2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第3章 空間向量與立體幾何 模塊檢測 蘇教版選修2-1.doc
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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第3章 空間向量與立體幾何 模塊檢測 蘇教版選修2-1一、填空題(本大題共14小題,每小題5分,共70分)1命題“若a1,則a2”及其逆命題、否命題、逆否命題4個(gè)命題中,真命題的個(gè)數(shù)是_答案2解析原命題為真命題,故逆否命題為真命題;逆命題為“若a2,則a1”為假命題,故否命題為假命題故4個(gè)命題中有2個(gè)真命題2已知命題p:xR,sinx1,則命題綈p為_答案xR,sinx1解析存在性命題的否定為全稱命題,同時(shí)注意否定結(jié)論:sinx1的否定為sinx1.3命題“a1是a的充要條件”是_(填“真”或“假”)命題答案真解析因?yàn)閍1,所以1, 所以,即a.所以a1a;因?yàn)閍,所以(1)0,所以1,即a1.所以aa1.綜上可知a1a,所以a1是a的充要條件4在空間中,若四點(diǎn)不共面,則這四點(diǎn)中任三個(gè)點(diǎn)都不共線;若兩條直線沒有公共點(diǎn),則這兩條直線是異面直線以上兩個(gè)命題中,逆命題為真命題的是_答案解析命題:“若四點(diǎn)不共面,則這四點(diǎn)中任三個(gè)點(diǎn)都不共線”的逆命題是“若四點(diǎn)中任三個(gè)點(diǎn)都不共線,則這四點(diǎn)不共面”,是假命題命題:“若兩條直線沒有公共點(diǎn),則這兩條直線是異面直線”的逆命題是“若兩直線是異面直線,則這兩條直線沒有公共點(diǎn)”,是真命題5已知|a|b|5,a,b的夾角為,則|ab|與|ab|的值分別等于_答案5,5解析|ab|2|a|22ab|b|2522555275,|ab|5,|ab|2|a|22ab|b|2522555225,|ab|5.6若直線l的方向向量為a(1,1,2),平面的法向量為u(2,2,4),則直線與平面的位置關(guān)系是_答案l解析由已知得au,即向量a和u共線,直線l與平面垂直7以雙曲線y21的一條準(zhǔn)線為準(zhǔn)線,頂點(diǎn)在原點(diǎn)的拋物線方程是_答案y26x或y26x解析因?yàn)閍,b1,所以c2,所以雙曲線的準(zhǔn)線方程為x,所以,得p3,所以拋物線方程是y26x或y26x.8焦點(diǎn)在y軸上,虛半軸長為4,焦距的一半為6的雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為_答案1解析雙曲線的焦點(diǎn)在y軸上,設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為1(a0,b0)已知b4,c6,則a2c2b2624220.故所求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.9對于實(shí)數(shù)x,y,命題p:xy8是命題q:x2或y6的_條件答案充分不必要解析利用命題的等價(jià)性,因?yàn)槊}“若x2且y6,則xy8”是真命題,故綈q綈p,即pq;命題“若xy8,則x2且y6”是假命題,故綈p綈q,即qp,所以p是q的充分不必要條件10已知tR,a(1t,1t,t),b(2,t,t),則|ba|的最小值是_答案解析因?yàn)閍b(1t,12t,0),所以|ab|,當(dāng)t時(shí),|ba|取到最小值.11已知雙曲線x21上存在兩點(diǎn)M,N關(guān)于直線yxm對稱,且MN的中點(diǎn)在拋物線y218x上,則實(shí)數(shù)m的值為_答案0或8解析設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),MN中點(diǎn)P(x0,y0),則則得(x2x1)(x2x1)(y2y1)(y2y1),顯然x1x2.3,即kMN3,M,N關(guān)于直線yxm對稱,kMN1,y03x0,又y0x0m,P,代入拋物線方程得m218.解得m0或8,經(jīng)檢驗(yàn)都符合12動(dòng)圓的圓心在拋物線y28x上,且動(dòng)圓恒與直線x20相切,則動(dòng)圓必過定點(diǎn)_答案(2,0)解析拋物線y28x,p4,其準(zhǔn)線方程為x2,焦點(diǎn)為F(2,0),設(shè)動(dòng)圓圓心為P,由已知點(diǎn)P到準(zhǔn)線x20的距離為其半徑r,且點(diǎn)P在拋物線上,點(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離也為r,動(dòng)圓必過定點(diǎn)F(2,0)13已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中AA12AB,則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于_答案解析設(shè)AB1,則AA12,分別以、的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示:則D(0,0,2),C1(0,1,0),B(1,1,2),C(0,1,2),(1,1,0),(0,1,2),(0,1,0),設(shè)n(x,y,z)為平面BDC1的一個(gè)法向量,則即取n(2,2,1),設(shè)CD與平面BDC1所成角為,則sin|.14設(shè)F為拋物線C:y24x的焦點(diǎn),過點(diǎn)P(1,0)的直線l交拋物線C于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)Q為線段AB的中點(diǎn),若FQ2,則直線的斜率等于_答案1解析設(shè)直線l的方程為yk(x1),聯(lián)立消去y得k2x2(2k24)xk20,由根與系數(shù)的關(guān)系,xAxB,于是xQ1,把xQ帶入yk(x1),得到y(tǒng)Q,根據(jù)FQ2,解出k1.二、解答題(本大題共6小題,共90分)15(14分)已知命題p:對數(shù)loga(2t27t5)(a0且a1)有意義;q:關(guān)于實(shí)數(shù)t的不等式t2(a3)t(a2)0.(1)若命題p為真命題,求實(shí)數(shù)t的取值范圍;(2)若命題p是命題q的充分不必要條件,求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)因?yàn)槊}p為真命題,所以對數(shù)式有意義,即2t27t50,解得1t.(2)因?yàn)槊}p是命題q的充分不必要條件,所以1t是不等式t2(a3)t(a2)0解集的真子集解法一:因?yàn)榉匠蘴2(a3)t(a2)0的兩根為1,a2,故只需a2,解得a.解法二:令f(t)t2(a3)t(a2),因?yàn)閒(1)0,故只需f()0,解得a.16(14分)已知命題p:不等式|x1|m1的解集為R,命題q:f(x)(52m)x是減函數(shù),若pq為真命題,pq為假命題,求實(shí)數(shù)m的取值范圍解由于不等式|x1|m1的解集為R,所以m10,m1,m2.即命題p:m1,命題q:m2.又由于pq為真,pq為假,所以p和q中一真一假當(dāng)p真q假時(shí)應(yīng)有m無解當(dāng)p假q真時(shí)應(yīng)有1mb0)的離心率為,且a22b.(1)求橢圓的方程;(2)若直線l:xym0與橢圓交于A、B兩點(diǎn),且線段AB的中點(diǎn)在圓x2y25上,求m的值解(1)由題意得解得故橢圓的方程為x21.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),線段AB的中點(diǎn)為M(x0,y0)聯(lián)立直線與橢圓的方程得即3x22mxm220,所以x0,y0x0m,即M,又因?yàn)镸點(diǎn)在圓x2y25上,所以225,解得m3.18(16分)直三棱柱ABCA1B1C1中,ABAC,D、E分別為AA1、B1C的中點(diǎn),DE平面BCC1B1.(1)證明:ABAC;(2)設(shè)二面角ABDC為60,求B1C與平面BCD所成角的大小(1)證明以A為坐標(biāo)原點(diǎn),射線AB、AC、AA1分別為x、y、z軸的正半軸,建立如圖所示的直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.設(shè)B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c),則B1(1,0,2c),E(,c)于是(,0),(1,b,0)由DE平面BCC1B1知DEBC,0,求得b1,所以ABAC.(2)設(shè)平面BCD的法向量(x,y,z),則0,0.又(1,1,0),(1,0,c),故令x1,則y1,z,(1,1,)又平面ABD的法向量(0,1,0)由二面角ABDC為60知,60,故|cos60,求得c.于是(1,1,),(1,1,),cos,60.所以B1C與平面BCD所成的角為30.19(16分)如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1C1C是邊長為4的正方形,平面ABC平面AA1C1C,AB3,BC5.(1)求證:AA1平面ABC;(2)求二面角A1BC1B1的余弦值;(3)證明:在線段BC1存在點(diǎn)D,使得ADA1B,并求的值(1)證明因?yàn)锳A1C1C為正方形,所以AA1AC.因?yàn)槠矫鍭BC平面AA1C1C,且AA1垂直于這兩個(gè)平面的交線AC,所以AA1平面ABC.(2)解由(1)知AA1AC,AA1AB.由題意知AB3,BC5,AC4,所以ABAC.如圖,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4), 設(shè)平面A1BC1的法向量為n(x,y,z),則即令z3,則x0,y4,所以n(0,4,3).同理可得,平面BB1C1的法向量為m(3,4,0),所以cosn,m.由題意知二面角A1BC1B1為銳角,所以二面角A1BC1B1的余弦值為.(3)解設(shè)D(x,y,z)是線段BC1上一點(diǎn),且.所以(x,y3,z)(4,3,4)解得x4,y33,z4.所以(4,33,4)由0,即9250.解得.因?yàn)?,1,所以在線段BC1上存在點(diǎn)D, 使得ADA1B.此時(shí),.20(16分)已知圓M:(x1)2y21,圓N:(x1)2y29,動(dòng)圓P與M外切并且與圓N內(nèi)切,圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程;(2)l是與圓P,圓M都相切的一條直線,l與曲線C交于A,B兩點(diǎn),當(dāng)圓P的半徑最長時(shí),求AB.解由已知得圓M的圓心為M(1,0),半徑r11,圓N的圓心為N(1,0),半徑r23.設(shè)動(dòng)圓P的圓心為P(x,y),半徑為R.(1)圓P與圓M外切且與圓N內(nèi)切,PMPN(Rr1)(r2R)r1r24,由橢圓的定義可知,曲線C是以M,N為左、右焦點(diǎn),長半軸長為2,短半軸長為的橢圓(左頂點(diǎn)除外),其方程為1(x2)(2)對于曲線C上任意一點(diǎn)P(x,y),由于PMPN2R22,R2,當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時(shí),R2.當(dāng)圓P的半徑最長時(shí),其方程為(x2)2y24,當(dāng)l的傾斜角為90時(shí),則l與y軸重合,可得AB2.當(dāng)l的傾斜角不為90時(shí),由r1R知l不平行x軸,設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Q,則,可求得Q(4,0),設(shè)l:yk(x4),由l與圓M相切得1,解得k.當(dāng)k時(shí),將yx代入1(x2)并整理得7x28x80,解得x1,2,AB|x1x2|.當(dāng)k時(shí),由圖形的對稱性可知AB,綜上,AB或AB2.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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