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 9页

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－.‎