2020-2021學年數(shù)學高中人教A版選修2-1課后習題：模塊綜合測評（B） 含解析

1、祝學子學業(yè)有成，取得好成績模塊綜合測評（b)（時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）1.已知命題p:若=150，則sin =12,則在命題p的逆命題、否命題、逆否命題中，正確命題的個數(shù)是(）a。0b。1c.2d。3解析原命題正確,所以逆否命題為真，逆命題和否命題都是假命題，故只有1個為真命題.答案b2.若拋物線y=ax2的焦點坐標為(0，2)，則a的值為()a.18b.14c。8d。4解析拋物線的標準方程為x2=1ay,因為拋物線y=ax2的焦點坐標為(0，2）,所以14a=2,所以a=18，故選a。答案a3。與向量a=（1,3,2)平行的一個向量

2、的坐標是()a.13,1,1b。(1，3,2)c.-12,32,-1d.(2,3，22）解析因為1-12=-332=2-1=2，即a=2-12,32,-1,所以-12,32,-1與a平行.答案c4。已知雙曲線c:x2a2-y2b2=1（a0,b0）的離心率e=2,且它的一個頂點到較近焦點的距離為1，則雙曲線c的方程為（）a。x2-y23=1b。x23-y2=1c.x23-y2=1d.x2y29=1解析雙曲線中,頂點與較近焦點距離為c-a=1.又e=ca=2,兩式聯(lián)立得a=1，c=2,b2=c2-a2=41=3，方程為x2y23=1。答案a5.若命題s:x02,x02-3x0+20,則（)a。s

3、:x2，x2-3x+20b。s:x2,x23x+20c。s:x2,x2-3x+20d。s:x2,x2-3x+20解析原命題s是特稱命題，其否定應為全稱命題.答案b6.已知三棱錐o-abc，點m,n分別為邊ab，oc的中點，p是mn上的點,滿足mp=2pn,設oa=a,ob=b,oc=c,則op等于（)a。16a+16b-13cb.16a+13b+16cc。13a+16b+16cd.16a+16b+13c解析om=12(ob+oa),on=12oc,mn=on-om=12(oc-ob-oa).op=om+23mn=16a+16b+13c,故選d。答案d7。雙曲線x2a2-y2b2=1（a0，b0

4、)的左右頂點分別為a1,a2,直線x=2a與一條漸近線交于點p,若a1a2|=pa2，則雙曲線的離心率為(）a。52b。2c.72d。233解析a1(a,0）,a2（a,0),不妨設點p在漸近線y=bax上,則p（2a,2b）,由a1a2|=|pa2可得4a2=a2+4b2，又b2=c2a2,所以7a2=4c2,e=ca=72.答案c8。在平行六面體abcd-a1b1c1d1中,底面是邊長為1的正方形，若a1ab=a1ad=60，且a1a=3，則a1c的長為（）a.5b。22c.14d.17解析因為a1c=a1b1+a1d1+a1a,所以|a1c|2=（a1b1+a1d1+a1a）2=|a1b

5、12+|a1d1|2+a1a2+2（a1b1a1d1+a1b1a1a+a1d1a1a）=1+1+9+2(0+13cos 120+13cos 120）=5，故a1c的長為5.答案a9。若點p是棱長為1的正方體abcda1b1c1d1的底面a1b1c1d1上一點，則papc1的取值范圍是(）a.-1,-14b.-12,-14c。1，0d.-12,0解析以d為原點，以da，dc,dd1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系,則a(1,0，0)，c1(0，1,1),設p(x,y,1)(0x1，0y1)。則pa=（1-x,-y,1),pc1=（-x,1-y，0)，于是papc1=x2x+y2-y=

6、x-122+y-122-12.因為0x1,0y1,所以0x-12214,0y-12214，故-12x-122+y-122-120.答案d10。已知點p在拋物線y2=4x上,點a（5,3）,f為該拋物線的焦點,則paf周長的最小值為（）a.9b。10c.11d.12解析由題意，畫出圖象（見下圖),f(1,0),af=(5-1)2+32=5，過a點作準線l的垂線ad交直線l于d,設p到準線的距離為d，則|pf|=d,則paf周長=pf+pa+af=d+|pa|+5,當p、a、d三點共線時，d+|pa取得最小值，paf周長最小為5(1)+5=11。故答案為c.答案c11.已知直線3x-y+6=0經(jīng)過

7、橢圓x2a2+y2b2=1（ab0）的左焦點f1，且與橢圓在第二象限的交點為m,與y軸的交點為n，f2是橢圓的右焦點,且|mn=mf2,則橢圓的方程為（）a。x240+y24=1b。x25+y2=1c.x210+y2=1d。x210+y26=1解析直線3x-y+6=0與x軸、y軸分別交于點(-2,0),(0,6）,因此f1（2,0)，n(0,6）,于是c=2。又因為2a=|mf1|+mf2=mn|+|mf1=|nf1=22+62=210,于是a=10,從而b2=10-4=6，故橢圓方程為x210+y26=1.答案d12。如圖，四面體abcd中，ab，bc，bd兩兩垂直，bc=bd=2，點e是c

8、d的中點，異面直線ad與be所成角的余弦值為1010，則直線be與平面acd所成角的正弦值為()a。23b.23c。223d.13解析以b為原點,bc，bd，ba所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，設ab=a,則a（0，0，a）,e（1,1，0),b(0，0,0），c(2,0,0）,d（0，2,0),于是ad=（0，2，a)，be=（1，1,0),則|cos=1010,于是22a2+4=1010,解得a=4或a=4(舍）。這時ac=（2,0,4），ad=(0，2，-4)，設平面acd的法向量為n=（x，y,z)，則2x-4z=0,2y-4z=0,取n=（2，2,1），于是sin =c

9、os|=423=223。答案c二、填空題(本大題共4小題，每小題5分,共20分）13.已知點m，n分別是空間四面體oabc的邊oa和bc的中點,p為線段mn的中點，若op=oa+ob+oc,則實數(shù)+=。解析如圖，連接on,在omn中，點p是mn中點，則由平行四邊形法則得op=12(om+on）=12om+12on=14oa+1212(ob+oc）=14oa+14ob+14oc,+=34.答案3414.已知拋物線c：y2=2px（p0）的焦點為f，準線l與x軸的交點為a，m是拋物線c上的點,且mfx軸。若以af為直徑的圓截直線am所得的弦長為2，則p=。解析由題意可得大致圖形如下：由y2=2px

10、可得:a-p2,0,fp2,0,mp2,p，由拋物線的對稱性可知，取mp2,p與mp2,-p結(jié)果一致，不妨令mp2,p，以af為直徑的圓的方程為x2+y2=p24;直線am方程為xy+p2=0.設圓心到直線距離為d,則d=p212+12=2p4,直線am被圓截得弦長為2p24-p28=2p=22.答案2215.已知p:x-2mx+m0(m0)，q：x(x-4）0,若p是q的既不充分也不必要條件，則實數(shù)m的取值范圍是。解析由x-2mx+m0（m0),解得mx2m,由x(x-4)0,解得0x4.若p是q的充分不必要條件,則有-m0,2m0,或-m0,2m4,m0,解得m無解；若p是q的必要不充分條

11、件，則有-m0,或-m0,2m4,m0,解得m2或m2。因此當p是q的既不充分也不必要條件時,實數(shù)m的取值范圍是（0,2)。答案(0,2)16.橢圓x25+y2m=1的離心率e=155，則m=.解析若0m2.關于x的方程x2+2mx+2m+3=0無實根,4m24(2m+3）0,解得1m3。“pq”為假命題,“pq”為真命題p,q恰有一真一假.若“p真q假”,則m2,m-1或m3,即m3;若“p假q真”,則m2,-1m3,即1m2.綜上,實數(shù)m的取值范圍是（1，23,+）。18.（本小題滿分12分）如圖所示的多面體中,四邊形abcd為菱形,ab=2，dab=60，ed面abcd,efdb,ef=

12、1,異面直線af,cd所成角的余弦值為64。（1）求證:面acf面edb;（2）求二面角baf-e的余弦值.(1）證明四邊形abcd是菱形,acbd，ed面abcd,ac面abcd,edac,bded=d,ac面ebd,ac面acf，面acf面edb.(2)解四邊形abcd是菱形,ab=2，dab=60，db=2，do=1，efdb,ef=1，efdo，ef=do，四邊形efod是平行四邊形，edfo，ed面abcd，fo面abcd，以o為原點,oa,ob，of分別為x，y，z軸,建立空間直角坐標系，則a（3，0，0），d（0，-1,0）,c(3，0,0)，設f（0，0，t)，則af=(3,0

13、,t），dc=（3,1,0),cos0）的焦點，斜率為22的直線交拋物線于a(x1，y1)，b(x2,y2）（x1x2)兩點，且ab=9。(1)求該拋物線的方程;(2）o為坐標原點，c為拋物線上一點,若oc=oa+ob，求的值。解(1）直線ab的方程是y=22x-p2,與y2=2px聯(lián)立，從而有4x25px+p2=0,所以x1+x2=5p4。由拋物線的定義,得|ab|=x1+x2+p=9,所以p=4。從而拋物線的方程是y2=8x。（2)因為p=4，所以4x25px+p2=0可簡化為x2-5x+4=0,從而x1=1,x2=4，y1=-22,y2=42,從而a(1，22），b(4,42)。設c(x

14、3，y3)，則oc=(x3，y3）=（1,22）+(4，42）=(4+1,4222）。又y32=8x3,即22（2-1)2=8(4+1),即（21)2=4+1,解得=0或=2.20.(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐pabcd中,平面abcd平面pad，adbc,ab=bc=ap=12ad,adp=30，bad=90，e是pd的中點。(1)證明:pdpb;(2)設ad=2,點m在線段pc上且異面直線bm與ce所成角的余弦值為105,求二面角mabp的余弦值.解（1)證明：平面abcd平面pad，平面abcd平面pad=ad,bad=90,所以abad。由面面垂直的性質(zhì)定理得ab平面pad,ab

15、pd,在pad中,ap=12ad，adp=30，apd=90，即pdap,pd平面pab，pdpb.(2)以p為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則b(0,1，1)，c32,12,1,e32,0,0,設m32a,12a，a(0a1），則bm=32a,12a-1,a-1，ce=0,-12,-1,cosbm,ce=bmce|bm|ce|=32-54a2a2-3a+252=105,得a=23,bm=33,-23,-13,而ab=(0,0,1），設平面abm的法向量為n=（x,y，z），由nbm=0,nab=0,可得3x-2y-z=0,z=0,令x=2，則n=（2,3,0)，取平面pab的法向量m

16、=(1，0,0），則cosm,n=mn|m|n|=27=277，故二面角mab-p的余弦值為277.21.（本小題滿分12分）已知cd是等邊三角形abc的ab邊上的高,e，f分別是ac和bc邊的中點，現(xiàn)將abc沿cd翻折成直二面角adcb.(1）求直線bc與平面def所成角的余弦值；(2)在線段bc上是否存在一點p，使apde？證明你的結(jié)論.解（1）以點d為坐標原點，直線db，dc，da分別為x軸，y軸，z軸,建立空間直角坐標系,設等邊三角形abc的邊長為a，則a0,0,a2，ba2,0,0，c0,32a,0，e0,34a,a4，fa4,34a,0，設平面edf的法向量為n=（x,y，z）,則

17、dfn=0,den=0,即a4x+34ay=0,34ay+az4=0,取n=（3,3，3）。又因為bc=-a2,32a,0，于是cosb0）的左、右焦點分別為f1，f2，上頂點為a,過點a與af2垂直的直線交x軸負半軸于點q,且f1q+f1f2=0,過a，q，f2三點的圓恰好與直線l：x3y-3=0相切.（1）求橢圓c的方程;（2)過右焦點f2作斜率為k的直線l與橢圓c交于m，n兩點,問在x軸上是否存在點p(m，0)，使得以pm，pn為鄰邊的平行四邊形是菱形?如果存在，求出m的取值范圍；如果不存在，說明理由.解(1)設橢圓c的焦距為2c（c0）,則點f1的坐標為（c,0)，點f2的坐標為(c,

18、0）,設點q的坐標為(x0,0），且x00,如下圖所示，f1q=(x0+c,0),f1f2=（2c,0）,f1q+f1f2=0,則x0+c+2c=0,所以，x0=3c，則點q的坐標為（3c，0）,直線af2與直線aq垂直，且點a（0，b),所以,af2=(c,-b），aq=(-3c,b),由af2aq=b23c2=0，得b2=3c2,則b=3c,a=b2+c2=2c.aqf2為直角三角形，且f2q為斜邊,線段f2q的中點為f1(c,0)，aqf2的外接圓半徑為2c.由題意可知，點f1到直線x-3y3=0的距離為|c+3|2=c+32=2c,所以,c=1,a=2c=2,b=3c=3，因此,橢圓c的方程為x24+y23=1。（2）由題意知,直線l的斜率k0，并設t=1k，則直線l的方程為x=ty+1，設點m（x1,y1),n（x2,y2)。將直線l的方程與橢圓c的方程聯(lián)立x=ty+1,x24+y23=1,消去x得（3t2+4）y2+6ty9=0