高中數(shù)學(xué) 模塊學(xué)習(xí)評價 新人教B版選修2-1

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1、高中數(shù)學(xué) 模塊學(xué)習(xí)評價 新人教B版選修2-1 一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.) 1.(xx·臨沂高二檢測)命題“a?A或b?B”的否定形式是(  ) A.若a?A,則b?B    B.a(chǎn)∈A或b∈B C.a(chǎn)?A且b?B D.a(chǎn)∈A且b∈B 【解析】 “p或q”的否定為“綈p且綈q”,D正確. 【答案】 D 2.若橢圓+=1(a>b>0)的離心率為,則雙曲線-=1的離心率為(  ) A.    B.    C.    D. 【解析】 由題意,1-=()2=,∴=,而雙曲線的離心率e2=1+=1+=,

2、∴e=. 【答案】 B 3.(xx·廣州高二檢測)若a=(0,1,-1),b=(1,1,0),且(a+λb)⊥a,則實(shí)數(shù)λ的值是(  ) A.-1 B.0 C.1 D.-2 【解析】 ∵a+λb=(0,1,-1)+(λ,λ,0)=(λ,1+λ,-1) ∵(a+λb)⊥a,∴(a+λb)·a=1+λ+1=0,∴λ=-2. 【答案】 D 4.(xx·亳州高二檢測)下列說法正確的是(  ) A.“x2=1”是“x=1”的充分不必要條件 B.“x=-1”是“x2-5x-6=0”的必要不充分條件 C.命題“?x∈R,使得x2+x+1<0”的否定是“?x∈R,均有x2+x

3、+1<0” D.命題“若α=β,則sin α=sin β”的逆否命題為真命題 【解析】 “x2=1”是“x=1”的必要不充分條件,“x=-1”是“x2-5x-6=0”的充分不必要條件,A、B均不正確;C中命題的否定應(yīng)該為“?x∈R,均有x2+x+1≥0”,故C不正確. 【答案】 D 5.若點(diǎn)P在曲線2x2-y=0上移動,則點(diǎn)A(0,-1)與點(diǎn)P連線中點(diǎn)M的軌跡方程是(  ) A.y=2x2 B.y=8x2 C.2y=8x2-1 D.2y=8x2+1 【解析】 設(shè)P、M點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x0,y0)、(x,y),則有: ,即. 將(x0,y0)代入2x2-y=0中得8x2

4、-2y-1=0 即2y=8x2-1. 【答案】 C 6.(xx·北京高考)雙曲線x2-=1的離心率大于的充分必要條件是 (  ) A.m> B.m≥1 C.m>1 D.m>2 【解析】 ∵雙曲線x2-=1的離心率e=,又∵e>, ∴>,∴m>1. 【答案】 C 7.如圖1,在正方體ABCD—A1B1C1D1中,M、N分別為A1B1、CC1的中點(diǎn),P為AD上一動點(diǎn),記α為異面直線PM與D1N所成的角,則α的集合是(  ) 圖1 A.{} B.{α|≤α≤} C.{α|≤α≤} D.{α|≤α≤} 【解析】 分別以DA、DC、DD1所在的直線為x、

5、y、z軸,D為原點(diǎn)建系,連結(jié)AM、DM,可以證明⊥,⊥,故D1N⊥平面ADM,∴D1N⊥PM,即α=. 【答案】 A 8.(xx·天津高考)已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的兩條漸近線與拋物線y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線分別交于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn).若雙曲線的離心率為2,△AOB的面積為,則p=(  ) A.1 B. C.2 D.3 【解析】 由已知得=2,所以=4,解得=,即漸近線方程為y=±x.而拋物線準(zhǔn)線方程為x=-,于是A,B,從而△AOB的面積為·p·=,可得p=2. 【答案】 C 9.給出兩個命題:p:|x|=x的充要條件是x為正實(shí)數(shù),q:不等式|x

6、-y|≤|x|+|y|取等號的條件是xy<0,則下列命題是真命題的是(  ) A.p∧q B.p∨q C.(綈p)∧q D.(綈p)∨q 【解析】 命題p為假,因?yàn)閤=0時,也有|x|=x成立;命題q也為假,因?yàn)楫?dāng)x=0或y=0時,|x-y|≤|x|+|y|也成立,因此只有(綈p)∨q為真命題. 【答案】 D 10.(xx·濟(jì)南高二檢測)直線y=x-3與拋物線y2=4x交于A、B兩點(diǎn),過A、B兩點(diǎn)向拋物線的準(zhǔn)線作垂線,垂足為P、Q,則梯形APQB的面積為(  ) A.48 B.56 C.64 D.72 【解析】 聯(lián)立可解得A(1,-2),B(9,6) ∵拋物線

7、準(zhǔn)線為x=-1,∴|AP|=2,|BQ|=10,|PQ|=8, ∴S==48. 【答案】 A 11.已知=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),點(diǎn)Q在直線OP上運(yùn)動,則當(dāng)·取得最小值時,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(  ) A.(,,) B.(,,) C.(,,) D.(,,) 【解析】 設(shè)點(diǎn)Q(x,y,z),由點(diǎn)Q在上, ∴∥,則有Q(λ,λ,2λ)(λ為參數(shù)), ∴=(1-λ,2-λ,3-2λ), =(2-λ,1-λ,2-2λ), ∴·=6λ2-16λ+10 =6(λ-)2-. 當(dāng)λ=時, ·取得最小值. 故此時Q(,,). 【答案】 C 12.(xx

8、·課標(biāo)全國卷Ⅰ)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0),過點(diǎn)F的直線交E于A,B兩點(diǎn).若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1,-1),則E的方程為(  ) A.+=1 B.+=1 C.+=1 D.+=1 【解析】 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則 ①-②得=-. ∴=-. ∵x1+x2=2,y1+y2=-2,∴kAB=. 而kAB==,∴=,∴a2=2b2, ∴c2=a2-b2=b2=9,∴b=c=3,a=3, ∴E的方程為+=1. 【答案】 D 二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.) 13.(xx·南昌高二檢測)已知雙曲線-=1的右焦

9、點(diǎn)為(,0),則該雙曲線的漸近線方程為________. 【解析】 由題意得:9+a=13,∴a=4,故漸近線方程為y=±x. 【答案】 y=±x 14.已知a,b是兩個命題,如果a是b的充分條件,那么“綈a”是“綈b”的________條件. 【解析】 由題意a?b成立,故其逆否命題為綈b?綈a也成立. ∴“綈a”是“綈b”的必要條件. 【答案】 必要 15.已知正方體ABCD—A1B1C1D1,P、M為空間任意兩點(diǎn),如果有=+6+7+4,那么M點(diǎn)一定在平面________內(nèi). 【解析】 ∵=-=+6+6+4 =+6+4 =+2+4, ∴-=2+4, 即=2+4.

10、故,,共面,即M點(diǎn)在平面A1BCD1內(nèi). 【答案】 A1BCD1 16.(xx·寧波高二檢測)有下列命題:①雙曲線-=1與橢圓+y2=1有相同的焦點(diǎn);②“-

11、推不出小范圍, ∴是充分而不必要條件,故②錯; ③中,a和b所在直線可能重合,故③錯; ④中,a,b,c可以不共面,例如平行六面體以一個頂點(diǎn)為起點(diǎn)引出的三個向量,故④錯; ⑤中,Δ=9-12<0,故對?x∈R,x2-3x+3≠0成立,故⑤正確. 【答案】?、佗? 三、解答題(本大題共6小題,共70分,解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟.) 17.(本小題滿分10分)已知p:2x2-9x+a<0,q:且綈q是綈p的必要條件,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 【解】 由 得即2<x<3. ∴q:2<x<3. 設(shè)A={x|2x2-9x+a<0},B={x|2<x<3}, ∵綈p?綈q,

12、∴q?p.∴BA. 即2<x<3滿足不等式2x2-9x+a<0.設(shè)f(x)=2x2-9x+a, 要使2<x<3滿足不等式2x2-9x+a<0, 需即 ∴a≤9.故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是{a|a≤9}. 18.(本小題滿分12分)如圖2,四邊形MNPQ是圓C的內(nèi)接等腰梯形,向量與的夾角為120°,·=2. (1)求圓C的方程; (2)求以M,N為焦點(diǎn),過點(diǎn)P,Q的橢圓方程. 圖2 【解】 (1)建立如圖坐標(biāo)系,由題意得:△CQM為正三角形. ∴·=r2·cos 60°=2,∴r=2, ∴圓C的方程為:x2+y2=4. (2)M(2,0),N(-2,0),Q(1,

13、),2a=|QN|+|QM|=2+2. ∴c=2,a=+1,b2=a2-c2=2. ∴橢圓方程為:+=1. 19.(本小題滿分12分)如圖3,在四棱錐P—ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=1,BM⊥PD于點(diǎn)M. 圖3 (1)求證:AM⊥PD; (2)求直線CD與平面ACM所成的角的余弦值. 【解】 (1)證明 ∵PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD, ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD,AD∩PA=A, ∴AB⊥平面PAD. ∵PD?平面PAD, ∴AB⊥PD. ∵BM⊥PD,AB∩BM=B, ∴PD⊥平面ABM. ∵AM?

14、平面ABM,∴AM⊥PD. (2)如圖所示,以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),P(0,0,2),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),M(0,1,1), 于是=(1,2,0),=(0,1,1),=(-1,0,0). 設(shè)平面ACM的一個法向量為n=(x,y,z), 由n⊥,n⊥可得 令z=1,得x=2,y=-1,于是n=(2,-1,1). 設(shè)直線CD與平面ACM所成的角為α, 則sin α=||=,cos α=. 故直線CD與平面ACM所成的角的余弦值為. 圖4 20.(本小題滿分12分)(xx·江蘇高考)如圖4,在直三

15、棱柱A1B1C1—ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,點(diǎn)D是BC的中點(diǎn). (1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值; (2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值. 【解】 (1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4) ,C1(0,2,4),所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4). 因?yàn)閏os〈,〉===, 所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為. (2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1=(x,y,z),因?yàn)椋?1,1,0),=(0,2

16、,4),所以n1·=0,n1·=0,即x+y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2,y=-2,所以,n1=(2,-2,1)是平面ADC1的一個法向量.取平面AA1B的一個法向量為n2=(0,1,0),設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為θ. 由|cos θ|===,得sin θ=. 因此,平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為. 21.(本小題滿分12分)(xx·課標(biāo)全國卷)設(shè)拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,A為C上一點(diǎn),已知以F為圓心,F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B,D兩點(diǎn). (1)若∠BFD=90°,△ABD的面積為4,求p的值及圓F的方程; (

17、2)若A,B,F(xiàn)三點(diǎn)在同一直線m上,直線n與m平行,且n與C只有一個公共點(diǎn),求坐標(biāo)原點(diǎn)到m,n距離的比值. 【解】 (1)由已知可得△BFD為等腰直角三角形,|BD|=2p,圓F的半徑|FA|=p.由拋物線定義可得A到l的距離d=|FA|=p. 因?yàn)椤鰽BD的面積為4,所以|BD|·d=4,即·2p·p=4, 解得p=-2(舍去)或p=2. 所以F(0,1),圓F的方程為x2+(y-1)2=8. (2)因?yàn)锳,B,F(xiàn)三點(diǎn)在同一直線m上,所以AB為圓F的直徑,∠ADB=90°. 由拋物線定義知|AD|=|FA|=|AB|, 所以∠ABD=30°,m的斜率為或-. 當(dāng)m的斜率為時,

18、由已知可設(shè)n:y=x+b,代入x2=2py得x2-px-2pb=0. 由于n與C只有一個公共點(diǎn),故Δ=p2+8pb=0. 解得b=-. 因?yàn)閙的截距b1=,=3,所以坐標(biāo)原點(diǎn)到m,n距離的比值為3. 當(dāng)m的斜率為-時,由圖形對稱性可知,坐標(biāo)原點(diǎn)到m,n距離的比值也為3. 綜上,坐標(biāo)原點(diǎn)到m,n距離的比值為3. 22.(本小題滿分12分)設(shè)x,y∈R,i、j為直角坐標(biāo)平面內(nèi)x,y軸正方向上的單位向量,若向量a+b=2xi+2yj,a-b=4j,|a|+|b|=8. (1)求動點(diǎn)M(x,y)的軌跡C的方程; (2)過點(diǎn)(0,3)作直線l與曲線C交于A,B兩點(diǎn),設(shè)=,是否存在這樣的直

19、線l,使四邊形OAPB是矩形?若存在,求出l的方程;若不存在,請說明理由. 【解】 (1)|a|+|b|=8,得+ =8. ∴M(x,y)到兩定點(diǎn)F1(0,-2),F(xiàn)2(0,2)的距離之和為8,且|F1F2|<8,則動點(diǎn)M的軌跡C是以F1,F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓. 故點(diǎn)M的軌跡C的方程為:+=1. (2)由題意可知直線l的斜率存在,設(shè)其方程為y=kx+3,代入橢圓方程得(4+3k2)x2+18kx-21=0. Δ=(18k)2+84(4+3k2)>0恒成立,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=-,x1x2=-. 由=,∴四邊形OAPB為平行四邊形,若存在直線l,使四邊形OAPB為矩形,則OA⊥OB,即·=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+3k(x1+x2)+9=0. 則(1+k2)·(-)+3k·(-)+9=0. 解得:k=±,∴存在直線l為:y=±x+3,此時四邊形OAPB為矩形.

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