2019年高中數(shù)學(xué) 模塊綜合測(cè)評(píng) 新人教A版選修2-1.doc

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2019年高中數(shù)學(xué) 模塊綜合測(cè)評(píng) 新人教A版選修2-1 一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分． 1．已知命題p：若x2＋y2＝0(x，y∈R)，則x，y全為0；命題q：若a＞b，則＜.給出下列四個(gè)復(fù)合命題：①p且q；②p或q；③綈p；④綈q.其中真命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．1個(gè)　　　　　　　　　 B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 解析：命題p為真，命題q為假，故p∨q真，綈q真． 答案：B 2．“α＝＋2kπ(k∈Z)”是“cos2α＝”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：當(dāng)α＝＋2kπ(k∈Z)時(shí)， cos2α＝cos＝cos＝. 反之當(dāng)cos2α＝時(shí)，有2α＝2kπ＋(k∈Z)?α＝kπ＋(k∈Z)，故應(yīng)選A. 答案：A 3．若直線l的方向向量為b，平面α的法向量為n，則可能使l∥α的是(　　) A．b＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0) B．b＝(1,3,5)，n＝(1,0,1) C．b＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．b＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1) 解析：若l∥α，則b·n＝0.將各選項(xiàng)代入，知D選項(xiàng)正確． 答案：D 4．已知a＝(cosα，1，sinα)，b＝(sinα，1，cosα)，則向量a＋b與a－b的夾角是(　　) A．90° B．60° C．30° D．0° 解析：∵|a|＝|b|＝，∴(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0.故向量a＋b與a－b的夾角是90°. 答案：A 5．過拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)作直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，如果x1＋x2＝6，那么|AB|等于(　　) A．10 B．8 C．6 D．4 解析：由拋物線的定義得|AB|＝x1＋x2＋p＝6＋2＝8. 答案：B 6．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，得D(0,0,0)，B(2,2,0)，C1(0,2,1)，B1(2,2,1)，D1(0,0,1)， 則＝(2,2,0)，＝(0,0,1)，＝(－2,0,1)． 設(shè)平面BD1的法向量n＝(x，y，z)． ∴∴取n＝(1，－1,0)． 設(shè)BC1與平面BD1所成的角為θ， 則sinθ＝cos〈n，〉＝＝＝. 答案：D 7．設(shè)斜率為2的直線l過拋物線y2＝ax(a≠0)的焦點(diǎn)F，且和y軸交于點(diǎn)A，若△OAF(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積為4，則拋物線方程是(　　) A．y2＝±4x B．y2＝±8x C．y2＝4x D．y2＝8x 解析：y2＝ax的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，過焦點(diǎn)且斜率為2的直線方程為y＝2，令x＝0得y＝－. ∴××＝4，∴a2＝64，∴a＝±8. 答案：B 8．三棱錐A-BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，則·等于(　　) A．－2 B．2 C．－2 D．2 解析：·＝·(－)＝·－·＝||||cos90°－2×2×cos60°＝－2. 答案：A 9．設(shè)雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的漸近線與拋物線y＝x2＋1相切，則該雙曲線的離心率等于(　　) A. B．2 C. D. 解析：雙曲線－＝1的漸近線方程為y＝±x，∵y＝x2＋1與漸近線相切，故x2＋1±x＝0只有一個(gè)實(shí)根， ∴－4＝0，∴＝4，∴＝5，∴e＝. 答案：C 10．雙曲線－＝1與橢圓＋＝1(a＞0，m＞b＞0)的離心率互為倒數(shù)，那么以a、b、m為邊長的三角形一定是(　　) A．銳角三角形 B．鈍角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 解析：雙曲線的離心率e＝，橢圓的離心率e＝，由已知ee＝1，即×＝1，化簡，得a2＋b2＝m2.∴以a、b、m為邊長的三角形為直角三角形． 答案：C 第Ⅱ卷(非選擇題，共70分) 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分． 11．雙曲線－＝1的焦距是__________． 解析：依題意a2＝m2＋12，b2＝4－m2，所以c2＝a2＋b2＝16，c＝4,2c＝8. 答案：8 12．命題p：若a，b∈R，則ab＝0是a＝0的充分條件，命題q：函數(shù)y＝的定義域是[3，＋∞)，則“p∨q”“p∧q”“綈p”中是真命題的有__________． 解析：依題意可知p假，q真，所以“p∨q”為真，“p∧q”為假，“綈p”為真． 答案：“p∨q”　“綈p” 13．已知A(0，－4)，B(3,2)，拋物線x2＝y(tǒng)上的點(diǎn)到直線AB的最短距離為__________． 解析：直線AB為2x－y－4＝0，設(shè)拋物線y2＝x上的點(diǎn)P(t，t2)， d＝＝＝≥＝. 答案：. 14．在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M和N分別是A1B1和BB1的中點(diǎn)，那么直線AM與CN所成角的余弦值為__________． 解析：建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則M，N，A(1,0,0)，C(0,1,0)， ∴＝， ＝. ∴cos〈，〉＝＝＝. 即直線AM與CN所成角的余弦值為. 答案： 三、解答題：本大題共4小題，滿分50分． 15．(12分)已知命題p：方程＋＝1表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，命題q：雙曲線－＝1的離心率e∈，若命題p、q中有且只有一個(gè)為真命題，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：若p真，則有9－m＞2m＞0， 即0＜m＜3.若q真，則有m＞0， 且e2＝1＋＝1＋∈，即＜m＜5. 若p、q中有且只有一個(gè)為真命題， 則p、q一真一假．(4分) ①若p真、q假， 則0＜m＜3，且m≥5或m≤，即0＜m≤；(6分) ②若p假、q真，則m≥3或m≤0，且＜m＜5， 即3≤m＜5.(8分) 故所求m的范圍為：0＜m≤或3≤m＜5.(12分) 16．(12分)設(shè)圓C與兩圓(x＋)2＋y2＝4，(x－)2＋y2＝4中的一個(gè)內(nèi)切，與另一個(gè)外切． (1)求圓C的圓心軌跡L的方程； (2)已知點(diǎn)M，F(xiàn)(，0)，且P為L上一動(dòng)點(diǎn)，求||MP|－|FP||的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)． 解：(1)設(shè)圓C的圓心坐標(biāo)為(x，y)，半徑為r. 圓(x＋)2＋y2＝4的圓心為F1(－，0)，半徑為2， 圓(x－)2＋y2＝4的圓心為F(，0)，半徑為2. 由題意得或 ∴||CF1|－|CF||＝4. ∵|F1F|＝2＞4， ∴圓C的圓心軌跡是以F1(－，0)，F(xiàn)(，0)為焦點(diǎn)的雙曲線，其方程為－y2＝1.(6分) (2)由圖知，||MP|－|FP||≤|MF|， ∴當(dāng)M，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線，且點(diǎn)P在MF延長線上時(shí)， |MP|－|FP|取得最大值|MF|， 且|MF|＝＝2. 直線MF的方程為y＝－2x＋2，與雙曲線方程聯(lián)立得整理得15x2－32x＋84＝0. 解得x1＝(舍去)，x2＝. 此時(shí)y＝. ∴當(dāng)||MP|－|FP||取得最大值2時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為.(12分) 17．(12分)如圖，點(diǎn)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)分別是橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F1作x軸的垂線交橢圓C的上半部分于點(diǎn)P，過點(diǎn)F2作直線PF2的垂線交直線x＝于點(diǎn)Q. (1)如果點(diǎn)Q的坐標(biāo)是(4,4)，求此時(shí)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)證明：直線PQ與橢圓C只有一個(gè)交點(diǎn)． 解：(1)方法一：由條件知，P. 故直線PF2的斜率為 kPF2＝＝. ∵PF2⊥F2Q. ∴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.(6分) 方法二：設(shè)直線x＝與x軸交于點(diǎn)M. 由條件知，P. ∵△PF1F2∽△F2MQ， ∴＝. 即＝，解得|MQ|＝2a. ∴解得a＝2，c＝1.則b2＝3. 故橢圓方程為＋＝1.(6分) (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＝. ∴直線PQ與橢圓C只有一個(gè)交點(diǎn)．(12分) 18．(14分)如圖，在五面體ABCDEF中，F(xiàn)A⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M為EC的中點(diǎn)，AF＝AB＝BC＝FE＝AD. (1)求異面直線BF與DE所成的角的大??； (2)證明平面AMD⊥平面CDE； (3)求二面角A-CD-E的余弦值． 解：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)． 設(shè)AB＝1，依題意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，M. (1)＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)， 于是cos〈，〉＝＝＝. ∴異面直線BF與DE所成的角的大小為60°.(4分) (2)證明：由＝，＝(－1,0,1)， ＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0. 因此，CE⊥AM，CE⊥AD. 又AM∩AD＝A，故CE⊥平面AMD. 而CE?平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(8分) (3)設(shè)平面CDE的法向量為u＝(x，y，z)，則 于是 令z＝1，可得u＝(1,1,1)． 又∵由題設(shè)，平面ACD的一個(gè)法向量為v＝(0,0,1)． ∴cos〈u，v〉＝＝＝. ∵二面角A-CD-E為銳角， ∴其余弦值為.(14分)