【最新版】高中数学（新人教B版）习题+同步课件模块检测卷(B)

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模块检测卷(B)
(时间：120分钟　满分：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.在长方体ABCDA1B1C1D1中，若D(0，0，0)，A(4，0，0)，B(4，2，0)，A1(4，0，3)，则对角线AC1的长为(　　)
B
2.经过原点并且与直线x＋y－2＝0相切于点(2，0)的圆的标准方程是(　　) A.(x－1)2＋(y＋1)2＝2 B.(x＋1)2＋(y－1)2＝2 C.(x－1)2＋(y＋1)2＝4 D.(x＋1)2＋(y－1)2＝4
A
解析　设圆心的坐标为(a，b)，则a2＋b2＝r2，①
由①②③组成方程组，解得a＝1，b＝－1，r2＝2.故所求圆的标准方程是(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
A
4.若异面直线l1，l2的方向向量分别是a＝(0，－2，－1)，b＝(2，0，4)，则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于(　　)
B
5.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点C1到平面A1BD的距离是(　　)
D
解析　如图建立空间直角坐标系.则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，C1(0，2，2)，
6.已知点A(0，2)，B(2，0).若点C在抛物线x2＝y上，则使得△ABC的面积为2的点C的个数为(　　) A.4 B.3 C.2 D.1
A
当x2＋x－2＝2时，有两个不同的C点；当x2＋x－2＝－2时，亦有两个不同的C点.因此满足条件的C点有4个，故应选A.
D
解析 由题意可得椭圆的焦点在x轴上，如图所示，设|F1F2|＝2c，∵△PF1F2为等腰三角形，且∠F1F2P＝120°，∴|PF2|＝|F1F2|＝2c.
∵|OF2|＝c，∴点P坐标为(c＋2ccos 60°，2csin 60°)，
8.2020年12月4日，嫦娥五号探测器在月球表面第一次动态展示国旗.1949年公布的《国旗制法说明》中就五星的位置规定：大五角星有一个角尖正向上方，四颗小五角星均各有一个角尖对大五角星的中心点.有人发现，第三颗小五角星的姿态与大五角星相近.为便于研究，如图，以大五角星的中心点为原点，建立平面直角坐标系，OO1，OO2，OO3，OO4分别是大五角星中心点与四颗小五角星中心点的连接线，α≈16°，则第三颗小五角星的一条边AB所在直线的倾斜角约为(　　)
C
A.0° B.1° C.2° D.3°
解析　∵O，O3都为五角星的中心点，∴OO3平分第三颗小五角星的一个角，又由五角星的内角为36°，可知∠BAO3＝18°，过O3作x轴平行线O3E，则∠OO3E＝α≈16°，
∴直线AB的倾斜角为18°－16°＝2°.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9.给出以下命题：
AC
AC
11.在四面体PABC中，以下说法正确的有(　 　)
ABC
12.瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若△ABC满足|AC|＝|BC|，顶点A(1，0)，B(－1，2)，且其“欧拉线”与圆M：(x－3)2＋y2＝r2相切，则下列结论正确的是(　　)
BD
解析　∵AC＝BC，∴欧拉线为AB的中垂线，由A(1，0)，B(－1，2)，
∴圆M为(x－3)2＋y2＝8，
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
8
解析　依题意a2＝m2＋12，b2＝4－m2，所以c2＝a2＋b2＝16，所以c＝4，2c＝8.
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2.
16.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.今有抛物线y2＝2px(p＞0)，如图，一平行于x轴的光线射向抛物线上的点P，反射后又射向抛物线上的点Q，再反射后又沿平行于x轴的方向射出，且两平行光线间的最小距离为3，则抛物线的方程为________________.
y2＝3x
当直线PQ的斜率不存在时，易得|PQ|＝2p；当直线PQ的斜率存在时，
综上，当直线PQ与x轴垂直时，弦长最短，又因为两平行光线间的最小距离为3，故2p＝3，所以抛物线的方程为y2＝3x.
四、解答题(本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知△ABC三边所在直线方程：lAB：3x－2y＋6＝0，lAC：2x＋3y－22＝0，lBC：3x＋4y－m＝0(m∈R，m≠30). (1)判断△ABC的形状；
(2)当BC边上的高为1时，求m的值.
即|30－m|＝5，解得m＝25或m＝35.
解　设P(x，y)，圆P的半径为r，由题意知y2＋2＝r2，x2＋3＝r2，从而y2＋2＝x2＋3.故P点的轨迹方程为y2－x2＝1.
19. (12分)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
证明　如图，连接B1C，ME.
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE.所以MN∥平面C1DE.
(2)求二面角AMA1N的正弦值.
20.(12分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C与直线l1：y＝－x的一个交点的横坐标为8. (1)求抛物线C的方程；
解　易知直线与抛物线的交点坐标为(8，－8)，∴(－8)2＝2p·8，∴2p＝8，∴抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)不过原点的直线l2与l1垂直，且与抛物线交于不同的两点A，B，若线段AB的中点为P，且|OP|＝|PB|，求△FAB的面积.
解　直线l2与l1垂直，故可设直线l2：x＝y＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且直线l2与x轴的交点为M.
由题意可知OA⊥OB，即x1x2＋y1y2＝m2－8m＝0，∴m＝8或m＝0(舍)，∴直线l2：x＝y＋8，M(8，0).
21.(12分)如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
证明　因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，因为A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1DC，所以DE⊥平面A1DC，又A1C⊂平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，DC∩DE＝D，DC，DE⊂平面BCDE，所以A1C⊥平面BCDE.
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成的角的大小；
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.
解　线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，其中p∈[0，3].设平面A1DP的一个法向量为m＝(x′，y′，z′)，
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p∈[0，3]矛盾.所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.
解　因为直线l过点F(1，0)，且与坐标轴不垂直，所以设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，设线段PQ的中点为M，
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
解得k＝±1，所以直线l的方程为x±y－1＝0.