人教A版高中数学选修21同步检测模块综合评价.docx
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人教A版高中数学选修21同步检测模块综合评价
模块综合评价
(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.下列有关命题的说法正确的是( )
A.“若x>1,则2x>1”的否命题为真命题
B.“若cosβ=1,则sinβ=0”的逆命题是真命题
C.“若平面向量a,b共线,则a,b方向相同”的逆否命题为假命题
D.命题“若x>1,则x>a”的逆命题为真命题,则a>0
解析:
A选项中,因为2x≤1时,x≤0,从而否命题“若x≤1,则2x≤1”为假命题,故A选项不正确;B选项中,sinβ=0时,cosβ=±1,则逆命题为假命题,故B选项不正确;D选项中,由已知条件得a≥1,故D选项不正确.
答案:
C
2.设A,B是两个集合,则“A∩B=A”是“A⊆B”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析:
由题意得,A∩B=A⇒A⊆B,反之,A⊆B⇒A∩B=A,故为充要条件.
答案:
C
3.若直线l的方向向量为b,平面α的法向量为n,则可能使l∥α的是( )
A.b=(1,0,0),n=(-2,0,0)
B.b=(1,3,5),n=(1,0,1)
C.b=(0,2,1),n=(-1,0,-1)
D.b=(1,-1,3),n=(0,3,1)
解析:
若l∥α,则b·n=0.将各选项代入,知D正确.
答案:
D
4.抛物线y2=4x的焦点到双曲线x2-=1的渐近线的距离是( )
A.B.C.1D.
答案:
B
5.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c三向量共面,则实数λ等于( )
A.B.C.D.
答案:
D
6.已知a=(cosα,1,sinα),b=(sinα,1,cosα),则向量a+b与a-b的夹角是( )
A.90°B.60°C.30°D.0°
解析:
因为|a|=|b|=,所以(a+b)·(a-b)=a2-b2=0.
故向量a+b与a-b的夹角是90°.
答案:
A
7.抛物线y2=-ax的准线方程为x=-2,则a的值为( )
A.4B.-4
C.8D.-8
答案:
D
8.三棱锥ABCD中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则·等于( )
A.-2B.2C.-2D.2
解析:
·=·(-)=·-·=||||cos
90°-2×2×cos60°=-2.
答案:
A
9.若双曲线E:
-=1的左、右焦点分别为F1,F2,点P在双曲线E上,且|PF1|=3,则|PF2|等于( )
A.11B.9
C.5D.3
解析:
由双曲线定义得||PF1|-|PF2||=2a=6,
所以|PF1|-|PF2|=±6,所以|PF2|=9或-3(舍去).
答案:
B
10.如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )
A.B.C.D.
答案:
D
11.已知抛物线y2=2px(p>0)的准线经过点(-1,1),则抛物线焦点坐标为( )
A.(-1,0)B.(1,0)
C.(0,-1)D.(0,1)
解析:
因为抛物线y2=2px(p>0)的准线经过点(-1,1),
所以=1,所以该抛物线的焦点坐标为(1,0).
答案:
B
12.椭圆C:
+=1的左、右顶点分别为A1、A2,点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[-2,-1],那么直线PA1斜率的取值范围是( )
A.B.
C.D.
答案:
B
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13.已知命题p:
∀x∈R(x≠0),x+≥2,则綈p:
_____________.
解析:
首先将量词符号改变,再将x+≥2改为x+<2.
答案:
∃x∈R(x≠0),x+<2
14.过双曲线x2-=1的右焦点且与x轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于A,B两点,则|AB|=________.
解析:
由双曲线方程知,右焦点为(2,0),直线x=2与渐近线y=±x的交点为A(2,2),B(2,-2),所以|AB|=4.
答案:
4
15.在四面体OABC中,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC的中点,若=++,则使G与M,N共线的x的值为________.
答案:
1
16.已知双曲线的渐近线方程是3x±4y=0,则双曲线的离心率等于________.
答案:
或
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答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10分)设p:
函数f(x)=loga|x|在(0,+∞)上单调递增;q:
关于x的方程x2+2x+loga=0的解集只有一个子集,若“p∨q”为真,“(綈p)∨(綈q)”也为真,求实数a的取值范围.
解:
当p为真时,应有a>1;
当q为真时,关于x的方程x2+2x+loga=0无解,
所以Δ=4-4loga<0,解得1<a<.
由于“p∨q”为真,所以p和q中至少有一个为真.又“(綈p)∨(綈q)”也为真,所以綈p和綈q中至少有一个为真,即p和q中至少有一个为假,故p和q中一真一假.
p假q真时,a无解;p真q假时,a≥,
综上所述,实数a的取值范围是.
18.(本小题满分12分)已知两点M(-2,0)、N(2,0),点P为坐标平面内的动点,满足||||+·=0,求动点P(x,y)的轨迹方程.
解:
设P(x,y),则=(4,0),=(x+2,y),=(x-2,y).
所以||=4,||=,·=4(x-2),
代入||·||+·=0,
得4+4(x-2)=0,
即=2-x,化简整理,得y2=-8x,
故动点P(x,y)的轨迹方程为y2=-8x.
19.(本小题满分12分)设F1,F2为椭圆+=1的两个焦点,P为椭圆上的一点,已知P,F1,F2是一个直角三角形的三个顶点,且|PF1|>|PF2|,求的值.
解:
由已知|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2,
根据直角的不同位置,分两种情况:
若∠PF2F1为直角,则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2,即|PF1|2=(6-|PF1|)2+20,解得|PF1|=,|PF2|=,故=;
若∠F1PF2为直角,则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2,
即20=|PF1|2+(6-|PF1|)2,
得|PF1|=4,|PF2|=2,故=2.
20.(本小题满分12分)如图,正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.
(1)求证:
AB1⊥平面A1BD;
(2)求二面角AA1DB的余弦值.
(1)证明:
如图,取BC的中点O,连接AO.
因为△ABC为正三角形,所以AO⊥BC.
因为在正三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1中点O1,以O为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,),A(0,0,),B1(1,2,0),C(-1,0,0),
所以=(1,2,-),=(-2,1,0),=(-1,2,).
因为·=-2+2+0=0,
·=-1+4-3=0,
所以⊥,⊥,即AB1⊥BD,AB1⊥BA1.
又BD与BA1交于点B,所以AB1⊥平面A1BD.
(2)解:
连接AD,设平面A1AD的法向量为
n=(x,y,z).
=(-1,1,-),=(0,2,0).
因为n⊥,n⊥,所以
即解得
令z=1,得n=(-,0,1)为平面A1AD的一个法向量.
由
(1)知AB1⊥平面A1BD,所以为平面A1BD的法向量.
cos〈n·〉===-,
故二面角AA1DB的余弦值为.
21.(本小题满分12分)设椭圆C:
+=1(a>b>0)过点(0,4),离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被椭圆C所截线段的中点坐标.
解:
(1)将(0,4)代入椭圆C的方程得=1,所以b=4.
又由e==,得=,即1-=,所以a=5.
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y=(x-3).
设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
将直线方程y=(x-3)代入C的方程,得+=1,
即x2-3x-8=0,得x1+x2=3.
设线段AB的中点坐标为(x′,y′),
则x′==,y′==(x1+x2-6)=-,
即中点坐标为.
22.(本小题满分12分)如图①,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6.D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图②.
图① 图②
(1)求证:
A1C⊥平面BCDE;
(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成的角的大小;
(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?
说明理由.
(1)证明:
因为AC⊥BC,DE∥BC,所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D,DE⊥CD,所以DE⊥平面A1DC.
所以DE⊥A1C.
又因为A1C⊥CD,所以A1C⊥平面BCDE.
(2)解:
如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系,
则A1(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,),B(3,0,0),E(2,2,0).
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),
则n·=0,n·=0.
又=(3,0,-2),=(-1,2,0),
所以
令y=1,则x=2,z=,所以n=(2,1,).
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
因为=(0,1,),
所以sinθ=|cos〈n,〉|==
=.
所以CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)解:
线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下:
假设这样的点P存在,设其坐标为(p,0,0),其中p∈[0,3].
设平面A1DP的法向量为m=(x′,y′,z′),则m·=0,m·=0.
又=(0,2,-2),=(p,-2,0),
所以
令x′=2,则y′=p,z′=,所以m=.
平面A1DP⊥平面A1BE,当且仅当m·n=0,即4+p+p=0.
解得p=-2,与p∈[0,3]矛盾.
所以线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.
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- 人教 高中数学 选修 21 同步 检测 模块 综合 评价