高中数学选修2-1模块综合检测
(时间90分钟,满分120分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,满分50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.命题“任意的x∈R,2x4-x2+1<0”的否定是 ( ) A.不存在x∈R,2x4-x2+1<0
2
B.存在x0∈R,2x40-x0+1<0 2C.存在x0∈R,2x40-x0+1≥0
D.对任意的x∈R,2x4-x2+1≥0
2解析:全称命题的否定是特称命题,所以该命题的否定是:存在x0∈R,2x40-x0+1≥0.
答案:C
x2y21
2.设椭圆2+2=1(m>n>0)的右焦点与抛物线y2=8x的焦点相同,离心率为,则此mn2椭圆的方程为
2
2
( )
x2y2
A.+=1 1216x2y2
C.+=1 48
x2y2
B.+=1 1612x2y2
D.+=1 48
m2-n21
解析:抛物线的焦点为(2,0),∴4=m-n.又=,所以可解得m=4,n=2 3, m2x2y2
故椭圆的方程为+=1.
1612答案:B
3.已知空间向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2),若2a-b与b垂直,则|a|等于 ( ) 5 3A.
2C.
37 2
B.
21 2
3 5D. 2
解析: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. 5
∴2n=5,n=.
2∴|a|= 答案:D
4.a<0是方程ax2+2x+1=0至少有一个负数根的
( )
253 51+4+=.
42
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A.必要不充分条件 C.充分必要条件
B.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
1
解析:因为a=0时,方程ax2+2x+1=0变成2x+1=0,这时方程根为x=-,所以
2“方程ax2+2x+1=0至少有一个负数根”不能推出“a<0”;另一方面,当a<0时,Δ=4-1
4a>0,∴方程一定有两个不相等的实数根,又两根之积为<0,∴方程的根一定是一正根一
a负根,所以“a<0”能推出“方程ax2+2x+1=0至少有一个负数根”.
答案:B
y2
5.设F1,F2分别是双曲线x-=1的左、右焦点.若点P在双曲线上,且PF1·PF29
2
=0,则|PF1+PF2|=
A.10 C.5
( )
B.2 10 D.2 5
解析:设|PF1|=m,|PF2|=n, ∵PF1·PF2=0,∴PF1⊥PF2, ∴m2+n2=4c2=40.
∵|PF1+PF2|2=|PF1|2+|PF2|2+2PF1·PF2=40, ∴|PF1+PF2|=2 10. 答案:B
6.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,以顶点A为端点的三条棱长都等于1,且两两夹角都是60°,则对角线AC1的长为
A.3 C.6
( )
B.2 D.22
1解析:由题意知AB·AD=AB·AA1=AD·AA1=,
2∴AC1=(AB+AD+AA1)2
=AB+AD+AA1+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1=6, ∴|AC1|=6. 答案:C
x2y2
7.已知点F1,F2分别是双曲线2-2=1的左、右焦点,过F1且垂直于x轴的直线与
ab双曲线交于A,B两点.若△ABF2为等边三角形,则该双曲线的离心率e为 ( )
2222 第 2 页 共 10 页
A.3 C.2
B.3或D.3
3 3
解析:如图,令x=-c, c2y2b2则2-2=1,∴y=±,
aabb2
∴|AF1|=. a
因△ABF2为等边三角形, ∴∠AF2F1=30°.
b2
a3
∴tan ∠AF2F1==,
2c33b2
=2c,即 3(e2-1)=2e, a
解得e= 3. 答案:A
x2y2
8.已知F1(-3,0),F2(3,0)是椭圆m+n=1上的两个焦点,点P在椭圆上,∠F1PF2
2π
=α.当α=时,△F1PF2面积最大,则m+n的值是
3
A.41 C.9
B.15 D.1
( )
1
解析:由S△F1PF2=|F1F2|·yP
2
=3yP,知P为短轴端点时,△F1PF2面积最大. 2π
此时∠F1PF2=,
3
得a=m=2 3,b=n=3, 故m+n=15. 答案:B
9.正四棱锥S-ABCD的侧棱长为2,底边长为3,E是SA的中点,则异面直线BE和SC所成的角等于
( )
A.30° C.60°
B.45° D.90°
解析:建立如图所示的空间直角坐标系, 因为AB=3,SA=2,
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可以求得SO=
23333332,则B(,,0),A(,-,0),C(-,,0),S(0,0,). 22222222
因为E为SA的中点, ∴E(
332
,-,). 444
3332
,-,), 4443
2
∴BE=(-
3
SC=(-2,2,-2).
SC=-1,|BE|=2,|SC|=2, ∵BE·
所以cos〈BE,SC〉=BE与SC所成角为60°. 答案:C
10.若抛物线y2=2x上两点A(x1,y1)、B(x2,y2)关于直线y=x+b对称,且y1y2=-1,则实数b的值为
5
B. 21D.-
2
( )
-11
=-,
22×2
5
A.-
21C. 2
解析:法一:直线AB的斜率为 y1-y2y1-y2
kAB===-1,
x1-x21212
y-y2122
22
即y1+y2=-2,y21+y2=(y1+y2)-2y1y2=6. 2
x1+x2y1+y2y21+y2
线段AB的中点为(,)=(,-1)
224
3
=(,-1). 2
5
代入y=x+b,得b=-. 2
法二:设直线AB的方程为y=-x+m,与y2=2x联立,消去x得 y2+2y-2m=0.
y1+y2=-2,y1y2=-2m. 1
由y1y2=-1得m=.
2设AB的中点为M(x0,y0), 则y0=
y1+y2
=-1, 2
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3
x0=m-y0=. 2
3
又M(,-1)在y=x+b上,
25
∴b=-. 2答案:A
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,满分20分.把答案填写在题中的横线上) 11.命题“∃x0∈R,2x20-3ax0+9<0”为假命题,则实数a的取值范围是________.
2解析:∵∃x0∈R,2x0-3ax0+9<0为假命题,
∴∀x∈R,2x2-3ax+9≥0为真命题, ∴Δ=9a2-4×2×9≤0,即a2≤8, ∴-22≤a≤22. 答案:[-22,22]
x2y2
12.在双曲线2-2=1上有一点P,F1,F2分别为该双曲线的左、右焦点,∠F1PF2
ab=90°,△F1PF2的三条边长成等差数列,则双曲线的离心率是________.
解析:不妨设点P在右支上,则2|PF1|=|PF2|+|F1F2|.又|PF1|-|PF2|=2a,∴|PF1|=2c-2a,|PF2|=2c-4a.又|PF1|2+|PF2|2=4c2,∴e2-6e+5=0.又e>1,∴e=5.
答案:5
13.正方体ABCD-A1B1C1D1中,E.,F分别是BB1,CD的中点,则EF与平面CDD1C1
所成角的正弦值为________.
解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2, 则E(2,0,1),F(1,2,0), →
∴EF=(-1,2,-1).
→→→
又平面CDD1C1的一个法向量为OD=(0,2,0),cos〈EF,OD〉466==,故所求角的正弦值为.
3 6×23
答案:
6
3
→
14.设O是坐标原点,F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,A是抛物线上的一点,FA与→
x轴正向的夹角为60°,则|OA|为________.
p
解析:如图,设A的横坐标为x+(x>0),
2→
则|AF|=2x.
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由抛物线的定义得 pp
2x=x+,x=,
22
3p3p
∴A的坐标为(,3p)或(,-3p),
2221→
∴|OA|=p.
2答案:
21p 2
三、解答题(本大题共4小题,满分50分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分12分)已知命题p:关于x的方程4x2-2ax+2a+5=0的解集至多有两个子集,命题q:1-m≤x≤1+m,m>0.若綈p是綈q的必要不充分条件,求实数m的取值范围.
解:∵綈p是綈q的必要不充分条件, ∴p是q的充分不必要条件. 对于命题p,依题意知
Δ=(-2a)2-4·4(2a+5)=4(a2-8a-20)≤0, ∴-2≤a≤10.
令P={a|-2≤a≤10},Q={x|1-m≤x≤1+m, m>0}, ∴P
Q,
m>0,
即1-m<-2,1+m≥10,解得m≥9.
m>0,
或1-m≤-2,1+m>10.
因此,实数m的取值范围是{m|m≥9}.
x2y2
16.(本小题满分12分)已知F1,F2是椭圆2+2=1(a>b>0)的两个焦点,O为坐标原
ab点,点P(-1,
2→→)在椭圆上,且PF1·F1F2=0, 2
⊙O是以F1F2为直径的圆,直线l:y=kx+m与⊙O相切,并且与椭圆交于不同的两点A,B.
(1)求椭圆的标准方程;
→→2
(2)当OA·OB=时求k的值.
3
解:(1)依题意,可知PF1⊥F1F2,
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11
∴c=1,2+2=1.
a2b又a2=b2+c2,
所以可解得a2=2,b2=1,c2=1, x22
∴椭圆的方程为+y=1.
2
(2)直线l:y=kx+m与⊙O:x2+y2=1相切, 则
|m|
=1,即m2=k2+1. 2k+1
2
x2+y2=1,由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0. y=kx+m,直线l与椭圆交于不同的两点A,B. 设A(x1,y1),B(x2,y2). ∴Δ>0⇒k2>0⇒k≠0,x1+x2=-2m2-2x1x2=,
1+2k2m2-2k21-k2
∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=kx1x2+km(x1+x2)+m==,
1+2k21+2k22
2
4km
, 1+2k21+k2→→
OA·OB=x1x2+y1y2=1. 2=,∴k=±1+2k317.(本小题满分12分)
如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,AC=AA1= 3,∠ABC=60°.
(1)证明:AB⊥A1C;
(2)求二面角A-A1C-B的正切值大小.
解:法一:(1)∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, ∴AB⊥AA1. 在△ABC中,
AB=1,AC= 3,∠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)如图,作AD⊥A1C交A1C于D点,连接BD, 又AB⊥A1C.
2
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∴A1C⊥平面ABD, ∴BD⊥A1C,
∴∠ADB为二面角A-A1C-B的平面角. 在Rt△AA1C中,
3× 3AA1·AC6
AD===.
A1C26
AB6在Rt△BAD中,tan ∠ADB==,
AD3∴二面角A-A1C-B的正切值为
6. 3
法二:(1)∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
∴AA1⊥AB,AA1⊥AC.在△ABC中,AB=1,AC= 3,∠ABC=60°.由正弦定理得∠ACB=30°,
∴∠BAC=90°,
即AB⊥AC.如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A1(0,0,3), ∴AB=(1,0,0),A1C=(0,3,-3). ∵AB·A1C=1×0+0×3+0×(- 3)=0, ∴AB⊥A1C.
(2)取m=AB=(1,0,0)为平面AA1C1C的法向量.设平面A1BC的法向量n=(x,y,z),
BC=0,n·-x+3 y=0,
则∴
3y-3z=0,n·A1C=0,
∴x=3y,y=z.令y=1,则n=(3,1,1), ∴cos 〈m,n〉= =
15
=, 22222253+1+1·1+0+0
1-6
, 3
6. 3
15210=, 55
3×1+1×0+1×0
m·n |m|·|n|
∴sin〈m,n〉=∴tan〈m,n〉=
∴二面角A-A1C-B的正切值为
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x2y2
18.(本小题满分14分)(2012·安徽高考)如图,点F1(-c,0),F2(c,0)分别是椭圆C:2+2ab=1(a>b>0)的左、右焦点,过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P,过点F2作a2
直线PF2的垂线交直线x=c于点Q.
(1)如果点Q的坐标是(4,4),求此时椭圆C的方程; (2)证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.
b2
a-0b2b2
解:(1)法一:由条件知,P(-c,a).故直线PF2的斜率为kPF2==-. 2ac-c-c2ac2ac2
因为PF2⊥F2Q,所以直线F2Q的方程为y=2x-2.
bba2
故Q(c,2a).
a2
由题设知,=4,2a=4,解得a=2,c=1.
cx2y2
故椭圆方程为+=1.
43
a2b2
法二:设直线x=与x轴交于点M.由条件知,P(-c,). ca因为△PF1F2∽△F2MQ,所以
b2
a
|PF1||F1F2|
=. |F2M||MQ|
即
2c=,解得|MQ|=2a. a|MQ|c-c
22
ac=4,所以解得a=2,c=1.
2a=4,x2y2
故椭圆方程为+=1.
43
a2x-c
y-2ac
(2)直线PQ的方程为2=2,即y=x+a. aba
-2a-c-ac
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将上式代入椭圆方程得,x2+2cx+c2=0, b2
解得x=-c,y=a.
所以直线PQ与椭圆C只有一个交点.
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