新人教A版高中數(shù)學選擇性必修一測試卷

…………○……○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○……○…………外……○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________第頁新人教A版高中數(shù)學選擇性必修一測試卷考試時間：120分鐘滿分：100分

題號一二三總分評分

第Ⅰ卷閱卷人

一、單選題（共12題；共36分）得分

1.（2020·新課標Ⅱ·理）已知△ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為（

A.

3

B.

32

C.

1

D.

322.將半徑為R的圓面剪切去如圖中的陰影部分，沿圖所畫的線折成一個正三棱錐，這個正三棱錐的側面與底面所成的二面角的余弦值是（

）

A.

32-33

B.

33-2233.（2020高二下·衢州期末）在底面為銳角三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱BC的中點，記直線B1D與直線AC所成角為θ1，直線B1D與平面A1B1CA.

θ2<θ1,θ2<θ3

B.

4.（2018高三上·嘉興期末）點(-1,0)到直線x+y-1=0A.

2

B.

22

C.

1

D.

5.（2018高一下·虎林期末）直線x+3y+a=0（A.

30°

B.

60°

C.

1206.垂直于直線y=x+1且與圓xA.

x+y-2=0

B.

x+y+1=0

7.（2020·新課標Ⅱ·理）若過點（2，1）的圓與兩坐標軸都相切，則圓心到直線2x-y-3=0A.

55

B.

255

C.

8.過點（-3，2）且與x29+A.

x215+y2109.（2020高二下·瀘縣月考）過拋物線y2=8x的焦點作直線交拋物線于A,B兩點，若線段AB的中點的橫坐標為4，則|A.

6

B.

8

C.

12

D.

1610.已知雙曲線x2a2-y2b2=1a>0,b>0與拋物線y2A.

x±3y=0

B.

3x11.（2019·巢湖模擬）已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過右焦點F2作其漸近線的垂線，垂足為M，交雙曲線C右支于點PA.

132

B.

332

C.

3

D.

212.（2018·衡水模擬）已知拋物線C：y2=8x的焦點為F，準線為l，過點F作直線PQ分別交拋物線C與直線l于點P，Q（如圖所示），若|PF||QF|A.

83

B.

4

C.

8

D.

12閱卷人

二、填空題（共4題；共12分）得分

13.（2019高二下·上海期末）直線l1：x-y+1=0與直線14.（2019高二上·上海期中）若直線ax+3y+3=0與直線x+(a-2)15.（2020高二上·青銅峽期末）橢圓x29+16.（2019高二下·富陽月考）已知橢圓x2a2+y2=1(a>0)的離心率為第Ⅱ卷閱卷人

三、解答題（共5題；共52分）得分

17.（2020·新高考Ⅰ）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．18.（2020·濟寧模擬）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為直角梯形，BC∥AD，∠AD=PD=2AB=2BC=2，（Ⅰ）求證：BM∥平面PCD（Ⅱ）若平面ABCD⊥平面PAD，異面直線BC與PD所成角為60°，且△PAD是鈍角三角形，求二面角B19.（2020高一下·大慶期末）已知ΔABC中，A(1,1)、B(2,-3)、（1）BC邊上的高線的方程；（2）BC邊的垂直平分線的方程.20.（2018高二上·拉薩月考）已知圓經過(2,5),(-2,1)兩點，并且圓心在直線y=（1）求圓的方程；（2）求圓上的點到直線3x-4y21.（2019高二上·大觀月考）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（（1）求橢圓方程；（2）過P(2,1)作弦且弦被P平分，求此弦所在的直線方程及弦長

答案解析部分一、單選題1.【答案】C【考點】球的體積和表面積，點、線、面間的距離計算【解析】【解答】設球O的半徑為R，則4πR2=16π設△ABC外接圓半徑為r，邊長為a∵△ABC是面積為93∴12a2×32=934∴球心O到平面ABC的距離d=故答案為：C.【分析】根據(jù)球O的表面積和△ABC的面積可求得球O的半徑R和△ABC外接圓半徑r，由球的性質可知所求距離2.【答案】A【考點】棱錐的結構特征【解析】【解答】因為根據(jù)題意可知，半徑為R的圓面剪切去如圖中的陰影部分，沿圖所畫的線折成一個正三棱錐，結合圖像可知側棱長為，而底面的邊長為，則根據(jù)正三棱錐的側面與底面所成的二面角的余弦值是即為底面的高斜高的比值即為：O’D:VD即為，故選A.

【分析】解決該試題的關鍵是分析折疊圖前后的不變量，以及得到的正三棱錐的底面的變長和側棱長問題。3.【答案】A【考點】空間向量的數(shù)量積運算【解析】【解答】解：由題可知，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為銳角三角形，設三棱柱ABC-A1B1C以A為原點，在平面ABC中，過A作AC的垂線為x軸，AC為y軸，AA1為z則A1(0,0,2)，B1(3,1,2)，C(0,2,0)，AC→=(0,2,0)，B1D→∵直線B1D與直線AC所成的角為θ1，∴cosθ∵直線B1D與平面A1B1C1所成的角為平面A1B1C1∴sinθ∴cosθ設平面A1B1D的法向量則{m?取a=3，得m∵二面角C1-A1B1由圖可知，θ3為銳角，即θ3∴cosθ∵cosθ由于y=cosθ在區(qū)間∴θ2<θ3<故答案為：A.【分析】設三棱柱ABC-A1B1C1是棱長為2的正三棱柱，D是棱BC的中點，以A為原點，在平面ABC中，過A作AC的垂線為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量法和空間夾角公式分別求出cosθ1，cos4.【答案】A【考點】點到直線的距離公式【解析】【解答】點(-1,0)到直線x+y-1=0的距離是【分析】由點到直線的距離公式直接求解.5.【答案】D【考點】直線的傾斜角，直線的斜率【解析】【解答】由于斜率為-33，故傾斜角為故答案為：D【分析】由直線的方程得到直線的斜率，再根據(jù)直線的斜率與傾斜角的關系，即可得到答案。6.【答案】A【考點】直線的一般式方程【解析】【解答】因為所求直線垂直于直線，故其斜率為-1，設所求直線方程為，又因為它與圓相切，所以（舍去）,故直線方程為.選A.7.【答案】B【考點】點到直線的距離公式，圓的標準方程，點與圓的位置關系【解析】【解答】由于圓上的點(2,1)在第一象限，若圓心不在第一象限，則圓與至少與一條坐標軸相交，不合乎題意，所以圓心必在第一象限，設圓心的坐標為(a,a)，則圓的半徑為圓的標準方程為(x由題意可得(2-a可得a2-6a+5=0，解得a=1所以圓心的坐標為(1,1)或(5,5)，圓心到直線2x-y-3=0所以，圓心到直線2x-y-3=0故答案為：B.【分析】由題意可知圓心在第一象限，設圓心的坐標為(a,a),a>0，可得圓的半徑為a，寫出圓的標準方程，利用點(2,1)在圓上，求得實數(shù)a8.【答案】A【考點】橢圓的標準方程，橢圓的簡單性質【解析】【解答】橢圓，∴焦點坐標為：（

，0)，（-，0)，c=，∵橢圓的焦點與橢圓有相同焦點

設橢圓的方程為：=1，∴橢圓的半焦距c=，即a2-b2=5，結合，解得：a2=15，b2=10，∴橢圓的標準方程為

，故選A。

【分析】常見題型，圍繞a,b,c布列方程組。9.【答案】C【考點】拋物線的簡單性質【解析】【解答】設A(x1,y1),B(由焦半徑公式可得|AF|=故|AB|=|因為線段AB的中點的橫坐標為4，故x1+x2=8故選：C.【分析】利用焦半徑公式可求|AB10.【答案】B【考點】拋物線的簡單性質，雙曲線的簡單性質【解析】【解答】拋物線焦點，所以雙曲線焦點為

，拋物線中，所以點P到準線的距離為5，，代入雙曲線得

，漸近線為

【分析】本題的入手點在拋物線，首先由拋物線方程得到其性質，結合點P是兩曲線的交點，通過點P將已知條件轉換到雙曲線中，進而求得雙曲線方程11.【答案】A【考點】雙曲線的簡單性質【解析】【解答】依題可知F2(c,0)，不妨設漸近線方程為y=bax，代入點F2到直線y=bax的距離公式得|F2M|=b，從而|F2P|=23b故答案為：A.

【分析】利用雙曲線標準方程求出左右焦點坐標和漸近線方程，再利用點斜式結合兩直線垂直斜率之積等于-1求出漸近線的垂線，從而求出垂足M的坐標，再利用平面向量共線的坐標表示結合∠F1PF2=12012.【答案】C【考點】拋物線的簡單性質【解析】【解答】過點P作PA垂直于直線l于點A，設直線l與x軸交于點B,由拋物線的定義，可知|PA|=|PF|,易知ΔQAP～ΔQBF,所以|QP||QF|=|AP||BF故答案為：C.【分析】結合拋物線的性質可以知道|BF|=4，根據(jù)三角形QAP相似于三角形QBF,得到QPQF=APBF，假設|PF|=t，進而可以計算出二、填空題13.【答案】22【考點】兩條平行直線間的距離【解析】【解答】直線l1：x-y+1=0與直線l2故答案為：2【分析】根據(jù)兩條平行線間的距離公式，可直接求出結果.14.【答案】-1【考點】兩條直線平行的判定【解析】【解答】因為直線ax+3y+3=0與直線x所以有{a×(a-2)-3×1=0故答案為：-【分析】由直線平行，得到{a×(15.【答案】13【考點】橢圓的簡單性質【解析】【解答】∵橢圓方程為x29+y28=1，故答案為：1【分析】根據(jù)橢圓標準方程，寫出a,b,c的值，然后代入16.【答案】62或6【考點】橢圓的簡單性質【解析】【解答】當a>1時，離心率e=a2-當0<a<1時，離心率e=1本題正確結果：62或【分析】分別在a>1和0<a<1三、解答題17.【答案】（1）解：在正方形ABCD中，AD//BC因為AD?平面PBC，BC?平面PBC所以AD//平面PBC又因為AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC所以AD//l因為在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以且PD⊥平面ABCD，所以AD因為CD∩所以l⊥平面PDC

（2）解：如圖建立空間直角坐標系D-xyz因為PD=AD=1，則有設Q(m,0,1)，則有設平面QCD的法向量為n=(x則{DC?n=0DQ?令x=1，則z=-m，所以平面QCD的一個法向量為cos<根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于|cos<n,PB>|=|1+m|3所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為63【考點】直線與平面平行的判定，直線與平面平行的性質，直線與平面垂直的判定，用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證得AD⊥平面PDC，利用線面平行的判定定理以及性質定理，證得AD//l，從而得到l⊥平面PDC；（2）根據(jù)題意，建立相應的空間直角坐標系，得到相應點的坐標，設出點Q(m,0,1)，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐標，求得cos<n,PB>18.【答案】解：（Ⅰ）證明：取PD的中點N，連接CN,MN因為M為PA的中點，則MN//AD，且MN又BC//AD，且BC=12AD，所以MN所以四邊形BMNC為平行四邊形，所以BM//CN，CN?平面PCD，BM?平面所以BM//平面PCD（Ⅱ）由題意可知BC//AD，所以∠ADP或其補角為異面直線BC與又AD=PD，△PAD為鈍角三角形，所以又平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，所以AB⊥平面PAD以A為坐標原點，AD,AB所在直線為y軸、則A(0,0,0)，B(0,0,1)，D(0,2,0)，C(0,1,1)，向量PC=(-3,-2,1)設平面PBC的法向量為n=(由{n?PC=0n?PB=0得得平面PBC的一個法向量為n=(1,0,3同理可得平面PCD的一個法向量為m=(1,設二面角B-PC-D的平面角為則|cos則sinθ【考點】數(shù)量積表示兩個向量的夾角，直線與平面平行的判定，空間向量的數(shù)量積運算【解析】【分析】（Ⅰ）取PD的中點N，連接CN,MN，證明四邊形BMNC為平行四邊形，得到BM//CN即可（Ⅱ）由條件得出∠ADP=120°，然后證明AB⊥平面PAD