2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第3章 空間向量與立體幾何 模塊檢測 蘇教版選修2-1.doc

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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第3章 空間向量與立體幾何 模塊檢測 蘇教版選修2-1一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分)1命題“若a1，則a2”及其逆命題、否命題、逆否命題4個(gè)命題中，真命題的個(gè)數(shù)是_答案2解析原命題為真命題，故逆否命題為真命題；逆命題為“若a2，則a1”為假命題，故否命題為假命題故4個(gè)命題中有2個(gè)真命題2已知命題p：xR，sinx1，則命題綈p為_答案xR，sinx1解析存在性命題的否定為全稱命題，同時(shí)注意否定結(jié)論：sinx1的否定為sinx1.3命題“a1是a的充要條件”是_(填“真”或“假”)命題答案真解析因?yàn)閍1，所以1, 所以，即a.所以a1a；因?yàn)閍，所以(1)0，所以1，即a1.所以aa1.綜上可知a1a，所以a1是a的充要條件4在空間中，若四點(diǎn)不共面，則這四點(diǎn)中任三個(gè)點(diǎn)都不共線；若兩條直線沒有公共點(diǎn)，則這兩條直線是異面直線以上兩個(gè)命題中，逆命題為真命題的是_答案解析命題：“若四點(diǎn)不共面，則這四點(diǎn)中任三個(gè)點(diǎn)都不共線”的逆命題是“若四點(diǎn)中任三個(gè)點(diǎn)都不共線，則這四點(diǎn)不共面”，是假命題命題：“若兩條直線沒有公共點(diǎn)，則這兩條直線是異面直線”的逆命題是“若兩直線是異面直線，則這兩條直線沒有公共點(diǎn)”，是真命題5已知|a|b|5，a，b的夾角為，則|ab|與|ab|的值分別等于_答案5，5解析|ab|2|a|22ab|b|2522555275，|ab|5，|ab|2|a|22ab|b|2522555225，|ab|5.6若直線l的方向向量為a(1,1,2)，平面的法向量為u(2，2，4)，則直線與平面的位置關(guān)系是_答案l解析由已知得au，即向量a和u共線，直線l與平面垂直7以雙曲線y21的一條準(zhǔn)線為準(zhǔn)線，頂點(diǎn)在原點(diǎn)的拋物線方程是_答案y26x或y26x解析因?yàn)閍，b1，所以c2，所以雙曲線的準(zhǔn)線方程為x，所以，得p3，所以拋物線方程是y26x或y26x.8焦點(diǎn)在y軸上，虛半軸長為4，焦距的一半為6的雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為_答案1解析雙曲線的焦點(diǎn)在y軸上，設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為1(a0，b0)已知b4，c6，則a2c2b2624220.故所求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.9對于實(shí)數(shù)x，y，命題p：xy8是命題q：x2或y6的_條件答案充分不必要解析利用命題的等價(jià)性，因?yàn)槊}“若x2且y6，則xy8”是真命題，故綈q綈p，即pq；命題“若xy8，則x2且y6”是假命題，故綈p綈q，即qp，所以p是q的充分不必要條件10已知tR，a(1t,1t，t)，b(2，t，t)，則|ba|的最小值是_答案解析因?yàn)閍b(1t,12t,0)，所以|ab|，當(dāng)t時(shí)，|ba|取到最小值.11已知雙曲線x21上存在兩點(diǎn)M，N關(guān)于直線yxm對稱，且MN的中點(diǎn)在拋物線y218x上，則實(shí)數(shù)m的值為_答案0或8解析設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN中點(diǎn)P(x0，y0)，則則得(x2x1)(x2x1)(y2y1)(y2y1)，顯然x1x2.3，即kMN3，M，N關(guān)于直線yxm對稱，kMN1，y03x0，又y0x0m，P，代入拋物線方程得m218.解得m0或8，經(jīng)檢驗(yàn)都符合12動(dòng)圓的圓心在拋物線y28x上，且動(dòng)圓恒與直線x20相切，則動(dòng)圓必過定點(diǎn)_答案(2,0)解析拋物線y28x，p4，其準(zhǔn)線方程為x2，焦點(diǎn)為F(2,0)，設(shè)動(dòng)圓圓心為P，由已知點(diǎn)P到準(zhǔn)線x20的距離為其半徑r，且點(diǎn)P在拋物線上，點(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離也為r，動(dòng)圓必過定點(diǎn)F(2,0)13已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中AA12AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于_答案解析設(shè)AB1，則AA12，分別以、的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：則D(0,0,2)，C1(0,1,0)，B(1,1,2)，C(0,1,2)，(1,1,0)，(0,1，2)，(0,1,0)，設(shè)n(x，y，z)為平面BDC1的一個(gè)法向量，則即取n(2,2,1)，設(shè)CD與平面BDC1所成角為，則sin|.14設(shè)F為拋物線C：y24x的焦點(diǎn)，過點(diǎn)P(1,0)的直線l交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)Q為線段AB的中點(diǎn)，若FQ2，則直線的斜率等于_答案1解析設(shè)直線l的方程為yk(x1)，聯(lián)立消去y得k2x2(2k24)xk20，由根與系數(shù)的關(guān)系，xAxB，于是xQ1，把xQ帶入yk(x1)，得到y(tǒng)Q，根據(jù)FQ2，解出k1.二、解答題(本大題共6小題，共90分)15(14分)已知命題p：對數(shù)loga(2t27t5)(a0且a1)有意義；q：關(guān)于實(shí)數(shù)t的不等式t2(a3)t(a2)0.(1)若命題p為真命題，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；(2)若命題p是命題q的充分不必要條件，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)因?yàn)槊}p為真命題，所以對數(shù)式有意義，即2t27t50，解得1t.(2)因?yàn)槊}p是命題q的充分不必要條件，所以1t是不等式t2(a3)t(a2)0解集的真子集解法一：因?yàn)榉匠蘴2(a3)t(a2)0的兩根為1，a2，故只需a2，解得a.解法二：令f(t)t2(a3)t(a2)，因?yàn)閒(1)0，故只需f()0，解得a.16(14分)已知命題p：不等式|x1|m1的解集為R，命題q：f(x)(52m)x是減函數(shù)，若pq為真命題，pq為假命題，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解由于不等式|x1|m1的解集為R，所以m10，m1，m2.即命題p：m1，命題q：m2.又由于pq為真，pq為假，所以p和q中一真一假當(dāng)p真q假時(shí)應(yīng)有m無解當(dāng)p假q真時(shí)應(yīng)有1mb0)的離心率為，且a22b.(1)求橢圓的方程；(2)若直線l：xym0與橢圓交于A、B兩點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)在圓x2y25上，求m的值解(1)由題意得解得故橢圓的方程為x21.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)聯(lián)立直線與橢圓的方程得即3x22mxm220，所以x0，y0x0m，即M，又因?yàn)镸點(diǎn)在圓x2y25上，所以225，解得m3.18(16分)直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，D、E分別為AA1、B1C的中點(diǎn)，DE平面BCC1B1.(1)證明：ABAC；(2)設(shè)二面角ABDC為60，求B1C與平面BCD所成角的大小(1)證明以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線AB、AC、AA1分別為x、y、z軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.設(shè)B(1,0,0)，C(0，b,0)，D(0,0，c)，則B1(1,0,2c)，E(，c)于是(，0)，(1，b,0)由DE平面BCC1B1知DEBC，0，求得b1，所以ABAC.(2)設(shè)平面BCD的法向量(x，y，z)，則0，0.又(1,1,0)，(1,0，c)，故令x1，則y1，z，(1,1，)又平面ABD的法向量(0,1,0)由二面角ABDC為60知，60，故|cos60，求得c.于是(1,1，)，(1，1，)，cos，60.所以B1C與平面BCD所成的角為30.19(16分)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形，平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求證：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)證明：在線段BC1存在點(diǎn)D，使得ADA1B，并求的值(1)證明因?yàn)锳A1C1C為正方形，所以AA1AC.因?yàn)槠矫鍭BC平面AA1C1C，且AA1垂直于這兩個(gè)平面的交線AC，所以AA1平面ABC.(2)解由(1)知AA1AC，AA1AB.由題意知AB3，BC5，AC4，所以ABAC.如圖，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4，0,4), 設(shè)平面A1BC1的法向量為n(x，y，z)，則即令z3，則x0，y4，所以n(0,4,3).同理可得，平面BB1C1的法向量為m(3,4,0)，所以cosn，m.由題意知二面角A1BC1B1為銳角，所以二面角A1BC1B1的余弦值為.(3)解設(shè)D(x，y，z)是線段BC1上一點(diǎn)，且.所以(x，y3，z)(4，3,4)解得x4，y33，z4.所以(4，33，4)由0，即9250.解得.因?yàn)?,1，所以在線段BC1上存在點(diǎn)D, 使得ADA1B.此時(shí)，.20(16分)已知圓M：(x1)2y21，圓N：(x1)2y29，動(dòng)圓P與M外切并且與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程；(2)l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)圓P的半徑最長時(shí)，求AB.解由已知得圓M的圓心為M(1,0)，半徑r11，圓N的圓心為N(1,0)，半徑r23.設(shè)動(dòng)圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R.(1)圓P與圓M外切且與圓N內(nèi)切，PMPN(Rr1)(r2R)r1r24，由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左、右焦點(diǎn)，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點(diǎn)除外)，其方程為1(x2)(2)對于曲線C上任意一點(diǎn)P(x，y)，由于PMPN2R22，R2，當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時(shí)，R2.當(dāng)圓P的半徑最長時(shí)，其方程為(x2)2y24，當(dāng)l的傾斜角為90時(shí)，則l與y軸重合，可得AB2.當(dāng)l的傾斜角不為90時(shí)，由r1R知l不平行x軸，設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Q，則，可求得Q(4,0)，設(shè)l：yk(x4)，由l與圓M相切得1，解得k.當(dāng)k時(shí)，將yx代入1(x2)并整理得7x28x80，解得x1,2，AB|x1x2|.當(dāng)k時(shí)，由圖形的對稱性可知AB，綜上，AB或AB2.