2017-2018学年高中数学 模块综合检测(一)(含解析)新人教A版选修2-1

模块综合检测(一)(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1．命题“∃x0∈R,2x0－3＞1”的否定是( )A．∃x0∈R,2x0－3≤1B．∀x∈R,2x－3＞1C．∀x∈R,2x－3≤1D．∃x0∈R,2x0－3＞1解析：选C 由特称命题的否定的定义即知．2．已知条件甲：ab＞0；条件乙：a＞0，且b＞0，则( )A．甲是乙的充分但不必要条件B．甲是乙的必要但不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分又不必要条件解析：选B 甲⇒/乙，而乙⇒甲．3．对∀k∈R，则方程x2＋ky2＝1所表示的曲线不可能的是( )A．两条直线B．圆C．椭圆或双曲线D．抛物线解析：选D 分k＝0,1及k＞0且k≠1，或k＜0可知：方程x2＋ky2＝1不可能为抛物线．4．下列说法中正确的是( )A．一个命题的逆命题为真，则它的逆否命题一定为真B．“a＞b”与“a＋c＞b＋c”不等价C．“a2＋b2＝0，则a，b全为0”的逆否命题是“若a，b全不为0，则a2＋b2≠0”D．一个命题的否命题为真，则它的逆命题一定为真解析：选D 否命题和逆命题互为逆否命题，有着一致的真假性，故选D.5．已知空间向量a＝(1，n,2)，b＝(－2,1,2)，若2a－b与b垂直，则|a|等于( )A.5 32B.212C.372D.3 52解析：选D 由已知可得2a－b＝(2,2n,4)－(－2，1,2)＝(4，2n－1,2)．又∵(2a－b)⊥b，∴－8＋2n－1＋4＝0.∴2n ＝5，n ＝52.∴|a |＝1＋4＋254＝3 52.6．(山东高考)已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”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：选A 由题意知a ⊂α，b ⊂β，若a ，b 相交，则a ，b 有公共点，从而α，β有公共点，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，则a ，b 的位置关系可能为平行、相交或异面．因此“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．故选A.7．已知双曲线的中心在原点，离心率为3，若它的一个焦点与抛物线y 2＝36x 的焦点重合，则该双曲线的方程是( )A.x 281－y 254＝1B.y 2－x 2＝1C.x 227－y 254＝12＝54，且焦点在x 轴，所以方程为x 2271(a ＞0，b ＞0)有公共点，则双曲线的离心率的取值B ．(5，＋∞) D ．[5，＋∞)解析：选B 双曲线的两条渐近线中斜率为正的渐近线为y ＝ba x .由条件知，应有b a＞2，故e ＝c a ＝a 2＋b 2a＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＞ 5.9．已知F 1(－3,0)，F 2(3,0)是椭圆x 2m ＋y 2n＝1的两个焦点，点P 在椭圆上，∠F 1PF 2＝α.当α＝2π3时，△F 1PF 2面积最大，则m ＋n 的值是( )A ．41B ．15C ．9D ．1解析：选B 由S △F 1PF 2＝12|F 1F 2|·y P ＝3y P ，知点P 为短轴端点时，△F 1PF 2面积最大． 此时∠F 1PF 2＝2π3，得a ＝m ＝2 3，b ＝n ＝3，故m ＋n ＝15.10．正三角形ABC 与正三角形BCD 所在平面垂直，则二面角A ­BD ­C 的正弦值为( ) A.55 B.33 C.255D.63解析：选C 取BC 中点O ，连接AO ，DO .建立如图所示坐标系，设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，0， D ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，0. ∴OA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，BA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，BD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.由于OA ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量，可进一步求出平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)，∴cos 〈n ，OA ―→〉＝55，∴sin 〈n ，OA ―→〉＝255.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)11．在平面直角坐标系xOy 中，若定点A (1,2)与动点P (x ，y )满足OP ―→·OA ―→＝4，则动点P 的轨迹方程是________________．解析：由OP ―→·OA ―→＝4得x ·1＋y ·2＝4，因此所求动点P 的轨迹方程为x ＋2y －4＝0.答案：x ＋2y －4＝012．命题“∃x 0∈R,2x 20－3ax 0＋9＜0”为假命题，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵∃x 0∈R,2x 20－3ax 0＋9＜0为假命题，∴∀x ∈R,2x 2－3ax ＋9≥0为真命题， ∴Δ＝9a 2－4×2×9≤0，即a 2≤8， ∴－22≤a ≤2 2. 答案：[－22，22]13．已知过点P (4,0)的直线与抛物线y 2＝4x 相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则y 21＋y 22的最小值是________．解析：当直线的斜率不存在时，直线方程为x ＝4， 代入y 2＝4x ，得交点为(4,4)，(4，－4)， ∴y 21＋y 22＝16＋16＝32；当直线的斜率存在时，设直线方程为y ＝k (x －4)， 与y 2＝4x 联立，消去x 得ky 2－4y －16k ＝0， 由题意知k ≠0，则y 1＋y 2＝4k，y 1y 2＝－16.∴y 21＋y 22＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2＝16k2＋32＞32.综上，(y 21＋y 22)min ＝32. 答案：3214．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 1是A 1B 1C 1D 1的中心，E 1在B 1C 1上，并且B 1E 1＝13B 1C 1，则．x 轴，以AD 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线，E 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13，1， ⎭⎪⎫，－12，1，⎭⎪⎫，－12，1＝56，|BE 1―→|＝ 103，|CO 1―→|＝ 62.∴cos 〈BE 1―→，CO 1―→〉＝56103× 62＝156.即BE 1与CO 1所成角的余弦值为156.答案：156三、解答题(本题共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分10分)已知命题p ：方程x 22＋y 2m＝1表示焦点在y 轴上的椭圆；命题q ：∀x ∈R ，4x 2－4mx ＋4m －3≥0.若(綈p )∧q 为真，求m 的取值范围．解：p 真时，m ＞2.q 真时，4x 2－4mx ＋4m －3≥0在R 上恒成立．Δ＝16m 2－16(4m －3)≤0,1≤m ≤3. ∵(綈p )∧q 为真， ∴p 假，q 真．∴⎩⎪⎨⎪⎧m ≤2，1≤m ≤3，即1≤m ≤2.∴所求m 的取值范围为[1,2]．16．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝ 3，∠ABC ＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)求二面角A ­A 1C ­B 的正切值大小．解：法一：(1)证明：∵三棱柱ABC ­A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴AB ⊥AA 1.在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝ 3，∠ABC ＝60°. 由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， ∴AB ⊥平面ACC 1A 1. 又∵A 1C ⊂平面ACC 1A 1， ∴AB ⊥A 1C .(2)如图，作AD ⊥A 1C 交A 1C 于D 点，连接BD .∵AB ⊥A 1C ， ∴A 1C ⊥平面ABD ， ∴BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角A ­A 1C ­B 的平面角．在Rt △AA 1C 中，AD ＝AA 1·AC A 1C ＝3× 36＝62.在Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝AB AD ＝63， ∴二面角A ­A 1C ­B 的正切值为63. 法二：(1)证明：∵三棱柱ABC ­A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC . 在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝ 3，∠ABC ＝60°.由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC .如图，建立空间直角坐标系，，3)， A 1BC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， ∴x ＝3y ，y ＝z .令y ＝1，则n ＝(3，1,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝3×1＋1×0＋1×032＋12＋12·12＋02＋02＝155， ∴sin 〈m ，n 〉＝1－⎝⎛⎭⎪⎫1552＝105，∴tan 〈m ，n 〉＝63. ∴二面角A ­A 1C ­B 的正切值为63. 17.(本小题满12分)如图，点F 1(－c,0)，F 2(c,0)分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1作x 轴的垂线交椭圆C 的上半部分于点P ，过点F 2作直线PF 2的垂线交直线x ＝a 2c于点Q .(1)如果点Q 的坐标是(4,4)，求此时椭圆C 的方程； (2)证明：直线PQ 与椭圆C 只有一个交点．解：(1)法一：由条件知，P ⎝⎛⎭⎪⎫－c ，b 2a . 故直线PF 2的斜率为kPF 2＝b 2a －0－c －c ＝－b22ac.因为PF 2⊥F 2Q .所以直线F 2Q 的方程为y ＝2ac b 2x －2ac2b2.故Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ，2a . 由题设知，a 2c＝4,2a ＝4，解得a ＝2，c ＝1.则b 2＝a 2－c 2＝3. 故椭圆方程为x 24＋y 23＝1.法二：设直线x ＝a 2c 与x 轴交于点M .由条件知，P ⎝⎛⎭⎪⎫－c ，b 2a . 因为△PF 1F 2∽△F 2MQ ， 所以|PF 1||F 2M |＝|F 1F 2||MQ |.即b 2aa 2c－c ＝2c|MQ |，解得|MQ |＝2a .所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2c＝4，2a ＝4.解得a ＝2，c ＝1.则b 2＝3. 故椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)直线PQ 的方程为y －2ab 2a －2a ＝x －a 2c －c －a 2c，即y ＝cax ＋a .将上式代入椭圆方程得，x 2＋2cx ＋c 2＝0，解得x ＝－c ，y ＝b 2a.所以直线PQ 与椭圆C 只有一个交点．18．(本小题满分12分)在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝BD ＝2AE ，M 是AB 的中点，建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求CM 与平面CDE 所成角的大小．解：(1)证明：分别以CB ，CA 所在直线为x 轴、y 轴，过点C 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AE ＝a ，则M (a ，－a,0)，E (0，－2a ，a )，所以CM ―→＝(a ，－a,0)，EM ―→＝(a ，a ，－a )， 所以CM ―→·EM ―→＝a ×a ＋(－a )×a ＋0×(－a )＝0， 所以CM ―→⊥EM ―→，即CM ⊥EM .(2)CE ―→＝(0，－2a ，a )，CD ―→＝(2a,0,2a )， 设平面CDE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧－2ay ＋az ＝0，2ax ＋2az ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝2y ，x ＝－z .令y ＝1，则n ＝(－2,1,2)，cos 〈CM ―→，n 〉＝CM ―→·n | CM ―→||n |＝a －＋－a ＋0×22a ×3＝－22，所以直线CM 与平面CDE 所成的角为45°.19．(本小题满分12分)如图，椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，x 轴被曲线C 2：y ＝x 2－b 截得的线段长等于C 1的长半轴长． (1)求C 1，C 2的方程；(2)设C 2与y 轴的交点为M ，过坐标原点O 的直线l 与C 2相交于点A ，B ，直线MA ，MB 分别与C 1相交于点D ，E .证明：MD ⊥ME .解：(1)由题意知对C 1：e ＝c a ＝32， 从而a ＝2b ，又2b ＝a ，解得a ＝2，b ＝1. 故C 1，C 2的方程分别为x 24＋y 2＝1，y ＝x 2－1.(2)证明：由题意知，直线l 的斜率存在，设为k ，则直线l 的方程为y ＝kx .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，y ＝x 2－1，得x 2－kx －1＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，于是x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－1. 又点M 的坐标为(0，－1)，所以k MA ·k MB ＝y 1＋1x 1·y 2＋1x 2＝kx 1＋kx 2＋x 1x 2＝k 2x 1x 2＋k x 1＋x 2＋1x 1x 2＝－k 2＋k 2＋1－1＝－1.故MA ⊥MB .即MD ⊥ME .20．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，2)且斜率为k 的直线l 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点P 和Q .(1)求k 的取值范围．(2)设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A ，B ，是否存在常数k ，使得向量OP―→＋OQ ―→与AB ―→共线？如果存在，求k 值；如果不存在，请说明理由．解：(1)由已知条件，知直线l 的方程为y ＝kx ＋2， 代入椭圆方程得x 22＋(kx ＋2)2＝1，整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋k 2x 2＋22kx ＋1＝0.①又因为直线l 与椭圆有两个不同的交点P 和Q ，则Δ＝8k 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋k 2＝4k 2－2＞0，解得k ＜－22或k ＞22. 故k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞. (2)不存在．理由如下：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则OP ―→＋OQ ―→＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)．由方程①，得x 1＋x 2＝－42k1＋2k 2.又因为y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋22－2，1)．1＋x 2＝－2(y 1＋y 2)． k .。