模块综合检测卷-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件涵盖立体几何、解析几何、函数图像等核心知识点，通过基础概念题（如平面平行判断）到综合应用题（如椭圆中三角形面积计算）的递进设计，搭建学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于以数学眼光观察空间形式与数量关系，通过逻辑推理（如解析几何方程联立）和数学建模（如双曲线距离最值问题）培养思维，解析详细实例典型，助力学生提升解题能力，教师教学更高效。

模块综合检测卷 　 直线l的一个方向向量为(－1，)，则直线l的斜率为－，所以直线l的倾斜角为.故选C. √ 一、单项选择题(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.若直线l的一个方向向量为(－1，)，则直线的倾斜角是 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 2.两个不同的平面α和β，平面α的一个法向量为v1＝(1，2，1)，平面β的一个法向量为v2＝(2，4，2)，则平面α与平面β A.平行 B.垂直 C.相交 D.不能确定 由题意知v1＝(1，2，1)，v2＝(2，4，2)，则v2＝2v1，即v1，v2共线，则α∥β.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 3.已知直线3x＋4y＋a＝0与圆C：(x－2)2＋y2＝9相交于A，B两点，且∠ACB＝120°，则实数a＝ A. B. C.或－ D.或－ 设圆心C到直线AB的距离为d，因为圆的方程为C：(x－2)2＋y2＝9，所以圆心C(2，0)，圆的半径为3，｜CA｜＝｜CB｜＝3，又∠ACB＝120°，所以d＝，即点C到直线AB的距离为，所以＝，解得a＝或a＝－.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 如图所示，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所 在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则D1(0，0，1)，E(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0). √ 4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 连接D1E，所以＝(1，1，－1)，＝(－1，2，0)， ＝(－1，0，1).设平面ACD1的一个法向量为n＝ (a，b，c)，则令a＝2，则n＝(2，1，2).所以点E到平面ACD1的距离为h＝＝＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 5.已知F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，P为椭圆上一点，3｜PF2｜＝5｜PF1｜，则△PF1F2的面积为 A. B.6 C.8 D.2 由＋＝1，得a＝4，c＝2，即｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a＝8，｜F1F2｜＝4.又3｜PF2｜＝5｜PF1｜，则｜PF1｜＝3，｜PF2｜＝5，所以△PF1F2为直角三角形，∠PF1F2＝90°.所以＝｜PF1｜·｜F1F2｜＝×3×4＝6.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 6.图1通过旋转可得到图2，则图3通过相同的旋转可得到 由图1向后推倒后，逆时针旋转90°可得图2，同理可知，D正确.故 选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由于直线l过点M(0，1)，且斜率为负数，故可设直线l的方程为 y＝kx＋1(k＜0)，联立y＝kx＋1与y＝x2可得x2－4kx－4＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，Δ＝16k2＋ 16＞0，由于M是线段AB上的一个三等分点，所以x1＝－2x2，进而可得x2＝，x1＝－2，所以＝k⇒k＝－.故选A. 7.过点M(0，1)，且斜率为负数的直线l与函数y＝x2的图象相交于A，B两点，若M是线段AB上的一个三等分点，则直线l的斜率为 A.－ B.－ C.－ D.－2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.已知双曲线C：x2－＝1，P为双曲线C上任意一点，过点P分别作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N，则＋的最小值为 A. B. C. D. 因为双曲线C：x2－＝1，所以双曲线C的渐近线方程为2x±y＝0，设P(m，n)是双曲线上任意一点， √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则≥1，m2≥1，所以m2－＝1，则8m2－n2＝8，由点到直线的距离公式得｜PM｜＝＝，｜PN｜＝＝，｜PM｜｜PN｜＝×＝＝，所以＋≥2＝2＝＝，当且仅当｜PM｜＝｜PN｜时，等号成立，即＋. 故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.) 9.已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16上，点A(4，0)，B(0，2)，则 A.点P到直线AB的距离小于10 B.圆上到直线AB的距离等于1的点只有1个 C.当∠PBA最小时，｜PB｜＝3 D.当∠PBA最大时，｜PB｜＝3 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，由(x－5)2＋(y－5)2＝16，可得圆心坐标为(5，5)，r＝4， 过点A(4，0)，B(0，2)的直线为 ＋ ＝1，即x＋2y－4＝0，所以 圆心(5，5)到直线x＋2y－4＝0的距离d＝ ＝ ＞4， 所以点P到直线AB的距离的最大值为d＋r＝ ＋4＜10，则点P到直线AB的距离小于10，故A正确；对于B，点P到直线AB的距离的最小值为d－r＝ －4＜1，圆上到直线AB的距离等于1的点有2个，故 B错误；对于C、D，如图所示，当∠PBA最大或最小时，此时直线PB与圆相切，圆心(5，5)到B(0，2)的距离为 ＝ ，利用勾股定理可得｜PB｜＝ ＝3 ，故C、D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝6，BC＝2，BB1＝2，E为棱CD上一点，CE＝2，F是平面ABCD内一动点，∠FC1E＝30°，则 A.存在点F，使得EF∥平面BDD1B1 B.存在不与C，D重合的点F，使得DF⊥平面FCC1 C.棱CD上存在两定点M，N，使得｜MF｜＋｜NF｜＝6 D.点F的轨迹截直线AB所得弦长为2 √ √ √ 如图建立空间直角坐标系，易知D(， C(0，6，0)，C1，E(0，4，0)， B， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设F(x，y，0)，则＝，＝， 由∠FC1E＝30°，可得cos＜，＞＝＝， 化简可得3x2＋2y2－12y＝0.对于A，若EF∥平面BDD1B1，易 得EF∥BD.又＝，＝，可得y＝3x＋4，联立3x2＋2y2－12y＝0，消去y可得21x2＋12x－16＝0，Δ＞0，所以存在点F，使得EF∥平面BDD1B1，故A正确；对于B，由长方体性质可知，CC1⊥DF，要使得DF⊥平面FCC1，则必有DF⊥CF，＝，＝，所以·＝x2＋y2－6y＝0，联立3x2＋2y2－12y＝0，可得x＝0，y＝0或x＝0，y＝6，此时点F与C，D重合，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于C，由3x2＋2y2－12y＝0化简可得：＋＝1， 即点F的轨迹是椭圆，且焦点在y轴上，且a＝3，所以 棱CD上存在两定点M，N，使得｜MF｜＋｜NF｜＝2a ＝6，故C正确；对于D，在坐标平面xDy中，直线AB的方程为x＝2，联立3x2＋2y2－12y＝0，可得y2－6y＋6＝0，y1＋y2＝6，y1y2＝6，所以点F的轨迹截直线AB所得弦长为＝＝2，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ √ 11. 双纽线∞最早于1694年被瑞士数学家雅各布•伯努利用来描述他发现的曲线.在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1(－a，0)，F2(a，0)的距离之积等于a2(a＞0)的点的轨迹称为双纽线.已知点P是a＝1时的双纽线C上一点，则 A.C关于原点成中心对称 B.C上满足＝的点P有2个 C.△PF1F2面积的最大值为 D.当直线y＝kx与C有3个交点时，k的取值范围是(－1，1) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，设动点C()，由题可得C的轨迹方程为·＝a2，把(代入轨迹方程显然成立，故A正确；对于B，a＝1时的双纽线的方程为·＝1，若＝，则P)在F1F2的中垂线y轴上，故此时x0＝0，代入得y0＝0，即P()，所以只有一个点P，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于C，因为P(x0，y0)是·＝1上的一点，故＝｜PF1｜·sin ∠F1PF2＝sin ∠F1PF2≤，当sin ∠F1PF2＝1，即PF1⊥PF2时等号成立，下面说明垂直时可取到，若PF1⊥PF2，＝，＝，则·＝＋－1＝0，代入·＝1，得· ＝1，解得x0＝±，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于D，直线y＝kx与C有3个交点时，联立y＝kx与·＝1，得(x4＋(x)2＝0，当x＝0时，适合上述方程，当x≠0时，x2＋＝0，即 x2＝2－2k2，则2－2k2＞0，则－1＜k＜1，所以直线y＝kx与C有3个交点时，k的取值范围是(－1，1)，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分，将答案填在题中的横 线上.) 12.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB＝4，AA1＝3，∠BAA1＝60°，E为棱C1D1的中点，则·＝____. 14 如图所示，由题意可得·＝0，·＝｜｜· ｜｜·cos 60°＝6.因为＝＋＋＝ ＋＋，所以·＝·(＋＋ )＝·＋·＋＝6＋0＋×42＝14. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2且倾斜角为60°的直线l与C交于A，B两点.若△AF1F2的面积是△BF1F2面积的倍，则C的离心率为___. 如图所示，由△AF1F2的面积是△BF1F2面积的倍，得 ｜AF2｜＝｜BF2｜，不妨设｜AF2｜＝3t，｜BF2｜＝ 2t，｜F1F2｜＝2c，则｜AF1｜＝2a－3t，｜BF1｜＝2a－2t， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 在△AF1F2中，∠F1F2A＝60°，由｜AF2｜2＋｜F1F2｜2－｜AF1｜2＝2｜AF2｜｜F1F2｜cos 60°，得9t2＋4c2－(2a－3t)2＝6ct，整理得2c2－2a2＋6at－3ct＝0①，在△BF1F2中，∠F1F2B＝120°，由｜BF2｜2＋｜F1F2｜2－｜BF1｜2＝2｜BF2｜｜F1F2｜cos 120°，得4t2＋4c2－(2a－2t)2＝－4ct，整理得c2－a2＋2at＋ct＝0②，联立①②得2at－5ct＝0，而t＞0，于是＝，所以C的离心率为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.已知方程＋＝1(m≠±1)表示曲线C，则下列结论正确的是_________(填正确的序号). ①若m＝3，则曲线C是圆 ②若曲线C是椭圆，则m＞3 ③若曲线C是双曲线，则m＜1且m≠－1 ④若m＜－1，则曲线C是焦点在x轴上的双曲线 ①③④ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于①，若m＝3，则m2－1＝2m＋2＝8，方程化为x2＋y2＝8，故①正确；对于②，若曲线C是椭圆，则解得m＞1且m≠3，故②错误；对于③，若曲线C是双曲线，则(2m＋2)＜0，解得m＜1且m≠－1，故③正确；对于④，若m＜－1，则m2－1＞0且2m＋2＜0，所以曲线C是焦点在x轴上的双曲线，故④正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 四、解答题(本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 15.(13分)已知圆C过点A()，B)，且圆心C在直线l：x＋y－6＝0上. (1)求圆C的方程； 解：由A，B，得直线AB的斜率为kAB＝＝－1， 线段AB的中点D，所以kCD＝1，直线CD的方程为y－2＝x－2， 即y＝x，联立即C， 所以半径r＝＝＝， 所以圆C的方程为(x－3)2＋(y－3)2＝10. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若从点M(发出的光线经过x轴反射，反射光线l1恰好平分圆C的圆周，求反射光线l1的一般方程. 解：M关于x轴的对称点为N， 由l1恰好平分圆C的圆周，得l1经过圆心C， ＝＝－4，l1的方程为y－3＝－4，即4x＋y－15＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(15分)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1. (1)求证：AD⊥平面BFED； 解：证明：在梯形ABCD中， 因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝， 所以AB＝2， 所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos ＝3. 所以AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD. 因为平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，AD⊂平面ABCD，AD⊥BD， 所以AD⊥平面BFED. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成角为θ，试求θ的最小值. 解：因为四边形BFED为矩形，所以ED⊥BD，所以ED⊥平 面ABCD， 由(1)可建立以点D为坐标原点， 分别以直线DA，DB，DE为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标 系，如图所示. 令EP＝λ(0≤λ≤)， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)， 所以＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设n1＝(x，y，z)为平面PAB的一个法向量， 由 取y＝1，得n1＝(，1，－λ)， 因为n2＝(0，1，0)是平面ADE的一个法向量， 所以cos θ＝＝＝. 因为0≤λ≤， 所以当λ＝时，cos θ有最大值， 又因为θ为锐角，所以θ的最小值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(15分)已知拋物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，M(m，－2)为抛物线上一点，｜MF｜＝2. (1)求抛物线C的标准方程； 解：由｜MF｜＝2，可得｜MF｜＝m＋＝2， 又M(m，－2)在抛物线上，所以4＝2pm， 联立解得m＝1，p＝2， 故抛物线方程为C：y2＝4x. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)过点F作互相垂直的两条直线交抛物线C于G，H，R，S四点，求四边形RGSH面积的最小值. 解：由(1)知：F(1，0)， 设RS：x＝ny＋1，GH：x＝－y＋1(n≠0)， 由得y2－4ny－4＝0， 因为Δ＝16n2＋16＝16(n2＋1)＞0， 设R(x1，y1)，S(x2，y2)， 所以y1＋y2＝4n，y1y2＝－4， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以｜RS｜＝｜RF｜＋｜SF｜＝x1＋1＋x2＋1＝n(y1＋y2)＋4＝4(n2＋1)， 同理：｜GH｜＝4， 所以四边形RGSH面积为S＝｜RS｜｜GH｜＝8(n2＋1) ＝8≥32， 当且仅当n2＝，即n＝±1时等号成立. 所以四边形RGSH的面积的最小值为32. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(17分)如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2AB＝4，BC＝6，M，N分别是AD，BC的中点，将四边形MABN沿MN翻折至四边形MEFN，点Q为CF上一点，且FQ＝2QC. (1)证明：DQ∥平面MEFN； 解：证明：取FN的靠近点N的三等分点H，连接HQ，HM， 由于FQ＝2QC，即点Q是靠近点C的三等分点，故HQ∥NC，HQ＝NC＝2. 由于MD∥NC，MD＝2， 故MD∥HQ，MD＝HQ，因此四边形MDQH为平行四边形，故DQ∥MH， 又MH⊂平面MEFN，DQ⊄平面MEFN， 所以DQ∥平面MEFN. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设二面角F-MN-C的平面角为θ(0＜θ＜π). ①若θ＝，求直线FM与直线CD所成角的余弦值； 解：由题意可知MN⊥NC，MN⊥FN，∠FNC＝θ. ①在NC上取点P使得PC＝2， 由于MD∥PC，MD＝PC， 故四边形MDCP为平行四边形， 故DC∥MP，故直线FM与直线CD所成的角为∠FMP或其补角， 因为MN＝＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 MP＝＝2， FP＝＝， FM＝＝2， 故cos ∠FMP＝＝＝. 故直线FM与直线CD所成角的余弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②在翻折过程中，是否存在θ，使得直线NE与平面MDQ所成角的正弦值为？若存在，求出θ；若不存在，请说明理由. 解：以N为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 N(，M，D，F(3sin θ， 3cos θ，0)，E(2sin θ，2cos θ，)，Q(sin θ，cos θ＋2，0)， 故＝，＝(sin θ，cos θ＋2，－)，＝) ， 设平面MDQ的一个法向量为n＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以 令x＝，则n＝， 假设存在θ，使得直线NE与平面MDQ所成角的正弦值为， 故＝＝， 解得sin2θ＝1， 由于0＜θ＜π，故存在θ＝，使得直线NE与平面MDQ所成角的正弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(17分)在平面直角坐标系xOy中，动圆C与圆C1：x2＋y2＋2x－＝0内切，且与圆C2：x2＋y2－2x＋＝0外切，记动圆C的圆心的轨迹为H. (1)求轨迹H的方程； 解：设动圆C的半径为R， 由于圆C1：x2＋y2＋2x－＝0的圆心和半径分别为C1(－1，0)，r1＝， 圆C2：x2＋y2－2x＋＝0的圆心和半径分别为C2(1，0)，r2＝. 由题意可得＝－R，＝R＋， 故＋＝4＞＝2， 因此点C的轨迹满足椭圆方程，且以C1，C2为焦点，以4为长轴长， 故2a＝4，2c＝2，所以a＝2，c＝1，b＝， 故轨迹H的方程为＋＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)设O为坐标原点，过点C2且与坐标轴不垂直的直线与轨迹H交于P，Q两点.线段OC2上是否存在点N(n，0)，使得·＝·？若存在，求出n的取值范围；若不存在，说明理由； 解：存在.理由如下：设直线PQ的方程为y＝k(x－1)，k≠0， 代入＋＝1，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， Δ＝(－8k2)2－4(3＋4k2)(4k2－12)＞0恒成立. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为R(x0，y0)，所以x1＋x2＝， 则x0＝＝，y0＝k(x0－1)＝－， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由·＝·，得·(＋)＝·(2)＝0， 所以直线NR为直线PQ的垂直平分线， 直线NR的方程为y＋＝－， 令y＝0得，点N的横坐标n＝＝， 因为k2∈(0，＋∞)，所以＋4∈(4，＋∞)， 所以n∈. 故线段OC2上存在点N(n，0)，使得·＝·，其中n∈. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)过点P0(4，0)且不垂直于y轴的直线与轨迹H交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为E，证明：直线AE过定点. 解：证明：设直线AB的方程为y＝m(x－4)，m≠0， 代入＋＝1，得(3＋4m2)x2－32m2x＋64m2－12＝0， 因为过点P0(4，0)且不垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点， 所以Δ＝(－32m2)2－4(3＋4m2)(64m2－12)＞0， 化简得4m2－1＜0，解得m∈∪， 设A(x3，y3)，B(x4，y4)，E(x4，－y4)， 则x3＋x4＝，x3x4＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则直线AE的方程为y－y3＝(x－x3)， 由对称性可知若直线AE过定点，则定点一定在x轴上. 令y＝0得，x＝－y3·＋x3＝＝ ＝ ＝＝1. 所以直线AE过定点(1，0). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 模块综合检测卷 返回 $