2021-2022学年新教材高中数学模块素养评价含解析新人教A版选择性必修第一册

模块素养评价

(120分钟150分)

一、单选题(每小题5分，共40分)

1.(2020・盘锦高二检测)已知a=(2,-3,1),则下列向量中与a平行的是()

A.(1,1,1)B.(-2,-3,5)

C.(2,—3,5)D.(—4,6)—2)

【解析】选D.对于A选项，因为3之士耳,A选项中的向量与a不平行；对于B选项，因

—2—352—35

为二丁牛~_右,B选项中的向量与a不平行；对于C选项，因为彳=~-,C选项中的

2—312-51

—46—2

向量与a不平行；对于D选项，因为二厂=--=1一,D选项中的向量与a平行.

2—31

2.(2020•南昌高二检测)在四面体ABCD中，点F在AD上，且AF=2FD,E为BC的中点，

则繇等于()

12

A.EF=岚+2A6-QAb

][2

B.EF=~2At—Afe+]A?)

C.E?=2At—AfeA?)

D.EP=~2A£+5A6一,Ab

【解析】选B.在四面体ABCD中，点F在AD上，且AF=2FD,E为BC的中点，所以繇=

ES+BA+#=2(魂—双)―魂+QAJ)=-2A£—2ASAb,即降=—

112

2A£—ASA{).

3.若向量a=(0,1,-1),b=(l,1,0),且(a+M))，a,则实数九的值是()

A.-1B.0C.-2D.1

【解析】选C.因为(a+入b)_La,

所以(a+入b>a=a2+入b,a=C\/5)2+Xx(0+1+0)=0,解得入=-2.

4.已知直线/i：2x+y+n=0与京4x+my—4=0互相平行，且(，，2之间的距离为§小，

则m+n=()

A.—3或3B.—2或4

C.—1或5D.—2或2

【解析】选A.由2m—4=0,解得m=2.满足/i〃/2./2的方程为2x+y—2=0,有也=|y[5,

则|n+2|=3,解得n=l或一5,故m+n=±3.

5.（2020・天津高二检测）已知圆x?+y2+2x—2y+2a=0截直线x+y+2=0所得弦长为4,则

实数a的值是（）

A.l3B.i2C.i1D.—4

0-------------

【解析】选B.圆心为（一1,1）,圆心到直线距离为历=也,故圆的半径为422+（也）2=

水,即72—2a=y[6,a=-2.

6.（2020.西安高二检测）双曲线Ci：点一*=l（a>0,b>0）的一个焦点为F（c,0）（00）,且双

2

曲线Cl的两条渐近线与圆C2：（X—c）2+y2c=j均相切，则双曲线C1的渐近线方程为（）

A.x±\[3y=0B.小x土y=0

C.y[5x土y=0D.x±\[5y=0

【解析】选A.根据题意知：焦点F（c,0）到渐近线

的距离为d=[皋，

故a?=3b2,故渐近线为y—0.

7.唐代诗人李颁的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中

隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，

先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区

域为x2+y2《2,若将军从点A（3,0）处出发，河岸线所在直线方程为x+y=4,并假定将军只

要到达军营所在区域即回到军营，贝「将军饮马”的最短总路程为（）

A.2小B.亚-72

C.V17D.3一也

【解析】选B.设点A关于直线x+y=4的对称点A，（a,b）,设军营所在区域的圆心为C,根

据题意，|AQ一,为最短距离，先求出A，的坐标，AA，的中点为代之，§,直线AA，的斜

吐^+已=4_____

率为1,故直线AA，为y=x—3,由<22'联立得@=4,b=l,所以

、b=a-3,

,故|A，C|一也=护一立•

8.（2020・浏阳高二检测）在椭圆5+y2=l上有两个动点P,Q,E（b0）为定点，EPXEQ,

则祖的最小值为（）

A.4B.3-小C.|D.1

【解析】选C.由题意得强⑥=EP（E?-E^）=E?2—崖，E^=EP

设椭圆上一点P（x,y）,则中=（x—1,y）,

所以崖2=(x-l)2+y2=(x-l)2+f1X

4

34、

x2

43,+t

4T2

又一2WxW2,所以当x=§时，E?2取得最小值］.

二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

9.(2020.沈阳高二检测)若a=(—1，X,-2),b=(2)-1,1),a与b的夹角为120。，则

X的值为()

A.17B.-17C.-1D.1

【解析】选AC.由已知a-b=一2一九一2=—A,-4,|a|=年1+入?+4=#5+2?,|b|=

、4+1+1=y[6,

ab-X-4

所以cos120°='=一/,解得入=17或九=—1.

|a||b|一＜5+小加

10.(2020•启东高二检测)设有一组圆Ck：(x—l>+(y—k)2=k4(kGN*).下列四个命题正确的是

()

A,存在k,使圆与x轴相切

B.存在一条直线与所有的圆均相交

C.存在一条直线与所有的圆均不相交

D.所有的圆均不经过原点

【解析】选ABD.根据题意得圆的圆心为(1,k),半径为k2,选项A,当k=k2,即k=l时，

圆的方程为(x-l/+(y-l)2=1,圆与x轴相切，故正确；

选项B,直线x=l过圆的圆心(1,k),x=l与所有圆都相交，故正确；选项C,圆k:圆心(1,

k),半径为1?,圆k+1：圆心(1,k+1),半径为(k+l)2,两圆的圆心距d=l,两圆的半径之

差R-r=2k+l,(R-r>d),Ck含于Ck+i之中，若k取无穷大，则可以认为所有直线都与圆

相交，故错误；选项D,将(0,0)代入圆的方程，则有l+k2=k4,不存在kdN*使上式成立，

即所有圆均不过原点，正确.

11.(2020.济南高二检测)设Fi，F2分别为双曲线亲一^=l(a>0,b>0)的左、右焦点，若在

双曲线右支上存在点P,满足IPF2I=|FIF2|,且F2到直线PFi的距离等于双曲线的实轴长,

则关于该双曲线的下列结论正确的是()

A.渐近线方程为4x±3y=0

B.渐近线方程为3x±4y=0

C.离心率为(

D,离心率为(

【解析】选AC.设|PFz|=|FIF2|=2C,

由|PFI|—IPF2I=2a,可得|PFi|=2c+2a,

由F2到直线PFi的距离等于双曲线的实轴长2a,

设PFi的中点为M,由等腰三角形PF1F2的性质可得，F2M±PFI,

即有|PFI|=2\l(2c)2—(2a)2=4"\/c2—a2=4b,

所以2c+2a=4b,即c+a=2b,

可得c2=a2+b2=(2b—a)2,即有3b=4a,

b4

则双曲线的渐近线方程为y=±-x=±2x,

即4x±3y=0,离心率e=：=

,.165

i+g=3-

12.(2020・潍坊高二检测)已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F的直线/交抛物线于A,

B两点，以线段AB为直径的圆交x轴于M,N两点，设线段AB的中点为Q若抛物线C上

存在一点E(t,2)到焦点F的距离等于3.则下列说法正确的是()

A.抛物线的方程是x2=2y

B.抛物线的准线是y=—1

c.sinZQMN的最小值是3

D.线段AB的最小值是6

【解析】选BC.抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F(0,1,得抛物线的准线方程为y=—5,

点E(t,2)到焦点F的距离等于3,可得2+5=3,解得p=2,则抛物线C的方程为x?=4y,

准线为y=-1,故A错误，B正确；由题知直线/的斜率存在，F(0,1),设A(xi,yi),

[y=kx+l

B(X2,y2),直线/的方程为y=kx+l,由《,消去y得x?—4kx—4=0,

Lx2=4y

所以乂1+*2=妹，X1X2=-4,

所以yi+y2=k(xi+x2)+2=4k2+2,所以AB的中点Q的坐标为(2k,2k2+l),

|AB|=yi+y2+p=4k2+2+2=4k2+4,故线段AB的最小值是4,即D错误；

所以圆Q的半径为r=2k2+2,

在等腰AQMN中，sinZQMN=^=1—昌工,当且仅当k=0时取

等号，

所以sin/QMN的最小值为g,即C正确.

三、填空题(每小题5分，共20分)

13.(2020・重庆高二检测)设直线Zi：(a+l)x+3y+2-a=0,直线/2：2x+(a+2)y+1=0.若h//l2,

则实数a的值为.

(a+l)(a+2)—6=0

【解析】依题意可得，，,、,、，解得a=-4.

[(a+l)xl—2(2—a)#)

答案：一4

14.(2020・上海高二检测)平行六面体ABCD-ABCiDi中，已知底面四边形ABCD为正方形，

且NAiAB=/AiAD=W,其中，设|AB|=|AD|=1,|AAi|=c,体对角线|AQ=2,则c

的值是.

【解析】A,C=A6+At)-AAj,

22

故|X^!|2=|魂+Ab-AA1|2=魂2+At)+AAj+2A§At)-2AA；-AS-

2A&-AA]*=c2+2-2c=4,解得c=4§+1.

答案：小+1

15.(2020・新高考全国I卷)斜率为小的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A,B

两点，则|AB|=.

【解析】因为抛物线的焦点为(1,0),所以由题意知直线AB的方程为

y=V3(x-1),与y2=4x联立得3(x—1)2=4X,3x2-10x+3=0,

设A(xi,yi),B(X2,y2),则xi+x2=^,

所以|AB|=xi+xz+2=^.

答案：y

16.(2020•武汉高二检测)双曲线C：q=l(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1；F2,过

F2的直线交曲线C右支于P,Q两点，且PQLPF1,若3IPQI=4|PF1],则C的离心率等于

【解析】如图，设|PQ|=4t(t>0),

由3|PQ|=4|PFi|可得|PFi|=3t,

由双曲线定义，有|PFi|-|PF2|=2a,

所以|PF?|=3t—2a,

IQF2I=|PQ|-|PF2|=t+2a,

又IQFil—|QF2|=2a,所以|QFi|=t+4a,

因为PQ1PF.所以|PFF+|PF2F=4C2,|PFI|2+|PQ|2=|QFI|2,

即(3t)2+(3t-2a)2=4C2①，

(3t>+(4t)2=(t+4a>②，

由②解得t=a,代入①得(3a>+(3a—2a)2=4c?,

即10a』4c2,

答案：千

四、解答题(共70分)

17.(10分)已知向量a=(2,4,-2),b=(—1,0,2),c=(x,2,-1：

(1)^a//c,求|c|.

(2)若b_Lc,求(a—c)(2b+c)的值.

【解析】(1)因为a〃c,所以存在实数k使得c=ka,

"x=2k,

可得：<2=4k,解得x=l.

、T=-2k,

所以|C|=、12+22+(-1)2.

(2)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)=(4,2,一1).(一4,2,3)

=-16+4-3=-15.

18.(12分)如图，在三棱柱ABC-AiBiG中，AiA=AB,ZABC=90°,侧面AiABBi，底面

ABC.

(1)求证：AB」平面AiBC；

(2)若AC=5,BC=3,/AiAB=60。，求二面角B-AiC-Ci的余弦值.

【解析】(1)在侧面AiABB,中，因为AiA=AB,

所以四边形A1ABB1为菱形，所以ABJAiB.

因为侧面AiABB」底面ABC,ZABC=90°,

平面AiABBiD平面ABC=AB,

所以CB_L侧面AiABBi.

因为ABC平面AiABBi,所以CB_LABi.

又因为AiBCBC=B,所以AB」平面AiBC.

(2)在RtAABC中，AC=5,BC=3,所以AB=4,

在菱形AiABBi中，因为/AiAB=60。，

所以△AiAB为正三角形.

如图，以菱形AiABBi的对角线交点O为坐标原点，OAi所在直线为x轴，OA所在直线为y

轴，过点O且与BC平行的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，则Ai(2,0,0),B(-2,

0,0),C(-2,0,3),B1(O,-2小,0),Ci(0,一2小，3),

所以K=(-2,2事,0),CA,=(2,2^3,-3).

设n=(x,y,z)为平面AiCCi的法向量，

贝"{n.C___C___=0

n.cX=0.

f-2x+2V3y=0,

所以土厂

l2x+2V3y-3z=0.

令x=3,得n=(3,小,4)为平面AiCCi的一个法向量.

又OB〕=(0,-2^3,0)为平面AiBC的一个法向量,

n・OB]—6V21

cos〈〉=

n,OB]|仙|阳|一2市义2小—14•

由直观图知，二面南B-AiC-Ci的平面角为钝角，

所以二面角B-AiC-Ci的余弦值为一.

19.(12分)一动点到两定点距离的比值为正常数3当以1时，动点的轨迹为圆，后世称之为

阿波罗尼斯圆.已知两定点A,B的坐标分别为：A(4,0),B(l,0),动点M满足|AM|=2|BM|.

(1)求动点M的阿波罗尼斯圆的方程；

(2)过P(2,3)作该圆的切线/,求/的方程.

【解析】(1)设动点M的坐标为(x,y),

则|AM|='(x-4)2+y2,|BM|=\](x-1)2+y2,

又知|AM|=2|BM|,

则＜(x-4)?+y2=2A/(x-1)2+y2,得x2+y2=4.

(2)当直线/的斜率存在且为k时，直线/的方程为：y=kx—2k+3,/与圆相切,

|~2k+3|=2,得：k=^,

则d=

怖2+1

此时/的方程为：5x-12y+26=0,

当直线/的斜率不存在时，此时直线/的方程为：x=2,

综上，直线/的方程为x=2,5x—12y+26=0.

20.(12分X2020•新高考全国I卷)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PDL底面ABCD,

设平面PAD与平面PBC的交线为I.

p

(1)证明：/J_平面PDC；

(2)已知PD=AD=1,Q为/上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【解析】(1)因为PD_L底面ABCD,所以PD_LAD.

又底面ABCD为正方形，

所以AD_LDC,又DCHPD=D,DC,PDu平面PDC,所以AD_L平面PDC.

因为AD〃:BC,ADC平面PBC,BCu平面PBC,所以AD〃平面PBC,由平面PAD与平面

PBC的交线为l,可得/〃AD.因此/_L平面PDC.

(2)以D为坐标原点，15A的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则D(0,0,

0),C(0,1,0),B(l,1,0),P(0,0,1),Dt=(0,1,0),P§=(1,1,-1).

由(1)可设Q(a,0,1),则]5a=(a,0,1),设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量，

n-D^=0,[ax+z=0,

则，m

m比=o,〔y=°・

_—1—a

可取n=(—1,0,a).所以cos<n,P§>=---------=~p—/.设PB与平面QCD所成角为

|n|-|PS|N37l+a

0,则sin0*=雪小+含.因为当小+含粤，当且仅当a=1时

等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为手.

21.(12分)已知抛物线Ci：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：J+器=l(a>b>0)的一个焦点，

Ci与C2的公共弦的长为29.过点F的直线/与Ci相交于A,B两点，与C2相交于C,D两

点，且忒与前同向.

⑴求C2的方程；

(2)若|AC|=|BD|,求直线/的斜率.

【解析】⑴由Ci：x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).

因为F也是椭圆C2的一个焦点，

所以a2—b2=l.@

又Ci与C2的公共弦的长为24,Ci与C2都关于y轴对称，且Ci的方程为x2=4y,

3

由此易知Cl与C2的公共点的坐标为

所以9+提=1•②

联立①②,得a?=9,b2=8.

22

故C2的方程为A+卷Y=1.

y0

(2)如图,设A(xi,yi),B(X,))

2y2,C(x3,ys),D(X4,y4.

因At与疝同向，且|AC|=|BD|,

所以At=B6,

从而X3—X1=X4—X2,即Xl-X2=X3—X4,

22

于是(X1+X2)—4X1X2=(X3+X4)—4X3X4.③

设直线/的斜率为k,则/的方程为y=kx+l.

得X2—4kx—4=0.

而Xl,X2是这个方程的两根，所以Xl+X2=4k,X1X2=-4.@

得(9+8k2)x2+16kx-64=0.

而X3,X4是这个方程的两根,

16k

所以

X3+X49+8k2

644

X3X4——^5・⑤

162k24x64

将④⑤代入③，得163+1)=8k2)2+9+8k2

”,,162X9(k2+l)

即［6k+1)=―(9+8k2)2

所以(9+8k2)2=16x9,

解得k=土乎,即直线/的斜