高中數(shù)學(xué)人教A版選修2-1測(cè)評(píng)模塊綜合測(cè)評(píng)（B）

模塊綜合測(cè)評(píng)(B)(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)1.已知命題p:若θ=150°,則sinθ=12,則在命題p的逆命題、否命題、逆否命題中,正確命題的個(gè)數(shù)是(A.0 B.1 C.2 D.3解析原命題正確,所以逆否命題為真,逆命題和否命題都是假命題,故只有1個(gè)為真命題.答案B2.若拋物線y=ax2的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2),則a的值為()A.18 B.14 C.8 D解析拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=1ay,因?yàn)閽佄锞€y=ax2的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2),所以14a=2,所以a=18答案A3.a⊥b,|a|=2,|b|=3,且(3a+2b)⊥(λab),則λ等于()A.32 B.32 C.±32解析∵a⊥b,∴a·b=0.∵(3a+2b)⊥(λab),∴(3a+2b)·(λab)=0,即3λa2+(2λ3)a·b2b2=0,∴12λ18=0,解得λ=32.故選A答案A4.拋物線y=x2上的點(diǎn)到直線4x+3y8=0的距離的最小值是()A.43 B.25 C.85解析由題意,設(shè)拋物線y=x2上一點(diǎn)為(m,m2),其中m∈R,則該點(diǎn)到直線4x+3y8=0的距離d=|4所以當(dāng)m=23時(shí),取得最小值43.故選答案A5.若命題s:?x0>2,x023x0+2>0,則(A.s:?x0>2,x023x0+2B.s:?x>2,x23x+2≤0C.s:?x0≤2,x023x0+2D.s:?x≤2,x23x+2≤0解析原命題s是特稱命題,其否定應(yīng)為全稱命題.答案B6.已知三棱錐OABC,點(diǎn)M,N分別為邊AB,OC的中點(diǎn),P是MN上的點(diǎn),滿足MP=2PN,設(shè)OA=a,OB=b,OC=c,則OP等于()A.16a+16b1B.16a+13b+C.13a+16b+1D.16a+16b+解析∵OM=12∴MN=ON∴OP=OM+23MN=1故選D.答案D7.雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左右頂點(diǎn)分別為A1,A2,直線x=2a與一條漸近線交于點(diǎn)P,若|A1A2A.52 B.2 C.72 D解析A1(a,0),A2(a,0),不妨設(shè)點(diǎn)P在漸近線y=bax上,則P(2a,2b),由|A1A2|=|PA2|可得4a2=a2+4b2,又b2=c2a2,所以7a2=4c2,e=c答案C8.在平行六面體ABCDA1B1C1D1中,底面是邊長(zhǎng)為1的正方形,若∠A1AB=∠A1AD=60°,且A1A=3,則A1C的長(zhǎng)為()A.5 B.22 C.14 D.17解析因?yàn)锳1C=A1B1+A1D1+A1A,所以|A1C|2=(A1B1+A1D1+A1A)2=|A1B1|2+|A1D1|2+|A1A答案A9.若點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為1的正方體ABCDA1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一點(diǎn),則PA·PC1A.-1,-1C.[1,0] D.-解析以D為原點(diǎn),以DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(1,0,0),C1(0,1,1),設(shè)P(x,y,1)(0≤x≤1,0≤y≤1).則PA=(1x,y,1),PC1=(x,1于是PA·PC1=x=x-因?yàn)?≤x≤1,0≤y≤1,所以0≤x-122故12≤x答案D10.已知點(diǎn)P在拋物線y2=4x上,點(diǎn)A(5,3),F為該拋物線的焦點(diǎn),則△PAF周長(zhǎng)的最小值為()A.9 B.10 C.11 D.12解析由題意,畫出圖象(見下圖),F(1,0),|AF|=(5-1)2+32=5,過A點(diǎn)作準(zhǔn)線l的垂線AD交直線l于D,設(shè)P到準(zhǔn)線的距離為d,則|PF|=d,則△PAF周長(zhǎng)=|PF|+|PA|+|AF|=d+|PA|+5,當(dāng)P、A、D三點(diǎn)共線時(shí),d+|PA|取得最小值,△PAF周長(zhǎng)最小為5(1)答案C11.已知直線3xy+6=0經(jīng)過橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)F1,且與橢圓在第二象限的交點(diǎn)為M,與y軸的交點(diǎn)為N,F2是橢圓的右焦點(diǎn),且A.x240+y24=1 BC.x210+y2=1 D.x解析直線3xy+6=0與x軸、y軸分別交于點(diǎn)(2,0),(0,6),因此F1(2,0),N(0,6),于是c=2.又因?yàn)?a=|MF1|+|MF2|=|MN|+|MF1|=|NF1|=22+62=210,于是a=10,從而b2=104=6,故橢圓方程為答案D12.如圖,四面體ABCD中,AB,BC,BD兩兩垂直,BC=BD=2,點(diǎn)E是CD的中點(diǎn),異面直線AD與BE所成角的余弦值為1010,則直線BE與平面ACD所成角的正弦值為(A.23 B.23 C.22解析以B為原點(diǎn),BC,BD,BA所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=a,則A(0,0,a),E(1,1,0),B(0,0,0),C(2,0,0),D(0,2,0),于是AD=(0,2,a),BE=(1,1,0),則|cos<AD,BE>|=于是22·a2+4=1010,解得這時(shí)AC=(2,0,4),AD=(0,2,4),設(shè)平面ACD的法向量為n=(x,y,z),則2x-4z于是sinθ=|cos<BE,n>|=42答案C二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.已知點(diǎn)M,N分別是空間四面體OABC的邊OA和BC的中點(diǎn),P為線段MN的中點(diǎn),若OP=λOA+μOB+γOC,則實(shí)數(shù)λ+μ+γ=.

解析如圖,連接ON,在△OMN中,點(diǎn)P是MN中點(diǎn),則由平行四邊形法則得OP=12(OM+ON)=12OM+12ON答案314.在正四面體PABC中,棱長(zhǎng)為2,且E是棱AB中點(diǎn),則PE·BC的值為解析由題意,設(shè)PA=a,PB=b,PC=c,建立空間的一個(gè)基底{a,b,c},在正四面體中PE=12(a+b),BC=所以PE·BC=12(a+b)·(cb)=12(a·ca·b+b·cb2)=12×(2×2cos60°2×2cos60°+2×2cos60答案115.已知p:x-2mx+m<0(m>0),q:x(x4)<0,若p是q的既不充分也不必要條件,解析由x-2mx+m<0(m>由x(x4)<0,解得0<x<4.若p是q的充分不必要條件,則有-m≥0,2若p是q的必要不充分條件,則有-m<0,2m≥4,因此當(dāng)p是q的既不充分也不必要條件時(shí),實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0,2).答案(0,2)16.橢圓x25+y2m=1的離心率e=15解析若0<m<5,則e2=5-m5=若m>5,則e2=m-5m=3∴m的值為2或252答案2或25三、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(本小題滿分10分)已知命題p:方程x22+y2m=1表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓,命題q:關(guān)于x的方程x2+2mx+2m+3=0無實(shí)根,若“p∧q”為假命題,“p∨q”解∵方程x22+y2m=1表示焦點(diǎn)在y∵關(guān)于x的方程x2+2mx+2m+3=0無實(shí)根,∴4m24(2m+3)<0,解得1<m<3.“p∧q”為假命題,“p∨q”為真命題?p,q恰有一真一假.①若“p真q假”,則m>2,m②若“p假q真”,則m≤2,-1<m<綜上,實(shí)數(shù)m的取值范圍是(1,2]∪[3,+∞).18.(本小題滿分12分)如圖所示的多面體中,四邊形ABCD為菱形,AB=2,∠DAB=60°,ED⊥面ABCD,EF∥DB,EF=1,異面直線AF,CD所成角的余弦值為64(1)求證:面ACF⊥面EDB;(2)求二面角BAFE的余弦值.(1)證明∵四邊形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,∵ED⊥面ABCD,AC?面ABCD,∴ED⊥AC,∵BD∩ED=D,∴AC⊥面EBD,∵AC?面ACF,∴面ACF⊥面EDB.(2)解∵四邊形ABCD是菱形,AB=2,∠DAB=60°,∴DB=2,DO=1,∵EF∥DB,EF=1,∴EF∥DO,EF=DO,∴四邊形EFOD是平行四邊形,∴ED∥FO,∵ED⊥面ABCD,∴FO⊥面ABCD,以O(shè)為原點(diǎn),OA,OB,OF分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則A(3,0,0),D(0,1,0),C(3,0,0),設(shè)F(0,0,t),則AF=(3,0,t),DC=(3,1,0),cos<AF,DC>=AF·解得t=3,則F(0,0,3),EF=(0,1,0),∵B(0,1,0),E(0,1,3),∴AB=(3,1,0),AF=(3,0,3),設(shè)平面AFB的法向量m=(x,y,z),則AB·m=-3x+y=0,AF·m=-3x+3z=0則EF·n=y=0,AF設(shè)二面角BAFE的平面角為θ,由圖形得θ為鈍角,則cosθ=|m·n||∴二面角BAFE的余弦值為10519.(本小題滿分12分)已知過拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),斜率為22的直線交拋物線于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)兩點(diǎn),且|AB|=9.(1)求該拋物線的方程;(2)O為坐標(biāo)原點(diǎn),C為拋物線上一點(diǎn),若OC=OA+λOB,求λ解(1)直線AB的方程是y=22x-p2,與y2=2px聯(lián)立,從而有4x25px+p2=0,所以x1+x由拋物線的定義,得|AB|=x1+x2+p=9,所以p=4.從而拋物線的方程是y2=8x.(2)因?yàn)閜=4,所以4x25px+p2=0可簡(jiǎn)化為x25x+4=0,從而x1=1,x2=4,y1=22,y2=42,從而A(1,22),B(4,42).設(shè)C(x3,y3),則OC=(x3,y3)=(1,22)+λ(4,42)=(4λ+1,42λ22).又y32=8x3,即[22(2λ1)]2=8(4λ即(2λ1)2=4λ+1,解得λ=0或λ=2.20.(本小題滿分12分)如圖,在四棱錐PABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=12AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°,E是PD的中點(diǎn)(1)證明:PD⊥PB;(2)設(shè)AD=2,點(diǎn)M在線段PC上且異面直線BM與CE所成角的余弦值為105,求二面角MABP的余弦值(1)證明∵平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,∠BAD=90°,所以AB⊥AD.由面面垂直的性質(zhì)定理得AB⊥平面PAD,∴AB⊥PD,在△PAD中,∵AP=12AD,∠ADP=30°∴∠APD=90°,即PD⊥AP,∴PD⊥平面PAB,∴PD⊥PB.(2)解以P為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(0,1,1),C32,12,1,E32,0,0設(shè)M32a,12a,a(0≤a≤1),則BM=32a,12a1,a1,CE=0,12,1,∴cos<BM,CE>=BM·CE|∴BM=33,-23,-13,而AB=(0,0,1),設(shè)平面ABM的法向量為n=(x,y,z),由n·BM=0,n·AB=0,可得3x-2y-z=0,z=0,令x=21.(本小題滿分12分)已知CD是等邊三角形ABC的AB邊上的高,E,F分別是AC和BC邊的中點(diǎn),現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角ADCB.(1)求直線BC與平面DEF所成角的余弦值;(2)在線段BC上是否存在一點(diǎn)P,使AP⊥DE?證明你的結(jié)論.解(1)以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),直線DB,DC,DA分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為a,則A0,0,a2,Ba2,0,0設(shè)平面EDF的法向量為n=(x,y,z),則DF取n=(3,3,3).又因?yàn)锽C=于是cos<BC,n>=BC·n|因此直線BC與平面DEF所成角的余弦值等于1-(2)存在.假設(shè)在線段BC上存在一點(diǎn),使AP⊥DE,令BP=λBC,即BP=λ-a2,32于是AP=因?yàn)锳P⊥DE,所以AP·DE即a2-則38λa218a2=0,解得λ=故線段BC上存在一點(diǎn)P,使AP⊥DE.22.(本小題滿分12分)設(shè)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,上頂點(diǎn)為A,過點(diǎn)A與AF2垂直的直線交x軸負(fù)半軸于點(diǎn)Q,且F1Q+F1F2=0,過A,(1)求橢圓C的方程;(2)過右焦點(diǎn)F2作斜率為k的直線l與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),問在x軸上是否存在點(diǎn)P(m,0),使得以PM,PN為鄰邊的平行四邊形是菱形?如果存在,求出m的取值范圍;如果不存在,說明理由.解(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c(c>0),則點(diǎn)F1的坐標(biāo)為(c,0),點(diǎn)F2的坐標(biāo)為(c,0),設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x0,0),且x0<0,如下圖所示,F1Q=(x0+c,0),F1F因?yàn)镕1Q+F1F2=0,所以,x0=3c,則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3c,0),因?yàn)橹本€AF2與直線AQ垂直,且點(diǎn)A(0,b),所以,AF2=(c,b),AQ=(3c,由AF2·AQ=b23c2=0,得b2=3c2,則b=3c,a=b△AQF2為直角三角形,且F2Q為斜邊,線段F2Q的中點(diǎn)為F1(c,0),△AQF2的外接圓半徑為2c.由題意可知,點(diǎn)F1到直線x3y3=0的距離為|c+3|2所以,c=1,a=2c=2,b=3c=3,因此,橢圓C的方程為x24+(2)存在.由題意知,直線l的斜率k≠0,并設(shè)t=1k,則