2019-2020年高中数学 第3章 空间向量与立体几何 模块检测 苏教版选修2-1.doc

2019-2020年高中数学 第3章 空间向量与立体几何 模块检测 苏教版选修2-1一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1命题“若a1，则a2”及其逆命题、否命题、逆否命题4个命题中，真命题的个数是_答案2解析原命题为真命题，故逆否命题为真命题；逆命题为“若a2，则a1”为假命题，故否命题为假命题故4个命题中有2个真命题2已知命题p：xR，sinx1，则命题綈p为_答案xR，sinx1解析存在性命题的否定为全称命题，同时注意否定结论：sinx1的否定为sinx1.3命题“a1是a的充要条件”是_(填“真”或“假”)命题答案真解析因为a1，所以1, 所以，即a.所以a1a；因为a，所以(1)0，所以1，即a1.所以aa1.综上可知a1a，所以a1是a的充要条件4在空间中，若四点不共面，则这四点中任三个点都不共线；若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线以上两个命题中，逆命题为真命题的是_答案解析命题：“若四点不共面，则这四点中任三个点都不共线”的逆命题是“若四点中任三个点都不共线，则这四点不共面”，是假命题命题：“若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线”的逆命题是“若两直线是异面直线，则这两条直线没有公共点”，是真命题5已知|a|b|5，a，b的夹角为，则|ab|与|ab|的值分别等于_答案5，5解析|ab|2|a|22ab|b|2522555275，|ab|5，|ab|2|a|22ab|b|2522555225，|ab|5.6若直线l的方向向量为a(1,1,2)，平面的法向量为u(2，2，4)，则直线与平面的位置关系是_答案l解析由已知得au，即向量a和u共线，直线l与平面垂直7以双曲线y21的一条准线为准线，顶点在原点的抛物线方程是_答案y26x或y26x解析因为a，b1，所以c2，所以双曲线的准线方程为x，所以，得p3，所以抛物线方程是y26x或y26x.8焦点在y轴上，虚半轴长为4，焦距的一半为6的双曲线的标准方程为_答案1解析双曲线的焦点在y轴上，设双曲线的标准方程为1(a0，b0)已知b4，c6，则a2c2b2624220.故所求双曲线的标准方程为1.9对于实数x，y，命题p：xy8是命题q：x2或y6的_条件答案充分不必要解析利用命题的等价性，因为命题“若x2且y6，则xy8”是真命题，故綈q綈p，即pq；命题“若xy8，则x2且y6”是假命题，故綈p綈q，即qp，所以p是q的充分不必要条件10已知tR，a(1t,1t，t)，b(2，t，t)，则|ba|的最小值是_答案解析因为ab(1t,12t,0)，所以|ab|，当t时，|ba|取到最小值.11已知双曲线x21上存在两点M，N关于直线yxm对称，且MN的中点在抛物线y218x上，则实数m的值为_答案0或8解析设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN中点P(x0，y0)，则则得(x2x1)(x2x1)(y2y1)(y2y1)，显然x1x2.3，即kMN3，M，N关于直线yxm对称，kMN1，y03x0，又y0x0m，P，代入抛物线方程得m218.解得m0或8，经检验都符合12动圆的圆心在抛物线y28x上，且动圆恒与直线x20相切，则动圆必过定点_答案(2,0)解析抛物线y28x，p4，其准线方程为x2，焦点为F(2,0)，设动圆圆心为P，由已知点P到准线x20的距离为其半径r，且点P在抛物线上，点P到焦点F的距离也为r，动圆必过定点F(2,0)13已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_答案解析设AB1，则AA12，分别以、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则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)，设n(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，则即取n(2,2,1)，设CD与平面BDC1所成角为，则sin|.14设F为抛物线C：y24x的焦点，过点P(1,0)的直线l交抛物线C于A，B两点，点Q为线段AB的中点，若FQ2，则直线的斜率等于_答案1解析设直线l的方程为yk(x1)，联立消去y得k2x2(2k24)xk20，由根与系数的关系，xAxB，于是xQ1，把xQ带入yk(x1)，得到yQ，根据FQ2，解出k1.二、解答题(本大题共6小题，共90分)15(14分)已知命题p：对数loga(2t27t5)(a0且a1)有意义；q：关于实数t的不等式t2(a3)t(a2)0.(1)若命题p为真命题，求实数t的取值范围；(2)若命题p是命题q的充分不必要条件，求实数a的取值范围解(1)因为命题p为真命题，所以对数式有意义，即2t27t50，解得1t.(2)因为命题p是命题q的充分不必要条件，所以1t是不等式t2(a3)t(a2)0解集的真子集解法一：因为方程t2(a3)t(a2)0的两根为1，a2，故只需a2，解得a.解法二：令f(t)t2(a3)t(a2)，因为f(1)0，故只需f()0，解得a.16(14分)已知命题p：不等式|x1|m1的解集为R，命题q：f(x)(52m)x是减函数，若pq为真命题，pq为假命题，求实数m的取值范围解由于不等式|x1|m1的解集为R，所以m10，m1，m2.即命题p：m1，命题q：m2.又由于pq为真，pq为假，所以p和q中一真一假当p真q假时应有m无解当p假q真时应有1mb0)的离心率为，且a22b.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：xym0与椭圆交于A、B两点，且线段AB的中点在圆x2y25上，求m的值解(1)由题意得解得故椭圆的方程为x21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0)联立直线与椭圆的方程得即3x22mxm220，所以x0，y0x0m，即M，又因为M点在圆x2y25上，所以225，解得m3.18(16分)直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，D、E分别为AA1、B1C的中点，DE平面BCC1B1.(1)证明：ABAC；(2)设二面角ABDC为60，求B1C与平面BCD所成角的大小(1)证明以A为坐标原点，射线AB、AC、AA1分别为x、y、z轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz.设B(1,0,0)，C(0，b,0)，D(0,0，c)，则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)设平面BCD的法向量(x，y，z)，则0，0.又(1,1,0)，(1,0，c)，故令x1，则y1，z，(1,1，)又平面ABD的法向量(0,1,0)由二面角ABDC为60知，60，故|cos60，求得c.于是(1,1，)，(1，1，)，cos，60.所以B1C与平面BCD所成的角为30.19(16分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1存在点D，使得ADA1B，并求的值(1)证明因为AA1C1C为正方形，所以AA1AC.因为平面ABC平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1平面ABC.(2)解由(1)知AA1AC，AA1AB.由题意知AB3，BC5，AC4，所以ABAC.如图，以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4，0,4), 设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则即令z3，则x0，y4，所以n(0,4,3).同理可得，平面BB1C1的法向量为m(3,4,0)，所以cosn，m.由题意知二面角A1BC1B1为锐角，所以二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)解设D(x，y，z)是线段BC1上一点，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.因为0,1，所以在线段BC1上存在点D, 使得ADA1B.此时，.20(16分)已知圆M：(x1)2y21，圆N：(x1)2y29，动圆P与M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求AB.解由已知得圆M的圆心为M(1,0)，半径r11，圆N的圆心为N(1,0)，半径r23.设动圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.(1)圆P与圆M外切且与圆N内切，PMPN(Rr1)(r2R)r1r24，由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为1(x2)(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于PMPN2R22，R2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R2.当圆P的半径最长时，其方程为(x2)2y24，当l的倾斜角为90时，则l与y轴重合，可得AB2.当l的倾斜角不为90时，由r1R知l不平行x轴，设l与x轴的交点为Q，则，可求得Q(4,0)，设l：yk(x4)，由l与圆M相切得1，解得k.当k时，将yx代入1(x2)并整理得7x28x80，解得x1,2，AB|x1x2|.当k时，由图形的对称性可知AB，综上，AB或AB2.