模块综合检测
（时间：120分钟 满分：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.双曲线－＝1的焦距是（ ）
A.2 B.8
C.4 D.4
2.直线l过点（－3，0），且与直线y＝2x－3垂直，则直线l的方程为（ ）
A.y＝－（x－3） B.y＝－（x＋3）
C.y＝（x－3） D.y＝（x＋3）
3.在三棱柱ABC-A1B1C1中，E是棱AC的三等分点，且AC＝3AE，F是棱B1C1的中点，若＝a，＝b，＝c，则＝（ ）
A.a－b＋c B.a＋b＋c
C.a－b＋c D.a＋b＋c
4.阿基米德（公元前287年—公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为，面积为12π，则椭圆C的方程为（ ）
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
5.直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
6.若点P为圆x2＋y2＝1上的一个动点，点A（－1，0），B（1，0）为两个定点，则｜PA｜＋｜PB｜的最大值是（ ）
A.2 B.2
C.4 D.4
7.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E，F分别是棱AB，BC的中点，则直线EF到平面ACD1的距离为（ ）
A. B.
C. D.
8.设F1，F2同时为椭圆C1：＋＝1（a1＞b1＞0）与双曲线C2：－＝1（a2＞0，b2＞0）的左、右焦点，设椭圆C1与双曲线C2在第一象限内交于点M，椭圆C1与双曲线C2的离心率分别为e1，e2，O为原点.若｜F1F2｜＝4｜MF2｜，则e1e2的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.若圆C：x2＋y2－2x＋4y－20＝0上有四个不同的点到直线l：4x＋3y＋c＝0的距离为2，则c的取值可能是（ ）
A.－13 B.13
C.15 D.18
10.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AC的中点，则（ ）
A.＜，＞＝120°
B.BD1⊥AC
C.BD1⊥EB1
D.∠BB1E＝45°
11.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，点P是双曲线右支上异于顶点的一点，则（ ）
A.｜PA1｜－｜PA2｜＜2a
B.若双曲线C为等轴双曲线，则直线PA1的斜率与直线PA2的斜率之积为1
C.若双曲线C为等轴双曲线，且∠PA2A1＝π－5∠PA1A2，则∠PA1A2＝
D.若焦点F2关于双曲线C的渐近线的对称点在C上，则C的渐近线方程为y＝±2x
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.已知点M（1，2）在直线l上的射影是H（－1，4），则直线l的方程为 .
13.在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点S在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角的大小是 .
14.古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至公元前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷.平面内两个定点M，N及动点P，若＝λ（λ＞0且λ≠1），则点T的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆.点P为圆A：（x－1）2＋y2＝4上一动点，Q为圆B：（x－3）2＋（y－4）2＝1上一动点，点C（－3，0），则｜PC｜＋｜PQ｜＋｜PB｜的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）已知直线l：（m＋2）x－（2m＋1）y－3＝0（m∈R）.
（1）证明：直线l过定点；
（2）已知点P（－1，－2），当点P到直线l的距离最大时，求实数m的值.
16.（本小题满分15分）已知点A（－2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为，记点M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）若直线l：y＝x－3和曲线C相交于E，F两点，求｜EF｜.
17.（本小题满分15分）如图，在多面体P-ABCD中，平面ABCD⊥平面PAB，AP＝2，AB＝3，PB＝.
（1）求证：AP⊥CD；
（2）若∠DAB＝90°，∠ABC＝45°，AD＝2，BC＝2.求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.
18.（本小题满分17分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，且右焦点F到直线l：x＝－的距离为6.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆C上的任一点M（x0，y0），从原点O向圆M：（x－x0）2＋（y－y0）2＝8引两条切线，设两条切线的斜率分别为k1，k2（k1k2≠0）.
①求证：k1k2为定值；
②当两条切线分别交椭圆于P，Q时，求证：｜OP｜2＋｜OQ｜2为定值.
19.（本小题满分17分）中国结是一种手工编制工艺品，因其外观对称精致，符合中国传统装饰的审美观念，广受中国人喜爱.它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原成单纯的二维线条，其中的“八字结”对应着数学曲线中的伯努利双纽线.在xOy平面上，我们把与定点F1（－a，0），F2（a，0）（a＞0）距离之积等于a2的动点的轨迹称为伯努利双纽线，F1，F2为该曲线的两个焦点.数学家雅各布·伯努利曾将该曲线作为椭圆的一种类比开展研究.已知曲线C：（x2＋y2）2＝9（x2－y2）是一条伯努利双纽线.
（1）求曲线C的焦点F1，F2的坐标；
（2）试判断曲线C上是否存在两个不同的点A，B（异于坐标原点O），使得以AB为直径的圆过坐标原点O.如果存在，求出A，B坐标；如果不存在，请说明理由.
3 / 3模块综合检测
（时间：120分钟 满分：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.双曲线－＝1的焦距是（ ）
A.2 B.8
C.4 D.4
解析：B 依题意知，a2＝m2＋12，b2＝4－m2，所以c＝＝＝4.所以焦距2c＝8.
2.直线l过点（－3，0），且与直线y＝2x－3垂直，则直线l的方程为（ ）
A.y＝－（x－3） B.y＝－（x＋3）
C.y＝（x－3） D.y＝（x＋3）
解析：B 因为直线y＝2x－3的斜率为2，所以直线l的斜率为－.又直线l过点（－3，0），故所求直线的方程为y＝－（x＋3）.
3.在三棱柱ABC-A1B1C1中，E是棱AC的三等分点，且AC＝3AE，F是棱B1C1的中点，若＝a，＝b，＝c，则＝（ ）
A.a－b＋c B.a＋b＋c
C.a－b＋c D.a＋b＋c
解析：D 取BC的中点D，连接AD，AF，DF（图略），则＝＋＝＋＋＝a＋b＋c.因为＝＝b，所以＝－＝a＋b＋c－b＝a＋b＋c.
4.阿基米德（公元前287年—公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为，面积为12π，则椭圆C的方程为（ ）
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析：A 由题意，设椭圆C的方程为＋＝1（a＞b＞0），因为椭圆C的离心率为，面积为12π，
所以解得a2＝16，b2＝9，所以椭圆C的方程为＋＝1.
5.直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，设BC＝2，则B（0，2，0），A（2，0，0），M（1，1，2），N（1，0，2），所以＝（1，－1，2），＝（－1，0，2），设BM与AN所成角为θ，则cos θ＝＝＝.
6.若点P为圆x2＋y2＝1上的一个动点，点A（－1，0），B（1，0）为两个定点，则｜PA｜＋｜PB｜的最大值是（ ）
A.2 B.2
C.4 D.4
解析：B ∵点P为圆x2＋y2＝1上的一个动点，且点A（－1，0），B（1，0）为两个定点，∴｜PA｜2＋｜PB｜2＝4，∵（｜PA｜＋｜PB｜）2≤2（｜PA｜2＋｜PB｜2）＝8，∴｜PA｜＋｜PB｜≤2，当且仅当｜PA｜＝｜PB｜＝时“＝”成立，故｜PA｜＋｜PB｜的最大值是2.
7.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E，F分别是棱AB，BC的中点，则直线EF到平面ACD1的距离为（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 因为点E，F分别是棱AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以直线EF到平面ACD1的距离等于点E到平面ACD1的距离.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D1（0，0，1），E（1，1，0），A（1，0，0），C（0，2，0），所以＝（－1，2，0），＝（－1，0，1）.设平面ACD1的法向量为n＝（a，b，c），则即所以令a＝2，则n＝（2，1，2）.连接D1E，则＝（1，1，－1），所以点E到平面ACD1的距离为＝＝，即直线EF到平面ACD1的距离为.故选C.
8.设F1，F2同时为椭圆C1：＋＝1（a1＞b1＞0）与双曲线C2：－＝1（a2＞0，b2＞0）的左、右焦点，设椭圆C1与双曲线C2在第一象限内交于点M，椭圆C1与双曲线C2的离心率分别为e1，e2，O为原点.若｜F1F2｜＝4｜MF2｜，则e1e2的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 设｜MF1｜＝m，｜MF2｜＝n，｜F1F2｜＝2c.如图，因为点M是双曲线和椭圆的交点，所以根据椭圆和双曲线的定义，知m＋n＝2a1，m－n＝2a2，所以m＝a1＋a2，n＝a1－a2.又因为｜F1F2｜＝4｜MF2｜，所以2c＝4（a1－a2），即－＝，所以＝＋，所以e1＝.因为椭圆离心率0＜e1＜1，所以＞1，即＜＜1，所以e1e2＝＝.令t＝，＜t＜1，则e1e2＝＝，在＜t＜1时单调递减，所以＜e1e2＜2.故选C.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.若圆C：x2＋y2－2x＋4y－20＝0上有四个不同的点到直线l：4x＋3y＋c＝0的距离为2，则c的取值可能是（ ）
A.－13 B.13
C.15 D.18
解析：BC 圆C：x2＋y2－2x＋4y－20＝0化为（x－1）2＋（y＋2）2＝25，则圆心C（1，－2），半径r＝5，若圆C：x2＋y2－2x＋4y－20＝0上有四个不同的点到直线l：4x＋3y＋c＝0的距离为2，则圆心C（1，－2）到直线l的距离d＜3，如图.即＝＜3，∴－13＜c＜17.
10.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AC的中点，则（ ）
A.＜，＞＝120°
B.BD1⊥AC
C.BD1⊥EB1
D.∠BB1E＝45°
解析：ABC 以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设正方体的棱长为1，则B（1，1，0），D1（0，0，1），A（1，0，0），C（0，1，0），E（，，0），B1（1，1，1），A1（1，0，1）.＝（－1，－1，1），＝（－1，1，0）.因为·＝（－1）×（－1）＋（－1）×1＋1×0＝0，所以⊥，所以BD1⊥AC，B正确；＝（，，1）.因为·＝（－1）×＋（－1）×＋1×1＝0，所以⊥，所以BD1⊥EB1，C正确；＝（0，1，－1），＝（－1，－1，0），cos＜，＞＝＝－，所以＜，＞＝120°，A正确；＝（－，－，－1），＝（0，0，－1），cos＜，＞＝＝≠，D不正确.故A、B、C正确.
11.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，点P是双曲线右支上异于顶点的一点，则（ ）
A.｜PA1｜－｜PA2｜＜2a
B.若双曲线C为等轴双曲线，则直线PA1的斜率与直线PA2的斜率之积为1
C.若双曲线C为等轴双曲线，且∠PA2A1＝π－5∠PA1A2，则∠PA1A2＝
D.若焦点F2关于双曲线C的渐近线的对称点在C上，则C的渐近线方程为y＝±2x
解析：ABD 对于A，在△PA1A2中，根据三角形两边之差小于第三边，得｜PA1｜－｜PA2｜＜2a，故A正确；对于B，双曲线C为等轴双曲线，即C：x2－y2＝a2（a＞0），设P（x0，y0）（y0≠0），则－＝a2，则－a2＝，故·＝·＝＝1，故B正确；对于C，双曲线C为等轴双曲线，即C：x2－y2＝a2（a＞0），且∠PA2A1＋5∠PA1A2＝π，设∠PA1A2＝θ，则∠PA2x＝5θ，根据·＝1，即有tan θ·tan 5θ＝1，在三角形中，只有两角互余时，它们的正切值才互为倒数，故θ＋5θ＝，θ＝，即∠PA1A2＝，故C错误；对于D，焦点F2（c，0），渐近线不妨取y＝x，即bx－ay＝0，设F2关于双曲线C的渐近线的对称点为（m，n），则
解得即F2关于双曲线C的渐近线的对称点为（，），由题意知该点在双曲线上，故－＝1，将c2＝a2＋b2代入，化简整理得b4－3a2b2－4a4＝0，即b2＝4a2，故渐近线方程为y＝±2x，故D正确.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.已知点M（1，2）在直线l上的射影是H（－1，4），则直线l的方程为x－y＋5＝0.
解析：因为kMH＝＝－1，所以直线l的斜率k＝1，所以直线l的方程为y－4＝x＋1，即x－y＋5＝0.
13.在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点S在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角的大小是30°.
解析：如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD＝OS＝OA＝OB＝OC＝a，则A（a，0，0），B（0，a，0），C（－a，0，0），P（0，－，），从而＝（2a，0，0），＝（－a，－，），＝（a，a，0）.设平面PAC的法向量为n＝（x，y，z），由可得n＝（0，1，1），则cos＜n，＞＝＝，∴直线BC与平面PAC所成的角为30°.
14.古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至公元前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷.平面内两个定点M，N及动点P，若＝λ（λ＞0且λ≠1），则点T的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆.点P为圆A：（x－1）2＋y2＝4上一动点，Q为圆B：（x－3）2＋（y－4）2＝1上一动点，点C（－3，0），则｜PC｜＋｜PQ｜＋｜PB｜的最小值为9.
解析：由P为圆A：（x－1）2＋y2＝4上一动点，得A（1，0），｜AP｜＝2，Q为圆B：（x－3）2＋（y－4）2＝1上一动点，得B（3，4），｜BQ｜＝1，｜AO｜＝1，｜AC｜＝4.因为＝＝，∠OAP＝∠PAC，所以△ACP∽△APO，于是｜PC｜＝2｜PO｜.当P，Q，B共线且｜PQ｜＜｜PB｜时｜PQ｜＋｜PB｜取得最小值，即｜PQ｜＋｜PB｜≥2｜PB｜－1.所以｜PC｜＋｜PQ｜＋｜PB｜≥2｜PO｜＋2｜PB｜－1≥2｜OB｜－1＝2－1＝9，当且仅当O，P，B共线时等号成立.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）已知直线l：（m＋2）x－（2m＋1）y－3＝0（m∈R）.
（1）证明：直线l过定点；
（2）已知点P（－1，－2），当点P到直线l的距离最大时，求实数m的值.
解：（1）证明：由直线方程（m＋2）x－（2m＋1）y－3＝0可得，（x－2y）m＋（2x－y－3）＝0，
由解得直线l恒过定点（2，1）.
（2）由题意可知，点P（－1，－2）到直线l的距离的最大值为点P到定点（2，1）的距离，此时直线l垂直于过点P与定点（2，1）的直线，则过点P与定点的直线的斜率为＝1，所以kl＝－1，所以＝－1，解得m＝－1.
16.（本小题满分15分）已知点A（－2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为，记点M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）若直线l：y＝x－3和曲线C相交于E，F两点，求｜EF｜.
解：（1）因为M（x，y），则直线AM，BM的斜率分别为kAM＝，kBM＝，
由已知得·＝，
化简得－＝1（x≠±2），
即曲线C的方程为－＝1（x≠±2），曲线C是除去左、右顶点的双曲线.
（2）联立消去y，整理得x2－12x＋22＝0，Δ＝122－4×22＝56＞0.
设E（x1，y1），F（x2，y2），则x1＋x2＝12，x1x2＝22，
所以｜EF｜＝｜x1－x2｜＝·＝×＝×＝4.
17.（本小题满分15分）如图，在多面体P-ABCD中，平面ABCD⊥平面PAB，AP＝2，AB＝3，PB＝.
（1）求证：AP⊥CD；
（2）若∠DAB＝90°，∠ABC＝45°，AD＝2，BC＝2.求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.
解：（1）证明：因为平面ABCD⊥平面PAB，
平面ABCD∩平面PAB＝AB，
因为AB2＋AP2＝PB2，所以AP⊥AB，
又AP 平面PAB，所以AP⊥平面ABCD.
因为CD 平面ABCD，所以AP⊥CD.
（2）因为∠DAB＝90°，即DA⊥AB，所以DA⊥平面PAB，故AP，AB，AD两两垂直，以A为原点，AP，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），P（2，0，0），D（0，0，2），C（0，2，），＝（－2，0，2），＝（－2，2，），
设平面PCD的法向量m＝（x，y，z），
则
所以
令x＝1，得m＝（1，，1）.
易知平面ABP的一个法向量为n＝（0，0，1），
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则cos θ＝｜cos＜m，n＞｜＝＝.所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.
18.（本小题满分17分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，且右焦点F到直线l：x＝－的距离为6.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆C上的任一点M（x0，y0），从原点O向圆M：（x－x0）2＋（y－y0）2＝8引两条切线，设两条切线的斜率分别为k1，k2（k1k2≠0）.
①求证：k1k2为定值；
②当两条切线分别交椭圆于P，Q时，求证：｜OP｜2＋｜OQ｜2为定值.
解：（1）由题意得
解得a＝2，c＝2，b＝2，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
（2）证明：①依题意，两条切线方程分别为y＝k1x，y＝k2x，由＝2，化简得（－8）－2x0y0k1＋－8＝0，
同理（－8）－2x0y0k2＋－8＝0，所以k1，k2是方程（－8）k2－2x0y0k＋－8＝0的两个不相等的实数根，则k1k2＝.
又因为＋＝1，所以＝12－，
所以k1k2＝＝＝－，即k1k2为定值.
②由①得，k1k2＝－，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则·＝－，即＝，
因为
所以
得（12－）（12－）＝，
即144－6（＋）＋＝，
解得＋＝24，
所以＋＝12－＋12－＝24－（＋）＝24－×24＝12，
所以｜OP｜2＋｜OQ｜2＝＋＋＋＝36，即｜OP｜2＋｜OQ｜2为定值.
19.（本小题满分17分）中国结是一种手工编制工艺品，因其外观对称精致，符合中国传统装饰的审美观念，广受中国人喜爱.它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原成单纯的二维线条，其中的“八字结”对应着数学曲线中的伯努利双纽线.在xOy平面上，我们把与定点F1（－a，0），F2（a，0）（a＞0）距离之积等于a2的动点的轨迹称为伯努利双纽线，F1，F2为该曲线的两个焦点.数学家雅各布·伯努利曾将该曲线作为椭圆的一种类比开展研究.已知曲线C：（x2＋y2）2＝9（x2－y2）是一条伯努利双纽线.
（1）求曲线C的焦点F1，F2的坐标；
（2）试判断曲线C上是否存在两个不同的点A，B（异于坐标原点O），使得以AB为直径的圆过坐标原点O.如果存在，求出A，B坐标；如果不存在，请说明理由.
解：（1）法一 设焦点F1（－a，0），F2（a，0）（a＞0），
曲线C：（x2＋y2）2＝9（x2－y2）与x轴正半轴交于点P（3，0），
由题意知｜PF1｜｜PF2｜＝（3＋a）（3－a）＝9－a2＝a2，
于是a2＝，a＝，
因此F1（－，0），F2（，0）.
法二 设焦点F1（－a，0），F2（a，0）（a＞0），
由题意知[（x＋a）2＋y2][（x－a）2＋y2]＝a4，
即[（x2＋a2＋y2）＋2ax][（x2＋a2＋y2）－2ax]＝a4，
整理得（x2＋y2）2＝2a2（x2－y2），于是a2＝，a＝.
因此F1（－，0），F2（，0）.
（2）假设曲线C上存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过坐标原点O，即OA⊥OB，
由题意知直线OA，OB斜率均存在，
不妨设直线OA的方程为y＝k1x，直线OB的方程为y＝k2x，
将直线OA的方程与曲线C联立，得（1＋）2x4＝9x2（1－），
即x2＝＞0.
解得－1＜k1＜1，同理－1＜k2＜1，
因此k1k2＝－1不可能成立，于是假设不成立，即曲线C上不存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过坐标原点O.
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