模塊質(zhì)量檢測(A)

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D．3解析：只有命題①正確．答案：B6．設(shè)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，則關(guān)于x，y的方程eq\f(x2,sinθ)－eq\f(y2,cosθ)＝1所表示的曲線為()A．實軸在y軸上的雙曲線 B．實軸在x軸上的雙曲線C．長軸在y軸上的橢圓 D．長軸在x軸上的橢圓解析：∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，∴cosθ<0，且|cosθ|>sinθ>0，∴原方程可化為eq\f(x2,sinθ)＋eq\f(y2,－cosθ)＝1，即eq\f(x2,sinθ)＋eq\f(y2,|cosθ|)＝1，它表示長軸在y軸上的橢圓．答案：C7．已知直線l過點P(1,0，－1)，平行于向量a＝(2,1,1)，平面α過直線l與點M(1,2,3)，則平面α的法向量不可能是()A．(1，－4,2) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1，－\f(1,2))) D．(0，－1,1)解析：eq\o(PM,\s\up6(→))＝(0,2,4)，直線l的方向向量為a＝(2,1,1)，設(shè)平面α的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up6(→))＝0,n·a＝0，))經(jīng)檢驗，A，B，C都是平面α的法向量．故選D.答案：D8．頂點在原點，且過點(－4,4)的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是()A．y2＝－4x B．x2＝4yC．y2＝－4x或x2＝4y D．y2＝4x或x2＝－4y解析：采用排除法，選C.答案：C9．正四面體ABCD中，點E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點，給出向量的數(shù)量積如下：①eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))；②eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))；③eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(FG,\s\up6(→))；④eq\o(EG,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→)).其中等于0的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：①②③④均為0.答案：D10．過雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,18)＝1的焦點作弦MN，若|MN|＝48，則此弦的傾斜角為()A．30° B．60°C．30°或150° D．60°或120°解析：用弦長公式eq\r(1＋k2)|x1－x2|求解，顯然直線MN的斜率存在，設(shè)直線斜率為k，則直線方程為y＝k(x－3eq\r(3))，與雙曲線方程聯(lián)立，得(2－k2)x2＋6eq\r(3)k2x－27k2－18＝0，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6\r(3)k2,2－k2)))2＋4\f(27k2＋18,2－k2))＝48，解得k2＝3.即k＝±eq\r(3)，故選D.答案：D11.如圖所示，正方體ABCD－A′B′C′D中，M是AB的中點，則sin〈DB′，eq\o(CM,\s\up6(→))〉的值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(210),15)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(\r(11),15)解析：以D為原點，DA，DC，DD′為x，y，z軸建系，設(shè)正方體的棱長為1，則eq\o(DB′,\s\up6(→))＝(1,1,1)，C(0,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，0))，故cos〈eq\o(DB′,\s\up6(→))，eq\o(CM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(15),15)，則sin〈eq\o(DB′,\s\up6(→))，eq\o(CM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(210),15).答案：B12．已知a＞0，b＞0，且雙曲線C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1與橢圓C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝2有共同的焦點，則雙曲線C1的離心率為()A.eq\r(2) B．2C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\f(4\r(3),3)解析：由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝c2，,2a2－2b2＝c2，))所以4a2＝3c2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(3),3)，故選C.解析：C二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分．請把正確答案填在題中橫線上)13．設(shè)命題p：|4x－3|≤1，命題q：x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)≤0，若綈p是綈q的必要而不充分條件，則實數(shù)a解析：綈p:x>1或x<eq\f(1,2)；綈q：x>a＋1或x<a，若綈p?綈q，綈p?/綈q，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤\f(1,2)，,a＋1≥1，))所以0≤a≤eq\f(1,2).答案：0≤a≤eq\f(1,2)14．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，點M在eq\o(AC,\s\up6(→))1上且eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC1,\s\up6(→))，N為B1B的中點，則|eq\o(MN,\s\up6(→))|為________．解析：以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則A(a,0,0)，C1(0，a，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).設(shè)M(x，y，z)∵點M在eq\o(AC,\s\up6(→))1上且eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up6(→))1，∴(x－a，y，z)＝eq\f(1,2)(－x，a－y，a－z)∴x＝eq\f(2,3)a，y＝eq\f(a,3)，z＝eq\f(a,3)得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，∴|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a,3)))2)＝eq\f(\r(21),6)a.答案：eq\f(\r(21),6)a15.如圖，設(shè)O為?ABCD所在平面外任意一點，E為OC的中點．若eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OD,\s\up6(→))＋xeq\o(OB,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))，則x＝________，y＝________.解析：eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(OE,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝－eq\f(3,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OD,\s\up6(→)).∴x＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(3,2).答案：eq\f(1,2)－eq\f(3,2)16．若方程eq\f(x2,4－t)＋eq\f(y2,t－1)＝1所表示的曲線為C，給出下列四個命題：①若C為橢圓，則1<t<4，且t≠eq\f(5,2)；②若C為雙曲線，則t>4或t<1；③曲線C不可能是圓；④若C表示橢圓，且長軸在x軸上，則1<t<eq\f(3,2).其中正確的命題是________．(把所有正確命題的序號都填在橫線上)解析：若為橢圓eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－t>0，,t－1>0，,4－t≠t－1，))即1<t<4，且t≠eq\f(5,2)，若為雙曲線，則(4－t)(t－1)<0，即4<t或t<1；當(dāng)t＝eq\f(5,2)時，表示圓，若C表示長軸在x軸上的橢圓，則1<t<eq\f(5,2)，故①②正確．答案：①②三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)．17．(本小題滿分12分)已知p：方程x2＋mx＋1＝0有兩個不等的負(fù)根；q：方程4x2＋4(m－2)x＋1＝0無實根．若p或q為真，p且q為假，求m的取值范圍．解析：若方程x2＋mx＋1＝0有兩不等的負(fù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－4＞0，,m＞0，))解得m＞2，即p：m＞2.若方程4x2＋4(m－2)x＋1＝0無實根，則Δ＝16(m－2)2－16＝16(m2－4m解得1＜m＜3，即q：1＜m＜3.因p或q為真，所以p，q至少有一為真，又p且q為假，所以p、q至少有一為假，因此，p、q兩命題應(yīng)一真一假，即p為真，q為假或p為假，q為真．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＞2，,m≤1或m≥3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤2，,1＜m＜3，))解得m≥3或1＜m≤2.18．(本小題滿分12分)已知拋物線的頂點在原點，它的準(zhǔn)線過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一個焦點，并且這條準(zhǔn)線與雙曲線的兩焦點的連線垂直，拋物線與雙曲線交于點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(6)))，求拋物線方程和雙曲線方程．解析：依題意，設(shè)拋物線方程為y2＝2px(p＞0)，∵點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(6)))在拋物線上，∴6＝2p·eq\f(3,2)，∴p＝2，∴所求拋物線方程為y2＝4x.∵雙曲線左焦點在拋物線的準(zhǔn)線x＝－1上，∴c＝1，即a2＋b2＝1，又點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\r(6)))在雙曲線上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2,a2)－\f(\r(6)2,b2)＝1,a2＋b2＝1))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝\f(1,4),b2＝\f(3,4)))，∴所求雙曲線方程為eq\f(x2,\f(1,4))－eq\f(y2,\f(3,4))＝1.19．(本小題滿分12分)已知p：2x2－9x＋a<0，q：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3<0，,x2－6x＋8<0，))且綈p是綈q的充分條件，求實數(shù)a的取值范圍．解析：由q：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3<0，,x2－6x＋8<0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<x<3，,2<x<4，))即2<x<3，∴q：2<x<3.設(shè)A＝{x|2x2－9x＋a<0}，B＝{x|2<x<3}，∵綈p?綈q，∴q?p，∴B?A，∴2<x<3滿足不等式2x2－9x＋a<0，令f(x)＝2x2－9x＋a，要使2<x<3滿足不等式2x2－9x＋a<0，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2≤0，,f3≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8－18＋a≤0，,18－27＋a≤0，))∴a≤9，故所求實數(shù)a的取值范圍是{a|a≤9}．20.(本小題滿分12分)如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面為直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝eq\f(1,2)AB＝1，M是PB的中點．(1)證明：面PAD⊥面PCD.(2)求AC與PB所成角的余弦值．解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則各點的坐標(biāo)為A(0,0,0)、B(0,2,0)、C(1,1,0)、D(1,0,0)、P(0,0,1)、Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))).(1)證明：∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0.∴AP⊥DC，∵AD⊥DC，∴DC⊥面PAD.又DC在平面PCD上，故面PAD⊥面PCD.(2)∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，故|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝2，∴cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(10),5).21．(本小題滿分12分)已知橢圓G：eq\f(x2,4)＋y2＝1.過點(m,0)作圓x2＋y2＝1的切線l交橢圓G于A，B兩點．(1)求橢圓G的焦點坐標(biāo)和離心率；(2)將|AB|表示為m的函數(shù)，并求|AB|的最大值．解析：(1)由已知得a＝2，b＝1，所以c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).所以橢圓G的焦點坐標(biāo)為(－eq\r(3)，0)，(eq\r(3)，0)．離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)由題意知，|m|≥1.當(dāng)m＝1時，切線l的方程為x＝1，點A，B的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2))).此時|AB|＝eq\r(3).當(dāng)m＝－1時，同理可得|AB|＝eq\r(3).當(dāng)|m|>1時，設(shè)切線l的方程為y＝k(x－m)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－m，,\f(x2,4)＋y2＝1))得(1＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－4＝0.設(shè)A，B兩點的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2m,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2m2－4,1＋4k2).又由l與圓x2＋y2＝1相切，得eq\f(|km|,\r(k2＋1))＝1，即m2k2＝k2＋1.所以|AB|＝eq\r(x2－x12＋y2－y12)＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(64k4m2,1＋4k22)－\f(44k2m2－4,1＋4k2))))＝eq\f(4\r(3)|m|,m2＋3).由于當(dāng)m＝±1時，|AB|＝eq\r(3)，所以|AB|＝eq\f(4\r(3)|m|,m2＋3)，m∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)．因為|AB|＝eq