1、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，则下列向量中与a平行的是()A BC D【解析】选D.对于A选项，因为，A选项中的向量与a不平行；对于B选项，因为，B选项中的向量与a不平行；对于C选项，因为，C选项中的向量与a不平行；对于D选项，因为，D选项中的向量与a平行2(2020南昌高二检测)在四面体ABCD中，点F在AD上，且AF2FD，E为BC的中点，则等于()ABCD【解析】选B.在四面体ABCD中，点F在AD上，且AF2FD，E为BC的中点，所以，即.3若向量a(0，1，1)，b(1，1，0)，且(ab)a，则实数的值是()
2、A1 B0 C2 D1【解析】选C.因为(ab)a，所以(ab)aa2ba()2(010)0，解得2.4已知直线l1：2xyn0与l2：4xmy40互相平行，且l1，l2之间的距离为，则mn()A3或3 B2或4C1或5 D2或2【解析】选A.由2m40，解得m2.满足l1l2.l2的方程为2xy20，有，则|n2|3，解得n1或5，故mn3.5(2020天津高二检测)已知圆x2y22x2y2a0截直线xy20所得弦长为4，则实数a的值是()A3 B2 C1 D4【解析】选B.圆心为，圆心到直线距离为，故圆的半径为，即，a2.6(2020西安高二检测)双曲线C1：1(a0，b0)的一个焦点为F
3、(c，0)(c0)，且双曲线C1的两条渐近线与圆C2：(xc)2y2均相切，则双曲线C1的渐近线方程为()Axy0 Bxy0Cxy0 Dxy0【解析】选A.根据题意知：焦点F(c，0)到渐近线yx的距离为d，故a23b2，故渐近线为xy0.7唐代诗人李颀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“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x2y22，若将军从点A(3，0)处出发，河岸线所在直线方程为xy4，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军
4、饮马”的最短总路程为()A2 BC D3【解析】选B.设点A关于直线xy4的对称点A(a，b)，设军营所在区域的圆心为C，根据题意，|AC|为最短距离，先求出A的坐标，AA的中点为，直线AA的斜率为1，故直线AA为yx3，由联立得a4，b1，所以|AC|，故|AC|.8(2020浏阳高二检测)在椭圆y21上有两个动点P，Q，E为定点，EPEQ，则的最小值为()A4 B3 C D1【解析】选C.由题意得22，设椭圆上一点P，则，所以2y22，又2x2，所以当x时，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，b
5、，a与b的夹角为120，则的值为()A17 B17 C1 D1【解析】选AC.由已知ab224，所以cos 120，解得17或1.10(2020启东高二检测)设有一组圆Ck：(x1)2(yk)2k4(kN*).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kk2，即k1时，圆的方程为1，圆与x轴相切，故正确；选项B，直线x1过圆的圆心(1，k)，x1与所有圆都相交，故正确；选项C，圆k：圆心(1，k)，半径为k2，圆k1：圆心(1，k1)
6、，半径为(k1)2，两圆的圆心距d1，两圆的半径之差Rr2k1，(Rrd)，Ck含于Ck1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1k2k4，不存在kN*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F1，F2分别为双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点P，满足，且F2到直线PF1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4x3y0B渐近线方程为3x4y0C离心率为D离心率为【解析】选AC.设2c，由2a，可得2c2a，由F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长2a
7、，设PF1的中点为M，由等腰三角形PF1F2的性质可得，F2MPF1，即有244b，所以2c2a4b，即ca2b，可得c2a2b2(2ba)2，即有3b4a，则双曲线的渐近线方程为yxx，即4x3y0，离心率e.12(2020潍坊高二检测)已知抛物线x22py(p0)的焦点为F，过点F的直线l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x22yB抛物线的准线是y1Csin QMN的最小值是D线段AB的最小值是6【解析】选BC.抛物线C：x22py的焦点为F，得抛物
8、线的准线方程为y，点E到焦点F的距离等于3，可得23，解得p2，则抛物线C的方程为x24y，准线为y1，故A错误，B正确；由题知直线l的斜率存在，F，设A，B，直线l的方程为ykx1，由，消去y得x24kx40，所以x1x24k，x1x24，所以y1y2k24k22，所以AB的中点Q的坐标为，y1y2p4k2224k24，故线段AB的最小值是4，即D错误；所以圆Q的半径为r2k22，在等腰QMN中，sin QMN11，当且仅当k0时取等号，所以sin QMN的最小值为，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l1：(a1)x3y2a0，直线l2：2x(a2)
9、y10.若l1l2，则实数a的值为_【解析】依题意可得，解得a4.答案：414(2020上海高二检测)平行六面体ABCDA1B1C1D1中，已知底面四边形ABCD为正方形，且A1ABA1AD，其中，设1，c，体对角线2，则c的值是_【解析】，故222222c222c4，解得c1.答案：115(2020新高考全国卷)斜率为的直线过抛物线C：y24x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(x1)，与y24x联立得3(x1)24x，即3x210x30，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，所以|AB|x1x22.答案
10、：16(2020武汉高二检测)双曲线C：1(a0，b0)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PQPF1，若34，则C的离心率等于_【解析】如图，设|PQ|4t(t0)，由34可得3t，由双曲线定义，有|PF1|PF2|2a，所以3t2a，|PQ|PF2|t2a，又|QF1|QF2|2a，所以|QF1|t4a，因为PQPF1，所以|PF1|2|PF2|24c2，|PF1|2|PQ|2|QF1|2，即(3t)2(3t2a)24c2，(3t)2(4t)2(t4a)2，由解得ta，代入得(3a)2(3a2a)24c2，即10a24c2，所以e.答案：四、解答题(共70
11、分)17(10分)已知向量a(2，4，2)，b(1，0，2)，c(x，2，1).(1)若ac，求|c|.(2)若bc，求(ac)(2bc)的值【解析】(1)因为ac，所以存在实数k使得cka，可得：解得x1.所以|c|.(2)bc，所以bcx020，解得x2.所以c(2，2，1).所以(ac)(2bc)(4，2，1)(4，2，3)164315.18(12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1AAB，ABC90，侧面A1ABB1底面ABC.(1)求证：AB1平面A1BC；(2)若AC5，BC3，A1AB60，求二面角BA1CC1的余弦值【解析】(1)在侧面A1ABB1中，因为A1AAB，所
12、以四边形A1ABB1为菱形，所以AB1A1B.因为侧面A1ABB1底面ABC，ABC90，平面A1ABB1平面ABCAB，所以CB侧面A1ABB1.因为AB1平面A1ABB1，所以CBAB1.又因为A1BBCB，所以AB1平面A1BC.(2)在RtABC中，AC5，BC3，所以AB4，在菱形A1ABB1中，因为A1AB60，所以A1AB为正三角形如图，以菱形A1ABB1的对角线交点O为坐标原点，OA1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A1(2，0，0)，B(2，0，0)，C(2，0，3)，B1(0，2，0)，C1(0，2，3)，所以
13、C1C(2，2，0)，(2，2，3).设n(x，y，z)为平面A1CC1的法向量，则所以令x3，得n(3，4)为平面A1CC1的一个法向量又OB1(0，2，0)为平面A1BC的一个法向量，cos n，.由直观图知，二面角BA1CC1的平面角为钝角，所以二面角BA1CC1的余弦值为.19(12分)一动点到两定点距离的比值为正常数，当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(1，0)，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l，求l的方程【解析】(1)设动点M的坐标为(x，y)，则|AM|，
14、|BM|，又知|AM|2|BM|，则2，得x2y24.(2)当直线l的斜率存在且为k时，直线l的方程为：ykx2k3，l与圆相切，则d2，得：k，此时l的方程为：5x12y260，当直线l的斜率不存在时，此时直线l的方程为：x2，综上，直线l的方程为x2，5x12y260.20(12分)(2020新高考全国卷)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD，设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q为l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底面ABCD，所以PDAD.又底面ABCD为正方形，所以ADDC，又DC
15、PDD，DC，PD平面PDC，所以AD平面PDC.因为ADBC，AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD平面PBC，由平面PAD与平面PBC的交线为l，可得lAD.因此l平面PDC.(2)以D为坐标原点，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(1，1，0)，P(0，0，1)，(0，1，0)，(1，1，1).由(1)可设Q(a，0，1)，则(a，0，1)，设n(x，y，z)是平面QCD的一个法向量，则即可取n(1，0，a).所以cos n，.设PB与平面QCD所成角为，则sin .因为，当且仅当a1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的
16、最大值为.21(12分)已知抛物线C1：x24y的焦点F也是椭圆C2：1(ab0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为2.过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且与同向(1)求C2的方程；(2)若|AC|BD|，求直线l的斜率【解析】(1)由C1：x24y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a2b21.又C1与C2的公共弦的长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x24y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为，所以1.联立，得a29，b28.故C2的方程为1.(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，
17、y4).因与同向，且|AC|BD|，所以，从而x3x1x4x2，即x1x2x3x4，于是(x1x2)24x1x2(x3x4)24x3x4.设直线l的斜率为k，则l的方程为ykx1.由得x24kx40.而x1，x2是这个方程的两根，所以x1x24k，x1x24.由得(98k2)x216kx640.而x3，x4是这个方程的两根，所以x3x4，x3x4. 将代入，得16(k21)，即16(k21)所以(98k2)2169，解得k，即直线l的斜率为.22(12分)(2020新高考全国卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN
18、，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值【解析】(1)由题意得1，解得a26，b23.所以C的方程为1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm，代入1得(12k2)x24kmx2m260.于是x1x2，x1x2.由AMAN知0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240.将代入上式可得(k21)(kmk2)(m1)240.整理得(2k3m1)(2km1)0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2km10，故2k3m10，k1(A(2，1)不在直线MN上).于是MN的方程为yk(k1).所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1).由0得(x12)(x12)(y11)(y11)0.又1，可得3x8x140.解得x12(舍去)，x1.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故|DQ|AP|.若D与P重合，则|DQ|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值