高中數(shù)學(xué) 模塊綜合檢測（B）北師大版選修2-1

模塊綜合檢測(B)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分)1．若命題p：任意x∈R,2x2＋1>0，則綈p是()A．任意x∈R,2x2＋1≤0B．存在x0∈R,2x0＋1>0C．存在x0∈R,2x0＋1<0D．存在x0∈R,2x0＋1≤02．“a>0”是“|a|>0”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3．若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右支上到原點和右焦點距離相等的點有兩個，則雙曲線離心率的取值范圍是()A．e>eq\r(2)B．1<e<eq\r(2)C．e>2D．1<e<24．已知△ABC的頂點B、C在橢圓eq\f(x2,3)＋y2＝1上，頂點A是橢圓的一個焦點，且橢圓的另外一個焦點在BC邊上，則△ABC的周長是()A．2eq\r(3)B．6C．4eq\r(3)D．125．過點(2，－2)與雙曲線x2－2y2＝2有公共漸近線的雙曲線方程為()A.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1C.eq\f(y2,4)－eq\f(x2,2)＝1D.eq\f(y2,2)－eq\f(x2,4)＝16．已知a＝(cosα，1，sinα)，b＝(sinα，1，cosα)，則向量a＋b與a－b的夾角是()A．90°B．60°C．30°D．0°7．已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E為AA1的中點，則異面直線BE與CD1A.eq\f(\r(10),10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(3\r(10),10)D.eq\f(3,5)8．已知橢圓x2＋2y2＝4，則以(1,1)為中點的弦的長度為()A．3eq\r(2)B．2eq\r(3)C.eq\f(\r(30),3)D.eq\f(3,2)eq\r(6)9．命題p：關(guān)于x的不等式(x－2)eq\r(x2－3x＋2)≥0的解集為{x|x≥2}，命題q：若函數(shù)y＝kx2－kx－1的值恒小于0，則－4<k≤0，那么不正確的是()A．“綈p”為假命題B．“綈q”為假命題C．“p或q”為真命題D．“p且q”為假命題10.如圖，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則BC1與平面BB1D1DA.eq\f(\r(6),3)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(15),5)D.eq\f(\r(10),5)題號12345678910答案二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分)11．已知向量a與b的夾角為120°，且|a|＝|b|＝4，那么b·(2a＋b12．已知雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1，那么它的焦點到漸近線的距離為________．13．設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線與拋物線y＝x2＋1相切，則該雙曲線的離心率＝__________________________________________________________________.14．給出如下三種說法：①四個實數(shù)a，b，c，d依次成等比數(shù)列的必要而不充分條件是ad＝bc；②命題“若x≥3且y≥2，則x－y≥1”為假命題；③若p且q為假命題，則p，q均為假命題．其中正確說法的序號為________．15．雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩個焦點為F1、F2，若P為雙曲線上一點，且|PF1|＝2|PF2|，則雙曲線離心率的取值范圍為________．三、解答題(本大題共6小題，共75分)16．(12分)已知命題p：方程2x2－2eq\r(6)x＋3＝0的兩根都是實數(shù)，q：方程2x2－2eq\r(6)x＋3＝0的兩根不相等，試寫出由這組命題構(gòu)成的“p或q”、“p且q”、“非p”形式的命題，并指出其真假．17．(12分)F1，F(xiàn)2是橢圓的兩個焦點，Q是橢圓上任意一點，從任一焦點向△F1QF2中的∠F1QF2的外角平分線引垂線，垂足為P，求點P的軌跡．18.(12分)若r(x)：sinx＋cosx>m，s(x)：x2＋mx＋1>0.已知任意x∈R，r(x)為假命題且s(x)為真命題，求實數(shù)m的取值范圍．19．(12分)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個頂點為A(0，1)，離心率為eq\f(\r(2),2)，過點B(0，－2)及左焦點F1的直線交橢圓于C，D兩點，右焦點設(shè)為F2.(1)求橢圓的方程；(2)求△CDF2的面積．20.(13分)已知PA垂直于正方形ABCD所在平面，M，N分別為AB，PC的三等分點，且PN＝2NC，AM＝2MB，PA＝AB＝1，求eq\o(MN,\s\up6(→))的坐標(biāo)．21．(14分)如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝1，AC＝AA1＝eq\r(3)，∠ABC＝60°.(1)證明：AB⊥A1C(2)求二面角A—A1C—B模塊綜合檢測(B)1．D[綈p：存在x∈R,2x2＋1≤0.]2．A[因為|a|>0?a>0或a<0，所以a>0?|a|>0，但|a|>0a>0，所以a>0是|a|>0的充分不必要條件．]3．C[由題意，以原點及右焦點為端點的線段的垂直平分線必與右支交于兩個點，故eq\f(c,2)>a，∴eq\f(c,a)>2.]4．C[設(shè)橢圓的另一焦點為F，由橢圓的定義知|BA|＋|BF|＝2eq\r(3)，且|CF|＋|AC|＝2eq\r(3)，所以△ABC的周長＝|BA|＋|BC|＋|AC|＝|BA|＋|BF|＋|CF|＋|AC|＝4eq\r(3).]5．D[與雙曲線eq\f(x2,2)－y2＝1有公共漸近線方程的雙曲線方程可設(shè)為eq\f(x2,2)－y2＝λ，由過點(2，－2)，可解得λ＝－2.所以所求的雙曲線方程為eq\f(y2,2)－eq\f(x2,4)＝1.]6．A[(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝(cos2α＋1＋sin2α)－(sin2α＋1＋cos2α)＝0，∴a＋b與a－b的夾角為90°.]7．C[以DA、DC、DD1所在直線為x軸、y軸和z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝1，則AA1＝2，依題設(shè)有B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，E(1,0,1)，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)．∴cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(CD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(0＋1＋2,\r(2)·\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).]8．C[令直線l與橢圓交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋2y\o\al(2,1)＝4①,x\o\al(2,2)＋2y\o\al(2,2)＝4②))①－②得：(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即2(x1－x2)＋4(y1－y2)＝0，∴kl＝－eq\f(1,2)，∴l(xiāng)的方程：x＋2y－3＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－3＝0,x2＋2y2－4＝0))，得6y2－12y＋5＝0.∴y1＋y2＝2，y1y2＝eq\f(5,6).∴|AB|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))y1－y22)＝eq\f(\r(30),3).]9．D10．D[以D點為坐標(biāo)原點，以DA、DC、DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)．∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，且eq\o(AC,\s\up6(→))為平面BB1D1D的一個法向量．∴cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|BC1\o(|,\s\up6(→))·|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,\r(5)·\r(8))＝eq\f(\r(10),5).∴BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5).]11．012.eq\r(3)解析焦點(±2,0)，漸近線：y＝±eq\r(3)x，焦點到漸近線的距離為eq\f(2\r(3),\r(\r(3)2＋1))＝eq\r(3).13.eq\r(5)解析雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，因為y＝x2＋1與漸近線相切，故x2＋1±eq\f(b,a)x＝0只有一個實根，∴eq\f(b2,a2)－4＝0，∴eq\f(c2－a2,a2)＝4，∴eq\f(c2,a2)＝5，∴e＝eq\r(5).14．①②解析對①a，b，c，d成等比數(shù)列，則ad＝bc，反之不一定．故①正確；對②，令x＝5，y＝6，則x－y＝－1，所以該命題為假命題，故②正確；對③，p且q假時，p，q至少有一個為假命題，故③錯誤．15．(1,3]解析設(shè)|PF2|＝m，則2a＝||PF1|－|PF2||＝m2c＝|F1F2|≤|PF1|＋|PF2|＝∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)≤3，又e>1，∴離心率的取值范圍為(1,3]．16．解“p或q”的形式：方程2x2－2eq\r(6)x＋3＝0的兩根都是實數(shù)或不相等．“p且q”的形式：方程2x2－2eq\r(6)x＋3＝0的兩根都是實數(shù)且不相等．“非p”的形式：方程2x2－2eq\r(6)x＋3＝0的兩根不都是實數(shù)．∵Δ＝24－24＝0，∴方程有兩相等的實根．∴p真，q假．∴“p或q”真，“p且q”假，“非p”假．17．解設(shè)橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是它的兩個焦點，Q為橢圓上任意一點，QP是△F1QF2中的∠F1QF2的外角平分線(如圖)，過F2作F2P⊥QP于P并延長交F1Q的延長線于H，則P是F2H的中點，且|F2Q|＝|QH|，因此|PO|＝eq\f(1,2)|F1H|＝eq\f(1,2)(|F1Q|＋|QH|)＝eq\f(1,2)(|F1Q|＋|F2Q|)＝a，∴點P的軌跡是以原點為圓心，以橢圓長半軸長為半徑的圓(除掉兩點即橢圓與x軸的交點)．18．解由于sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，任意x∈R，r(x)為假命題即sinx＋cosx>m恒不成立．∴m≥eq\r(2).①又對任意x∈R，s(x)為真命題．∴x2＋mx＋1>0對x∈R恒成立．則Δ＝m2－4<0，即－2<m<2.②故任意x∈R，r(x)為假命題，且s(x)為真命題，應(yīng)有eq\r(2)≤m<2.19．解(1)易得橢圓方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)∵F1(－1,0)，∴直線BF1的方程為y＝－2x－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－2x－2,\f(x2,2)＋y2＝1))得9x2＋16x＋6＝0.∵Δ＝162－4×9×6＝40>0，所以直線與橢圓有兩個公共點，設(shè)為C(x1，y1)，D(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(16,9),x1·x2＝\f(2,3)))，∴|CD|＝eq\r(1＋－22)|x1－x2|＝eq\r(5)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(5)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,9)))2－4×\f(2,3))＝eq\f(10,9)eq\r(2)，又點F2到直線BF1的距離d＝eq\f(4\r(5),5)，故S△CDF2＝eq\f(1,2)|CD|·d＝eq\f(4,9)eq\r(10).20．解方法一∵PA＝AB＝AD＝1，且PA⊥面ABCD，AD⊥AB，∴可設(shè)eq\o(DA,\s\up6(→))＝i，eq\o(AB,\s\up6(→))＝j(luò)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝k，以{i，j，k}為單位正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．∵eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PN,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(PC,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(－eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)k＋eq\f(2,3)(－eq\o(DA,\s\up6(→)))＝－eq\f(2,3)i＋eq\f(1,3)k.∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0，\f(1,3))).方法二設(shè)eq\o(DA,\s\up6(→))＝i，eq\o(AB,\s\up6(→))＝j(luò)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝k，以{i，j，k}為單位正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，過M作AD的平行線交CD于點E.可知NE∥PD.∵eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(ME,\s\up6(→))＋eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DP,\s\up6(→))＝－eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→)))＝－i＋eq\f(1,3)(i＋k)＝－eq\f(2,3)i＋eq\f(1,3)k，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0，\f(1,3))).21．(1)證明∵三棱柱ABC—A1B1C1，∴AB⊥AA1.在△ABC中，AB＝1，AC＝eq\