝|x1－x2|

＝

＝＝3≥3．

所以当k＝0时，S△MNT有最小值3．

21．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB上的点．

(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；

(2)二面角P－AC－E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．

(1)证明：∵PC⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，

∴PC⊥AC．

∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝．

∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC．

又∵BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC．

∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC．

(2)解：如图，以C为原点，取AB中点F，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)．

设P(0,0，a)(a＞0)，则E，

＝(1,1,0)，＝(0,0，a)，

＝，

设m＝(x1，y1，z1)为平面PAC的法向量，

由

所以可取x1＝1，y1＝－1，z1＝0，即m＝(1，－1,0)．

设n＝(x2，y2，z2)为平面EAC的法向量，

则n·＝n·＝0，

即

取x2＝a，y2＝－a，z2＝－2，则n＝(a，－a，－2)，

依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝2．

于是n＝(2，－2，－2)，＝(1,1，－2)．

设直线PA与平面EAC所成角为θ，

则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，

即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为．

22．(12分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且经过点．

(1)求椭圆C的方程．

(2)过点(，0)作直线l与椭圆C交于A，B两点，试问在x轴上是否存在定点Q使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

解：(1)由题意可得＝，＋＝1，

又因为a2－b2＝c2，

解得a2＝4，b2＝1．

所以椭圆C的方程为＋y2＝1．

(2)存在定点Q，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称，理由如下：

设直线l的方程为x＋my－＝0，与椭圆C联立，整理得(4＋m2)y2－2my－1＝0．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t,0)(依题意

t≠x1，t≠x2)，

则由韦达定理可得，y1＋y2＝，y1y2＝．

直线QA与直线QB恰关于x轴对称，等价于AQ，BQ的斜率互为相反数．

所以＋＝0，

即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0．

又因为x1＋my1－＝0，x2＋my2－＝0，

所以y1(－my2－t)＋y2(－my1－t)＝0，

整理得(－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0．

从而可得(－t)·－2m·＝0，

即2m(4－t)＝0，

所以当t＝，即Q时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称成立．特别地，当直线l为x轴时，Q也符合题意．

综上所述，存在x轴上的定点Q，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称．