高中數(shù)學人教版選修21綜合檢測A卷帶答案

1、選修2-1模塊綜合檢測(A)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1命題“若AB，則AB”與其逆命題、否命題、逆否命題這四個命題中，真命題的個數(shù)是()A0B2C3D42已知命題p：若x2y20 (x，yR)，則x，y全為0；命題q：若ab，則0，則x0滿足關于x的方程axb的充要條件是()AxR，ax2bxaxbx0BxR，ax2bxaxbx0CxR，ax2bxaxbx0DxR，ax2bxaxbx05已知橢圓1 (ab0)，M為橢圓上一動點，F(xiàn)1為橢圓的左焦點，則線段MF1的中點P的軌跡是()A橢圓 B圓C雙曲線的一支 D線段6若向量a(1,0，

2、z)與向量b(2,1,2)的夾角的余弦值為，則z等于()A0 B1 C1 D27.如圖所示，正方體ABCDABCD中M是AB的中點，則sin，的值為()A. B.C. D.8過拋物線y24x的焦點作直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，如果x1x26，那么|AB|等于()A10 B8 C6 D49中心在原點，焦點在x軸上的雙曲線的一條漸近線經(jīng)過點(4，2)，則它的離心率為()A. B. C. D.10若A，B兩點的坐標分別是A(3cos ，3sin ，1)，B(2cos ，2sin ，1)，則|的取值范圍是()A0,5 B1,5C(1,5) D1,2511設O為坐標原點，F(xiàn)1、

3、F2是1(a0，b0)的焦點，若在雙曲線上存在點P，滿足F1PF260，|OP|a，則該雙曲線的漸近線方程為()Axy0 B.xy0Cxy0 D.xy012在長方體ABCDA1B1C1D1中，M、N分別是棱BB1、B1C1的中點，若CMN90，則異面直線AD1與DM所成的角為()A30 B45 C60 D90題號123456789101112答案二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13已知p(x)：x22xm0，如果p(1)是假命題，p(2)是真命題，那么實數(shù)m的取值范圍是_14已知雙曲線1 (a0，b0)的一條漸近線方程是yx，它的一個焦點與拋物線y216x的焦點相同，則雙曲線

4、的方程為_15若AB是過橢圓1 (ab0)中心的一條弦，M是橢圓上任意一點，且AM、BM與坐標軸不平行，kAM、kBM分別表示直線AM、BM的斜率，則kAMkBM_.16在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M和N分別是A1B1和BB1的中點，那么直線AM與CN所成角的余弦值為_三、解答題(本大題共6小題，共70分)17(10分)已知p：2x29xa0，令函數(shù)yax2bxa(x)2，此時函數(shù)對應的圖象開口向上，當x時，取得最小值，而x0滿足關于x的方程axb，那么x0，yminaxbx0，那么對于任意的xR，都有yax2bxaxbx0.5AP為MF1中點，O為F1F2的中點，|OP|M

5、F2|，又|MF1|MF2|2a，|PF1|PO|MF1|MF2|a.P的軌跡是以F1，O為焦點的橢圓6A設兩個向量的夾角為，則cos ，解得z0.7B以D為原點，建系，設棱長為1，則(1,1,1)，C(0,1,0)，M，故cos，則sin，.8B由拋物線的定義，得|AB|x1x2p628.9D由題意知，過點(4，2)的漸近線方程為yx，24，a2b，設bk，則a2k，ck，e.10B|.因為1cos()1，所以11312cos()25，所以|1,511D如圖所示，O為F1F2的中點，2，（)2(2)2.即|2|22|cos 604|2.又|PO|a，|2|2|28a2.又由雙曲線定義得|PF

6、1|PF2|2a，(|PF1|PF2|)24a2.即|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|4a2.由得|PF1|PF2|8a2，|PF1|2|PF2|220a2.在F1PF2中，由余弦定理得cos 60，8a220a24c2.即c23a2.又c2a2b2，b22a2.即2，.雙曲線的漸近線方程為xy0.12D建立如圖所示坐標系設ABa，ADb，AA1c，則A1(b,0,0)，A(b,0，c)，C1(0，a,0)，C(0，a，c)，B1(b，a,0)，D(0,0，c)，N，M.CMN90，b2c20，cb.(b,0，b)b2b20，AD1DM，即異面直線AD1與DM所成的角為90.133,

7、8)解析因為p(1)是假命題，所以12m0，即m3.又因為p(2)是真命題，所以44m0，即m8.故實數(shù)m的取值范圍是3m0，b0)的一條漸近線方程為yx得，ba.拋物線y216x的焦點為F(4,0)，c4.又c2a2b2，16a2(a)2，a24，b212.所求雙曲線的方程為1.15解析設A(x1，y1)，M(x0，y0)，則B(x1，y1)，則kAMkBM.16.解析建系如圖，則M，N，A(1,0,0)，C(0,1,0)，.cos，.即直線AM與CN所成角的余弦值為.17解由，得，即2x3.q：2x3.設Ax|2x29xa0，Bx|2x3，綈p綈q，qp，BA.即2x3滿足不等式2x29x

8、a0.設f(x)2x29xa，要使2x3滿足不等式2x29xa0，需，即.a9.故所求實數(shù)a的取值范圍是a|a918解如圖所示，設|PF1|m，|PF2|n，則SF1PF2mnsin mn.由橢圓的定義知|PF1|PF2|20，即mn20.又由余弦定理，得|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cos |F1F2|2，即m2n2mn122.由2，得mn.SF1PF2.19解(1)由消去y，得(3a2)x22ax20.依題意得即a且a.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則以AB為直徑的圓過原點，OAOB，x1x2y1y20，即x1x2(ax11)(ax21)0，即(a21)x1x2

9、a(x1x2)10.(a21)a10，a1，滿足(1)所求的取值范圍故a1.20.證明(1)以D為坐標原點，以DA、DC、DP所在的直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系連結AC，AC交BD于G.連結EG.設DCa，依題意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，E，底面ABCD是正方形，G是此正方形的中心，故點G的坐標為，且(a,0，a)，.2，即PAEG.而EG平面EDB且PA平面EDB，PA平面EDB.(2)依題意得B(a，a,0)，(a，a，a)又，故00，PBDE，由已知EFPB，且EFDEE，所以PB平面EFD.21解設P(x，y)，則(4,0)，(x2，y)，(x2，y)|4，|，

10、4(x2)，代入|0，得44(x2)0，即2x，化簡整理，得y28x.故動點P(x，y)的軌跡方程為y28x.22解 設正方體的棱長為1，如圖所示，以，分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Oxyz.(1)依題意，得B(1,0,0)，E(0,1，),A(0，0,0),D(0,1,0),所以 (1,1，)，(0,1,0)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，因為AD平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一個法向量設直線BE和平面ABB1A1所成的角為，則.故直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值為.(2)在棱C1D1上存在點F，使B1F平面A1BE.證明如下：依題意，得A1(0,0,1)，(1,0,1)，(1,1，)設n(x，y，z)是平面A1BE的一個法向量，則由n0，n0，得所以xz，yz，取z2，得n(2,1,2)設F是棱C1D1