2022届高中数学新人教B版 选择性必修第一册 模块质量检测 课时作业

这是一份2022届高中数学新人教B版 选择性必修第一册 模块质量检测 课时作业，共10页。

模块质量检测一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．倾斜角为135°，在y轴上的截距为－1的直线方程是(　　)A．x－y＋1＝0 B．x－y－1＝0C．x＋y－1＝0 D．x＋y＋1＝02．已知直线ax＋4y－2＝0与2x－5y＋b＝0互相垂直，垂足为(1，c)，则a＋b＋c的值为(　　)A．－4 B．20C．0 D．243. 如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)A.eq \f(\r(5),5)B.eq \f(\r(5),3)C.eq \f(2\r(5),5)D.eq \f(3,5)4．抛物线y＝－8x2的准线方程是(　　)A．y＝eq \f(1,32) B．y＝2C．x＝eq \f(1,32) D．y＝－25．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(3),3)C.eq \f(\r(2),3) D.eq \f(1,3)6．抛物线y2＝4x的焦点到双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的渐近线的距离是(　　)A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2)C．1 D.eq \r(3)7．双曲线eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,k)＝1的离心率e∈(1,2)，则k的取值范围是(　　)A．(－10,0) B．(－12,0)C．(－3,0) D．(－60，－12)8．已知椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1上的一点M到焦点F1的距离为2，N是MF1的中点，O为原点，则|ON|等于(　　)A．2 B．4C．8 D.eq \f(3,2)9．圆x2＋y2＝4被直线y＝eq \r(3)x＋2截得的劣弧所对的圆心角的大小为(　　)A．30° B．60°C．90° D．120°10．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线平行于直线l：y＝2x＋10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为(　　)A.eq \f(x2,5)－eq \f(y2,20)＝1 B.eq \f(x2,20)－eq \f(y2,5)＝1C.eq \f(3x2,25)－eq \f(3y2,100)＝1 D.eq \f(3x2,100)－eq \f(3y2,25)＝111．若实数k满足0b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为(　　)A.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1的两条渐近线的方程为__________. 14．若直线ax－2y＋2＝0与直线x＋(a－3)y＋1＝0平行，则实数a的值为________．15．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，满足条件(c－a)·(2b)＝－2，则x＝__________. 16．已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)与直线x＋y＝0相交所得圆的弦长是2eq \r(2)，若过点A(3,0)作圆M的切线，则切线长为________．三、解答题(本大题共6个小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，是否存在斜率为1的直线l，使以l被圆截得的弦AB为直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．18．(12分)已知圆O：x2＋y2＝1和抛物线E：y＝x2－2，O为坐标原点．已知直线l和圆O相切，与抛物线E交于M，N两点，且满足OM⊥ON，求直线l的方程．19．(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq \r(6)，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B­PD­A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．20．(12分)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长是2，且离心率为eq \f(\r(3),2).(1)求椭圆C的方程；(2)设直线y＝kx＋eq \r(3)与椭圆C交于M，N两点，点A(2,0)．问在直线x＝3上是否存在点P，使得四边形PAMN是平行四边形，若存在，求出k的值．若不存在，说明理由．21．(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq \r(5).(1)求证：PD⊥平面PAB; (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq \f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．22．(12分)设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点为F1(－eq \r(3)，0)、F2(eq \r(3)，0)，且该椭圆过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2))).(1)求椭圆C的标准方程；(2)若椭圆C上的点M(x0，y0)满足MF1⊥MF2，求y0的值．模块质量检测1．解析：由斜截式可得直线方程为y＝－x－1，化为一般式即为x＋y＋1＝0.故选D.答案：D2．解析：由直线互相垂直可得－eq \f(a,4)·eq \f(2,5)＝－1，∴a＝10，所以第一条直线方程为5x＋2y－1＝0，又垂足(1，c)在直线上，所以代入得c＝－2，再把点(1，－2)代入另一方程可得b＝－12，所以a＋b＋c＝－4.答案：A3．解析：不妨设CB＝1，则CA＝CC1＝2.由题图知，A点的坐标为(2,0,0)，B点的坐标为(0,0,1)，B1点的坐标为(0,2,1)，C1点的坐标为(0,2,0)．所以eq \o(BC1,\s\up12(→))＝(0,2，－1)，eq \o(AB1,\s\up12(→))＝(－2,2,1)．所以cos〈eq \o(BC1,\s\up12(→))，eq \o(AB1,\s\up12(→))〉＝eq \f(0×－2＋2×2＋－1×1,3\r(5))＝eq \f(\r(5),5).答案：A4．答案：A5.解析：设AB＝1，则AA1＝2，分别以eq \o(D1A1,\s\up12(→))，eq \o(D1C1,\s\up12(→))，eq \o(D1D,\s\up12(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则D(0,0,2)，C1(0,1,0)，B(1,1,2)，C(0,1,2)，eq \o(DB,\s\up12(→))＝(1,1,0)，eq \o(DC1,\s\up12(→))＝(0,1，－2)，eq \o(DC,\s\up12(→))＝(0,1,0)，设n＝(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up12(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y－2z＝0，))取n＝(－2,2,1)，设CD与平面BDC1所成角为θ，则sin θ＝eq \f(|n·\o(DC,\s\up12(→))|,|n||\o(DC,\s\up12(→))|)＝eq \f(2,3).答案：A6．解析：由题意可得，抛物线的焦点为(1,0)，双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，即±eq \r(3)x－y＝0，由点到直线的距离公式可得抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离d＝eq \f(|±\r(3)－0|,2)＝eq \f(\r(3),2).答案：B7．解析：∵双曲线eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,k)＝1的离心率e∈(1,2)， ∴1<eq \f(\r(4－k),2)<2，解得－120)，圆心为(0，a)，半径r＝a，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝eq \f(a,\r(2))，所以2 eq \r(a2－\f(a2,2))＝2eq \r(2)，解得：a＝2.故圆M的方程为x2＋(y－2)2＝4.过点A(3,0)作圆M的切线，所以切线长为：eq \r(AM2－r2)＝eq \r(3－02＋0－22－4)＝3.答案：317．解析：假设存在斜率为1的直线l，满足题意，则OA⊥OB.设直线l的方程是y＝x＋b，其与圆C的交点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－1，即x1x2＋y1y2＝0　①由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋b，,x2＋y2－2x＋4y－4＝0))消去y得：2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，∴x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝eq \f(1,2)(b2＋4b－4)，　②y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)＝x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝eq \f(1,2)(b2＋4b－4)－b2－b＋b2＝eq \f(1,2)(b2＋2b－4)．　③把②③式代入①式，得b2＋3b－4＝0，解得b＝1或b＝－4，且b＝1或b＝－4都使得Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)>0成立，故存在直线l满足题意，其方程为y＝x＋1或y＝x－4.18．解析：设l：y＝kx＋b，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由l和圆O相切，得eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝1.∴b2＝k2＋1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,y＝x2－2))消去y，并整理得x2－kx－b－2＝0，∴x1＋x2＝k，x1x2＝－b－2.由OM⊥ON，得eq \o(OM,\s\up12(→))·eq \o(ON,\s\up12(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0.∴x1x2＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0.∴(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝0，∴(1＋k2)(－b－2)＋k2b＋b2＝0，∴b2(－b－2)＋(b2－1)b＋b2＝0.∴b2＋b＝0.∴b＝－1或b＝0(舍)．当b＝－1时，k＝0，故直线l的方程为y＝－1.19．解析：(1)设AC，BD交点为E，连接ME.因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形，所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O­xyz，则P(0,0，eq \r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq \o(BD,\s\up12(→))＝(4，－4,0)，eq \o(PD,\s\up12(→))＝(2,0，－eq \r(2))．设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up12(→))＝0,n·\o(PD,\s\up12(→))＝0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0,2x－\r(2)z＝0)).令x＝1，则y＝1，z＝eq \r(2).于是n＝(1,1，eq \r(2))．平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝eq \f(n·p,|n||p|)＝eq \f(1,2).由题知二面角B­PD­A为锐角，所以它的大小为eq \f(π,3).(3)由题意知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，eq \o(MC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).设直线MC与平面BDP所成角为α，则sin α＝|cos〈n，eq \o(MC,\s\up12(→))〉|＝eq \f(|n·\o(MC,\s\up12(→))|,|n||\o(MC,\s\up12(→))|)＝eq \f(2\r(6),9).所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为eq \f(2\r(6),9).20．解析：(1)由题意得 b＝1，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，因为a2＝b2＋c2所以c＝eq \r(3)，a＝2所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)若四边形PAMN是平行四边形，则PA∥MN，且|PA|＝|MN|.所以直线PA的方程为y＝k(x－2)，所以P(3，k)，|PA|＝eq \r(k2＋1).设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\r(3)，,x2＋4y2＝4，))得(4k2＋1)x2＋8eq \r(3)kx＋8＝0，由Δ>0，得k2>eq \f(1,2).且x1＋x2＝－eq \f(8\r(3)k,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(8,4k2＋1).所以|MN|＝eq \r(k2＋1[x1＋x22－4x1x2])＝ eq \r(k2＋1\f(64k2－32,4k2＋12)).因为|PA|＝|MN|，所以 eq \r(k2＋1\f(64k2－32,4k2＋12))＝eq \r(k2＋1).整理得16k4－56k2＋33＝0，解得k＝±eq \f(\r(3),2)，或k＝±eq \f(\r(11),2).经检验均符合Δ>0，但k＝－eq \f(\r(3),2)时不满足PAMN是平行四边形，舍去．所以k＝eq \f(\r(3),2)或k＝±eq \f(\r(11),2).21．解析：(1)∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又PD⊥PA，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB.(2)取AD中点为O，连接CO，PO.∵CD＝AC＝eq \r(5)，∴CO⊥AD.∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，以O为原点，如图建系易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)，则eq \o(PB,\s\up12(→))＝(1,1，－1)，eq \o(PD,\s\up12(→))＝(0，－1，－1)，eq \o(PC,\s\up12(→))＝(2,0，－1)，eq \o(CD,\s\up12(→))＝(－2，－1,0)．设n为平面PDC的法向量，令n＝(x0，y0,1)，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up12(→))＝0,n·\o(PC,\s\up12(→))＝0))⇒n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1))，则PB与平面PCD夹角θ有sin θ＝|cos〈n，eq \o(PB,\s\up12(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up12(→)),|n||\o(PB,\s\up12(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)－1－1,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))))＝eq \f(\r(3),3).(3)假设存在M点使得BM∥平面PCD，设eq \f(AM,AP)＝λ，M(0，y′，z′)，由(2)知A(0,1,0)，P(0,0,1)，eq \o(AP,\s\up12(→))＝(0，－1,1)，B(1,1,0)，eq \o(AM,\s\up12(→))＝(0，y′－1，z′)，由eq \o(AM,\s\up12(→))＝λeq \o(AP,\s\up12(→))⇒M(0,1－λ，λ)，∴eq \o(BM,\s\up12(→))＝(－1，－λ，λ)∵BM∥平面PCD，n为平面PCD的法向量，∴eq \o(BM,\s\up12(→))·n＝0，即－eq \f(1,2)＋λ＋λ＝0，∴λ＝eq \f(1,4).∴综上，存在M点使得BM∥平面PCD，此时eq \f(AM,AP)＝eq \f(1,4)..22．解析：(1)由题意得，eq \f(\r(3)2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2,b2)＝1，且a2－b2＝3，解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)点M(x0，y0)满足MF1⊥MF2，则有eq \o(MF1,\s\up12(→))·eq \o(MF2,\s\up12(→))＝0且y0≠0，即(－eq \r(3)－x0，－y0)·(eq \r(3)－x0，－y0)＝xeq \o\al(2,0)＋yeq \o\al(2,0)－3＝0　①，而点M(x0，y0)在椭圆C上，则eq \f(x\o\al(2,0),4)＋yeq \o\al(2,0)＝1　②，取立①②消去xeq \o\al(2,0)，得yeq \o\al(2,0)＝eq \f(1,3)≠0，所以y0＝±eq \f(\r(3),3).