2019年高中數(shù)學 模塊綜合測試 新人教A版選修2-1.doc

《2019年高中數(shù)學 模塊綜合測試 新人教A版選修2-1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高中數(shù)學 模塊綜合測試 新人教A版選修2-1.doc（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019年高中數(shù)學 模塊綜合測試 新人教A版選修2-1 題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 故＝3.∴拋物線方程為y2＝12x. 答案：A 6．已知橢圓＋＝1和雙曲線－＝1有公共的焦點，那么雙曲線的漸近線方程是(　　) A．x＝y(tǒng) B．y＝x C．x＝y(tǒng) D．y＝x 解析：由已知橢圓與雙曲線有公共焦點得3m2－5n2＝2m2＋3n2，∴m2＝8n2.而由雙曲線－＝1，得漸近線為y＝x＝x. 答案：D 7．對于空間任意一點O和不共線的三點A、B、C，有如下關系：6＝＋2＋3，則(　　) A．四點O、A、B、C必共面 B．四點P、A、B、C必共面 C．四點O、P、B、C必共面 D．五點O、P、A、B、C必共面 解析：由已知得＝＋＋，而＋＋＝1，∴四點P、A、B、C共面． 答案：B 圖1 8．如圖1，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別為A1B1、CC1的中點，P為AD上一動點，記α為異面直線PM與D1N所成的角，則α的集合是(　　) A．{} B．{α|≤α≤} C．{α|≤α≤} D．{α|≤α≤} 解析：取C1D1的中點E，PM必在平面ADEM上，易證D1N⊥平面ADEM.本題也可建立空間直角坐標系用向量求解． 答案：A 圖2 9．如圖2，將邊長為1的正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角，若點P滿足＝－＋，則||2的值為(　　) A. B．2 C. D. 解析：由題可知||＝1，||＝1，||＝.〈，〉＝45，〈，〉＝45，〈，〉＝60. ∴||2＝(－＋)2＝＋＋－＋－ ＝＋＋2－11＋1－1＝. 答案：D 10．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，直線BC1與平面A1BD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：建立如圖3所示的空間直角坐標系．設正方體的棱長為1， 則D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)． ∴＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，＝(－1,0,1)． 設平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則n＝0，n＝0. ∴令x＝1，則n＝(1，－1，－1)， 圖3 ∴cos〈n，〉＝＝＝. ∴直線BC1與平面A1BD所成角的正弦值為. ∴直線BC1與平面A1BD所成角的余弦值為. 答案：C 11．雙曲線－＝1(a>0，b>0)的兩個焦點為F1、F2，若P為其上一點，且|PF1|＝2|PF2|，則雙曲線離心率的取值范圍為(　　) A．(1,3) B ．(1,3] C．(3，＋∞) D．[3，＋∞) 圖4 解析：由題意知在雙曲線上存在一點P，使得|PF1|＝2|PF2|，如圖4. 又∵|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PF2|＝2a， 即在雙曲線右支上恒存在點P使得|PF2|＝2a，即|AF2|≤2a. ∴|OF2|－|OA|＝c－a≤2a.∴c≤3a. 又∵c>a，∴a0的解集為{x|x>－}，命題q：關于x的不等式(x－a)(x－b)<0的解集為{x|a0，b>0)，則G的漸近線方程為y＝x， 即bxay＝0，且a2＋b2＝25.當m＝5時，圓心為(0,5)，半徑為r＝3. ∴＝3?a＝3，b＝4. ∴雙曲線G的方程為－＝1. 19．(12分)已知ABCD－A′B′C′D′是平行六面體， (1)化簡＋＋，并在圖中標出其結果； (2)設M是底面ABCD的中心，N是側面BCC′B′對角線BC′上的分點，設＝α＋β＋γ，試求α，β，γ的值． 圖8 解：(1)如圖8，取AA′的中點E，D′F＝2FC′，＝＋＋. (2)＝＋＝＋ ＝(＋)＋(＋) ＝＋＋， ∴α＝，β＝，γ＝. 20．(12分)已知f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象過點(－1,0)，是否存在常數(shù)a、b、c，使不等式x≤f(x)≤對一切實數(shù)x均成立？ 解：假設存在常數(shù)a、b、c使不等式x≤f(x)≤對一切實數(shù)x均成立， ∵f(x)的圖象過點(－1,0)， ∴a－b＋c＝0.① ∵x≤f(x)≤對一切x∈R均成立， ∴當x＝1時，也成立，即1≤f(1)≤1， ∴f(1)＝a＋b＋c＝1，② 由①②得b＝，故原不等式可化為 恒成立． 當a＝0或1－2a＝0時，上述不等式組不會恒成立， ∴即 ∴a＝.∴c＝－a＝. ∴存在一組常數(shù)：a＝，b＝，c＝，使不等式x≤f(x)≤對一切實數(shù)x均成立． 圖9 21．(12分)(2011遼寧高考)如圖9，四邊形ABCD為正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)證明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q－BP－C的余弦值． 圖10 解：如圖10，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D－xyz. (1)證明：依題意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，則＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)． 所以＝0，＝0. 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 故PQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQDC， 所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)依題意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)． 設n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，則 即 因此可取n＝(0，－1，－2)． 設m是平面PBQ的法向量，則 可取m＝(1,1,1)， 所以cos〈m，n〉＝－. 故二面角Q－BP－C的余弦值為－. 22．(12分)已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為1. (1)求橢圓C的標準方程； (2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點．求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標． 解：(1)由題意設橢圓的標準方程為＋＝1(a>b>0)，由已知得：a＋c＝3，a－c＝1， ∴a＝2，c＝1.∴b2＝a2－c2＝3. ∴橢圓的標準方程為＋＝1. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立 得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0， 即3＋4k2－m2>0，則 又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝， ∵以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D(2,0)， ∴kADkBD＝－1，即＝－1. ∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0. ∴＋＋＋4＝0. ∴7m2＋16mk＋4k2＝0. 解得m1＝－2k，m2＝－，且均滿足3＋4k2－m2>0. 當m1＝－2k時，l的方程為y＝k(x－2)，直線過定點(2,0)，與已知矛盾． 當m2＝－k時，l的方程為y＝k(x－)， 直線過定點(，0)． ∴直線l過定點，定點坐標為(，0)．