高中数学 模块质量检测B课时同步练习 新人教A版选修2-1

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高中数学 模块质量检测B课时同步练习 新人教A版选修2-1

模块质量检测(B)‎ ‎ (考试时间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.下列说法错误的是(  )‎ A.如果命题“¬p”与命题“p∨q”都是真命题,那么命题q一定是真命题 B.命题“若a=0,则ab=‎0”‎的否命题是:“若a≠0,则ab≠‎‎0”‎ C.若命题p:∃x0∈R,x02+2x0-3<0,则¬p:∀x∈R,x2+2x-3≥0‎ D.“sin θ=”是“θ=30°”的充分不必要条件 解析: 显然由sin θ=不能推出θ=30°.‎ 答案: D ‎2.已知命题p:存在x∈R,使tan x=1,命题q:x2-3x+2<0的解集是{x|1b,则ac0),由抛物线的定义知点P到准线的距离为4,故+2=4,∴p=4.‎ ‎∴抛物线方程为x2=-8y,代入点P坐标得m=±4,故选C.‎ 答案: ‎ ‎7.若△ABC中,∠C=90°,A(1,2,-3k),B(-2,1,0),C(4,0,-2k),则k的值为(  )‎ A. B.- C.2 D.± 解析: =(-6,1,2k),=(-3,2,-k),‎ 则·=(-6)×(-3)+2+2k×(-k)‎ ‎=-2k2+20=0,‎ ‎∴k=±.‎ 答案: D ‎8.已知=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则当·取得最小值时,点Q的坐标为(  )‎ A. B. C. D. 解析: 设Q(x,y,z),因Q在上,‎ 故有∥,可得:x=λ,y=λ,z=2λ,‎ 则Q(λ,λ,2λ),=(1-λ,2-λ,3-2λ),‎ =(2-λ,1-λ,2-2λ),‎ 所以·=6λ2-16λ+10=62-,‎ 故当λ=时,·取最小值,此时Q,故选C.‎ 答案: C ‎9.椭圆短轴上的两个三等分点与两个焦点构成一个正方形,则椭圆的离心率为(  )‎ A. B. C. D. 解析: 焦距为‎2c,短轴长为2b,由已知:‎2c=,‎ ‎∴b=‎3c,又a2=b2+c2=‎9c2+c2=‎10c2,‎ ‎∴e==.‎ 答案: A ‎10.给出下列四个命题,其中真命题为(  )‎ ‎①“∃x∈R,使得x2+1>3x”的否定是“∀x∈R,都有x2+1≤3x”;‎ ‎②“m=-2”是“直线(m+2)x+my+1=0与直线(m-2)x+(m+2)y-3=0相互垂直”的必要不充分条件;‎ ‎③设圆x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-‎4F>0)与坐标轴有4个交点,分别为A(x1,0),B(x2,0),C(0,y1),D(0,y2),则x1x2-y1y2=0;‎ ‎④函数f(x)=sin x-x的零点个数有3个.‎ A.①④ B.②④‎ C.①③ D.②③‎ 解析: ①正确;‎ m=-2⇒两条直线垂直,而两直线垂直推不出m=-2,‎ ‎∴m=-2是这两条直线垂直的充分非必要条件,②错误;‎ 令y=0,x2+Dx+F=0得,x1x2=F,‎ 令x=0,y2+Ey+F=0,得y1y2=F,‎ ‎∴x1x2-y1y2=0,③正确;④错误.‎ 答案: C ‎11.在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,M为DD1的中点,O为正方形ABCD的中心,P为棱A1B1上任一点,则异面直线OP与MA所成的角为(  )‎ A.30° B.45°‎ C.60° D.90°‎ 解析: ‎ 如图所示,建立直角坐标系,设正方体棱长为1,则O,P(1,y,1),A(1,0,0),M,‎ ‎∴=,‎ =,‎ ‎∴·=0,‎ ‎∴OP与MA所成的角为90°.‎ 答案: D ‎12.设F1,F2是双曲线x2-4y2=‎4a(a>0)的两个焦点,点P在双曲线上,且满足1·2=0,|1|·|2|=2,则a的值为(  )‎ A.2 B. C.1 D. 解析: 双曲线方程化为-=1(a>0),‎ ‎∵1·2=0,∴PF1⊥PF2.‎ ‎∴||2+||2=‎4c2=‎20a,①‎ 由双曲线定义|1|-|2|=±4,②‎ 又已知:|||2|=2,③‎ 由①②③得:‎20a-2×2=‎16a,∴a=1.‎ 答案: C 二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分,请把正确答案填在题中的横线上)‎ ‎13.已知AB是过椭圆+=1左焦点F1的弦,且|AF2|+|BF2|=12,其中F2是椭圆的右焦点,则弦AB的长是________.‎ 解析: 由椭圆定义|AB|+|AF2|+|BF2|=‎4a=20,‎ 得|AB|=8.‎ 答案: 8‎ ‎14.设命题p:|4x-3|≤1,命题q:x2-(‎2a+1)x+a(a+1)≤0.若¬p是¬q的必要而不充分条件,则实数a的取值范围是________.‎ 解析: 由已知p:-1≤4x-3≤1,∴≤x≤1,‎ q:a≤x≤a+1,又¬p⇐¬q,‎ ‎∴p⇒q,即,由此可知0≤a≤.‎ 答案:  ‎15.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为u=(-2,0,-4),则直线与平面的位置关系是________.‎ 解析: a·u=(1,0,2)·(-2,0,-4)=-2-8=-10‎ ‎∴直线l与平面α不平行,a=-u ‎∴a∥u 直线l与平面α垂直.‎ 答案: 垂直 ‎16.已知命题p:m≥1,命题q:‎2m2‎-‎9m+10<0,若p,q中有且仅有一个为真命题,则实数m的取值范围是________.‎ 解析: q:2<m<,由题意p真q假 ‎∴1≤m≤2或m≥.‎ 答案: [1,2]∪ 三、解答题(本大题共6小题,共74分.解答时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12分)已知a>0,设p:函数y=ax在R上单调递减,q:不等式x+|x-‎ ‎2a‎|>1的解集为R.若p∧q为假,p∨q为真,求a的取值范围.‎ 解析: 由函数y=ax在R上单调递减知01的解集为R,‎ 即y=x+|x-‎2a|在R上恒大于1,‎ 又因为x+|x-‎2a|=,‎ ‎∴函数y=x+|x-‎2a|在R上的最小值为‎2a,‎ 故要使解集为R,只需‎2a>1,∴a>.‎ ‎∴若q真,则a>.又∵p∨q为真,p∧q为假,‎ ‎∴p与q一真一假.‎ 若p真q假,则00,于是有k∈R.‎ 设点A的坐标为(x1,y1),点B的坐标为(x2,y2),‎ 则+=1.       ①‎ 因为y1=kx1-1,y2=kx2-1,‎ 代入①,得2k-=1. ②‎ 又因为x1+x2=-2k,x1x2=-2,代入②得k=1.‎ 所以直线l的方程为y=x-1.‎ ‎19.(本小题满分12分)已知椭圆+=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),离心率为,过点B(0,-2)及左焦点F1的直线交椭圆于C,D两点,右焦点设为F2.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)求△CDF2的面积.‎ 解析: (1)易得椭圆方程为+y2=1.‎ ‎(2)∵F1(-1,0),‎ ‎∴直线BF1的方程为y=-2x-2,‎ 由得9x2+16x+6=0.‎ ‎∵Δ=162-4×9×6=40>0,‎ 所以直线与椭圆有两个公共点,‎ 设为C(x1,y1),D(x2,y2),‎ 则 ‎∴|CD|=|x1-x2|=· ‎=·=,‎ 又点F2到直线BF1的距离d=,‎ 故S△CDF2=|CD|·d=.‎ ‎20.(本小题满分12分)三棱柱ABC-A1B‎1C1,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D,又知BA1⊥AC1.‎ ‎(1)求证:AC1⊥平面A1BC;‎ ‎(2)求二面角A-A1B-C的余弦值.‎ 解析: (1)证明:如图,‎ 设A1D=t(>0),取AB的中点E,则DE∥BC,因为BC⊥AC,‎ 所以DE⊥AC,又A1D⊥平面ABC,以DE,DC,DA1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,t),C1(0,2,t),=(0,3,t),=(-2,-1,t),‎ =(2,0,0),‎ 由·=0,知A‎1C⊥CB,‎ 又BA1⊥AC1,BA1∩CB=B,从而AC1⊥平面A1BC;‎ ‎(2)由·=-3+t2=0,得t=.‎ 设平面A1AB的法向量为n=(x,y,z),=(0,1,),‎ =(2,2,0),‎ 所以,设z=1,则n=(,-,1).‎ 再设平面A1BC的法向量为m=(u,v,w),‎ =(0,-1,),=(2,0,0),‎ 所以,设w=1,则m=(0,,1),‎ 故cos〈m,n〉==-,‎ 因为二面角A-A1B-C为锐角,所以可知二面角A-A1B-C的余弦值为.‎ ‎21.(本小题满分12分)设p:实数x满足x2-4ax+‎3a2<0,其中a<0,q:实数x满足x2-x-6≤0或x2+2x-8>0,且¬p是¬q的必要不充分条件,求a的取值范围.‎ 解析: 设A={x|p}={x|x2-4ax+‎3a2<0(a<0)}‎ ‎={x|‎3a<x<a(a<0)},‎ B={x|q}={x|x2-x-6≤0或x2+2x-8>0}‎ ‎={x|x2-x-6≤0}∪{x|x2+2x-8>0}‎ ‎={x|-2≤x≤3}∪{x|x<-4或x>2}‎ ‎={x|x<-4或x≥-2}.‎ ‎∵¬p是¬q的必要不充分条件,‎ ‎∴¬q⇒¬p,且¬p⇒/ ¬q,‎ ‎∴{x|-4≤x<-2}{x|x≤‎3a或x≥a(a<0)},‎ 则或 即-≤a<0或a≤-4.‎ ‎22.(本小题满分14分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.‎ ‎(1)证明:PA⊥BD;‎ ‎(2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.‎ 解析: (1)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD,‎ 由余弦定理得BD=AD.‎ 从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.‎ 又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD.‎ 所以BD⊥平面PAD,故PA⊥BD.‎ ‎(2)‎ 如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0,1).=(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0),‎ 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则 即 因此可取n=(,1,).‎ 设平面PBC的法向量为m,则 可取m=(0,-1,-),cos〈m·n〉==-.‎ 故二面角A-PB-C的余弦值为-.‎
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