2021─2022學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)模塊素養(yǎng)評(píng)價(jià)?含解析?

1、模塊素養(yǎng)評(píng)價(jià)(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(cè))已知a，則下列向量中與a平行的是()A BC D【解析】選D.對(duì)于A選項(xiàng)，因?yàn)?，A選項(xiàng)中的向量與a不平行；對(duì)于B選項(xiàng)，因?yàn)?，B選項(xiàng)中的向量與a不平行；對(duì)于C選項(xiàng)，因?yàn)?，C選項(xiàng)中的向量與a不平行；對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)?，D選項(xiàng)中的向量與a平行2(2020南昌高二檢測(cè))在四面體ABCD中，點(diǎn)F在AD上，且AF2FD，E為BC的中點(diǎn)，則等于()ABCD【解析】選B.在四面體ABCD中，點(diǎn)F在AD上，且AF2FD，E為BC的中點(diǎn)，所以，即.3若向量a(0，1，1)，b(1，1，0)，且(ab)a，則實(shí)數(shù)的值是()A

2、1 B0 C2 D1【解析】選C.因?yàn)?ab)a，所以(ab)aa2ba()2(010)0，解得2.4已知直線l1：2xyn0與l2：4xmy40互相平行，且l1，l2之間的距離為，則mn()A3或3 B2或4C1或5 D2或2【解析】選A.由2m40，解得m2.滿足l1l2.l2的方程為2xy20，有，則|n2|3，解得n1或5，故mn3.5(2020天津高二檢測(cè))已知圓x2y22x2y2a0截直線xy20所得弦長(zhǎng)為4，則實(shí)數(shù)a的值是()A3 B2 C1 D4【解析】選B.圓心為，圓心到直線距離為，故圓的半徑為，即，a2.6(2020西安高二檢測(cè))雙曲線C1：1(a0，b0)的一個(gè)焦點(diǎn)為F(

3、c，0)(c0)，且雙曲線C1的兩條漸近線與圓C2：(xc)2y2均相切，則雙曲線C1的漸近線方程為()Axy0 Bxy0Cxy0 Dxy0【解析】選A.根據(jù)題意知：焦點(diǎn)F(c，0)到漸近線yx的距離為d，故a23b2，故漸近線為xy0.7唐代詩(shī)人李頎的詩(shī)古從軍行開頭兩句說：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河”詩(shī)中隱含著一個(gè)有趣的數(shù)學(xué)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(yíng)，怎樣走才能使總路程最短？在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)軍營(yíng)所在區(qū)域?yàn)閤2y22，若將軍從點(diǎn)A(3，0)處出發(fā)，河岸線所在直線方程為xy4，并假定將軍只要到達(dá)軍營(yíng)所在區(qū)域即回到軍營(yíng)，則“將軍飲

4、馬”的最短總路程為()A2 BC D3【解析】選B.設(shè)點(diǎn)A關(guān)于直線xy4的對(duì)稱點(diǎn)A(a，b)，設(shè)軍營(yíng)所在區(qū)域的圓心為C，根據(jù)題意，|AC|為最短距離，先求出A的坐標(biāo)，AA的中點(diǎn)為，直線AA的斜率為1，故直線AA為yx3，由聯(lián)立得a4，b1，所以|AC|，故|AC|.8(2020瀏陽高二檢測(cè))在橢圓y21上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)P，Q，E為定點(diǎn)，EPEQ，則的最小值為()A4 B3 C D1【解析】選C.由題意得22，設(shè)橢圓上一點(diǎn)P，則，所以2(x-1)2y2(x-1)22，又2x2，所以當(dāng)x時(shí)，2取得最小值.二、多選題(每小題5分，共20分，全部選對(duì)得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)9(2020

5、沈陽高二檢測(cè))若a，b，a與b的夾角為120，則的值為()A17 B17 C1 D1【解析】選AC.由已知ab224，所以cos 120，解得17或1.10(2020啟東高二檢測(cè))設(shè)有一組圓Ck：(x1)2(yk)2k4(kN*).下列四個(gè)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(jīng)過原點(diǎn)【解析】選ABD.根據(jù)題意得圓的圓心為(1，k)，半徑為k2，選項(xiàng)A，當(dāng)kk2，即k1時(shí)，圓的方程為(x-1)2+(y-1)21，圓與x軸相切，故正確；選項(xiàng)B，直線x1過圓的圓心(1，k)，x1與所有圓都相交，故正確；選項(xiàng)C，圓k：圓心

6、(1，k)，半徑為k2，圓k1：圓心(1，k1)，半徑為(k1)2，兩圓的圓心距d1，兩圓的半徑之差Rr2k1，(Rrd)，Ck含于Ck1之中，若k取無窮大，則可以認(rèn)為所有直線都與圓相交，故錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，將(0，0)代入圓的方程，則有1k2k4，不存在kN*使上式成立，即所有圓均不過原點(diǎn)，正確11(2020濟(jì)南高二檢測(cè))設(shè)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線1(a0，b0)的左、右焦點(diǎn)，若在雙曲線右支上存在點(diǎn)P，滿足，且F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)，則關(guān)于該雙曲線的下列結(jié)論正確的是()A漸近線方程為4x3y0B漸近線方程為3x4y0C離心率為D離心率為【解析】選AC.設(shè)2c，由2a，可得2c2a

7、，由F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)2a，設(shè)PF1的中點(diǎn)為M，由等腰三角形PF1F2的性質(zhì)可得，F(xiàn)2MPF1，即有244b，所以2c2a4b，即ca2b，可得c2a2b2(2ba)2，即有3b4a，則雙曲線的漸近線方程為yxx，即4x3y0，離心率e.12(2020濰坊高二檢測(cè))已知拋物線x22py(p0)的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，以線段AB為直徑的圓交x軸于M，N兩點(diǎn)，設(shè)線段AB的中點(diǎn)為Q.若拋物線C上存在一點(diǎn)E(t，2)到焦點(diǎn)F的距離等于3.則下列說法正確的是()A拋物線的方程是x22yB拋物線的準(zhǔn)線是y1Csin QMN的最小值是D線段AB的最小值是6【解析

8、】選BC.拋物線C：x22py的焦點(diǎn)為F，得拋物線的準(zhǔn)線方程為y，點(diǎn)E到焦點(diǎn)F的距離等于3，可得23，解得p2，則拋物線C的方程為x24y，準(zhǔn)線為y1，故A錯(cuò)誤，B正確；由題知直線l的斜率存在，F(xiàn)，設(shè)A，B，直線l的方程為ykx1，由，消去y得x24kx40，所以x1x24k，x1x24，所以y1y2k24k22，所以AB的中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為，y1y2p4k2224k24，故線段AB的最小值是4，即D錯(cuò)誤；所以圓Q的半徑為r2k22，在等腰QMN中，sin QMN11，當(dāng)且僅當(dāng)k0時(shí)取等號(hào)，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(cè))設(shè)直線l

9、1：(a1)x3y2a0，直線l2：2x(a2)y10.若l1l2，則實(shí)數(shù)a的值為_【解析】依題意可得，解得a4.答案：414(2020上海高二檢測(cè))平行六面體ABCDA1B1C1D1中，已知底面四邊形ABCD為正方形，且A1ABA1AD，其中，設(shè)1，c，體對(duì)角線2，則c的值是_【解析】，故|2|2222222c222c4，解得c1.答案：115(2020新高考全國(guó)卷)斜率為的直線過拋物線C：y24x的焦點(diǎn)，且與C交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|_【解析】因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)為(1，0)，所以由題意知直線AB的方程為y(x1)，與y24x聯(lián)立得3(x1)24x，即3x210x30，設(shè)A(x1，y1)，B

10、(x2，y2)，則x1x2，所以|AB|x1x22.答案：16(2020武漢高二檢測(cè))雙曲線C：1(a0，b0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線交曲線C右支于P，Q兩點(diǎn)，且PQPF1，若34，則C的離心率等于_【解析】如圖，設(shè)|PQ|4t(t0)，由34可得3t，由雙曲線定義，有|PF1|PF2|2a，所以3t2a，|PQ|PF2|t2a，又|QF1|QF2|2a，所以|QF1|t4a，因?yàn)镻QPF1，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)24

11、c2，即10a24c2，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ac，求|c|.(2)若bc，求(ac)(2bc)的值【解析】(1)因?yàn)閍c，所以存在實(shí)數(shù)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)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1AAB，ABC90，側(cè)面A1ABB1底面ABC.(1)求證：AB1平面A1BC；(2)若AC5，BC3，A1AB60，求二面角BA1CC1的余弦

12、值【解析】(1)在側(cè)面A1ABB1中，因?yàn)锳1AAB，所以四邊形A1ABB1為菱形，所以AB1A1B.因?yàn)閭?cè)面A1ABB1底面ABC，ABC90，平面A1ABB1平面ABCAB，所以CB側(cè)面A1ABB1.因?yàn)锳B1平面A1ABB1，所以CBAB1.又因?yàn)锳1BBCB，所以AB1平面A1BC.(2)在RtABC中，AC5，BC3，所以AB4，在菱形A1ABB1中，因?yàn)锳1AB60，所以A1AB為正三角形如圖，以菱形A1ABB1的對(duì)角線交點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA1所在直線為x軸，OA所在直線為y軸，過點(diǎn)O且與BC平行的直線為z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A1(2，0，0)，B(2，0，0)，C(2

13、，0，3)，B1(0，2，0)，C1(0，2，3)，所以(2，2，0)，(2，2，3).設(shè)n(x，y，z)為平面A1CC1的法向量，則所以令x3，得n(3，4)為平面A1CC1的一個(gè)法向量又(0，2，0)為平面A1BC的一個(gè)法向量，cos n，.由直觀圖知，二面角BA1CC1的平面角為鈍角，所以二面角BA1CC1的余弦值為.19(12分)一動(dòng)點(diǎn)到兩定點(diǎn)距離的比值為正常數(shù)，當(dāng)1時(shí)，動(dòng)點(diǎn)的軌跡為圓，后世稱之為阿波羅尼斯圓已知兩定點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為：A(4，0)，B(1，0)，動(dòng)點(diǎn)M滿足|AM|2|BM|.(1)求動(dòng)點(diǎn)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】(

14、1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x，y)，則|AM|，|BM|，又知|AM|2|BM|，則2，得x2y24.(2)當(dāng)直線l的斜率存在且為k時(shí)，直線l的方程為：ykx2k3，l與圓相切，則d2，得：k，此時(shí)l的方程為：5x12y260，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，此時(shí)直線l的方程為：x2，綜上，直線l的方程為x2，5x12y260.20(12分)(2020新高考全國(guó)卷)如圖，四棱錐PABCD的底面為正方形，PD底面ABCD，設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值【解析】(1)因?yàn)镻D底面ABCD，所以PDAD.

15、又底面ABCD為正方形，所以ADDC，又DCPDD，DC，PD平面PDC，所以AD平面PDC.因?yàn)锳DBC，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lAD.因此l平面PDC.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(shè)Q(a，0，1)，則(a，0，1)，設(shè)n(x，y，z)是平面QCD的一個(gè)法向量，則即可取n(1，0，a).所以cos.設(shè)PB與平面QCD所成角為，則sin .因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)a1時(shí)等號(hào)成立

16、，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：x24y的焦點(diǎn)F也是橢圓C2：1(ab0)的一個(gè)焦點(diǎn)，C1與C2的公共弦的長(zhǎng)為2.過點(diǎn)F的直線l與C1相交于A，B兩點(diǎn)，與C2相交于C，D兩點(diǎn)，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：x24y知其焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(0，1).因?yàn)镕也是橢圓C2的一個(gè)焦點(diǎn)，所以a2b21.又C1與C2的公共弦的長(zhǎng)為2，C1與C2都關(guān)于y軸對(duì)稱，且C1的方程為x24y，由此易知C1與C2的公共點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以1.聯(lián)立，得a29，b28.故C2的方程為1.(2)如圖，設(shè)A(x1，y1)，B(x2

17、，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4).因與同向，且|AC|BD|，所以，從而x3x1x4x2，即x1x2x3x4，于是(x1x2)24x1x2(x3x4)24x3x4.設(shè)直線l的斜率為k，則l的方程為ykx1.由得x24kx40.而x1，x2是這個(gè)方程的兩根，所以x1x24k，x1x24.由得(98k2)x216kx640.而x3，x4是這個(gè)方程的兩根，所以x3x4，x3x4. 將代入，得16(k21)，即16(k21)所以(98k2)2169，解得k，即直線l的斜率為.22(12分)(2020新高考全國(guó)卷)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，且過點(diǎn)A(2，1).(1)求C的方程；(2)點(diǎn)M，N在C上，且AMAN，ADMN，D為垂足證明：存在定點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值【解析】(1)由題意得1，解得a26，b23.所以C的方程為1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2).若直線MN與x軸不垂直，設(shè)直線MN的方程為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.將代