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综合质量评估
第一至第三章
(120分钟 150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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.已知命题“假如-1≤a≤1，那么关于x的不等式(a2-4)x2+(a+2)x-1≥0的解集为”，它的逆命题、否命题、逆否命题及原命题中是假命题的共有( )
A.0个 B.1个 C.2个 D.4个
【解析】选C.当-1≤a≤1时，
Δ=(a+2)2+4(a2-4)=5a+252-45-12
≤51+252-45-12<0，
所以原命题为真，逆否命题亦为真.
反之，如a=-2时，所给不等式的解集即为空集，
但a∉[-1，1]，所以逆命题为假，故否命题亦为假.
【变式训练】命题“若C=90°，则△ABC是直角三角形”与它的逆命题、否命题、逆否命题这4个命题中，真命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选C.原命题是真命题.其逆命题为“若△ABC是直角三角形，则C=90°”，这是一个假命题，由于当△ABC为直角三角形时，也可能A或B为直角.这样，否命题是假命题，逆否命题是真命题.因此，真命题的个数是2.
2.(2022·蚌埠高二检测)设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( )
A.m∥β且l1∥α B.m∥l1且n∥l2
C.m∥β且n∥β D.m∥β且n∥l2
【解析】选B.对于选项A，α，β也可能相交，此时，l1，m都平行于交线，是必要不充分条件；对于选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不愿定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选项B符合题意；对于选项C，由于m，n不愿定相交，故是必要不充分条件；对于选项D，由n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意，
【变式训练】有下述说法：①a>b>0是a2>b2的充要条件；②a>b>0是1a<1b的充要条件；③a>b>0是a3>b3的充要条件.其中正确的说法有( )
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
【解析】选A.a>b>0⇒a2>b2，a2>b2⇒|a|>|b|a>b>0，故①错.a>b>0⇒1a<1b，但1a<1ba>b>0，故②错.a>b>0⇒a3>b3，但a3>b3a>b>0，故③错，故选A.
3.(2022·吉林高二检测)“1<m<3”是“方程x2m-1+y23-m=1表示椭圆”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
【解析】选B.当方程x2m-1+y23-m=1表示椭圆时，必有m-1>0,3-m>0,所以1<m<3；但当1<m<3时，该方程不愿定表示椭圆，如当m=2时，方程变为x2+y2=1，它表示一个圆.
4.(2022·广州高二检测)已知抛物线y2=2px(p>0)与双曲线x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为( )
A.5+12 B.2+1 C.3+1 D.22+12
【解析】选B.如图，
由双曲线x2a2-y2b2=1，
且AF⊥x轴得c2a2-y2b2=1得|y|=b2a，
由抛物线y2=2px的定义得
AF=p，即b2a=2c.
得b2=2ac，所以b2a2=2ca，e2-1=2e，所以e=2+1.
【拓展延长】求离心率的方法
(1)定义法：由椭圆(双曲线)的标准方程可知，不论椭圆(双曲线)的焦点在x轴上还是在y轴上都有关系式a2-b2=c2(a2+b2=c2)以及e=ca.已知其中的任意两个参数，可以求其他的参数.这是基本且常用的方法.
(2)方程法：建立参数a与c之间的齐次关系式，从而求出其离心率.这是求离心率的格外重要的思路及方法.
(3)几何法：求与过焦点的三角形有关的离心率问题，依据平面几何性质以及椭圆(双曲线)的定义、几何性质，建立参数之间的关系，通过画出图形，观看线段之间的关系，使问题更形象、直观.
【变式训练】若双曲线C：x2-y2b2=1(b>0)的顶点到渐近线的距离为22，则双曲线的离心率e=( )
A.2 B.2 C.3 D.3
【解析】选B.由双曲线方程知a=1，
所以c=1+b2，
所以一条渐近线的方程为y=bx，即bx-y=0.
所以|b-0|b2+1=22，解得b=1，
所以c=2，所以e=ca=2.
5.(2022·昌平高二检测)已知命题p：∀x∈R，x≥2，那么下列结论正确的是
( )
A.命题p：∀x∈R，x≤2
B.命题p：∃x0∈R，x0<2
C.命题p：∀x∈R，x≤-2
D.命题p：∃x0∈R，x0<-2
【解析】选B.全称命题的否定是特称命题，所以命题p：∃x0∈R，x0<2.
6.已知矩形ABCD中，AB=1，BC=3，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为 ( )
A.1 B.102 C.12 D.32
【解析】选B.过B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N.则可求得AM=12，BM=32，CN=12，DN=32，MN=1.由于BD→=BM→+MN→+ND→，
所以|BD→|2=(BM→+MN→+ND→)2=|BM→|2+|MN→|2+|ND→|2+ 2(BM→·MN→+ MN→·ND→+BM→·ND→)=322+12+322+2(0+0+0)=52，
所以|BD→|=102.
7.(2022·东城高二检测)过抛物线y2=4x焦点的直线交抛物线于A，B两点，若AB=10，则AB的中点到y轴的距离等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】选D.抛物线y2=4x的焦点(1，0)，准线为l：x=-1，设AB的中点为E，过A，E，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，F，D，EF交纵轴于点H，如图所示，则由EF为直角梯形的中位线知，|EF|=|AC|+|BD|2=|AB|2=5，所以EH=EF-1=5-1=4，即AB的中点到y轴的距离等于4.
8.(2022·牡丹江高二检测)在四边形ABCD中，“∃λ∈R，使得AB→=λDC→，AD→=
λBC→”是“四边形ABCD为平行四边形”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选C.若AB→=λDC→，AD→=λBC→，则AB→∥DC→，AD→∥BC→，即AB∥DC，AD∥BC，所以四边形ABCD为平行四边形.反之，若四边形ABCD为平行四边形，则有AB∥DC，AD∥BC且AB=DC，AD=BC，即AB→=DC→，AD→=BC→，此时λ=1，所以∃λ∈R，使得AB→=λDC→，AD→=λBC→成立.所以“∃λ∈R，使得AB→=λDC→，AD→=λBC→”是“四边形ABCD为平行四边形”的充分必要条件.
9.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为( )
A.60° B.90°
C.45° D.以上都不正确
【解析】选B.以点D为原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴，
y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图.
由题意知，A1(1，0，2)，E(1，1，1)，D1(0，0，2)，A(1，0，0)，
所以A1E→=(0，1，-1)，D1E→=(1，1，-1)，EA→=(0，-1，-1).
设平面A1ED1的一个法向量为n=(x，y，z).
则⇒y-z=0,x+y-z=0.
令z=1，得y=1，x=0.
所以n=(0，1，1)，
cos<n，EA→>= =-22·2=-1.
所以<n，EA→>=180°.
所以直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为90°.
10.设F1，F2是双曲线x2-4y2=4a(a>0)的两个焦点，点P在双曲线上，且满足：PF1→·PF2→=0，|PF1→|·|PF2→|=2，则a的值为( )
A.2 B.52 C.1 D.5
【解析】选C.双曲线方程化为x24a-y2a=1(a>0)，
由于PF1→·PF2→=0，所以PF1⊥PF2.
所以|PF1→|2+|PF2→|2=4c2=20a. ①
由双曲线定义|PF1→|-|PF2→|=±4a， ②
又已知|PF1→|·|PF2→|=2， ③
由①②③得20a-2×2=16a，所以a=1.
11.(2022·长沙高二检测)点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点，则PA→·PC1→的取值范围是 ( )
A.-1,-14 B.-12,-14
C.[-1，0] D.-12,0
【解析】选D.如图所示建立空间直角坐标系，则A(1，0，1)，C1(0，1，0).设P(x，y，0)，其中0≤x≤1，0≤y≤1.则PA→=(1-x，-y，1)，PC1→=(-x，1-y，0)，
所以PA→·PC1→=(1-x，-y，1)·(-x，1-y，0)=
x-122+y-122-12，由于x-122+y-122的几何意义是平面区域0≤x≤1,0≤y≤1到点12,12的距离的平方，所以当x=y=12时，x-122+y-122有最小值0，当x=y=0或x=y=1或x=1，y=0或x=0，y=1时，x-122+y-122有最大值12，所以-12≤x-122+y-122-12≤0，即PA→·PC1→的取值范围是-12,0.
12.(2022·北京高二检测)已知正六边形ABCDEF的边长是2，一条抛物线恰好经过该六边形的四个顶点，则抛物线的焦点到准线的距离是 ( )
A.34 B.32 C.3 D.23
【解析】选B.设抛物线方程为y2=2px(p>0)，
依据对称性可知，正六边形ABCDEF的顶点A，B，C，F在抛物线y2=2px上，
设A(x1，1)，F(x2，2)，则1=2px1,4=2px2,
即x2=4x1，又AF=(x1-x2)2+(1-2)2=2，即(x1-x2)2=(x1-4x1)2=3，
所以x12=13，x1=33，即p=12x1=12×33=32.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.(2022·广州高二检测)抛物线焦点在y轴上，且被y=12x+1截得的弦长为5，则抛物线的标准方程为 .
【解析】设抛物线方程为x2=my，联立抛物线方程与直线方程y=12x+1并消元，得：2x2-mx-2m=0，所以x1+x2=m2，x1x2=-m，所以5=1+122(x1+x2)2-4x1x2，把x1+x2=m2，x1x2=-m代入解得m=4或m=-20.
所以抛物线的标准方程为x2=4y或x2=-20y.
答案：x2=4y或x2=-20y
14.在△ABC中，若∠ACB=90°，∠BAC=60°，AB=8，PC⊥平面ABC，PC=4，M是AB上一点，则PM的最小值为 .
【解析】由条件知PC，AC，BC两两垂直，设CA→=a，CB→=b，CP→=c，则a·b=b·c=c·a=0，
由于∠BAC=60°，AB=8，
所以|a|=|CA→|=8cos60°=4，|b|=|CB→|=8sin60°=43，|c|=|PC→|=4.
设AM→=xAB→=x(b-a)，其中x∈[0，1]，
则PM→=PC→+CA→+AM→=-c+a+x(b-a)=(1-x)a+xb-c，
|PM→|2=(1-x)2|a|2+x2|b|2+|c|2+2(1-x)xa·b-2xb·c-2(1-x)a·c=16(1-x)2+48x2
+16=32(2x2-x+1)=64x-142+28，
所以当x=14时，|PM→|2取最小值28，
所以|PM→|min=27.
答案：27
15.(2022·青岛高二检测)在四棱锥P-ABCD中，ABCD为平行四边形，AC与BD交于O，G为BD上一点，BG=2GD，PA→=a，PB→=b，PC→=c，试用基底{a，b，c}表示向量PG→= .
【解析】由于BG=2GD，所以BG→=23BD→.
又BD→=BA→+BC→=PA→-PB→+PC→-PB→=a+c-2b，
所以PG→=PB→+BG→=b+23(a+c-2b)
=23a-13b+23c.
答案：23a-13b+23c
16.(2022·武汉高二检测)曲线C是平面内到直线l1：x=-1和直线l2：y=1的距离之积等于常数k2k>0的点的轨迹.给出下列四个结论：
①曲线C过点(-1，1)；
②曲线C关于点(-1，1)对称；
③若点P在曲线C上，点A，B分别在直线l1，l2上，则PA+PB不小于2k.
④设P0为曲线C上任意一点，则点P0关于直线x=-1、点(-1，1)及直线y=1对称的点分别为P1，P2，P3，则四边形P0P1P2P3的面积为定值4k2.
其中，全部正确结论的序号是 .
【解析】设动点为(x，y)，则由条件可知x+1·y-1=k2，①，将(-1，1)代入得0=k2，由于k>0，所以不成立，故方程不过点(-1，1)，①错误.②，把方程中的x用-2-x代换，y用2-y代换，方程不变，故此曲线关于点(-1，1)对称，②正确.③，由题意知点P在曲线C上，点A，B分别在直线l1，l2上，则PA≥x+1，PB≥y-1，所以PA+PB≥2PA·PB=2k，故③正确.④，由题意知点P0在曲线C上，依据对称性，则四边形P0P1P2P3的面积为2x+1·2y-1=4x+1·y-1=4k2，所以④正确.综上所述，正确结论的序号是②③④.
答案：②③④
三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)设p：关于x的不等式ax>1(a>0且a≠1)的解集为{x|x<0}，q：函数y=lg(ax2-x+a)的定义域为R.假如p和q有且仅有一个正确，求a的取值范围.
【解析】当p真时，0<a<1，
当q真时，a>0,1-4a2<0,即a>12，
所以p假时，a>1，q假时，a≤12.
又p和q有且仅有一个正确，
当p真q假时，0<a≤12；当p假q真时，a>1.
综上a的取值范围为0,12∪(1，+∞).
18.(12分)(2022·黄山高二检测)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点.
(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1.
(2)用向量法证明MN⊥平面A1BD.
【证明】(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
BD→=AD→-AB→，B1D1→=A1D1→-A1B1→，
又由于AD→=A1D1→，AB→=A1B1→，
所以BD→=B1D1→，
所以BD∥B1D1.
又B1D1⊂平面B1CD1，BD⊄平面B1CD1，
所以BD∥平面B1CD1，
同理可证A1B∥平面B1CD1.
又BD∩A1B=B，
所以平面A1BD∥平面B1CD1.
(2)MN→=MB→+BC→+CN→
=12AB→+AD→+12(CB→+BB1→)
=12AB→+AD→+12(-AD→+AA1→)
=12AB→+12AD→+12AA1→.
设AB→=a，AD→=b，AA1→=c，
则MN→=12(a+b+c).
又BD→=AD→-AB→=b-a，
所以MN→·BD→=12(a+b+c)·(b-a)
=12(b2-a2+c·b-c·a).
又由于A1A→⊥AD→，A1A→⊥AB→，
所以c·b=0，c·a=0.
又|b|=|a|，所以b2=a2.
所以b2-a2=0.
所以MN→·BD→=0.
所以MN⊥BD.
同理可证，MN⊥A1B.又A1B∩BD=B，
所以MN⊥平面A1BD.
19.(12分)已知抛物线C：y2=2px(p>0)过点A(1，-2).
(1)求抛物线C的方程，并求其准线方程.
(2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l，使得直线l与抛物线C有公共点，且直线OA与l的距离等于55？若存在，求直线l的方程；若不存在，说明理由.
【解析】(1)将A(1，-2)代入y2=2px，
得(-2)2=2p·1，所以p=2.
故所求抛物线C的方程为y2=4x，
其准线方程为x=-1.
(2)假设存在符合题意的直线l，
其方程为y=-2x+t.
由y=-2x+t,y2=4x,得y2+2y-2t=0.
由于直线l与抛物线C有公共点，
所以Δ=4+8t≥0，解得t≥-12.
由直线OA与l的距离d=55，可得|t|5=15，
解得t=±1.
由于-1∉-12,+∞，1∈-12,+∞，
所以符合题意的直线l存在，其方程为2x+y-1=0.
20.(12分)(2022·秦皇岛高二检测)设F1，F2为椭圆x236+y216=1的两个焦点，P是椭圆上一点，已知P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|>|PF2|.
(1)求|PF1|的长度.
(2)求|PF1→||PF2→|的值.
【解析】(1)若∠PF2F1是直角，
则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2，
即|PF1|2=(12-|PF1|)2+80，
得|PF1|=283，
若∠F1PF2是直角，则|PF1|2+(12-|PF1|)2=80，
即2|PF1|2-24|PF1|+64=0，得|PF1|=8.
(2)若∠PF2F1是直角，则
|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2，即
|PF1|2=(12-|PF1|)2+80，得
|PF1|=283，|PF2|=83，
所以|PF1→||PF2→|=72.
若∠F1PF2是直角，则|PF1|2+(12-|PF1|)2=80，
即2|PF1|2-24|PF1|+64=0，得
|PF1|=8，|PF2|=4，
所以|PF1→||PF2→|=2，
综上，|PF1→||PF2→|=2或72.
21.(12分)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点.
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值.
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论.
【解析】设正方体的棱长为1.如图所示，以AB→，AD→，AA1→为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz.
(1)依题意，得B(1，0，0)，E0,1,12，A(0，0，0)，
D(0，1，0)，
所以BE→=-1,1,12，
AD→=(0，1，0).
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
由于AD⊥平面ABB1A1，
所以AD→是平面ABB1A1的一个法向量.
设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ，
则sinθ=|BE→·AD→||BE→|·|AD→|=132×1=23.
故直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为23.
(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.
证明如下：
依题意，得A1(0，0，1)，BA1→=(-1，0，1)，
BE→=-1,1,12.
设n=(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，
则由n·BA1→=0，n·BE→=0，得-x+z=0,-x+y+12z=0,
所以x=z，y=12z.取z=2，得n=(2，1，2).
由于F是棱C1D1上的点，则F(t，1，1)(0≤t≤1).
又B1(1，0，1)，所以B1F→=(t-1，1，0).而B1F⊄平面A1BE，
于是B1F∥平面A1BE⇒B1F→·n=0
⇔(t-1，1，0)·(2，1，2)=0
⇔2(t-1)+1=0⇔t=12⇔F为棱C1D1的中点.
这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.
22.(12分)(2021·天津高考)如图，四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点.
(1)证明B1C1⊥CE.
(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值.
(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26，求线段AM的长.
【解题指南】方法一：(1)建立空间直角坐标系，写出B1C→1，CE→的坐标，利用数量积证明.
(2)求出平面B1CE与平面CEC1的法向量，由法向量的夹角余弦值求二面角的正弦值.
(3)用直线AM的方向向量与平面ADD1A1的法向量表示直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦，确定向量AM→的坐标，由向量的模求线段AM的长.
方法二：
(1)要证明线线垂直，先证明线面垂直，关键是找出与线B1C1垂直的平面CC1E，然后进行证明.
(2)要求二面角B1-CE-C1的正弦值，关键是构造出二面角B1-CE-C1的平面角，然后在三角形中求解.
(3)首先构造三角形，设AM=x，在直角三角形AHM，C1D1E中用x表示出AH，EH的长度，最终在三角形AEH中利用余弦定理求解.
【解析】如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，
依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0).
(1)易得B1C→1=(1，0，-1)，CE→=(-1，1，-1)，于是B1C→1·CE→=0，所以B1C1⊥CE.
(2)B1C→=(1，-2，-1)，
设平面B1CE的法向量m=(x，y，z)，
则即x-2y-z=0,-x+y-z=0,消去x，
得y+2z=0，不妨设z=1，
可得一个法向量为m=(-3，-2，1).
由(1)知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故B1C1→=(1，0，-1)为平面CEC1的一个法向量.
于是cos<m，B1C1→>= =-414×2=-277，从而sin<m，B1C1→>=217.
所以二面角B1-CE-C1的正弦值为217.
(3)AE→=(0，1，0)，EC1→=(1，1，1)，设EM→=λEC1→=(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM→=AE→+EM→=(λ，λ+1，λ).可取AB→=(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量.
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
sinθ=cos<AM→,AB→>=|AM→·AB→|AM→·AB→
=2λλ2+(λ+1)2+λ2×2=λ3λ2+2λ+1.
于是λ3λ2+2λ+1=26，解得λ=13，所以AM=2.
【一题多解】(1)由于侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1，
经计算可得B1E=5，B1C1=2，EC1=3，
从而B1E2=B1C12+EC12，
所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，
又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E=C1，
所以B1C1⊥平面CC1E，又CE⊂平面CC1E，
故B1C1⊥CE.
(2)过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G，
由(1)知，B1C1⊥CE，B1C1，B1G⊂平面B1C1G，
B1C1∩B1G=B1，
故CE⊥平面B1C1G，
又C1G⊂平面B1C1G，得CE⊥C1G，
所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.
在△CC1E中，由CE=C1E=3，CC1=2，可得C1G=263.
在Rt△B1C1G中，B1G=423，所以sin∠B1GC1=217，即二面角B1-CE-C1的正弦值为217.
(3)连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角.
设AM=x，从而在Rt△AHM中，
有MH=26x，AH=346x，
在Rt△C1D1E中，C1D1=1，ED1=2，
得EH=2MH=13x，
在△AEH中，∠AEH=135°，AE=1，
由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos135°，
得1718x2=1+19x2+23x，整理得5x2-22x-6=0，
解得x=2.所以线段AM的长为2.
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