高中數(shù)學 模塊學習評價 新人教B版選修2-1

《高中數(shù)學 模塊學習評價 新人教B版選修2-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中數(shù)學 模塊學習評價 新人教B版選修2-1（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高中數(shù)學 模塊學習評價 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中，只有一項是符合題目要求的．) 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中命題的否定應該為“?x∈R，均有x2＋x＋1≥0”，故C不正確． 【答案】　D 5．若點P在曲線2x2－y＝0上移動，則點A(0，－1)與點P連線中點M的軌跡方程是(　　) A．y＝2x2 B．y＝8x2 C．2y＝8x2－1 D．2y＝8x2＋1 【解析】　設P、M點的坐標分別為(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，P為AD上一動點，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為原點建系，連結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)的準線分別交于A，B兩點，O為坐標原點．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，因為x＝0時，也有|x|＝x成立；命題q也為假，因為當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·濟南高二檢測)直線y＝x－3與拋物線y2＝4x交于A、B兩點，過A、B兩點向拋物線的準線作垂線，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Q在直線OP上運動，則當·取得最小值時，點Q的坐標為(　　) A．(，，) B．(，，) C．(，，) D．(，，) 【解析】　設點Q(x，y，z)，由點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λ＝時， ·取得最小值． 故此時Q(，，)． 【答案】　C 12．(xx

8、·課標全國卷Ⅰ)已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 【解析】　設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，如果有＝＋6＋7＋4，那么M點一定在平面________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；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為起點引出的三個向量，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】　①⑤ 三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明，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，求實數(shù)a的取值范圍． 【解】　由 得即2＜x＜3. ∴q：2＜x＜3. 設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，過點P，Q的橢圓方程． 圖2 【解】　(1)建立如圖坐標系，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A為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz，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D是BC的中點． (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為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A—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). 因為cos〈，〉＝＝＝， 所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為. (2)設平面ADC1的法向量為n1＝(x，y，z)，因為＝(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·課標全國卷)設拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點為F，準線為l，A為C上一點，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點． (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，求坐標原點到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. 因為△ABD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)因為A，B，F(xiàn)三點在同一直線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m的斜率為時，

18、由已知可設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，故Δ＝p2＋8pb＝0. 解得b＝－. 因為m的截距b1＝，＝3，所以坐標原點到m，n距離的比值為3. 當m的斜率為－時，由圖形對稱性可知，坐標原點到m，n距離的比值也為3. 綜上，坐標原點到m，n距離的比值為3. 22．(本小題滿分12分)設x，y∈R，i、j為直角坐標平面內(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M(x，y)的軌跡C的方程； (2)過點(0,3)作直線l與曲線C交于A，B兩點，設＝，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F1(0，－2)，F(xiàn)2(0,2)的距離之和為8，且|F1F2|＜8，則動點M的軌跡C是以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓． 故點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．