【創(chuàng)新設(shè)計-課堂講義】2021-2022學(xué)年高中數(shù)學(xué)(人教A版必修一)課時作業(yè)：模塊綜合檢測(A)-

模塊綜合檢測(A)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．直線x＝tan60°的傾斜角是()A．90° B．60°C．30° D．不存在2．給出下列四個命題：①垂直于同始終線的兩條直線相互平行；②垂直于同一平面的兩個平面相互平行；③若直線l1，l2與同一平面所成的角相等，則l1，l2相互平行；④若直線l1，l2是異面直線，則與l1，l2都相交的兩條直線是異面直線．其中假命題的個數(shù)是()A．1 B．2 C．3 D．3．方程y＝ax＋eq\f(1,a)表示的直線可能是()4．若l、m、n是互不相同的空間直線，α、β是不重合的平面，則下列命題中為真命題的是()A．若α∥β，l?α，n?β，則l∥nB．若α⊥β，l?α，則l⊥βC．若l⊥n，m⊥n，則l∥mD．若l⊥α，l∥β，則α⊥β5．已知三棱錐S—ABC的各頂點都在一個半徑為r的球面上，球心O在AB上，SO⊥底面ABC，AC＝eq\r(2)r，則球的體積與三棱錐體積之比是()A．π B．2π C．3π D．4π6．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分別為AA1、AB、BB1、B1C1的中點，則異面直線EF與GHA．45° B．60°C．90° D．120°7．直線x－2y＋1＝0關(guān)于直線x＝1對稱的直線方程是()A．x＋2y－1＝0 B．2x＋y－1＝0C．2x＋y－3＝0 D．x＋2y－3＝08．以等腰直角三角形ABC斜邊BC上的高AD為折痕，將△ABC折成二面角C－AD－B為多大時，在折成的圖形中，△ABC為等邊三角形．()A．90° B．60° C．45° D．30°9．經(jīng)過點M(1,1)且在兩坐標(biāo)軸上截距相等的直線是()A．x＋y＝2 B．x＋y＝1C．x＝1或y＝1 D．x＋y＝2或x＝y(tǒng)10．若圓x2＋y2－2x－4y＝0的圓心到直線x－y＋a＝0的距離為eq\f(\r(2),2)，則a的值為()A．－2或2 B．eq\f(1,2)或eq\f(3,2)C．2或0 D．－2或011．直線eq\r(3)x＋y－2eq\r(3)＝0截圓x2＋y2＝4得的劣弧所對的圓心角是()A．30° B．45° C．60° D．90°12．在平面直角坐標(biāo)系中，與點A(1,2)距離為1，且與點B(3,1)的距離為2的直線共有()A．1條 B．2條 C．3條 D．4條二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知點A(－2,3,4)，在y軸上有一點B，且|AB|＝3eq\r(5)，則點B的坐標(biāo)為________．14．圓x2＋y2＋x－6y＋3＝0上兩點P、Q關(guān)于直線kx－y＋4＝0對稱，則k＝________．15．如圖，某幾何體的三視圖，其中正視圖是腰長為2的等腰三角形，俯視圖是半徑為1的半圓，則該幾何體的體積為________．16．已知圓C：x2＋y2－4x－6y＋8＝0，若圓C和坐標(biāo)軸的交點間的線段恰為圓C′直徑，則圓C′的標(biāo)準(zhǔn)方程為__________________．三、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)已知△ABC三邊所在直線方程為AB：3x＋4y＋12＝0，BC：4x－3y＋16＝0，CA：2x＋y－2＝0．求AC邊上的高所在的直線方程．18．(12分)求經(jīng)過點P(6，－4)且被定圓O：x2＋y2＝20截得的弦長為6eq\r(2)的直線AB的方程．19．(12分)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，E為側(cè)棱PC的中點，求證PA∥平面EDB．20．(12分)如圖所示，在四棱柱(側(cè)棱垂直于底面的四棱柱)ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC(1)求證D1C⊥AC1(2)設(shè)E是DC上一點，試確定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并說明理由．21．(12分)已知M與兩定點O(0,0)、A(3,0)的距離之比為eq\f(1,2)．(1)求M點的軌跡方程；(2)若M的軌跡為曲線C，求C關(guān)于直線2x＋y－4＝0對稱的曲線C′的方程．22．(12分)如圖所示，四棱錐P—ABCD的底面ABCD是半徑為R的圓的內(nèi)接四邊形，其中BD是圓的直徑，∠ABD＝60°，∠BDC＝45°．PD垂直底面ABCD，PD＝2eq\r(2)R，E，F(xiàn)分別是PB，CD上的點，且eq\f(PE,EB)＝eq\f(DF,FC)，過點E作BC的平行線交PC于G．(1)求BD與平面ABP所成角θ的正弦值；(2)證明：△EFG是直角三角形；(3)當(dāng)eq\f(PE,EB)＝eq\f(1,2)時，求△EFG的面積．模塊綜合檢測(A)答案1．A2．D[①忽視兩直線可以相交，②可以相交、平行，③l1、l2可以異面、相交，④與l1、l2都相交的兩直線可以相交，故選D．]3．B[留意到直線的斜率a與在y軸上的截距eq\f(1,a)同號，故B正確．]4．D5．D[∵SO⊥底面ABC，∴SO為三棱錐的高線，∴SO＝r，又∵O在AB上，AB＝2r，AC＝eq\r(2)r，∠ACB＝90°∴BC＝eq\r(2)r，∴VS－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)r×eq\r(2)r×r＝eq\f(1,3)r3．又∵球的體積V＝eq\f(4,3)πr3，∴eq\f(V,VS－ABC)＝eq\f(\f(4,3)πr3,\f(1,3)r3)＝4π．]6．B[連接A1B，BC1，A1C1∵E、F、G、H分別為AA1、AB、BB1、B1C1∴EF∥eq\f(1,2)A1B，GH∥eq\f(1,2)BC1，∴∠A1BC1即為異面直線EF與GH所成的角．又∵ABCD—A1B1C1D1∴A1B＝BC1＝A1C1∴∠A1BC1＝60°．]7．D[直線x－2y＋1＝0與x＝1的交點為A(1,1)，點(－1,0)關(guān)于x＝1的對稱點為B(3,0)也在所求直線上，∴所求直線方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0．]8．A[關(guān)鍵利用折疊前后不變的垂直關(guān)系，如圖所示，可知∠BDC為二面角的平面角，設(shè)BD＝CD＝a，則可求BC＝AB＝AC＝eq\r(2)a，故∠BDC＝90°．]9．D[截距相等問題關(guān)鍵不要忽視過原點的狀況．]10．C[圓的方程可化為(x－1)2＋(y－2)2＝5，則圓心為(1,2)．由點到直線的距離公式得d＝eq\f(|1－2＋a|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝2或0．]11．C[可先求出圓心到直線的距離d＝eq\r(3)，由于半徑為2，設(shè)圓心角為θ，則知coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝60°．]12．B[滿足要求的直線應(yīng)為圓心分別為A、B，半徑為1和2的兩圓的公切線，而圓A與圓B相交，所以公切線有兩條．]13．(0,8,0)或(0，－2,0)14．2解析由已知可知PQ的垂直平分線為kx－y＋4＝0，∴直線kx－y＋4＝0過圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3))，∴－eq\f(1,2)k＋1＝0，k＝2．15．eq\f(\r(3),6)π解析由三視圖可知，該幾何體是半個圓錐，底面半徑為1，高為eq\r(3)，故體積為eq\f(1,6)π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),6)π．16．x2＋(y－3)2＝1解析圓C：x2＋y2－4x－6y＋8＝0與x軸沒有交點，只與y軸相交，取x＝0，得y2－6y＋8＝0解得兩交點分別為(0,2)和(0,4)，由此得圓C′的圓心坐標(biāo)為(0,3)，半徑為1，所以標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－3)2＝1．17．解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋4y＋12＝0,4x－3y＋16＝0))，解得交點B(－4,0)，∵BD⊥AC，∴kBD＝－eq\f(1,kAC)＝eq\f(1,2)，∴AC邊上的高線BD的方程為y＝eq\f(1,2)(x＋4)，即x－2y＋4＝0．18．解由題意知，直線AB的斜率存在，且|AB|＝6eq\r(2)，OA＝2eq\r(5)，作OC⊥AB于C．在Rt△OAC中，|OC|＝eq\r(20－3\r(2)2)＝eq\r(2)．設(shè)所求直線的斜率為k，則直線的方程為y＋4＝k(x－6)，即kx－y－6k－4＝0．∵圓心到直線的距離為eq\r(2)，∴eq\f(|6k＋4|,\r(1＋k2))＝eq\r(2)，即17k2＋24k＋7＝0，∴k＝－1或k＝－eq\f(7,17)．故所求直線的方程為x＋y－2＝0或7x＋17y＋26＝0．19．證明如圖所示，連接AC，BD，交于點O，連接EO，由于四邊形ABCD為正方形，所以O(shè)為AC的中點，又E為PC的中點，所以O(shè)E為△PAC的中位線，所以EO∥PA，又EO?平面EDB，且PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB．20．(1)證明在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，連接C1D∵DC＝DD1，∴四邊形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D1C又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，D1C?平面DCC1D1∴AD⊥D1C∵AD，DC1?平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1又AC1?平面ADC1，∴D1C⊥AC1(2)解在DC上取一點E，連接AD1，AE，設(shè)AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，連接MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，須使MN∥D1E，又M是AD1的中點．∴N是AE的中點．又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE．即E是DC的中點．綜上所述，當(dāng)E是DC的中點時，可使D1E∥平面A1BD．21．解(1)設(shè)M坐標(biāo)為(x，y)，由題意得eq\f(\r(x2＋y2),\r(x－32＋y2))＝eq\f(1,2)，整理得(x＋1)2＋y2＝4．所以M點的軌跡方程為(x＋1)2＋y2＝4．(2)由于曲線C：(x＋1)2＋y2＝4，所以C關(guān)于直線2x＋y－4＝0對稱的曲線C′是與C半徑相同的圓，故只需求C′的圓心坐標(biāo)即可，設(shè)C′的圓心坐標(biāo)(x0，y0)．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0＋1)＝\f(1,2),2·\f(x0－1,2)＋\f(y0,2)－4＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(19,5),y0＝\f(12,5)))．故曲線C′的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(19,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(12,5)))2＝4．22．(1)解在Rt△BAD中，∵∠ABD＝60°，∴AB＝R，AD＝eq\r(3)R．而PD垂直底面ABCD，PA＝eq\r(PD2＋AD2)＝eq\r(2\r(2)R2＋\r(3)R2)＝eq\r(11)R，PB＝eq\r(PD2＋BD2)＝eq\r(2\r(2)R2＋2R2)＝2eq\r(3)R．在△PAB中，PA2＋AB2＝PB2，即△PAB是以∠PAB為直角的三角形，設(shè)點D到面PAB的距離為h，由VP—ABD＝VD—PAB有PA·AB·h＝AB·AD·PD，即h＝eq\f(AD·PD,PA)＝eq\f(\r(3)R·2\r(2)R,\r(11)R)＝eq\f(2\r(66),11)R，∴sinθ＝eq\f(h,BD)＝eq\f(\r(66),11)．(2)證明∵EG∥BC，∴eq\f(PE,EB)＝eq\f(PG,GC)．而eq\f(PE,EB)＝eq\f(DF,FC)，∴eq\f(PG,GC)＝eq\f(DF,FC)，∴GF∥PD，∴GF⊥BC．而BC∥EG，∴GF⊥EG，∴△EFG是直角三角形．(3)解當(dāng)eq\f(PE,EB)＝eq\f(