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教师用书word（人教B版）

模块综合检测卷 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订) 一、选择题(本大题共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：x－2y＋k＝0(k∈R)过点(0，2)，则k的值为(　　) A．－4 B．4 C．2 D．－2 答案：B 解析：由题意可得，0－4＋k＝0，解得k＝4. 2．如图，空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M为OA的中点，点N在线段BC上，且CN＝2NB，则＝(　　) A．a－b－c B．－a＋b＋c C．a－b＋c D．－a＋b＋c 答案：D 解析：＝－＝＋－＝＋－＝＋(－)－＝－＋＋＝－a＋b＋c.故选D. 3．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为F(3，0)，离心率等于，则C的方程是(　　) A．－＝1 B．－＝1 C．－＝1 D．－＝1 答案：B 解析：右焦点为F(3，0)，说明两层含义：双曲线的焦点在x轴上；c＝3.又离心率为＝，故a＝2.b2＝c2－a2＝32－22＝5，故C的方程为－＝1. 4．中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的．它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美．现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为(　　) A．8 B．2 C．4 D．4 答案：C 解析：因为椭圆的2a＝8，2b＝4，所以a＝4，b＝2.因为a2＝b2＋c2，所以c2＝12⇒c＝2，则2c＝4.故选C. 5．已知直线y＝－x＋3与圆x2＋y2－2x－2y＝0相交于A，B两点，则|AB|＝(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：圆的方程化成标准形式为(x－1)2＋(y－1)2＝2，所以圆的圆心坐标为(1，1)，半径为，圆心到直线x＋y－3＝0的距离d＝＝，所以|AB|＝2 ＝.故选C. 6．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：以D点为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，所以＝(－2，0，1)，＝(－2，2，0)，且为平面BB1D1D的一个法向量．因为cos〈，〉＝＝＝，所以BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为.故选D. 7．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(x0，2)是抛物线C上一点，以点M为圆心的圆与直线x＝交于E，G两点．若sin∠MFG＝，则抛物线C的方程是(　　) A．y2＝x B．y2＝2x C．y2＝4x D．y2＝8x 答案：C 解析：如图，过点M作MD⊥EG，垂足为D.由题意得点M(x0，2)在抛物线上，则8＝2px0，得px0＝4，记为①式．由抛物线的性质可知|DM|＝x0－.因为sin∠MFG＝，所以|DM|＝|MF|＝，所以x0－＝.解得x0＝p，记为②式．由①②，解得x0＝p＝－2(舍去)或x0＝p＝2.故抛物线C的方程是y2＝4x.故选C. 8．已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，抛物线C：y2＝8ax的焦点为F.若在E的渐近线上存在点P，使得⊥，则E的离心率的取值范围是(　　) A．(1，2) B． C． D．(2，＋∞) 答案：B 解析：由题意得，A(a，0)，F(2a，0)．双曲线的渐近线为y＝±x，可设P，则＝，＝.由⊥，得·＝0，即(x0－a)(x0－2a)＋x＝0，化为x－3ax0＋2a2＝0.依题意可得Δ≥0，即9a2－4×2a2×≥0⇒9a2≥8c2⇒e2≤⇒e≤.又因为E为双曲线，所以1<e≤.故选B. 二、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．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若∠MAN＝60°，则有(　　) A．渐近线方程为y＝±x B．e＝ C．e＝ D．渐近线方程为y＝±x 答案：AC 解析：由已知可得A(a，0)，点A到一条渐近线bx＋ay＝0的距离为bcos 30°＝b，可得＝b，即3b2＝a2，故e＝＝ ＝，＝，故渐近线方程为y＝±x.故选AC. 10．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，B1B的中点，则(　　) A．直线D1D与直线AF垂直 B．直线A1G与平面AEF平行 C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 D．点C和点G到平面AEF的距离相等 答案：BC 解析：对于选项A，方法一：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图(1)所示的空间直角坐标系，则点D(0，0，0)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，F，G.从而＝(0，0，1)，＝，从而·＝≠0，所以直线DD1与直线AF不垂直，选项A错误； 方法二：取DD1的中点N，连接AN，则AN为直线AF在平面ADD1A1内的射影，AN与DD1不垂直，从而AF与DD1也不垂直，选项A错误； 如图(2)所示，取B1C1的中点为M，连接A1M，GM，则A1M∥AE，GM∥EF，易证平面A1MG∥平面AEF，从而A1G∥平面AEF，选项B正确； 对于选项C，如图(3)所示，连接AD1，D1F，易知四边形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面四边形，延长D1F，DC，AE，易知D1F，DC，AE交于一点H，则D1H＝AH＝，AD1＝，所以S＝×× ＝，而S＝S＝，从而选项C正确； 对于选项D，连接AG，GE，GF，AC，如图(4)所示，因为S△GEF＝S梯形BEFG－S△EBG＝××－××＝，S△ECF＝××＝，三棱锥VA-GEF＝S△EFG·AB，VA-ECF＝S△ECF·AB，易知VA-GEF＝2VA-ECF，即VG-AEF＝2VC－AEF，点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的2倍．从而选项D错误．故选BC. 11．如图，点A(2，0)，B(1，1)，C(－1，1)，D(－2，0)，是以OD为直径的圆上一段圆弧，是以BC为直径的圆上一段圆弧，是以OA为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线Ω，则(　　) A．曲线Ω与x轴围成的图形的面积等于π B．与的公切线的方程为x＋y－1－＝0 C．所在圆与所在圆的公共弦所在直线的方程为x－y＝0 D．所在的圆截直线y＝x所得弦的长为 答案：BC 解析：，，所在圆的方程分别为(x＋1)2＋y2＝1，x2＋(y－1)2＝1，(x－1)2＋y2＝1. 曲线Ω与x轴围成的图形为以(0，1)为圆心，1为半径的一个半圆、一个长为2，宽为1的矩形和两个分别以(1，0)，(－1，0)为圆心，半径均为1的圆，其面积为＋2＋2×＝π＋2≠π，故A错误；设与的公切线方程为y＝kx＋b(k<0，b>0)，则＝1＝，所以k＝－1，b＝1＋，所以与的公切线的方程为y＝－x＋1＋，即x＋y－1－＝0，故B正确；由x2＋(y－1)2＝1及(x－1)2＋y2＝1两式相减得x－y＝0，即公共弦所在直线的方程，故C正确；所在圆的方程为(x＋1)2＋y2＝1， 圆心为(－1，0)，圆心(－1，0)到直线y＝x的距离为d＝＝，则所求弦长为2＝，故D错误．故选BC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填在题中的横线上) 12．圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的公共弦所在的直线与圆C3：x2＋y2＝m相切，则实数m的值为________． 答案： 解析：由圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－2x－2y＋1＝0，两个圆的方程相减，可得2x＋2y－1＝1，即公共弦的方程为x＋y－1＝0，因为直线x＋y－1＝0与圆C3：x2＋y2＝m相切，可得圆心到直线的距离等于半径，即d＝＝，解得m＝. 13．已知点E，F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________． 答案： 解析：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，E，F，所以＝，＝.易知平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．设平面AEF的一个法向量为n2＝(x，y，z)，则即取x＝1，则y＝－1，z＝3，故n2＝(1，－1，3)．所以cos〈n1，n2〉＝＝.所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角α满足cos α＝，则sin α＝，所以tan α＝. 14．直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1，0)，且与C交于A，B两点，则p＝______，＋＝______．(第一个空2分，第二个空3分) 答案：2　1 解析：由题意知＝1，从而p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.当直线l的斜率不存在时，将x＝1代入y2＝4x，易得|AF|＝|BF|＝2，从而＋＝1.当直线l的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，联立得消去y整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则从而＋＝＋＝＝＝1.综上，＋＝＝1. 四、解答题(本大题共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)在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(－3，2)，B(4，3)，C(－1，－2)． (1)求△ABC中BC边上的高线所在直线的方程； (2)求△ABC的面积． 解：(1)因为直线BC的斜率kBC＝＝1， 所以BC边上的高线的斜率k＝－1，又BC边上的高过A点． 所以BC边上的高线所在直线的方程为y－2＝－(x＋3)， 即x＋y＋1＝0. (2)因为B(4，3)，C(－1，－2)， 所以|BC|＝＝5. 由B(4，3)，C(－1，－2)，得直线BC的方程为x－y－1＝0. 所以点A到直线BC的距离 d＝＝3， 所以S△ABC＝×5×3＝15. 16．(15分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E为BB1中点． (1)证明：AC⊥D1E； (2)求DE与平面AD1E所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接BD， 因为D1D⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以D1D⊥AC. 在长方形ABCD中，AB＝BC， 所以BD⊥AC. 又BD∩D1D＝D，所以AC⊥平面BB1D1D， 因为D1E⊂平面BB1D1D，所以AC⊥D1E. (2)以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则A(1，0，0)，D1(0，0，2)，E(1，1，1)，所以＝(0，1，1)，＝(－1，0，2)，＝(1，1，1)． 设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则 即 令z＝1，得n＝(2，－1，1)． 所以cos〈n，〉＝＝， 所以DE与平面AD1E所成角的正弦值为. 17．(15分)在如图所示的几何体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形，且边长为2，Q是AD的中点． (1)求证：直线AE∥平面FQC； (2)求二面角A-FC-B的大小． 解：(1)证明：因为AF∥BE，AD∥BC，AF∩AD＝A，BE∩BC＝B， 所以平面ADF∥平面BCE， 又因为EF∥AB∥CD，所以几何体ADF-BCE是三棱柱． 又因为AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B， 所以AB⊥平面BCE， 所以几何体ADF-BCE是直三棱柱． 又四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形， 所以EF∥ AB∥ DC， 所以四边形DCEF为矩形． 如图，连接DE，交FC于点P，连接PQ. 因为P是DE的中点，Q是AD的中点， 所以PQ是三角形DAE的中位线，PQ∥AE. 因为AE⊄平面FQC，PQ⊂平面FQC， 所以直线AE∥平面FQC. (2)因为平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥BC， 所以BC⊥平面ABEF，所以BC⊥BE. 所以AB，BC，BE两两垂直． 如图，以B为原点，BA，BC，BE所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则B(0，0，0)，Q(2，1，0)，F(2，0，2)，C(0，2，0)，A(2，0，0)， 所以＝(0，2，0)，＝(2，0，2)． 设平面BFC的法向量为m＝(x，y，z)， 则所以 取z＝－1，所以m＝(1，0，－1)． 同理可得平面AFC的一个法向量n＝(1，1，0)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 记二面角A-FC-B的大小为θ， 依题意知θ为锐角，则cos θ＝，解得θ＝， 即二面角A-FC-B的大小为. 18．(17分) (2024·广东广州高二测试)已知拋物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，M为抛物线上一点，＝2. (1)求抛物线C的标准方程； (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：(1)由＝2，可得＝m＋＝2， 又M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. (2)由(1)知：F(1，0)， 设RS：x＝my＋1，GH：x＝－y＋1(m≠0)， 由得， y2－4my－4＝0， 因为Δ＝16m2＋16＝16(m2＋1)>0， 设R，S，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， 所以＝＋＝x1＋1＋x2＋1＝m＋4＝4(m2＋1)， 同理：|GH|＝4， 所以四边形RGSH的面积为S＝＝8(m2＋1)＝8≥32， (当且仅当m2＝，即m＝±1时等号成立) 所以四边形RGSH的面积的最小值为32. 19．(17分)已知椭圆C： ＋ ＝1(a>b>0)的离心率为 ，且以两焦点为直径的圆的内接正方形面积为2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l：y＝kx＋2与椭圆C相交于A，B两点，在y轴上是否存在点D，使直线AD与BD的斜率之和kAD＋kBD为定值？若存在，求出点D坐标及该定值，若不存在，试说明理由． 解：(1)由已知可得 解得a2＝2，b2＝c2＝1， 所以椭圆方程为 ＋y2＝1. (2)由 得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0， 由Δ＝64k2－24(1＋2k2)＝16k2－24>0， 解得k<－ 或k> . 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－ ，x1x2＝ ， 设存在点D(0，m)， 则kAD＝ ，kBD＝ ， 所以kAD＋kBD＝ ＝ ＝ . 要使kAD＋kBD为定值，只需6k－4k(2－m)＝6k－8k＋4km＝2k(2m－1)，k的值与参数m无关，故2m－1＝0，解得m＝ ， 当m＝ 时，kAD＋kBD＝0. 综上所述，存在点D(0，)，使得kAD＋kBD为定值，且定值为0. 学科网（北京）股份有限公司 $