2025-2026学年高中数学（人教A版2019）选择性必修第一册综合检测（A卷）（含答案）

中小学教育资源及组卷应用平台
2025-2026学年高中数学（人教A版2019）选择性必修第一册综合检测（A卷）
(时间:120分钟　满分:150分)
一、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.设a∈R,则“a=1”是“直线l1:ax+2y-1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案:A
解析:若直线l1与l2平行,则a=-2或a=1,故“a=1”是“直线l1与直线l2平行”的充分不必要条件.
2.已知{a,b,c}是空间的一个基底,m=a+2b-3c,n=x(a+b)-y(b+c)+3(a+c),若m∥n,则=(　　)
A.-3 B.-
C.3 D.
答案:C
解析:由已知得m=a+2b-3c,n=(x+3)a+(x-y)b+(3-y)c,因为m∥n,所以存在实数λ,使n=λm,所以(x+3)a+(x-y)b+(3-y)c=λ(a+2b-3c),所以所以得2x+2y=3x-y,x=3y,所以=3,故选C.
3.已知圆C1:(x+2)2+(y-m)2=9与圆C2:(x-m)2+(y+1)2=4外切,则实数m的值为(　　)
A.2 B.-5
C.2或-5 D.不确定
答案:C
解析:圆C1:(x+2)2+(y-m)2=9的圆心为(-2,m),半径为3,圆C2:(x-m)2+(y+1)2=4的圆心为(m,-1),半径为2.
依题意有=3+2,即m2+3m-10=0,解得m=2或m=-5.
4.以双曲线=1的中心为顶点,且以该双曲线的右焦点为焦点的抛物线方程是(　　)
A.y2=12x B.y2=-12x
C.y2=6x D.y2=-6x
答案:A
解析:由=1,得a2=4,b2=5,则c2=a2+b2=9.
因此双曲线的右焦点的坐标为(3,0).
于是抛物线的焦点坐标为(3,0),顶点坐标为(0,0).
故抛物线的方程为y2=12x.
5.已知等边三角形ABC与等边三角形BCD所在的平面垂直,则二面角A-BD-C的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案:C
解析:取BC的中点O,连接AO,DO.如图所示,建立空间直角坐标系Oxyz.
设BC=1,则A,B,D.
于是.
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z).
则
不妨取x=1,则y=-,z=1.
因而n=(1,-,1)为平面ABD的一个法向量.
又因为为平面BCD的一个法向量,
所以cos=.
因为∈[0,π],所以sin=.
故二面角A-BD-C的正弦值为.
6.若直线x-y=2被圆(x-a)2+y2=4所截得的弦长为2,则实数a的值为(　　)
A.-1或 B.1或3
C.-2或6 D.0或4
答案:D
解析:因为圆心(a,0)到直线x-y=2的距离d=,所以()2+=22,解得a=0或a=4.
7.已知A,B为双曲线E的左、右顶点,点M在双曲线E上,△ABM为等腰三角形,且顶角为120°,则双曲线E的离心率为(　　)
A. B.2 C. D.
答案:D
解析:如图,设双曲线E的方程为=1(a>0,b>0),则|AB|=2a.
由双曲线的对称性,可设点M(x1,y1)在第一象限内,过点M作MN⊥x轴,垂足为点N,则点N(x1,0).
∵△ABM为等腰三角形,且∠ABM=120°,
∴|BM|=|AB|=2a,∠MBN=60°.
∴y1=|MN|=|BM|sin ∠MBN=2asin 60°=a,
x1=|OB|+|BN|=|OB|+|BM|cos∠MBN=a+2acos 60°=2a.
∴M(2a,a).
将点M(2a,a)的坐标代入=1,可得a2=b2,∴e=.
8.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)
A. B. C. D.
答案:B
解析:如图所示,S△ABC=×sin .
设点O是△ABC的中心,则OP⊥平面ABC,∠OAP即为PA与平面ABC所成的角.
于是=S△ABC·OP=·OP=,得OP=.
∵OA=|AD|=|AB|·sin =1,∴tan∠OAP=.
又0<∠OAP<,∴∠OAP=.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知圆M:x2+y2-4x-1=0,点P(x,y)是圆M上的动点,则下列说法正确的有(　　)
A.圆M关于直线x+3y-2=0对称
B.直线x+y=0与圆M的相交弦长为
C.t=的最大值为
D.x2+y2的最小值为-2
答案:AC
解析:圆M的标准方程是(x-2)2+y2=5,圆心M(2,0),半径r=.
易得点M(2,0)在直线x+3y-2=0上,故A正确;
点M到直线x+y=0的距离d=,故所求弦长l=2=2=2,故B错误;
由t=,得y=t(x+3),当直线y=t(x+3)与圆M相切时,t取得最值,由圆心M到直线y=t(x+3)的距离d1==r=,解得t=±,所以t的最大值为,故C正确;
因为|OM|=2,所以|OP|min=-2,所以x2+y2的最小值为(-2)2=9-4.故D错误.
10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M,N分别为PC,PB的中点,则(　　)
A.CD⊥AN
B.BD⊥PC
C.PB⊥平面ANMD
D.BD与平面ANMD所成的角为30°
答案:CD
解析:设BC=1,建立空间直角坐标系如图所示.
则B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
因此M,N(1,0,1).
∴=(-2,1,0),=(1,0,1),
∴=-2≠0,选项A错误;=(-2,2,0),=(2,1,-2),∴=-4+2-0=-2≠0,选项B错误;=(2,0,-2),=(0,2,0),=(1,0,1),∴=0,=2+0+(-2)=0,从而,可以推出PB⊥平面ANMD,选项C正确;由选项C知=(2,0,-2)是平面ANMD的一个法向量,又=(-2,2,0),设BD与平面ANMD所成角为θ,则sin θ=|cos<>|=,∴θ=30°,因此D正确.故选CD.
11.已知P是椭圆E:=1上一点,F1,F2为其左、右焦点,且△F1PF2的面积为3,则下列说法正确的是(　　)
A.点P的纵坐标为3
B.∠F1PF2>
C.△F1PF2的周长为4(+1)
D.△F1PF2的内切圆半径为-1)
答案:CD
解析:由=1得a2=8,b2=4,∴c2=4.
设P(x,y),则|F1F2|·|y|=×4×|y|=3.
∴|y|=,选项A错误;设上顶点为B,∵b=c=2,∴∠F1PF2≤∠F1BF2=,选项B错误;△F1PF2的周长为2a+2c=4+4,选项C正确;设△F1PF2的内切圆半径为r(r>0),则3=×r×4(+1),解得r=-1),D正确.故选CD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.设A为圆(x-2)2+(y-2)2=1上一动点,则点A到直线x-y-5=0的最大距离为　　　　　　　　　　.
答案:+1
解析:因为圆心(2,2)到直线x-y-5=0的距离d=>1,所以直线x-y-5=0与圆(x-2)2+(y-2)2=1相离.所以点A到直线x-y-5=0的最大距离为+1.
13.设F1,F2为椭圆C的两个焦点,M为椭圆C上一点,|MF1|=12,|MF2|=16,
sin∠MF2F1=,则椭圆C的离心率e=　　　　　　　.
答案:
解析:因为sin∠MF2F1=,且|MF1|<|MF2|,故∠MF2F1为锐角,
所以cos∠MF2F1=,
由余弦定理得,即128|F1F2|=1 280+5|F1F2|2-720,
所以(|F1F2|-20)(5|F1F2|-28)=0,故|F1F2|=20或|F1F2|=,
故e=或e=.
14.《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑,如图所示,在鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=4,PA=2,D为AB的中点,E为△PAC内的动点(含边界),且PC⊥DE.当点E在AC上时,AE=　　　　　;点E的轨迹的长度为　　　　　.
答案:2　
解析:建立空间直角坐标系如图所示,设CB=2b,则P(0,0,2),C(0,4,0),B(2b,4,0),
∴D(b,2,0).
当点E在AC上时,
可设E(0,t,0)(0≤t≤4),则=(0,4,-2),=(-b,t-2,0).
由PC⊥DE,得4(t-2)=0,解得t=2,
因此AE=2,此时E为AC的中点.
当E为AC的中点时,过点E作EE'⊥PC,垂足为点E',由PC⊥DE,PC⊥EE',DE∩EE'=E,得PC⊥平面DEE',
∴点E的轨迹为线段EE'.
设=λ=(0,4λ,-2λ),λ∈[0,1],则E'(0,4λ,-2λ+2),从而=(-b,4λ-2,-2λ+2).
由,得4(4λ-2)-2(-2λ+2)=0,
解得λ=,
所以E',
所以E'E=,从而点E的轨迹长度为.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知直线y=ax+1与双曲线3x2-y2=1交于A,B两点.
(1)求实数a的取值范围;
(2)若以AB为直径的圆过坐标原点,求实数a的值.
解:(1)联立消去y,得(3-a2)x2-2ax-2=0.
依题意得
即
解得-故实数a的取值范围是{a|-(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则
∵以AB为直径的圆过原点,∴OA⊥OB,
∴=0,即x1x2+y1y2=0,
即x1x2+(ax1+1)(ax2+1)=0,
即(a2+1)x1x2+a(x1+x2)+1=0.
∴(a2+1)·+a·+1=0,
解得a=±1,符合题意.故a=±1.
16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB=2,M是PD的中点.
(1)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值;
(2)求点P到平面ACM的距离.
解:如图所示,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,4),C(2,4,0),D(0,4,0),M(0,2,2),则=(2,4,0),=(0,2,2),=(-2,0,0),=(0,0,4).设平面ACM的法向量为n=(x,y,z),由n⊥,n⊥可得令z=1,则平面ACM的一个法向量为n=(2,-1,1).
(1)设直线CD与平面ACM所成角为α,则sin α=.
(2)设点P到平面ACM的距离为h,则h=.
17.(15分)已知A,B是抛物线y2=x上不同于原点O的两点,OA⊥OB.
(1)求证:直线AB恒过定点T,且以OT为直径的圆过点D(2,1);
(2)若直线AB与☉O:x2+y2=5相切,求切点坐标及直线AB的方程.
(1)证明:设直线AB的方程为x=my+t,t>0,联立消去x,得2y2-5my-5t=0,则Δ=25m2+40t>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1y2=-,x1x2=(y1y2)2=t2.
又因为,所以x1x2+y1y2=0,
即t2-t=0,解得t=或t=0(舍去).
所以直线AB的方程为x=my+,所以直线AB恒过点T.
所以=(2,1)·=2×+1×1=0,所以,即OD⊥TD.
所以点D在以OT为直径的圆上.
(2)解:由(1)知直线AB的方程为2x-2my-5=0.
由题意得,圆心O到直线AB的距离d=,解得m=±.
当m=时,切线AB的方程为2x-y-5=0,
此时,切点坐标为(2,-1).
当m=-时,切线AB的方程为2x+y-5=0,
此时,切点坐标为(2,1).
18.(17分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC,四边形ABB1A1是菱形,∠ABB1 =60°,点D在棱CC1上,且=λ.
(1)若AD⊥B1C,求证:平面AB1C⊥平面ABD.
(2)若AB=B1C=AC,是否存在实数λ,使得平面AB1C与平面ABD所成角的余弦值是 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明:取AB的中点O,连接OB1,OC.
因为四边形ABB1A1是菱形,且∠ABB1=60°,所以AB1=BB1.
因为O为AB的中点,所以AB⊥OB1.
因为AC=BC,且O为AB的中点,所以AB⊥OC.
因为OB1,OC 平面OB1C,且OB1∩OC=O,所以AB⊥平面OB1C.
因为B1C 平面OB1C,所以AB⊥B1C.
因为AD⊥B1C,AB,AD 平面ABD,
且AB∩AD=A,所以B1C⊥平面ABD.
因为B1C 平面AB1C,所以平面AB1C⊥平面ABD.
(2)解:因为AB=AC=BC,所以AB2=AC2+BC2,所以AC⊥BC.
因为O是AB的中点,所以OC=AB.
因为四边形ABB1A1是菱形,且∠ABB1=60°,
所以△ABB1是等边三角形.
因为O是AB的中点,
所以OB1=AB.
因为O+OA2=AB2=O+OC2=B1C2,
所以AB=B1C,则OB,OC,OB1两两垂直,
故以O为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.
设AB=2,则A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(-2,0,),B1(0,0,),
故=(1,1,0),=(2,0,0),=(1,0,),=(-1,1,0),=(-1,0,).
因为=λ=λ=(-λ,0,λ),
所以D(-λ,1,λ),
所以=(1-λ,1,λ).
设平面AB1C的法向量为n=(x1,y1,z1),则
令x1=,得n=(,-,-1).
设平面ABD的法向量为m=(x2,y2,z2),
则
令z2=-1,得m=(0,λ,-1).
设平面AB1C与平面ABD所成的角为θ,
则cos θ=|cos|=,
解得λ=或λ=,
故存在λ=或λ=,使得平面AB1C与平面ABD所成角的余弦值是.
19.(17分)已知椭圆C:=1(a>b>0),椭圆的右焦点为(1,0),离心率e=,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点,且kOA·kOB=-(O为坐标原点).求:
(1)椭圆C的方程;
(2)△AOB的面积.
解:(1)由已知得c=1,,
∴a=2,∴b2=a2-c2=3,
∴椭圆C的方程为=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
由
消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
∴x1+x2=-,x1x2=,
∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
=k2·+km+m2=.
∵kOA·kOB=-,∴=-,
即y1y2=-x1x2,
∴=-,
即2m2-4k2=3.
∴|AB|=.
易知点O到直线l的距离d=,
∴S△AOB=d|AB|
=
=
=
=.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)