新教材2024版高中数学模块综合检测新人教A版选择性必修第一册

这是一份新教材2024版高中数学模块综合检测新人教A版选择性必修第一册，共8页。

模块综合检测一、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 eq \r(2) B． eq \r(10) C．3 D．4【答案】C　【解析】∵b∥c，∴y＝－2.∴b＝(1，－2，1).∵a⊥c，∴a·c＝2x＋1· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4))＋2＝0，∴x＝1.∴a＝(1，1，1).∴a＋b＝(2，－1，2).∴|a＋b|＝ eq \r(22＋(－1)2＋22)＝3.2．如图，在四面体ABCD中，设E，F分别是BC，CD的中点，则 eq \o(AD,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2)( eq \o(BC,\s\up6(→))－ eq \o(BD,\s\up6(→)))等于 (　　)A． eq \o(AD,\s\up6(→)) B． eq \o(FA,\s\up6(→)) C． eq \o(AF,\s\up6(→)) D． eq \o(EF,\s\up6(→))【答案】C　【解析】∵ eq \o(BC,\s\up6(→))－ eq \o(BD,\s\up6(→))＝ eq \o(DC,\s\up6(→))， eq \f(1,2)( eq \o(BC,\s\up6(→))－ eq \o(BD,\s\up6(→)))＝ eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up6(→))＝ eq \o(DF,\s\up6(→))，∴ eq \o(AD,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2)( eq \o(BC,\s\up6(→))－ eq \o(BD,\s\up6(→)))＝ eq \o(AD,\s\up6(→))＋ eq \o(DF,\s\up6(→))＝ eq \o(AF,\s\up6(→)).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． eq \f(1,2) D．－ eq \f(1,2)【答案】B　【解析】直线l1：y＝－ eq \f(m,2)x－ eq \f(1,2)，直线l2：y＝－x＋2，又∵直线l1与直线l2互相垂直，∴－ eq \f(m,2)×(－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．1C．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－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|1＋4＋a－1|,\r(5)))) eq \s\up12(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： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1上的一点，半焦距为c，若|MO|≤c(其中O为坐标原点)，则y02的取值范围是 (　　)A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(b4,c2))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a4,c2)))C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b4,c2)，＋∞)) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c2)，＋∞))【答案】A　【解析】因为|MO|≤c，所以|MO|≤ eq \r(a2＋b2)，所以x02＋y02≤a2＋b2，又因为 eq \f(x02,a2)－ eq \f(y02,b2)＝1，消去x02得0≤y02≤ eq \f(b4,a2＋b2)，所以0≤y02≤ eq \f(b4,c2).6．已知椭圆C的方程为 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，直线l：y＝ eq \f(\r(2),4)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． eq \f(\r(3),2) B． eq \f(3,4) C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,4)【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＝ eq \f(\r(2),4)x，由|AB|＝2c，可知|OA|＝ eq \r(x2＋y2)＝c，即 eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)x))\s\up12(2))＝c，解得x＝ eq \f(2\r(2),3)c，所以A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)c，\f(1,3)c)).把点A代入椭圆方程得到 eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)c))\s\up12(2),a2)＋ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)c))\s\up12(2),b2)＝1，整理得8e4－18e2＋9＝0，即(4e2－3)(2e2－3)＝0，因为00，b>0)的右焦点为F，P为C右支上一点，⊙P与x轴切于点F，与y轴交于A，B两点，∠APB＝60°，则C的离心率为________．【答案】 eq \r(3)　【解析】不妨设点P在x轴的上方，因为PF⊥x轴，将xP＝c代入 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1，得yP＝ eq \f(b2,a)＝|PF|，因为∠APB＝60°，|PA|＝|PB|＝|PF|，则有|AB|＝|PF|，且△ABP为等边三角形，所以c＝ eq \f(\r(3),2)· eq \f(b2,a)，即2ac＝ eq \r(3)(c2－a2)，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a))) eq \s\up12(2)－ eq \f(2\r(3),3)· eq \f(c,a)－1＝0，因为e＝ eq \f(c,a)∈(1，＋∞)，所以e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(3).14．(2023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C(1，0)关于直线l：x－y＋1＝0的对称点C′(a，b)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,2)－\f(b,2)＋1＝0，,\f(b,a－1)＝－1，))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ABCDA1B1C1D1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】 eq \f(\r(3),2)　【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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，A(1，0，0).∴ eq \o(AM,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)， eq \o(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，1).设平面ACD1的法向量n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))令x＝1，则y＝z＝1，∴n＝(1，1，1).∴点M到平面ACD1的距离d＝ eq \f(|\o(AM,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(\r(3),2).又∵ eq \o(MN,\s\up6(→))綉 eq \f(1,2) eq \o(AD1,\s\up6(→))，∴MN∥平面ACD1.∴直线MN到平面ACD1的距离为 eq \f(\r(3),2).16．已知双曲线 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，过F1的直线l与圆C： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)c)) eq \s\up12(2)＋y2＝ eq \f(c2,4)相切，与双曲线在第四象限交于一点M，且有MF2⊥x轴，则直线l的斜率是________，双曲线的渐近线方程为________．【答案】－ eq \f(\r(2),4)　y＝±x　【解析】如图，不妨设直线l与圆C相切于点A，∴CA⊥F1M.∴ eq \f(|CA|,|AF1|)＝ eq \f(|F2M|,|F1F2|)，由于|CA|＝ eq \f(c,2)，|CF1|＝ eq \f(3c,2)，|AF1|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))\s\up12(2))＝ eq \r(2)c，|F1F2|＝2c.∴|F2M|＝ eq \f(\r(2)c,2)，∴M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(\r(2)c,2)))，∴kl＝－tan ∠CF1A＝－ eq \f(\f(c,2),\r(2)c)＝－ eq \f(\r(2),4)，把点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(\r(2)c,2)))代入 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1中，可得 eq \f(c2,a2)－ eq \f(c2,2b2)＝1，∴ eq \f(a2＋b2,a2)－ eq \f(a2＋b2,2b2)＝1，∴a＝b，渐近线方程为y＝± eq \f(b,a)x＝±x.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)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：(1)因为a∥c，所以存在实数k使得c＝ka，可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2k，,2＝4k，,－1＝－2k，))解得x＝1.所以|c|＝ eq \r(12＋22＋(－1)2)＝ eq \r(6).(2)因为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)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＝ eq \f(－5－(－1),6－8)＝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＝ eq \f(－5－7,6－(－4))＝－ eq \f(6,5).∵菱形的对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴kBD＝ eq \f(5,6).∵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＝ eq \f(5,6)(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＝ eq \r(11).圆C2的圆心C2(5，6)，半径r2＝4.两圆圆心距d＝|C1C2|＝5，r1＋r2＝ eq \r(11)＋4，|r1－r2|＝4－ eq \r(11)，∴|r1－r2|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＋ eq \f(p,2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(p,2)，,x2＝2py，))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x32＋(y3－t)2＝x42＋(y4－t)2.因为x32＝4y3，x42＝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＝ eq \f(5,2)，故T eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2))).于是S△MNT＝ eq \f(1,2)|FT||x1－x2|＝ eq \f(3,4)|x1－x2|.由(1)得x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，所以S△MNT＝ eq \f(3,4)|x1－x2|＝ eq \f(3,4) eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝ eq \f(3,4) eq \r(16k2－4×(－4))＝3 eq \r(k2＋1)≥3.所以当k＝0时，S△MNT有最小值3.21．(12分)如图，在四棱锥PABCD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PACE的余弦值为 eq \f(\r(6),3)，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＝ eq \r(2).∴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， eq \o(CF,\s\up6(→))， eq \o(CD,\s\up6(→))， eq \o(CP,\s\up6(→))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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(a,2)))， eq \o(CA,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \o(CP,\s\up6(→))＝(0，0，a)， eq \o(CE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(a,2)))，设m＝(x1，y1，z1)为平面PAC的法向量，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(CA,\s\up6(→))＝x1＋y1＝0，,m·\o(CP,\s\up6(→))＝az1＝0，))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· eq \o(CA,\s\up6(→))＝n· eq \o(CE,\s\up6(→))＝0，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝0，,x2－y2＋az2＝0，))取x2＝a，y2＝－a，z2＝－2，则n＝(a，－a，－2)，依题意，|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|)＝ eq \f(a,\r(a2＋2))＝ eq \f(\r(6),3)，则a＝2.于是n＝(2，－2，－2)， eq \o(PA,\s\up6(→))＝(1，1，－2).设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈 eq \o(PA,\s\up6(→))，n〉|＝ eq \f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝ eq \f(\r(2),3)，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为 eq \f(\r(2),3).22．(12分)已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(3),2)，且经过点(－1， eq \f(\r(3),2)).(1)求椭圆C的方程．(2)过点( eq \r(3)，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 eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(c,a)， eq \f(1,a2)＋ eq \f(3,4b2)＝1，又因为a2－b2＝c2，解得a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)存在定点Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))，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－ eq \r(3)＝0，与椭圆C联立，整理得(4＋m2)y2－2 eq \r(3)my－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＝ eq \f(2\r(3)m,4＋m2)，y1y2＝ eq \f(－1,4＋m2).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 eq \f(y1,x1－t)＋ eq \f(y2,x2－t)＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0.又因为x1＋my1－ eq \r(3)＝0，x2＋my2－ eq \r(3)＝0，所以y1( eq \r(3)－my2－t)＋y2( eq \r(3)－my1－t)＝0，整理得( eq \r(3)－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0.从而可得( eq \r(3)－t)· eq \f(2\r(3)m,4＋m2)－2m· eq \f(－1,4＋m2)＝0，即2m(4－ eq \r(3)t)＝0，所以当t＝ eq \f(4\r(3),3)，即Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))也符合题意．综上所述，存在x轴上的定点Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称．