高中數(shù)學(xué) 模塊綜合檢測（一）新人教A版選修2-1

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模塊綜合檢測（一） (時間120分鐘，滿分150分) 一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分) 1．命題“?x0∈R,2x0－3＞1”的否定是(　　) A．?x0∈R,2x0－3≤1　 B．?x∈R,2x－3＞1 C．?x∈R,2x－3≤1 D．?x0∈R,2x0－3＞1 解析：選C　由特稱命題的否定的定義即知． 2．已知條件甲：ab＞0；條件乙：a＞0，且b＞0，則(　　) A．甲是乙的充分但不必要條件 B．甲是乙的必要但不充分條件 C．甲是乙的充要條件 D．甲是乙的既不充分又不必要條件 解析：選B　甲乙，而乙?甲． 3．對?k∈R，則方程x2＋ky2＝1所表示的曲線不可能的是(　　) A．兩條直線 B．圓 C．橢圓或雙曲線 D．拋物線 解析：選D　分k＝0,1及k＞0且k≠1，或k＜0可知：方程x2＋ky2＝1不可能為拋物線． 4．下列說法中正確的是(　　) A．一個命題的逆命題為真，則它的逆否命題一定為真 B．“a＞b”與“a＋c＞b＋c”不等價 C．“a2＋b2＝0，則a，b全為0”的逆否命題是“若a，b全不為0，則a2＋b2≠0” D．一個命題的否命題為真，則它的逆命題一定為真 解析：選D　否命題和逆命題互為逆否命題，有著一致的真假性，故選D. 5．已知空間向量a＝(1，n,2)，b＝(－2,1,2)，若2a－b與b垂直，則|a|等于(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析：選D　由已知可得2a－b＝(2,2n,4)－(－2，1,2)＝(4，2n－1,2)． 又∵(2a－b)⊥b，∴－8＋2n－1＋4＝0. ∴2n＝5，n＝.∴|a|＝ ＝. 6．下列結(jié)論中，正確的為(　　) ①“p且q”為真是“p或q”為真的充分不必要條件；②“p且q”為假是“p或q”為真的充分不必要條件；③“p或q”為真是“綈p”為假的必要不充分條件；④“綈p”為真是“p且q”為假的必要不充分條件． A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 解析：選B　p∧q為真?p真q真?p∨q為真，故①正確， 由綈p為假?p為真?p∨q為真，故③正確． 7．已知雙曲線的中心在原點，離心率為，若它的一個焦點與拋物線y2＝36x的焦點重合，則該雙曲線的方程是(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 解析：選C　由已知得＝，c＝9，∴a2＝27，b2＝54，且焦點在x軸，所以方程為－＝1. 8．若直線y＝2x與雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)有公共點，則雙曲線的離心率的取值范圍為(　　) A．(1，) B．(，＋∞) C．(1，] D．[，＋∞) 解析：選B　雙曲線的兩條漸近線中斜率為正的漸近線為y＝x.由條件知，應(yīng)有＞2， 故e＝＝＝ ＞. 9．已知F1(－3,0)，F(xiàn)2(3,0)是橢圓＋＝1的兩個焦點，點P在橢圓上，∠F1PF2＝α.當(dāng)α＝時，△F1PF2面積最大，則m＋n的值是(　　) A．41 B．15 C．9 D．1 解析：選B　由S△F1PF2＝|F1F2|yP＝3yP， 知點P為短軸端點時，△F1PF2面積最大． 此時∠F1PF2＝， 得a＝＝2 ，b＝＝，故m＋n＝15. 10．正三角形ABC與正三角形BCD所在平面垂直，則二面角ABDC的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　取BC中點O，連接AO，DO.建立如圖所示坐標(biāo)系，設(shè)BC＝1， 則A，B， D. ∴＝，＝， ＝. 由于＝為平面BCD的一個法向量，可進一步求出平面ABD的一個法向量n＝(1，－，1)， ∴cos〈n，〉＝，∴sin〈n，〉＝. 二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分) 11．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若定點A(1,2)與動點P(x，y)滿足＝4，則動點P的軌跡方程是________________． 解析：由＝4得x1＋y2＝4，因此所求動點P的軌跡方程為x＋2y－4＝0. 答案：x＋2y－4＝0 12．命題“?x0∈R,2x－3ax0＋9＜0”為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：∵?x0∈R,2x－3ax0＋9＜0為假命題， ∴?x∈R,2x2－3ax＋9≥0為真命題， ∴Δ＝9a2－429≤0，即a2≤8， ∴－2≤a≤2. 答案：[－2，2] 13．已知過點P(4,0)的直線與拋物線y2＝4x相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則y＋y的最小值是________． 解析：當(dāng)直線的斜率不存在時，直線方程為x＝4， 代入y2＝4x，得交點為(4,4)，(4，－4)， ∴y＋y＝16＋16＝32； 當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)直線方程為y＝k(x－4)， 與y2＝4x聯(lián)立，消去x得ky2－4y－16k＝0， 由題意知k≠0，則y1＋y2＝，y1y2＝－16. ∴y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝＋32＞32. 綜上，(y＋y)min＝32. 答案：32 14.如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是________． 解析：如圖，以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)AB＝BC＝AA1＝2， 則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)， 則＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)． ∴＝2. ∴cos 〈，〉＝＝. ∴EF和BC1所成的角為60. 答案：60 三、解答題(本題共6小題，共70分，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 15．(本小題滿分10分)已知命題p：方程＋＝1表示焦點在y軸上的橢圓；命題q：?x∈R，4x2－4mx＋4m－3≥0.若(綈p)∧q為真，求m的取值范圍． 解：p真時，m＞2. q真時，4x2－4mx＋4m－3≥0在R上恒成立． Δ＝16m2－16(4m－3)≤0,1≤m≤3. ∵(綈p)∧q為真， ∴p假，q真． ∴即1≤m≤2. ∴所求m的取值范圍為[1,2]． 16．(本小題滿分12分)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，AC＝AA1＝ ，∠ABC＝60. (1)證明：AB⊥A1C； (2)求二面角AA1CB的正切值大?。? 解：法一：(1)證明：∵三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱， ∴AB⊥AA1. 在△ABC中，AB＝1，AC＝ ，∠ABC＝60. 由正弦定理得∠ACB＝30， ∴∠BAC＝90，即AB⊥AC， ∴AB⊥平面ACC1A1. 又∵A1C?平面ACC1A1， ∴AB⊥A1C. (2)如圖，作AD⊥A1C交A1C于D點，連接BD. ∵AB⊥A1C， ∴A1C⊥平面ABD， ∴BD⊥A1C， ∴∠ADB為二面角AA1CB的平面角． 在Rt△AA1C中， AD＝＝＝. 在Rt△BAD中，tan ∠ADB＝＝， ∴二面角AA1CB的正切值為. 法二：(1)證明：∵三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱， ∴AA1⊥AB，AA1⊥AC. 在△ABC中， AB＝1，AC＝ ，∠ABC＝60. 由正弦定理得∠ACB＝30， ∴∠BAC＝90， 即AB⊥AC.如圖，建立空間直角坐標(biāo)系， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A1(0,0，)， ∴＝(1,0,0)，＝(0，，－)． ∵＝10＋0＋0(－ )＝0， ∴AB⊥A1C. (2)取m＝＝(1,0,0)為平面AA1C1C的法向量．設(shè)平面A1BC的法向量n＝(x，y，z)， 則∴ ∴x＝y(tǒng)，y＝z.令y＝1，則n＝(，1,1)， ∴cos 〈m，n〉＝ ＝＝， ∴sin〈m，n〉＝ ＝， ∴tan〈m，n〉＝. ∴二面角AA1CB的正切值為. 17.(本小題滿12分)如圖，點F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)分別是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，過點F1作x軸的垂線交橢圓C的上半部分于點P，過點F2作直線PF2的垂線交直線x＝于點Q. (1)如果點Q的坐標(biāo)是(4,4)，求此時橢圓C的方程； (2)證明：直線PQ與橢圓C只有一個交點． 解：(1)法一：由條件知，P. 故直線PF2的斜率為 kPF2＝＝. 因為PF2⊥F2Q. 所以直線F2Q的方程為y＝x－. 故Q. 由題設(shè)知，＝4,2a＝4，解得a＝2，c＝1. 則b2＝a2－c2＝3. 故橢圓方程為＋＝1. 法二：設(shè)直線x＝與x軸交于點M. 由條件知，P. 因為△PF1F2∽△F2MQ， 所以＝. 即＝，解得|MQ|＝2a. 所以 解得a＝2，c＝1.則b2＝3. 故橢圓方程為＋＝1. (2)直線PQ的方程為＝， 即y＝x＋a. 將上式代入橢圓方程得，x2＋2cx＋c2＝0， 解得x＝－c，y＝. 所以直線PQ與橢圓C只有一個交點． 18．(本小題滿分12分)在如圖所示的幾何體中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝BD＝2AE，M是AB的中點，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，解決下列問題： (1)求證：CM⊥EM； (2)求CM與平面CDE所成角的大?。? 解：(1)證明：分別以CB，CA所在直線為x軸、y軸，過點C且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)AE＝a， 則M(a，－a,0)，E(0，－2a，a)， 所以＝(a，－a,0)，＝(a，a，－a)， 所以＝aa＋(－a)a＋0(－a)＝0， 所以⊥，即CM⊥EM. (2)＝(0，－2a，a)，＝(2a,0,2a)， 設(shè)平面CDE的法向量n＝(x，y，z)， 則有即 令y＝1， 則n＝(－2,1,2)，cos〈，n〉＝ ＝＝－， 所以直線CM與平面CDE所成的角為45. 19．(本小題滿分12分)如圖，橢圓C1：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，x軸被曲線C2：y＝x2－b截得的線段長等于C1的長半軸長． (1)求C1，C2的方程； (2)設(shè)C2與y軸的交點為M，過坐標(biāo)原點O的直線l與C2相交于點A，B，直線MA，MB分別與C1相交于點D，E.證明：MD⊥ME. 解：(1)由題意知對C1：e＝＝， 從而a＝2b，又2＝a，解得a＝2，b＝1. 故C1，C2的方程分別為＋y2＝1，y＝x2－1. (2)證明：由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y＝kx. 由得x2－kx－1＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個實根，于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1. 又點M的坐標(biāo)為(0，－1)， 所以kMAkMB＝＝＝＝＝－1. 故MA⊥MB.即MD⊥ME. 20．(本小題滿分12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，經(jīng)過點(0，)且斜率為k的直線l與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點P和Q. (1)求k的取值范圍． (2)設(shè)橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點分別為A，B，是否存在常數(shù)k，使得向量＋與共線？如果存在，求k值；如果不存在，請說明理由． 解：(1)由已知條件，知直線l的方程為y＝kx＋， 代入橢圓方程得＋(kx＋)2＝1， 整理得x2＋2kx＋1＝0.① 又因為直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q， 則Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0， 解得k＜－或k＞. 故k的取值范圍為∪. (2)不存在．理由如下：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則＋＝(x1＋x2，y1＋y2)． 由方程①，得x1＋x2＝－.② 又因為y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝.③ 而A(，0)，B(0,1)，＝(－，1)． 所以＋與共線等價于x1＋x2＝－(y1＋y2)． 將②③代入上式，解得k＝. 由(1)知k＜－或k＞，故沒有符合題意的常數(shù)k.