《步步高 学案导学设计》2014-2015学年高中人教B版数学选修2-1课时作业：模块综合检测(A).doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家模块综合检测(A)(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)1命题“若AB，则AB”与其逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题的个数是()A0B2C3D42已知命题p：若x2y20 (x，yR)，则x，y全为0；命题q：若ab，则0，则x0满足关于x的方程axb的充要条件是()AxR，ax2bxaxbx0BxR，ax2bxaxbx0CxR，ax2bxaxbx0DxR，ax2bxaxbx05已知椭圆1 (ab0)，M为椭圆上一动点，F1为椭圆的左焦点，则线段MF1的中点P的轨迹是()A椭圆 B圆C双曲线的一支 D线

2、段6若向量a(1,0，z)与向量b(2,1,2)的夹角的余弦值为，则z等于()A0 B1 C1 D27.如图所示，正方体ABCDABCD中M是AB的中点，则sin，的值为()A. B.C. D.8过抛物线y24x的焦点作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，如果x1x26，那么|AB|等于()A10 B8 C6 D49中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过点(4，2)，则它的离心率为()A. B. C. D.10若A，B两点的坐标分别是A(3cos ，3sin ，1)，B(2cos ，2sin ，1)，则|的取值范围是()A0,5 B1,5C(1,5) D1,2511

3、设O为坐标原点，F1、F2是1(a0，b0)的焦点，若在双曲线上存在点P，满足F1PF260，|OP|a，则该双曲线的渐近线方程为()Axy0 B.xy0Cxy0 D.xy012在长方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱BB1、B1C1的中点，若CMN90，则异面直线AD1与DM所成的角为()A30 B45 C60 D90题号123456789101112答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知p(x)：x22xm0，如果p(1)是假命题，p(2)是真命题，那么实数m的取值范围是_14已知双曲线1 (a0，b0)的一条渐近线方程是yx，它的一个焦点与抛物线y216

4、x的焦点相同，则双曲线的方程为_15若AB是过椭圆1 (ab0)中心的一条弦，M是椭圆上任意一点，且AM、BM与坐标轴不平行，kAM、kBM分别表示直线AM、BM的斜率，则kAMkBM_.16正四棱锥PABCD中，高为1，底边长为2，E为BC中点，则异面直线PE与DB所成角为_三、解答题(本大题共6小题，共70分)17(10分)已知p：2x29xa0，令函数yax2bxa(x)2，此时函数对应的图象开口向上，当x时，取得最小值，而x0满足关于x的方程axb，那么x0，yminaxbx0，那么对于任意的xR，都有yax2bxaxbx0.5AP为MF1中点，O为F1F2的中点，|OP|MF2|，又

5、|MF1|MF2|2a，|PF1|PO|MF1|MF2|a.P的轨迹是以F1，O为焦点的椭圆6A设两个向量的夹角为，则cos ，解得z0.7B以D为原点，建系，设棱长为1，则(1,1,1)，C(0,1,0)，M，故cos，则sin，.8B由抛物线的定义，得|AB|x1x2p628.9D由题意知，过点(4，2)的渐近线方程为yx，24，a2b，设bk，则a2k，ck，e.10B|.因为1cos()1，所以11312cos()25，所以|1,511D如图所示，O为F1F2的中点，2，（)2(2)2.即|2|22|cos 604|2.又|PO|a，|2|2|28a2.又由双曲线定义得|PF1|PF2

6、|2a，(|PF1|PF2|)24a2.即|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|4a2.由得|PF1|PF2|8a2，|PF1|2|PF2|220a2.在F1PF2中，由余弦定理得cos 60，8a220a24c2.即c23a2.又c2a2b2，b22a2.即2，.双曲线的渐近线方程为xy0.12D建立如图所示坐标系设ABa，ADb，AA1c，则A1(b,0,0)，A(b,0，c)，C1(0，a,0)，C(0，a，c)，B1(b，a,0)，D(0,0，c)，N，M.CMN90，b2c20，cb.(b,0，b)b2b20，AD1DM，即异面直线AD1与DM所成的角为90.+133,8)解析

7、因为p(1)是假命题，所以12m0，即m3.又因为p(2)是真命题，所以44m0，即m8.故实数m的取值范围是3m0，b0)的一条渐近线方程为yx得，ba.抛物线y216x的焦点为F(4,0)，c4.又c2a2b2，16a2(a)2，a24，b212.所求双曲线的方程为1.15解析设A(x1，y1)，M(x0，y0)，则B(x1，y1)，则kAMkBM.16.17解由，得，即2x3.q：2x3.设Ax|2x29xa0，Bx|2x3，綈p綈q，qp，BA.即2x3满足不等式2x29xa0.设f(x)2x29xa，要使2x3满足不等式2x29xa0，需，即.a9.故所求实数a的取值范围是a|a91

8、8解如图所示，设|PF1|m，|PF2|n，则SF1PF2mnsin mn.由椭圆的定义知|PF1|PF2|20，即mn20.又由余弦定理，得|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cos |F1F2|2，即m2n2mn122.由2，得mn.SF1PF2.19解由条件知F1(-2，0)、F2（2,0）,设A（x1，y1）、B（x2，y2)、M（x,y）则(x2，y)，(x12，y1)，(x22，y2)，(2,0)*6得即于是AB的中点坐标为.当AB不与x轴垂直时，即y1y2(x1x2)因为A、B两点在双曲线上，所以xy2，xy2，两式相减得(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，

9、即(x1x2)(x4)(y1y2)y.将y1y2(x1x2)代入上式，化简得(x6)2y24；当AB与x轴垂直时，x1x22，求得M(8,0)，也满足上述方程故点M的轨迹方程是(x6)2y24.20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)，则以AB为直径的圆过原点，OAOB，x1x2y1y20，即x1x2(ax11)(ax21)0，即(a21)x1x2a(x1x2)10.(a21)a10，a1，满足(1)所求的取值范围故a1.21证明(1)以D为坐标原点，以DA、DC、DP所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系连结AC，

10、AC交BD于G.连结EG.设DCa，依题意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，E，底面ABCD是正方形，G是此正方形的中心，故点G的坐标为，且(a,0，a)，.2，即PAEG.而EG平面EDB且PA平面EDB，PA平面EDB.(2)依题意得B(a，a,0)，(a，a，a)又，故00，PBDE，由已知EFPB，且EFDEE，所以PB平面EFD.22解 设正方体的棱长为1，如图所示，以，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.(1)依题意，得B(1,0,0)，E(0,1，),A(0，0,0),D(0,1,0),所以 (1,1，)，(0,1,0)在正方体ABCD-A1B1C1D

11、1中，因为AD平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一个法向量设直线BE和平面ABB1A1所成的角为，则.故直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F平面A1BE.证明如下：依题意，得A1(0,0,1)，(1,0,1)，(1,1，)设n(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由n0，n0，得所以xz，yz，取z2，得n(2,1,2)设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0t1)又B1（1，0，1），所以(t1,1,0)而B1F平面A1BE，于是B1F平面A1BE(t1,1,0)而B1F平面A1BE，于是B1F平面A1BEn0(t1,1,0)(2,1,2)02(t1)10tF为棱C1D1的中点这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F平面A1BE.- 11 - 版权所有高考资源网