周周练12 模块综合检测-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册教用Word（人教A版）

**基本信息** 周周练12模块综合检测聚焦空间几何与解析几何，分层设计梯度清晰，从基础概念到综合应用，培养抽象能力与推理意识，适配周测巩固需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|空间坐标、抛物线定义、直线方程|直接应用公式，如单选1-4巩固空间对称、焦点距离等核心概念| |中档|直线与圆位置关系、立体几何证明|综合几何性质，如多选10结合斜率乘积与圆面积最值，培养运算能力| |拔高|外接球、椭圆综合应用|跨模块整合，如解答19结合椭圆定义与圆轨迹，发展模型观念与创新意识|

周周练12　模块综合检测 (满分：150分　时间：120分钟) 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．在空间直角坐标系中，点A(－9，8，5)关于原点对称的点的坐标为(　　) A．(9，8，5) B．(－9，－8，－5) C．(9，－8，－5) D．(－9，－8，5) 解析：选C.点A(－9，8，5)关于原点对称的点的坐标为(9，－8，－5). 2．已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，点A(m，1)在抛物线C上，则|AF|＝(　　) A． B． C． D． 解析：选C.由题可得抛物线的准线方程为x＝－1，又因点A(m，1)在抛物线C上，所以12＝4m，解得m＝，所以|AF|＝－(－1)＝，故C正确． 3．经过l1：x＋3y－2＝0与l2：x－y＋2＝0的交点且垂直于l1的直线方程是(　　) A．3x＋y－4＝0 B．3x－y＋4＝0 C．x－3y＋6＝0 D．3x－y－6＝0 解析：选B.由题意联立方程 解得则直线l1与l2的交点为(－1，1)，由l1：x＋3y－2＝0可知其斜率为－，则与直线l1垂直的直线斜率为3，所以过直线l1与l2的交点且垂直于l1的直线方程为y－1＝3(x＋1)，化简可得3x－y＋4＝0. 4．(2026·盐城期中)设a，b∈R，若直线ax＋by＝4与圆x2＋y2＝4相交，则点P(－a，b)与圆的位置关系是(　　) A．在圆上 B．在圆外 C．在圆内 D．不能确定 解析：选B.因为直线ax＋by＝4与圆x2＋y2＝4相交，则圆心(0，0)到ax＋by－4＝0的距离d＝<2，化简得>2， 即动点P(－a，b)的轨迹为以原点为圆心，半径为2的圆的外部(不含圆弧)，故点P(－a，b)在圆x2＋y2＝4的外面． 5．《九章算术》中记载了一种名为“刍薨”的五面体(如图)，其中四边形ABCD为矩形，EF∥AB，若AB＝3EF，△ADE和△BCF都是正三角形，且AD＝2EF，则异面直线DE与BF所成角的大小为(　　) A． B． C． D． 解析：选A. 如图，取矩形ABCD的中心为O，过O作OM∥BC，ON∥AB，分别交AB，BC于点M，N，则OM⊥ON.以O为坐标原点，OM，ON所在直线分别为x轴、y轴，过点O且垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系． 因为四边形ABCD为矩形，EF∥AB，△ADE和△BCF都是正三角形，所以EF⊂平面Oyz，且Oz垂直平分线段EF. 设AB＝3，则EF＝1，AD＝2，D(－1，－，0)， E(0，－，)，B(1，，0)，F(0，，)， 所以＝(1，1，)，＝(－1，－1，)，所以·＝－1×1＋1×(－1)＋×＝0，所以⊥，所以异面直线DE与BF所成的角为. 6．(2026·广州期末)已知F1，F2是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，若双曲线上存在点P满足·＝－a2，则双曲线离心率的取值范围为(　　) A．[，＋∞) B．[，＋∞) C．(1，] D．(1，] 解析：选B.由题，不妨取点P为右支上的点，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，∠F1PF2＝θ，根据双曲线的定义知m－n＝2a，在△F1PF2中，由余弦定理的推论可得cos θ＝， 又因为·＝－a2，可得mn cos θ＝－a2， 即m2＋n2＝4c2－2a2， 又因为m≥a＋c，n≥c－a， 所以(c＋a)2＋(c－a)2≤4c2－2a2，得c2≥2a2， 即e2≥2，所以e≥. 7．若直线l：kx－y＋2－k＝0与圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0交于A，B两点，且直线l不过圆心C，则当△ABC的周长最小时，△ABC的面积为(　　) A． B．2 C．4 D．3 解析：选B.由圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝4，故圆心C(2，1)，半径r＝2， 直线l：kx－y＋2－k＝0的方程可化为y－2＝k(x－1)， 所以直线l恒过定点D(1，2)， 因为12＋22－4×1－2×2＋1＝－2<0， 所以点D在圆内，由圆的性质可得当CD⊥l时，|AB|最小，△ABC周长最小， 又C(2，1)，D(1，2) 所以kCD＝－1，此时k＝1， 即直线l：x－y＋1＝0， 所以圆心C(2，1)到直线l的距离d＝＝， 所以|AB|＝2＝2＝2， 所以S△ABC＝|AB|d＝×2×＝2. 8．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AC＝AB＝CC1＝1，E是线段AB的中点，在△A1BC内有一动点P(包括边界)，则||＋||的最小值是(　　) A． B． C． D． 解析：选C. 以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，过点C且平行于AB的直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C(0，0，0)，A(1，0，0)，E(1，，0)， 所以＝(1，1，0)，＝(1，0，1)，＝(0，0，1). 设A关于平面A1BC的对称点为A′(x，y，z), z>0， 则＝(1－x，－y，1－z)，＝(x－1，y，z). 设平面A1BC的法向量n＝(x1，y1，z1)， 则令x1＝1， 则y1＝－1，z1＝－1，所以n＝(1，－1，－1)， 所以A与A′到平面A1BC的距离d＝＝＝＝， 即|－x＋y＋z|＝1　①. 又∥n，所以＝＝， 即x－1＝－y＝－z　②. 由①②得|3z－1|＝1，由z>0可得x＝，y＝，z＝，所以A′(，，)， 所以||＋||＝||＋||≥|| ＝ ＝＝， 当且仅当A′，P，E三点共线时取等号，所以||＋||的最小值为. 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u1，u2分别为两不同平面α，β的一个法向量，v为直线l的一个方向向量，则下列结论一定正确的是(　　) A．若v⊥u1，则l∥α B．若u1∥u2，则α∥β C．若v∥u1，则l⊥α D．若α⊥β，l⊂α，则v∥u2 解析：选BC.对于A，当v⊥u1时，l⊂α或l∥α，故A错误；对于B，当u1∥u2时，则α∥β，故B正确；对于C，当v∥u1时，则l⊥α，故C正确；对于D，当α⊥β时，u1⊥u2，又l⊂α，则u1⊥v，若直线l与两平面交线平行，则v与u2垂直，所以v与u2不一定共线，故D错误． 10．已知直线l：(1＋2m)x＋(m－2)y＋6－3m＝0与圆C：x2＋y2－4x＝0相交于A，B两点，则下列说法正确的有(　　) A．当|AB|最大时，m＝－8 B．当△ABC面积最大时，|AB|＝2 C．直线l过定点P，且|PC|＝ D．若O为坐标原点，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝ 解析：选ABD.圆C：x2＋y2－4x＝0，即(x－2)2＋y2＝4，圆心C(2，0)，半径r＝2. 当|AB|最大时，直线l经过圆心C(2，0)， 则(1＋2m)×2＋(m－2)×0＋6－3m＝0，解得m＝－8，A正确； S△ABC＝|CA||CB|sin ∠ACB＝×2×2×sin ∠ACB＝2sin ∠ACB， 则当∠ACB＝90°时，△ABC面积最大，此时|AB|＝r＝2，B正确； 直线l：(1＋2m)x＋(m－2)y＋6－3m＝0整理得(2x＋y－3)m＋(x－2y＋6)＝0， 由得直线l过定点P(0，3). |PC|＝＝，C错误； 直线l过定点P(0，3)，由题意直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋3，代入圆C：x2＋y2－4x＝0，得(1＋k2)x2＋(6k－4)x＋9＝0，Δ＝(6k－4)2－4(1＋k2)×9＝－48k－20>0，即k<－， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 则x2y1＋x1y2＝x2(kx1＋3)＋x1(kx2＋3) ＝2kx1x2＋3(x1＋x2) ＝(2k)×＋3×＝， 故k1＋k2＝＋＝＝＝，D正确． 11．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线x＝ky＋与抛物线C交于点M，N(M在x轴上方)，O为坐标原点，|OF|＝，|NF|＝2.则(　　) A．p＝3 B．k＝ C．△MOF与△NOF面积之比为3 D．△MNO面积为3 解析：选ACD. 对于A，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，|OF|＝，即＝，解得p＝3，A正确；对于B，抛物线C：y2＝6x，由|NF|＝2，可得xN＝2－＝，则yN＝－.直线MN的斜率为＝，则k＝，B错误； 对于C，直线MN方程为x＝y＋，代入抛物线方程有y2＝6(y＋)＝2y＋9，则有yM＋yN＝2，得yM＝3，＝＝＝3，△MOF与△NOF面积之比为3，C正确； 对于D，S△MNO＝S△MOF＋S△NOF＝|OF|(|yM|＋|yN|)＝|OF|(yM－yN)＝××4＝3，D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 12．已知圆x2＋y2＋ay－a＝0的圆心在y轴的正半轴上，则实数a的取值范围为________． 解析：因为圆x2＋y2＋ay－a＝0的标准方程为x2＋(y＋)2＝＋a，所以解得a<－4，即实数a的取值范围是(－∞，－4). 答案：(－∞，－4) 13．在空间直角坐标系中，M(1，－1，2)，A(2，1，5)，平面ABC的一个法向量是(－1，2，1)，则点M到平面ABC的距离为________． 解析：由题意可知平面ABC的一个法向量是m＝(－1，2，1)，且＝(－1，－2，－3)，所以点M到平面ABC的距离为d＝＝. 答案： 14．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一点且P在x轴上方，PF2垂直于x轴，连接PF1并延长交椭圆于另一点Q，设＝2，则椭圆C的离心率e为________． 解析： 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，过Q点作QE⊥x轴，因为PF2垂直于x轴，将x1＝c代入椭圆方程＋＝1，得y1＝，所以P(c，)， 又因为＝2，所以＝＝2，＝＝＝2， 所以y2＝－，x2＝－2c， 即Q(－2c，－)，代入椭圆方程得＋＝1， 即16c2＋b2＝4a2， 因为b2＝a2－c2，所以5c2＝a2，e＝＝. 答案： 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．) 15．(本小题满分13分)(2026·南充期中)设直线l1：mx＋2my－8＝0与l2：(6－m)x＋my＋m2－6m＝0. (1)若l1⊥l2，求m的值；(5分) (2)当直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积最大时，求m的值．(8分) 解：(1)因为l1⊥l2，所以m(6－m)＋2m2＝m2＋6m＝0，解得m＝0或m＝－6，当m＝0时，l1不是直线，舍去，所以m＝－6. (2)l2：(6－m)x＋my＋m2－6m＝0可化为＋＝1.因为l2与两坐标轴的正半轴围成三角形，所以则0<m<6，所以l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积S＝m(6－m)＝－(m－3)2＋，所以当m＝3时，三角形的面积S取得最大值． 16．(本小题满分15分)如图所示，直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点． (1)求BN的长；(6分) (2)求证：BN⊥平面C1MN.(9分) 解：(1)因为CC1⊥平面ABC，∠BCA＝90°， 以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0，1，0)，N(1，0，1)，所以＝(1，－1，1)，||＝＝. (2)证明：依题意得A1(1，0，2)，C1(0，0，2)，B1(0，1，2)，M(，，2)，＝(，，0)，＝(1，0，－1)，＝(1，－1，1)，所以·＝0，·＝0，则⊥，⊥，即C1M⊥BN，C1N⊥BN，又因为C1M∩C1N＝C1，C1M，C1N⊂平面C1MN，所以BN⊥平面C1MN. 17．(本小题满分15分)在平面直角坐标系中，已知圆C经过原点和点A(1，－1)，并且圆心C在x轴上，圆C与x轴正半轴的交点为P. (1)求圆C的标准方程；(3分) (2)设P1P2为圆C的动弦，且P1P2不经过点P，记k1，k2分别为弦P1P，P2P的斜率． ①若k1·k2＝－1，求△PP1P2面积的最大值．(5分) ②若k1·k2＝4，请判断动弦P1P2是否过定点？若过定点，求该定点坐标；若不过定点，请说明理由．(7分) 解：(1)设圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 由已知可得 解得 所以圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝1. (2)①由(1)知P(2，0)，因为k1·k2＝－1， 所以P1P⊥P2P， 从而直线P1P2经过圆心C，△PP1P2是直角三角形，且|P1P2|＝2， 设|P1P|＝a，|P2P|＝b，则a2＋b2＝4，又a2＋b2≥2ab，所以ab≤2，当且仅当a＝b＝时取等号，所以(S△PP1P2)max＝ab＝1. ②由已知得，直线P1P2的斜率必存在，设直线P1P2的方程为y＝kx＋m，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)， 由 消去y并化简得(k2＋1)x2＋2(km－1)x＋m2＝0， 易知Δ＞0，x1＋x2＝－， x1x2＝，(※) 又k1·k2＝· ＝ ＝＝4， 即(4－k2)x1x2－(km＋8)(x1＋x2)＋16－m2＝0，把(※)代入得，3m2＋14km＋16k2＝0， 即(m＋2k)(3m＋8k)＝0， 解得m＝－2k或m＝－k. 当m＝－2k时，此时直线P1P2的方程为y＝k(x－2)，过定点P(2，0)，不符合要求，舍去； 当m＝－k时，此时直线P1P2的方程为y＝k(x－)，过定点(，0)，符合要求． 故当k1·k2＝4时，动弦P1P2过定点(，0). 18．(本小题满分17分)(2026·南充月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝AP＝4，AD＝3，E，F分别在棱PB，PD上，且AE⊥PB，AF⊥DP. (1)求证：PC⊥AE；(4分) (2)求平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值；(8分) (3)求三棱锥P-EDC外接球的表面积．(5分) 解：(1) 证明：因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，在矩形ABCD中，AB⊥AD，所以以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(0，4，0)，C(3，4，0)，由题易知，E为PB中点，则E(0，2，2)，故＝(0，2，2)，＝(3，4，－4)，所以·＝0×3＋2×4＋2×(－4)＝0，所以AE⊥PC. (2)由(1)可得D(3，0，0)，＝(－3，0，4)，＝(0，2，2). 设＝μ＝(－3μ，0，4μ)， 则F(3－3μ，0，4μ)，所以＝(3－3μ，0，4μ)， 因为AF⊥DP，所以·＝－3×(3－3μ)＋0×0＋4×4μ＝0， 所以μ＝，所以＝(，0，). 设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 取z1＝－4，得所以平面AEF的一个法向量为m＝(3，4，－4). 易知平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1). 设平面AEF与平面ABCD的夹角为θ， 因为θ∈(0，)，所以cos θ＝|cos 〈m，n〉| ＝＝＝， 所以平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值为. (3)设三棱锥P-EDC外接球的球心坐标为(a，b，c)，半径为R， 则解得 所以三棱锥P-EDC外接球的表面积为4π×＝. 19．(本小题满分17分)(2026·德州期中)已知F1(－，0)，F2(，0)分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，x轴上方的两动点M，N在椭圆C上，且MF1∥NF2，当|MF1|＝|NF2|时，|MF1|＝1. (1)求椭圆C的标准方程；(4分) (2)若|MF1|＝3|NF2|，求M的坐标；(6分) (3)在第(2)问的基础上，已知P为椭圆C上一点，点Q在圆x2＋y2＝8上，求2|QM|＋|QP|－|PF2|的最小值．(7分) 解：(1)由题可知c＝＝， 即a2－b2＝2， 因为|MF1|＝|NF2|＝1，且MF1∥NF2， 则此时MF1⊥x轴，即M(－，1)， 所以＋＝1，即＋＝1， 解得a2＝4，b2＝2， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)设M(x1，y1)，y1>0，N(x2，y2)，y2>0， 由题可知＝3， 则解得 因为点M，N都在椭圆C上， 所以 所以 解得x1＝0，y1＝，所以点M的坐标为(0，). (3)由题意M(0，)，设R(0，m)，Q(x，y)， 使2|QM|＝|QR|， 即＝2，则＝4， 整理得x2＋y2＋y＝， 又点Q在圆x2＋y2＝8上， 所以 解得m＝4，R(0，4)， 由椭圆定义得|PF2|＝4－|PF1|， 所以2|QM|＋|QP|－|PF2|＝|QR|＋|QP|－(4－|PF1|)＝|QR|＋|QP|＋|PF1|－4≥|RF1|－4， 当R，Q，P，F1四点共线且点Q，P分别为线段RF1与圆、椭圆的交点时，|QR|＋|QP|＋|PF1|取最小值， 即2|QM|＋|QP|－|PF2|取最小值，|RF1|＝＝， 所以2|QM|＋|QP|－|PF2|的最小值为－4. 学科网（北京）股份有限公司 $