高中数学-模块综合评价-新人教A版选修21.doc

《高中数学-模块综合评价-新人教A版选修21.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学-模块综合评价-新人教A版选修21.doc（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、【金版学案】2016-2017学年高中数学 模块综合评价 新人教A版选修2-1 (时间：120分钟满分：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p：若x2y20(x，yR)，则x，y全为0；命题q：若ab，则.给出下列四个复合命题：p且q；p或q；綈p；綈q.其中真命题的个数是()A1B2C3D4解析：命题p为真，命题q为假，故pq真，綈q真答案：B2“2k(kZ)”是“cos 2”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答案：A3若直线l的方向向量为b，平面的法向量为n，则可能使l

2、的是()Ab(1，0，0)，n(2，0，0)Bb(1，3，5)，n(1，0，1)Cb(0，2，1)，n(1，0，1)Db(1，1，3)，n(0，3，1)解析：若l，则bn0.将各选项代入，知D正确答案：D4抛物线y24x的焦点到双曲线x21的渐近线的距离是()A. B. C1 D.答案：B5已知a(2，1，3)，b(1，4，2)，c(7，5，)，若a，b，c三向量共面，则实数等于()A. B. C. D.答案：D6已知a(cos ，1，sin )，b(sin ，1，cos )，则向量ab与ab的夹角是()A90 B60 C30 D0解析：因为|a|b|，所以(ab)(ab)a2b20.故向量a

3、b与ab的夹角是90.答案：A7设斜率为2的直线l过抛物线y2ax(a0)的焦点F，且和y轴交于点A，若OAF(O为坐标原点)的面积为4，则抛物线方程为()Ay24x By28xCy24x Dy28x答案：B8三棱锥ABCD中，ABACAD2，BAD90，BAC60，则等于()A2 B2 C2 D2解析：()|cos 9022cos 602.答案：A9设双曲线1(a0，b0)的渐近线与抛物线yx21相切，则该双曲线的离心率等于()A. B2 C. D.答案：C10如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA11，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()A. B. C. D.

4、答案：D11已知点M(3，0)，N(3，0)，B(1，0)，动圆C与直线MN切于点B，过M，N与圆C相切的两直线相交于点P，则P点的轨迹方程为()Ax21(x1) Bx21(x1)Cx21(x0) Dx21(x1)解析：如图所示，设直线MP与直线NP分别与动圆C切于点E，F，则|PE|PF|，|ME|MB|，|NF|NB|.从而|PM|PN|ME|NF|MB|NB|422|MN|，又由题意知点P不能在x轴上，所以点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2的双曲线的右支并除去与x轴的交点设对应的双曲线方程为1，则a1，c3，b28.故P点的轨迹方程为x21(x1)答案：A12椭圆C：1的左、右顶点分

5、别为A1、A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是2，1，那么直线PA1斜率的取值范围是()A. B.C. D.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13已知命题p：xR(x0)，x2，则綈p：_解析：首先将量词符号改变，再将x2改为x2.答案：xR(x0)，x214给出下列结论：若命题p：xR，tan x1；命题q：xR，x2x10，则命题“p綈q”是假命题；已知直线l1：ax3y10，l2：xby10，则l1l2的充要条件是3；命题“若x23x20，则x1”的逆否命题为：“若x1，则x23x20”其中正确结论的序号为_(把你认为正确的结论的序号都

6、填上)解析：对于，命题p为真命题，命题q为真命题，所以p綈q为假命题，故正确；对于，当ba0时，有l1l2，故不正确；易知正确所以正确结论的序号为.答案：15在四面体OABC中，点M在OA上，且OM2MA，N为BC的中点，若，则使G与M，N共线的x的值为_答案：116与双曲线x21有共同的渐近线，且过点(2，2)的双曲线的标准方程是_解析：依题意设双曲线的方程x2(0)，将点(2，2)代入求得3，所以所求双曲线的标准方程为1.答案：1三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)设p：函数f(x)loga|x|在(0，)上单调递增；q

7、：关于x的方程x22xloga0的解集只有一个子集，若“pq”为真，“(綈p)(綈q)”也为真，求实数a的取值范围解：当p为真时，应有a1；当q为真时，关于x的方程x22xloga0无解，所以44loga0，解得1a.由于“pq”为真，所以p和q中至少有一个为真又“(綈p)(綈q)”也为真，所以綈p和綈q中至少有一个为真，即p和q中至少有一个为假，故p和q中一真一假p假q真时，a无解；p真q假时，a，综上所述，实数a的取值范围是.18(本小题满分12分)已知两点M(2，0)、N(2，0)，点P为坐标平面内的动点，满足|0，求动点P(x，y)的轨迹方程解：设P(x，y)，则(4，0)，(x2，y

8、)，(x2，y)所以|4，|，4(x2)，代入|0，得44(x2)0，即2x，化简整理，得y28x，故动点P(x，y)的轨迹方程为y28x.19(本小题满分12分)已知直线yax1与双曲线3x2y21交于A、B两点(1)求a的取值范围；(2)若以AB为直径的圆过坐标原点，求实数a的值解：(1)由消去y，得(3a2)x22ax20.依题意得即a且a.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则因为以AB为直径的圆过原点，所以OAOB，所以x1x2y1y20，即x1x2(ax11)(ax21)0，即(a21)x1x2a(x1x2)10.所以(a21)a10，所以a1，满足(1)所求的取值范围故a

9、1.20.(本小题满分12分)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点(1)求证：AB1平面A1BD；(2)求二面角AA1DB的余弦值(1)证明：如图，取BC的中点O，连接AO.因为ABC为正三角形，所以AOBC.因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，所以AO平面BCC1B1.取B1C1中点O1，以O为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0)，C(1，0，0)， 所以(1，2，)，(2，1，0)，(1，2，)因为2200，1430，

10、所以，即AB1BD，AB1BA1.又BD与BA1交于点B，所以AB1平面A1BD.(2)解：连接AD，设平面A1AD的法向量为n(x，y，z)(1，1，)，(0，2，0)因为n，n，所以即解得令z1，得n(，0，1)为平面A1AD的一个法向量由(1)知AB1平面A1BD，所以为平面A1BD的法向量cosn，故二面角AA1DB的余弦值为.21(本小题满分12分)设圆C与两圆(x)2y24，(x)2y24中的一个内切，另一个外切(1)求圆C的圆心轨迹L的方程；(2)已知点M，F(，0)，且P为L上动点，求|MP|FP|的最大值及此时点P的坐标解：(1)设圆C的圆心坐标为(x，y)，半径为r.圆(x

11、)2y24的圆心为F1(，0)，半径为2，圆(x)2y24的圆心为F(，0)，半径为2.由题意得或所以|CF1|CF|4.因为|F1F|24，所以圆C的圆心轨迹是以F1(，0)，F(，0)为焦点的双曲线，其方程为y21.(2)由图知，|MP|FP|MF|，所以当M，P，F三点共线，且点P在MF延长线上时，|MP|FP|取得最大值|MF|，且|MF| 2.直线MF的方程为y2x2，与双曲线方程联立得整理得15x232x840.解得x1(舍去)，x2.此时y.所以当|MP|FP|取得最大值2时，点P的坐标为.22(本小题满分12分)如图，在RtABC中，C90，BC3，AC6.D，E分别是AC，A

12、B上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图.图图(1)求证：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成的角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由(1)证明：因为ACBC，DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC.所以DEA1C.又因为A1CCD，所以A1C平面BCDE.(2)解：如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，M(0，1，)，B(3，0，0)，E(2，2，0)设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.又(3，0，2)，(1，2，0)，所以令y1，则x2，z，所以n(2，1，)设CM与平面A1BE所成的角为.因为(0，1，)，所以sin |cosn，|.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)解：线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，其中p0，3设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0.又(0，2，2)，(p，2，0)，所以令x2，则yp，z，所以m.平面A1DP平面A1BE，当且仅当mn0，即4pp0.解得p2，与p0，3矛盾所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直