?模塊素養(yǎng)評價
(120分鐘　150分)
一、單選題(每小題5分，共40分)
1．(2020·盤錦高二檢測)已知a＝，則下列向量中與a平行的是(　　)
A． B．
C． D．
【解析】選D.對于A選項，因為≠≠，A選項中的向量與a不平行；對于B選項，因為≠≠，B選項中的向量與a不平行；對于C選項，因為＝≠，C選項中的向量與a不平行；對于D選項，因為＝＝，D選項中的向量與a平行．
2．(2020·南昌高二檢測)在四面體ABCD中，點F在AD上，且AF＝2FD，E為BC的中點，則等于(　　)
A．＝＋－
B．＝－－＋
C．＝－＋
D．＝－＋－
【解析】選B.在四面體ABCD中，點F在AD上，且AF＝2FD，E為BC的中點，所以＝＋＋＝－＋＝－－＋，即＝－－＋.

3．若向量a＝(0，1，－1)，b＝(1，1，0)，且(a＋λb)⊥a，則實數(shù)λ的值是(　　)
A．－1 B．0 C．－2 D．1
【解析】選C.因為(a＋λb)⊥a，
所以(a＋λb)·a＝a2＋λb·a＝()2＋λ×(0＋1＋0)＝0，解得λ＝－2.
4．已知直線l1：2x＋y＋n＝0與l2：4x＋my－4＝0互相平行，且l1，l2之間的距離為，則m＋n＝(　　)
A．－3或3 B．－2或4
C．－1或5 D．－2或2
【解析】選A.由2m－4＝0，解得m＝2.滿足l1∥l2.l2的方程為2x＋y－2＝0，有＝，則|n＋2|＝3，解得n＝1或－5，故m＋n＝±3.
5．(2020·天津高二檢測)已知圓x2＋y2＋2x－2y＋2a＝0截直線x＋y＋2＝0所得弦長為4，則實數(shù)a的值是(　　)
A．－3 B．－2 C．－1 D．－4
【解析】選B.圓心為，圓心到直線距離為＝，故圓的半徑為＝，即＝，a＝－2.
6．(2020·西安高二檢測)雙曲線C1：－＝1(a>0，b>0)的一個焦點為F(c，0)(c>0)，且雙曲線C1的兩條漸近線與圓C2：(x－c)2＋y2＝均相切，則雙曲線C1的漸近線方程為(　　)
A．x±y＝0 B．x±y＝0
C．x±y＝0 D．x±y＝0
【解析】選A.根據(jù)題意知：焦點F(c，0)到漸近線
y＝x的距離為d＝＝，
故a2＝3b2，故漸近線為x±y＝0.
7．唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句說：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河．”詩中隱含著一個有趣的數(shù)學問題——“將軍飲馬”問題，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬后再回軍營，怎樣走才能使總路程最短？在平面直角坐標系中，設軍營所在區(qū)域為x2＋y2≤2，若將軍從點A(3，0)處出發(fā)，河岸線所在直線方程為x＋y＝4，并假定將軍只要到達軍營所在區(qū)域即回到軍營，則“將軍飲馬”的最短總路程為(　　)
A．2 B．－
C． D．3－
【解析】選B.設點A關于直線x＋y＝4的對稱點A′(a，b)，設軍營所在區(qū)域的圓心為C，根據(jù)題意，|A′C|－為最短距離，先求出A′的坐標，AA′的中點為，直線AA′的斜率為1，故直線AA′為y＝x－3，由聯(lián)立得a＝4，b＝1，所以|A′C|＝＝，故|A′C|－＝－.
8．(2020·瀏陽高二檢測)在橢圓＋y2＝1上有兩個動點P，Q，E為定點，EP⊥EQ，則·的最小值為(　　)
A．4 B．3－ C． D．1
【解析】選C.由題意得·＝·＝2－·＝2，
設橢圓上一點P，則＝，
所以2＝(x-1)2＋y2＝(x-1)2＋
＝2＋，
又－2≤x≤2，所以當x＝時，2取得最小值.
二、多選題(每小題5分，共20分，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
9．(2020·沈陽高二檢測)若a＝，b＝，a與b的夾角為120°，則λ的值為(　　)
A．17 B．－17 C．－1 D．1
【解析】選AC.由已知a·b＝－2－λ－2＝－λ－4，＝＝，＝＝，
所以cos 120°＝＝＝－，解得λ＝17或λ＝－1.
10．(2020·啟東高二檢測)設有一組圓Ck：(x－1)2＋(y－k)2＝k4(k∈N*).下列四個命題正確的是(　　)
A．存在k，使圓與x軸相切
B．存在一條直線與所有的圓均相交
C．存在一條直線與所有的圓均不相交
D．所有的圓均不經過原點
【解析】選ABD.根據(jù)題意得圓的圓心為(1，k)，半徑為k2，選項A，當k＝k2，即k＝1時，圓的方程為(x-1)2+(y-1)2＝1，圓與x軸相切，故正確；
選項B，直線x＝1過圓的圓心(1，k)，x＝1與所有圓都相交，故正確；選項C，圓k：圓心(1，k)，半徑為k2，圓k＋1：圓心(1，k＋1)，半徑為(k＋1)2，兩圓的圓心距d＝1，兩圓的半徑之差R－r＝2k＋1，(R－r＞d)，Ck含于Ck＋1之中，若k取無窮大，則可以認為所有直線都與圓相交，故錯誤；選項D，將(0，0)代入圓的方程，則有1＋k2＝k4，不存在k∈N*使上式成立，即所有圓均不過原點，正確．
11．(2020·濟南高二檢測)設F1，F(xiàn)2分別為雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，若在雙曲線右支上存在點P，滿足＝，且F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實軸長，則關于該雙曲線的下列結論正確的是(　　)
A．漸近線方程為4x±3y＝0
B．漸近線方程為3x±4y＝0
C．離心率為
D．離心率為
【解析】選AC.設＝＝2c，
由－＝2a，可得＝2c＋2a，
由F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實軸長2a，
設PF1的中點為M，由等腰三角形PF1F2的性質可得，F(xiàn)2M⊥PF1，
即有＝2＝4＝4b，
所以2c＋2a＝4b，即c＋a＝2b，
可得c2＝a2＋b2＝(2b－a)2，即有3b＝4a，
則雙曲線的漸近線方程為y＝±x＝±x，
即4x±3y＝0，離心率e＝＝
＝＝.
12．(2020·濰坊高二檢測)已知拋物線x2＝2py(p>0)的焦點為F，過點F的直線l交拋物線于A，B兩點，以線段AB為直徑的圓交x軸于M，N兩點，設線段AB的中點為Q.若拋物線C上存在一點E(t，2)到焦點F的距離等于3.則下列說法正確的是(　　)
A．拋物線的方程是x2＝2y
B．拋物線的準線是y＝－1
C．sin ∠QMN的最小值是
D．線段AB的最小值是6
【解析】選BC.拋物線C：x2＝2py的焦點為F，得拋物線的準線方程為y＝－，點E到焦點F的距離等于3，可得2＋＝3，解得p＝2，則拋物線C的方程為x2＝4y，準線為y＝－1，故A錯誤，B正確；由題知直線l的斜率存在，F(xiàn)，設A，B，直線l的方程為y＝kx＋1，由，消去y得x2－4kx－4＝0，
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
所以y1＋y2＝k＋2＝4k2＋2，所以AB的中點Q的坐標為，
＝y(tǒng)1＋y2＋p＝4k2＋2＋2＝4k2＋4，故線段AB的最小值是4，即D錯誤；
所以圓Q的半徑為r＝2k2＋2，
在等腰△QMN中，sin ∠QMN＝＝＝1－≥1－＝，當且僅當k＝0時取等號，
所以sin ∠QMN的最小值為，即C正確．
三、填空題(每小題5分，共20分)
13．(2020·重慶高二檢測)設直線l1：(a＋1)x＋3y＋2－a＝0，直線l2：2x＋(a＋2)y＋1＝0.若l1∥l2，則實數(shù)a的值為______．
【解析】依題意可得，，解得a＝－4.
答案：－4
14．(2020·上海高二檢測)平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，已知底面四邊形ABCD為正方形，且∠A1AB＝∠A1AD＝，其中，設＝＝1，＝c，體對角線＝2，則c的值是________．

【解析】＝＋－，
故||2＝|＋－|2＝2＋2＋2＋2·－2·－2·＝c2＋2－2c＝4，解得c＝＋1.
答案：＋1
15．(2020·新高考全國Ⅰ卷)斜率為的直線過拋物線C：y2＝4x的焦點，且與C交于A，B兩點，則|AB|＝________．
【解析】因為拋物線的焦點為(1，0)，所以由題意知直線AB的方程為
y＝(x－1)，與y2＝4x聯(lián)立得3(x－1)2＝4x，即3x2－10x＋3＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，
所以|AB|＝x1＋x2＋2＝.
答案：
16．(2020·武漢高二檢測)雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線交曲線C右支于P，Q兩點，且PQ⊥PF1，若3＝4，則C的離心率等于________．
【解析】如圖，設|PQ|＝4t(t>0)，
由3＝4可得＝3t，
由雙曲線定義，有|PF1|－|PF2|＝2a，
所以＝3t－2a，
＝|PQ|－|PF2|＝t＋2a，
又|QF1|－|QF2|＝2a，所以|QF1|＝t＋4a，
因為PQ⊥PF1，所以|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，|PF1|2＋|PQ|2＝|QF1|2，
即(3t)2＋(3t－2a)2＝4c2①，
(3t)2＋(4t)2＝(t＋4a)2②，
由②解得t＝a，代入①得(3a)2＋(3a－2a)2＝4c2，
即10a2＝4c2，
所以e＝＝＝.

答案：
四、解答題(共70分)
17．(10分)已知向量a＝(2，4，－2)，b＝(－1，0，2)，c＝(x，2，－1).
(1)若a∥c，求|c|.
(2)若b⊥c，求(a－c)·(2b＋c)的值．
【解析】(1)因為a∥c，所以存在實數(shù)k使得c＝ka，
可得：解得x＝1.
所以|c|＝＝.
(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，－1)·(－4，2，3)
＝－16＋4－3＝－15.
18．(12分)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A＝AB，∠ABC＝90°，側面A1ABB1⊥底面ABC.

(1)求證：AB1⊥平面A1BC；
(2)若AC＝5，BC＝3，∠A1AB＝60°，求二面角B-A1C-C1的余弦值．
【解析】(1)在側面A1ABB1中，因為A1A＝AB，
所以四邊形A1ABB1為菱形，所以AB1⊥A1B.
因為側面A1ABB1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，
平面A1ABB1∩平面ABC＝AB，
所以CB⊥側面A1ABB1.
因為AB1?平面A1ABB1，所以CB⊥AB1.
又因為A1B∩BC＝B，所以AB1⊥平面A1BC.
(2)在Rt△ABC中，AC＝5，BC＝3，所以AB＝4，
在菱形A1ABB1中，因為∠A1AB＝60°，
所以△A1AB為正三角形．

如圖，以菱形A1ABB1的對角線交點O為坐標原點，OA1所在直線為x軸，OA所在直線為y軸，過點O且與BC平行的直線為z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則A1(2，0，0)，B(－2，0，0)，C(－2，0，3)，B1(0，－2，0)，C1(0，－2，3)，
所以＝(－2，2，0)，＝(2，2，－3).
設n＝(x，y，z)為平面A1CC1的法向量，
則
所以
令x＝3，得n＝(3，，4)為平面A1CC1的一個法向量．
又＝(0，－2，0)為平面A1BC的一個法向量，
cos 〈n，〉＝＝＝－.
由直觀圖知，二面角B-A1C-C1的平面角為鈍角，
所以二面角B-A1C-C1的余弦值為－.
19．(12分)一動點到兩定點距離的比值為正常數(shù)λ，當λ≠1時，動點的軌跡為圓，后世稱之為阿波羅尼斯圓．已知兩定點A，B的坐標分別為：A(4，0)，B(1，0)，動點M滿足|AM|＝2|BM|.
(1)求動點M的阿波羅尼斯圓的方程；
(2)過P(2，3)作該圓的切線l，求l的方程．
【解析】(1)設動點M的坐標為(x，y)，
則|AM|＝，|BM|＝，
又知|AM|＝2|BM|，
則＝2，得x2＋y2＝4.
(2)當直線l的斜率存在且為k時，直線l的方程為：y＝kx－2k＋3，l與圓相切，
則d＝＝2，得：k＝，
此時l的方程為：5x－12y＋26＝0，
當直線l的斜率不存在時，此時直線l的方程為：x＝2，
綜上，直線l的方程為x＝2，5x－12y＋26＝0.
20．(12分)(2020·新高考全國Ⅰ卷)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD，設平面PAD與平面PBC的交線為l.

(1)證明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【解析】(1)因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD為正方形，
所以AD⊥DC，又DC∩PD＝D，DC，PD?平面PDC，所以AD⊥平面PDC.
因為AD∥BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC，由平面PAD與平面PBC的交線為l，可得l∥AD.因此l⊥平面PDC.
(2)以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．則D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1).

由(1)可設Q(a，0，1)，則＝(a，0，1)，設n＝(x，y，z)是平面QCD的一個法向量，
則即
可取n＝(－1，0，a).所以cos＝＝.設PB與平面QCD所成角為θ，則sin θ＝×＝.因為≤，當且僅當a＝1時等號成立，所以PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為.
21．(12分)已知拋物線C1：x2＝4y的焦點F也是橢圓C2：＋＝1(a＞b＞0)的一個焦點，C1與C2的公共弦的長為2.過點F的直線l與C1相交于A，B兩點，與C2相交于C，D兩點，且與同向．
(1)求C2的方程；
(2)若|AC|＝|BD|，求直線l的斜率．
【解析】(1)由C1：x2＝4y知其焦點F的坐標為(0，1).
因為F也是橢圓C2的一個焦點，
所以a2－b2＝1.①
又C1與C2的公共弦的長為2，C1與C2都關于y軸對稱，且C1的方程為x2＝4y，
由此易知C1與C2的公共點的坐標為，
所以＋＝1.②
聯(lián)立①②，得a2＝9，b2＝8.
故C2的方程為＋＝1.
(2)如圖，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4).

因與同向，且|AC|＝|BD|，
所以＝，
從而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4，
于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.?、?br /> 設直線l的斜率為k，則l的方程為y＝kx＋1.
由得x2－4kx－4＝0.
而x1，x2是這個方程的兩根，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.?、?br /> 由
得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.
而x3，x4是這個方程的兩根，
所以x3＋x4＝－，
x3x4＝－. ⑤
將④⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋，
即16(k2＋1)＝
所以(9＋8k2)2＝16×9，
解得k＝±，即直線l的斜率為±.
22．(12分)(2020·新高考全國Ⅰ卷)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且過點A(2，1).
(1)求C的方程；
(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．
【解析】(1)由題意得＋＝1，＝，
解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程為＋＝1.
(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2).若直線MN與x軸不垂直，設直線MN的方程為y＝kx＋m，代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN知·＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
將①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0.
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因為A(2，1)不在直線MN上，
所以2k＋m－1≠0，
故2k＋3m＋1＝0，k≠1(A(2，1)不在直線MN上).
于是MN的方程為y＝k－(k≠1).
所以直線MN過點P.
若直線MN與x軸垂直，可得N(x1，－y1).
由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，x1＝.
此時直線MN過點P.
令Q為AP的中點，即Q.
若D與P不重合，則由題設知AP是Rt△ADP的斜邊，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D與P重合，則|DQ|＝|AP|.
綜上，存在點Q，使得|DQ|為定值．

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