高二数学选择性必修第一册模块综合检测卷（基础卷2）（解析版）-【期中+期末大突破】2021-2022学年高二数学期中+期末高效复习课（人教A版2019）

这是一份高二数学选择性必修第一册模块综合检测卷（基础卷2）（解析版）-【期中+期末大突破】2021-2022学年高二数学期中+期末高效复习课（人教A版2019），共18页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
选择性必修第一册模块综合检测卷（基础卷2） 一、单选题（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．（2021·天津市西青区杨柳青第一中学高二月考）如图，空间四边形中，，，，且，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据，再由，，得到，求解.【详解】因为，又因为，所以.故选：A2．（2021·全国高二专题练习）直线，当变动时，所有直线恒过定点坐标为（　　）A． B． C． D．【答案】C【分析】整理直线方程，不管怎么变化，方程都成立即令，求出定点即可.【详解】把直线方程整理为，令，故，所以定点为，故选：C.3．（2021·全国高二课前预习）抛物线的准线方程为（    ）A．  B． C． D．【答案】C【详解】抛物线的标准方程为x2＝－4y，则准线方程为y＝1.故选：C4．（2021·江苏高二专题练习）方程表示的曲线是（    ）A．一个圆 B．两条射线C．半个圆 D．一条射线【答案】C【分析】把方程两边平方，注意变量的取值范围，可得选项．【详解】由得，即，∴曲线表示圆x2＋y2＝36在x轴上方的半圆．故选：C.【点睛】易错点睛：把方程变形化为圆的标准方程（或直线的一般方程），但在变化过程中要注意变量取值范围的变化，如本题有，因此曲线只能是半圆，对直线可能是射线也可能线段，这与变量取值范围有关．5．（2021·四川省内江市第六中学高二月考（理））在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可.【详解】因为，所以，因为平面，平面，所以，以为空间直角坐标系的原点，以所在的直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，所以有，设直线与平面所成角为，所以，故选：B 6．（2021·鹤山市第二中学高二月考）是双曲线左支上一点，，分别是左、右焦点，则（    ）A．4 B．-4 C．8 D．－8【答案】D【分析】根据双曲线的定义即可求出．【详解】因为双曲线方程为x2－y2＝16，化为标准方程得，即，所以，而点在双曲线左支上，于是，所以．故选：D．7．（2021·全国高二课时练习）如果圆上总存在两个点到原点的距离均为，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据条件转化为圆与圆有两个交点，利用圆与圆的位置关系，即可求的取值范围.【详解】到原点的距离为的点的轨迹为圆，因此圆上总存在两个点到原点的距离均为转化为圆与圆有两个交点，∵两圆的圆心和半径分别为，，，，∴，∴，解得实数的取值范围是.故选：A.8．（2021·全国高二课时练习）已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点，使得过点所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】若长轴端点，由椭圆性质：过的两条切线互相垂直可得，结合求椭圆离心率的范围.【详解】在椭圆的长轴端点处向圆引两条切线，，若椭圆上存在点，使过的两条切线互相垂直，则只需，即，∴，得，∴，又，∴，即．故选：C二､多选题（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．（2021·河北武强中学高二月考）若与的夹角为钝角，则的取值可能为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】ABC【分析】设与的夹角为，由题意可得，根据空间向量数量积的坐标运算可得，解不等式即可.【详解】设与的夹角为，则为钝角，所以，即，又，所以解得.故选：ABC10．（2021·江苏高二专题练习）已知两点，，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】由题可得或，即可求出.【详解】解：，，直线l过点且与线段MN相交，则或，则直线l的斜率k的取值范围是：或．故选：AB．11．（2021·湖南长沙一中高二月考）在平面直角坐标系中，动点与两个定点和连线的斜率之积等于，记点的轨迹为曲线，直线：与交于两点，则（    ）A．的方程为（）B．的离心率为C．的渐近线与圆相切D．满足的直线有2条【答案】ACD【分析】根据已知求得曲线的方程，求得曲线的离心率，其渐近线与圆的位置关系，以及弦长AB，逐一判断选项即可.【详解】设点，由已知得，整理得，所以点的轨迹为曲线的方程为，故A正确；又离心率，故B不正确；圆的圆心到曲线的渐近线为的距离为，又圆的半径为1，故C正确；直线与曲线的方程联立整理得，设， ，且，有，所以，要满足，则需，解得或或，当,此时，而曲线E上，所以满足条件的直线有两条，故D正确，故选：ACD.12．（2021·渝中·重庆巴蜀中学）已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与双曲线交于A，B两点，A在第一象限，若△为等边三角形，则下列结论一定正确的是（    ）A．双曲线的离心率为 B．的面积为C．的内心在直线上 D．内切圆半径为【答案】BC【分析】按照AB两点在同支或两支讨论，结合余弦定理及离心率的定义可判断A；结合三角形面积公式可判断B；由双曲线的定义结合切线长定理可判断C；利用等面积法可判断D.【详解】对于C，设的内心为I，作过作的垂线，垂足分别为，如图，则，所以，所以的内心在直线上，故C正确；△为等边三角形,若在同一支，由对称性知轴，，，.,；, 设的内切圆半径为r，则，解得；若分别在左右两支，则，则，解得，离心率，，设的内切圆半径为r，则，解得；所以结论一定正确的是BC.故选：BC.【点睛】易错点点睛：本题极易忽略点在双曲线两支的情况，导致漏解.三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分。）13．（2021·乾安县第七中学高二月考（理））若，，与的夹角为，则的值为________.【答案】或【分析】利用平面向量夹角的坐标表示列出方程，然后把向量与的坐标代入运算，即可求出结果．【详解】由已知，，，解得或.故答案为：或.14．（2021·全国高二单元测试）瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心､重心､垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.已知平面直角坐标系中各顶点的坐标分别为，，，则其“欧拉线”的方程为___________.【答案】【分析】由题意知是直角三角形，即可写出垂心、外心的坐标，进而可得“欧拉线”的方程.【详解】由题设知：是直角三角形，则垂心为直角顶点，外心为斜边的中点，∴“欧拉线”的方程为.故答案为：.15．（2021·东台市第一中学高二月考）如果点是抛物线上的点，它们的横坐标依次为，是抛物线的焦点，若，则________．【答案】6【分析】根据焦半径公式代入求解即可.【详解】解：依题意，，则，则，，则，故答案为：6.16．（2021·广东中山·高二期末）把半椭圆：和圆弧：合成的曲线称为“曲圆”，其中点是半椭圆的右焦点，分别是“曲圆”与轴的左、右交点，分别是“曲圆”与轴的上、下交点，已知，过点的直线与“曲圆”交于两点，则半椭圆方程为_________（），的周长的取值范围是_______________.【答案】        【分析】由椭圆的焦点坐标以及，可得椭圆的标准方程和圆的方程，从而得到半椭圆方程；易知是椭圆的左焦点，过椭圆的右焦点的直线与曲圆可得，，在直线转动的过程中由，的位置可得三角形的周长的取值范围．【详解】解：由，令，可得以及，再由椭圆的方程及题意可得，，，由，可得，由可得，所以，所以半椭圆及圆弧的方程分别为，，所以，可得相当于椭圆的左焦点，的周长为，当从（不包括向运动时，，当在轴右侧时，，所以这时三角形的周长为8，当从向运动时，在第四象限，则，，这时三角形的周长小于8，当运动到时，在处，不构成三角形，三角形的周长接近，由曲圆的对称性可得运动到轴下方时，与前面的一样，综上所述，的周长的取值范围为，．故答案为：；．四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第16题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤。）17．（2021·全国高二专题练习）在中，已知，，.（1）求边所在的直线方程；（2）求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由直线方程的两点式可得；（2）先求直线方程，再求到的距离，最后用面积公式计算即可.【详解】（1），，边所在的直线方程为，即；（2）设到的距离为，则，，方程为：即：..18．（2021·奉新县第一中学（文））已知圆，直线.(1)求证：对 ，直线与圆总有两个不同的交点；(2)若直线与圆交于两点，当时，求的值．【答案】（1）略 （2）【详解】试题分析：（1）先证明直线恒过定点，再证明点P在圆内即可．（2）将直线方程与圆方程联立消元后得到一个二次方程，运用根据系数的关系及弦长公式求得，进而得到直线的倾斜角为或.试题解析：（1）证明：直线，令，解得．∴直线恒过定点．∵，∴点在圆内，∴直线与圆总有两个不同的交点. （2）由消去整理得，显然． 设，是一元二次方程的两个实根， ∴，∵，∴，解得∴，即直线的斜率为∴直线的倾斜角为或.点睛：圆的弦长的求法(1)几何法：设圆的半径为，弦心距为，弦长为l，则．(2)代数法：设直线与圆相交于两点，由方程组消y后得到关于x的一元二次方程，从而求得，则弦长为(k为直线斜率)．在代数法中，由于涉及到大量的计算，所以在解题中要注意计算的准确性，同时也要注意整体代换的运用，以减少运算量．19．（2021·全国）如图所示,已知点在正方体的对角线上,.(1)求与所成角的大小.(2)求与平面所成角的大小.【答案】（1）45°.（2）30°.【分析】（1）以D为原点,DA,DC,DD′分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系，连接BD,B′D′.在平面BB′D′D中,延长DP交B′D′于H. 设=(m,m,1)(m>0), 由<,>=60°,利用坐标运算可得m，进而可得cos<,>，从而得解；（2）平面AA′D′D的一个法向量是=(0,1,0),由cos<,>即可得解.【详解】(1)如图所示,以D为原点,DA,DC,DD′分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,设DA=1.则=(1,0,0),=(0,0,1).连接BD,B′D′.在平面BB′D′D中,延长DP交B′D′于H.设=(m,m,1)(m>0),由已知<,>=60°,由=||||cos<,>,可得2m=.解得m=,所以=.因为cos<,>=  所以<,>=45°,即DP与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是=(0,1,0),因为cos<,>=  所以<,>=60°,可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.【点睛】本题主要考查了利用空间向量处理线线角和二面角，属于基础题.20．（2021·涞水波峰中学高二期末）已知抛物线的准线方程为.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）直线交抛物线于、两点，求弦长.【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）8.【分析】（Ⅰ）依已知得，所以；（Ⅱ）设，，由消去，得,再利用韦达定理求弦长.【详解】（Ⅰ）依已知得，所以；（Ⅱ）设，，由消去，得，则，，所以 .【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质和弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平及其应用能力.21．（2021·全国）如图（1）所示，在中，，，，分是，的中点.将沿折起，使到的位置且二面角的平面角为60°，如图（2）所示.         图（1）                                        图（2）（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角的平面角为锐角时的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证明平面，再分别以，所在直线为轴、轴，建立空间直角坐标系，证明两平面的法向量垂直即得证；（2）利用向量法求平面与平面所成二面角的平面角为锐角时的余弦值即得解.【详解】（1）∵，，分别为，的中点，∴，∴，.∵，平面，∴平面.∴平面.如图，分别以，所在直线为轴、轴，建立空间直角坐标系.设，∵，∴，又为的中点，∴，∴，，.∵二面角平面角为60°，∴，又，∴为正三角形，∴.∴，，，.设平面的一个法向量为，则，即，令，则，∴.设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，∴.∵，∴平面平面.（2）由（1）可得平面的一个法向量为.显然平面的一个法向量为，∴.∴平面与平面所成二面角的平面角为锐角时的余弦值为.22．（2021·全国高二单元测试）如图，曲线由上半椭圆和部分抛物线连接而成，与的公共点为，，其中的离心率为.（1）求，的值.（2）过点的直线与，分别交于点，（均异于点，），是否存在直线，使得以为直径的圆恰好过点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1），；（2）存在，方程为.【分析】（1）由，的方程，令，得到，，然后再利用求解；（2）由（1）知上半椭圆的方程为，设直线方程为，代入的方程，利用韦达定理分别求得点P，Q的坐标，再由 求解.【详解】（1）在，的方程中，令，可得，则，.设的半焦距为，由及，得，∴，.（2）存在.由（1）知，上半椭圆的方程为.由题意知，直线与轴不重合也不垂直，设其方程为，代入的方程，整理得，.（*）设点的坐标为，∵直线过点，∴是方程（*）的一个根.由一元二次方程根与系数的关系得，从而，∴点的坐标为.同理，由，得点的坐标为，∴，，∵以为直径的圆恰好过点A，∴，∴，即.∵，∴，解得.经检验，符合题意.故直线的方程为.