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2020_2021学年新教材高中数学模块素养评价含解析新人教A版选择性必修第一册20201219178.doc
2020_2021学年新教材高中数学全一册素养评价含解析打包32套新人教A版选择性必修第一册
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2020_2021学年新教材高中数学全一册素养评价含解析打包32套新人教a版选择性必修第一册,文本
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模块素养评价(120分钟150分)一、单项选择题(本大题共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.已知向量a=(1,2,1),b=(-1,0,4),则a+2b=()a.(-1,2,9)b.(-1,4,5)c.(1,2,-7)d.(1,4,9)【解析】选a.a+2b=(1,2,1)+2(-1,0,4)=(-1,2,9).2.如图,在平行六面体abcd-a1b1c1d1中,ac与bd交于点m,设=a,=b,=c,则=()a.-a-b-cb.a+b-cc.a-b-cd.-a+b-c【解析】选d.=+,=,=+,所以=-+(-+)=-c-a+b.3.若向量a=(0,1,-1),b=(1,1,0),且(a+b)a,则实数的值是()a.-1b.0c.-2d.1【解析】选c.因为(a+b)a,所以(a+b)a=a2+ba=()2+(0+1+0)=0,解得=-2.4.已知直线l1:2x+y+n=0与l2:4x+my-4=0互相平行,且l1,l2之间的距离为,则m+n=()a.-3或3b.-2或4c.-1或5d.-2或2【解析】选a.由2m-4=0,解得m=2.满足l1l2.l2的方程为2x+y-2=0,有=,则|n+2|=3,解得n=1或-5,故m+n=3.5.半径为1的圆c的圆心在第四象限,且与直线y=0和x-y-6=0均相切,则该圆的标准方程可以为()a.(x-1)2+(y-)2=1b.(x-)2+(y-1)2=1c.(x-1)2+(y+)2=1d.(x-)2+(y+1)2=1【解析】选d.如图:由题意可设圆心坐标为(a,-1),r=1.则=1,即|a-5|=2,解得a=或.结合选项可得,所求圆的方程为(x-)2+(y+1)2=1.6.如图,圆c的部分圆弧在如图所示的网格纸上(小正方形的边长为1),图中直线与圆弧相切于一个小正方形的顶点,若圆c经过点a(2,15),则圆c的半径为()a.7b.8c.8d.10【解析】选a.因为圆c经过点(2,1)和点(2,15),故圆心在直线y=8上.又过点(2,1)的圆的切线为y-1=-(x-2),即 x+y-3=0,故圆心在直线y-1=x-2上,即圆心在直线x-y-1=0上.由可得圆心为(9,8),故圆的半径为=7.7.唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说:“白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再回军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设军营所在区域为x2+y22,若将军从点a(3,0)处出发,河岸线所在直线方程为x+y=4,并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营,则“将军饮马”的最短总路程为()a.2b.-c.d.3-【解析】选b.设点a关于直线x+y=4的对称点a(a,b),设军营所在区域的圆心为c,根据题意,|ac|-为最短距离,先求出a的坐标,aa的中点为,直线aa的斜率为1,故直线aa为y=x-3,由联立得a=4,b=1,所以|ac|=,故|ac|-=-.8.已知双曲线c:-=1(a0,b0)的左、右焦点分别为f1,f2,o为坐标原点,p是双曲线在第一象限上的点,|=2|=2m(m0),=m2,则双曲线c的渐近线方程为()a.y=xb.y=xc.y=xd.y=x【解析】选d.双曲线c:-=1(a0,b0)的左、右焦点分别为f1,f2,o为坐标原点,p是双曲线在第一象限上的点,|=2|=2m(m0),=m2,可得m=2a,4a2acosf1pf2=4a2,所以f1pf2=60,则4c2=4a2+16a2-24a2a=12a2,即a2+b2=3a2,所以=,所以双曲线的渐近线方程为:y=x.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.若a=(-1,-2),b=(2,-1,1),a与b的夹角为120,则可以取的值为()a.17b.-17c.-1d.1【解析】选ac.因为a=(-1,-2),b=(2,-1,1),a与b的夹角为120,所以cos 120=,解得=-1或=17.10.已知圆c1:x2+y2=r2,圆c2:(x-a)2+(y-b)2=r2(r0)交于不同的a(x1,y1),b(x2,y2)两点,下列结论正确的有()a.a(x1-x2)+b(y1-y2)=0b.2ax1+2by1=a2+b2c.x1+x2=ad.y1+y2=2b【解析】选abc.两圆方程相减可得直线ab的方程为:a2+b2-2ax-2by=0,即2ax+2by=a2+b2,故b正确;分别把a(x1,y1),b(x2,y2)两点代入2ax+2by=a2+b2得:2ax1+2by1=a2+b2,2ax2+2by2=a2+b2,两式相减得:2a(x1-x2)+2b(y1-y2)=0,即a(x1-x2)+b(y1-y2)=0,故a正确;由圆的性质可知:线段ab与线段c1c2互相平分,所以x1+x2=a,y1+y2=b,故c正确.11.在平面直角坐标系中,圆c的方程为x2+y2-4x=0.若直线y=k(x+1)上存在一点p,使过p所作的圆的两条切线相互垂直,则实数k的取值可以是()a.1b.2c.3d.4【解析】选ab.圆c的方程为x2+y2-4x=0,则圆心为c(2,0),半径r=2.设两个切点分别为a,b,则由题意可得四边形pacb为正方形,故有|pc|=r=2,所以圆心到直线y=k(x+1)的距离小于或等于2,即2,解得k28,可得-2k2,结合选项实数k的取值可以是1,2.12.已知椭圆c:+=1的左、右两个焦点分别为f1,f2,直线y=kx(k0)与c交于a,b两点,aex轴,垂足为e,直线be与c的另一个交点为p,则下列结论正确的是()a.四边形af1bf2为平行四边形b.f1pf290【解析】选abc.直线y=kx(k0)与c交于a,b两点,由椭圆的对称性可得o为ab的中点,又o为f1f2的中点,可得四边形af1bf2为平行四边形,故a正确;由椭圆方程可得a=2,b=c=,以f1f2为直径的圆与椭圆相切于短轴的两个端点,p在圆外,可得f1pf20)出发,经过直线l:x-3y=0反射到q(b,0),该光线又在q点被x轴反射,若反射光线恰与直线l平行,且b13,则实数a的取值范围是.【解析】设点p关于直线l的对称点p(m,n),直线l为y=x,所以所以所以点p的坐标为,根据两点式得到直线pq的方程为:=,化简得3ax-(4a-5b)y-3ab=0,由于反射光线恰与直线l平行,所以=-,所以a=b,因为b13,所以a5.答案:(5,+)16.已知点f是抛物线y2=2px(p0)的焦点,点a(2,y1),b分别是抛物线上位于第一、四象限的点,若|af|=10,则|y1-y2|=.【解析】因为|af|=2+=10,所以p=16,则抛物线的方程为y2=32x,把x=代入方程,得y2=-4(y2=4舍去),即b,把x=2代入方程,得y1=8(y1=-8舍去),即a(2,8),则|y1-y2|=|8-(-4)|=12.答案:12四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)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(a-c)(2b+c)的值.【解析】(1)因为ac,所以存在实数k使得c=ka,可得:解得x=1.所以|c|=.(2)bc,所以bc=-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)已知abc三个顶点的坐标分别为a(2,4),b(0,-5),c(10,0),线段ac的垂直平分线为l.(1)求直线l的方程.(2)点p在直线l上运动,当|ap|+|bp|最小时,求此时点p的坐标.【解析】(1)直线ac的斜率为kac=-,所以直线l的斜率为kl=2,ac的中点为(6,2),所以直线l的方程为y-2=2(x-6),即2x-y-10=0.(2)由(1)得点a关于直线l的对称点为点c,所以直线bc与直线l的交点即为使|ap|+|bp|最小的点.由b(0,-5),c(10,0)得直线bc的方程为+=1,即x-2y-10=0,联立方程解得所以此时点p的坐标为.19.(12分)一动点到两定点距离的比值为正常数,当1时,动点的轨迹为圆,后世称之为阿波罗尼斯圆.已知两定点a,b的坐标分别为:a(4,0),b(1,0),动点m满足|am|=2|bm|.(1)求动点m的阿波罗尼斯圆的方程;(2)过p(2,3)作该圆的切线l,求l的方程.【解析】(1)设动点m的坐标为(x,y),则|am|=,|bm|=,又知|am|=2|bm|,则=2,得x2+y2=4.(2)当直线l的斜率存在且为k时,直线l的方程为:y=kx-2k+3,l与圆相切,则d=2,得:k=,此时l的方程为:5x-12y+26=0,当直线l的斜率不存在时,此时直线l的方程为:x=2,综上,直线l的方程为x=2,5x-12y+26=0.20.(12分)抛物线c的顶点为坐标原点o,焦点f在y轴正半轴上,准线l与圆x2+y2=4相切.(1)求抛物线c的方程.(2)已知直线m和抛物线c交于点a,b,命题p:“若直线m过定点(0,1),则 =-7”,请判断命题p的真假,并证明.【解析】(1)依题意,可设抛物线c的方程为:x2=2py,p0,其准线l的方程为:y=-,因为准线l与圆x2+y2=4相切,所以=2,解得:p=4,故抛物线c的方程为:x2=8y.(2)命题p为真命题.证明如下:直线m和抛物线c交于a,b且过定点(0,1),故直线m的斜率一定存在,设直线m:y=kx+1,交点a(x1,y1),b(x2,y2).联立抛物线c的方程,得整理得:x2-8kx-8=0,=64k2+640恒成立,所以x1+x2=8k,x1x2=-8,y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-8k2+8k2+1=1.=x1x2+y1y2=-8+1=-7,所以命题p为真命题.21.(12分)如图,在梯形abcd中,abcd,ad=dc=cb=1,abc=60,四边形acfe为矩形,平面acfe平面abcd,cf=1.(1)求证:bc平面acfe.(2)在线段ef上是否存在点m,使得平面mab与平面fcb所成锐二面角的平面角为,且满足cos =?若不存在,请说明理由;若存在,求出fm的长度.【解析】(1)在如图所示的等腰梯形abcd中,经过点c,d分别作cpab,dqab,垂足分别为p,q,则四边形cdqp为矩形,pq=1.在rtbcp中,b=60,则bp=bc=,同理可得aq=,所以ab=2.在abc中,ac2=12+22-212cos 60=3,所以ac2+bc2=ab2,所以acb=90,所以accb.又因为四边形acfe为矩形,平面acfe平面abcd,平面acfe平面abcd=ac,所以bc平面acfe.(2)如图所示,建立空间直角坐标系.c(0,0,0),a(,0,0),b(0,1,0),e(,0,1),设m(a,0,1),=(-,1,0),=(-a,1,-1),=(0,1,0),=(,0,1),设平面abm的法向量m=(x,y,z),则所以取m=(1,-a).取平面bcf的法向量n=(1,0,0).由cos=,由题意假设存在,则=,a0,解得a=-1,a=+1(舍去),因此在线段ef上存在点m(-1,0,1),使得平面mab与平面fcb所成锐二面角的平面角为,且满足cos=,fm=-1.22.(12分)顺次连接椭圆c:+=1(ab0)的四个顶点恰好构成了一个边长为且面积为4的菱
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