高中數(shù)學(xué) 綜合測試A 北師大版選修2-1

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)綜合測試A北師大版選修2-1時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．“a>0且a≠1”是“l(fā)oga3>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[答案]B[解析]∵a>0且a≠1eq\o(?,/)loga3>0，loga3>0?a>1.∴“a>0且a≠1”是“l(fā)oga3>0”的必要不充分條件．2．在四面體O－ABC中，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，D為BC的中點，E為AD的中點，則eq\o(OE,\s\up6(→))＝()A．eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,4)c B．eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,2)cC．eq\f(1,4)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,4)c D．eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c[答案]D[解析]eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)·eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋eq\f(1,4)(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b＋eq\f(1,4)c，故選D.3．下列雙曲線中，以直線x＝±2y為漸近線的是()A．eq\f(x2,16)－eq\f(y2,4)＝1 B．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1C．eq\f(x2,2)－y2＝1 D．x2－eq\f(y2,2)＝1[答案]A[解析]eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x.故以x＝±2y為漸近線的雙曲線為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,4)＝1.4．(·荊州中學(xué)、龍泉中學(xué)、宜昌一中、襄陽四中高二期中)下列選項中，說法正確的是()A．若命題“p∨q”為真命題，則命題p和命題q均為真命題B．命題“若am2<bm2，則a<b”的逆命題是真命題C．命題“若a＝－b，則|a|＝|b|”的否命題是真命題D．命題“若{a，b，c}為空間的一個基底，則{a＋b，b＋c，c＋a}構(gòu)成空間的另一個基底”的逆否命題為真命題[答案]D[解析]由“p∨q”一真為真知，A錯誤；命題“若am2<bm2，則a<b”的逆命題為“若a<b，則am2<bm2”，這是一個假命題，∵當(dāng)m＝0時錯誤，故B錯誤；“若a＝－b，則|a|＝|b|”的否命題為“若a≠－b，則|a|≠|(zhì)b|”，這是一個假命題，例如a＝(1,3)，b＝(－3,1)，此時a≠－b，但|a|＝|b|＝eq\r(10)，故C錯誤；若{a＋b，b＋c，c＋a}不能構(gòu)成空間的一個基底，則存在實數(shù)λ，μ，使a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)，∴(1－μ)a＋(1－λ)b－(λ＋μ)c＝0，∵a，b，c不共面，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－μ＝0，,1－λ＝0，,－λ＋μ＝0，))此方程組顯然無解，因此{(lán)a＋b，b＋c，c＋a}可以構(gòu)成空間的一個基底，由原命題正確知逆否命題正確，故選D.5．(·廣東文)在△ABC中，角A，B，C所對應(yīng)的邊分別為a，b，c，則“a≤b”是“sinA≤sinB”的()A．充分必要條件 B．充分非必要條件C．必要非充分條件 D．非充分非必要條件[答案]A[解析]本題考查三角形內(nèi)角和，誘導(dǎo)公式及充要條件．由a≤b得A≤B.當(dāng)B為銳角時，sinA≤sinB；當(dāng)B為直角時，sinA≤sinB；當(dāng)B為鈍角時，π－B＝A＋C>A，此時π－B為銳角，所以sin(π－B)>sinA，即sinB>sinA，綜上：sinA≤sinB.反之亦成立，選A.分類討論是解決本題的關(guān)鍵．另解：由正弦正理得，a≤b?2RsinA≤2RsinB(R為△ABC外接圓的半徑)?sinA≤sinB，故選A.6．若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，則eq\f(b2＋1,3a)的最小值為()A．eq\f(2\r(3),3) B．eq\f(\r(3),3)C．2 D．1[答案]A[解析]由e＝2得eq\f(c,a)＝2，從而b＝eq\r(3)a>0，所以eq\f(3a2＋1,3a)＝a＋eq\f(1,3a)≥2eq\r(a·\f(1,3a))＝2eq\r(\f(1,3))＝eq\f(2\r(3),3).當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(1,3a)，即a＝eq\f(\r(3),3)時，“＝”成立．故選A.7．(·新課標(biāo)全國Ⅱ理，7)一個四面體的頂點在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中的坐標(biāo)分別為(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，畫該四面體三視圖中的正視圖時，以zOx平面為投影面，則得到正視圖可以為()[答案]A[解析]在空間直角坐標(biāo)系中畫出各點，可見這四點為正四面體的四個頂點，將其置于正方體ABCD－A1B1C1D1中，易得此四面體在zOx8．以eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝－1的焦點為頂點，頂點為焦點的橢圓方程為()A．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1 B．eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,16)＝1C．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1 D．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1[答案]D[解析]∵橢圓的頂點和焦點分別是eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝－1的焦點和頂點，∴橢圓的長半軸長為4，半焦距為2eq\r(3).∴b2＝a2－c2＝4，且焦點在y軸上，故所求方程為eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,4)＝1.9．已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點M在該橢圓上，且eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝0，則點M到y(tǒng)軸的距離為()A．eq\f(2\r(3),3) B．eq\f(2\r(6),3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\r(3)[答案]B[解析]由題意，得F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)．設(shè)M(x，y)，則eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)－x，－y)·(eq\r(3)－x，－y)＝0，整理得x2＋y2＝3①.又因為點M在橢圓上，故eq\f(x2,4)＋y2＝1，即y2＝1－eq\f(x2,4)②.將②代入①，得eq\f(3,4)x2＝2，解得x＝±eq\f(2\r(6),3)，故點M到y(tǒng)軸的距離為eq\f(2\r(6),3).10．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(6),3)，過橢圓上一點M作直線MA，MB交橢圓于A，B兩點，且斜率分別為k1，k2，若點A，B關(guān)于原點對稱，則k1·k2的值為()A．eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．－eq\f(1,3)[答案]D[解析]依題意可知A，O，B三點在同一直線上，(O為坐標(biāo)原點)，e2＝eq\f(c2,a2)＝1－eq\f(b2,a2)＝eq\f(2,3)，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,3).設(shè)M(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且A、B兩點關(guān)于原點對稱，則k1k2＝eq\f(y2－y\o\al(2,1),x2－x\o\al(2,1))＝eq\f(－\f(b2,a2)x2－x\o\al(2,1),x2－x\o\al(2,1))＝－eq\f(1,3).二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分)11．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝AA1＝2，點D是A1C1的中點，則異面直線AD和BC[答案]30°[解析]如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，A1(2,0,2)，C1(0,2,2)，B(0,0,0)，由D為A1C1中點知D∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1,1,2)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2,2)．∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(6,\r(6)×2\r(2))＝eq\f(\r(3),2).∴異面直線AD與BC1所成的角為30°.12．已知命題“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命題，那么在下列命題中：①M(fèi)的元素都不是P的元素；②M中有不屬于P的元素；③M中有P的元素；④M中元素不都是P的元素，真命題有________．[答案]②④[解析]若命題p錯誤，則非p正確，即“非空集合M的元素不都是集合P的元素”正確，因此②④正確．13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若雙曲線eq\f(x2,m)－eq\f(y2,m2＋4)＝1的離心率為eq\r(5)，則m的值為________．[答案]2[解析]本題考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程以及離心率等知識．由雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程eq\f(x2,m)－eq\f(y2,m2＋4)＝1知a2＝m>0，b2＝m2＋4，∴c2＝a2＋b2＝m＋m2＋4，由e＝eq\r(5)得eq\f(c2,a2)＝5，∴m>0且eq\f(m＋m2＋4,m)＝5，∴m＝2.與圓錐曲線基本量計算有關(guān)的問題，一定要將方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式．14．(·江西文)設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右焦點為F1，F(xiàn)2，作F2作x軸的垂線與C相交于A，B兩點，F(xiàn)1B與y軸相交于點D，若AD⊥F1B，則橢圓C的離心率等于________．[答案]eq\f(\r(3),3)[解析]本題是橢圓綜合性質(zhì)的考查，如圖∵AB⊥x軸，不妨設(shè)A(c，eq\f(b2,a))，B(c，－eq\f(b2,a))，又∵D是F1B與y軸的交點，可求得D(0，－eq\f(b2,2a))且為BF1的中點．∵AD⊥F1B，∴△F1AB為等腰三角形，∴|AF1|＝|AB|＝2·eq\f(b2,a)，∴|AF1|＋|AF2|＝2·eq\f(b2,a)＋eq\f(b2,a)＝3·eq\f(b2,a)，由橢圓定義得3·eq\f(b2,a)＝2a，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(2,3)∴eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,3)，∴e＝eq\f(\r(3),3)，此題要注意橢圓定義與已知幾何關(guān)系的綜合利用．15.如圖，在直角梯形P1DCB中，P1D∥CB，CD⊥P1D，P1D＝6，BC＝3，DC＝eq\r(6)，A是P1D的中點，E是線段AB的中點，沿AB把平面P1AB折起到平面PAB的位置，使PA⊥平面ABCD.則下列命題正確的個數(shù)是________．①二面角P－CD－B成45°角；②設(shè)折起后幾何體的棱PD的中點為F，則AF∥平面PEC；③平面PEC和平面PAD所成的銳二面角的大小為60°；④點D到平面PEC的距離為eq\f(3\r(2),4).[答案]2[解析]如圖，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，∵CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，∴PD⊥CD.∴∠PAD為二面角P－CD－B的平面角，在Rt△PDA中，PA＝AD，∴二面角P－CD－B成45°角．故①正確；取PC的中點M，連接EM，F(xiàn)M，F(xiàn)M＝EA，且FM∥EA，則四邊形EAFM為平行四邊形，∴FA∥EM，∴AF∥平面PEC.故②正確；設(shè)平面PEC和平面PAD所成二面角為θ，∵EA⊥平面PAD，CD⊥平面PAD，S△PAD＝eq\f(1,2)×PA×AD＝eq\f(1,2)×3×3＝eq\f(9,2)，S△PEC＝eq\f(1,2)×PC×EM＝eq\f(1,2)×2eq\r(6)×eq\f(3\r(2),2)＝3eq\r(3)，∴cosθ＝eq\f(S△PAD,S△PEC)＝eq\f(\r(3),2)，θ＝eq\f(π,6).故③錯誤；設(shè)點D到平面PEC的距離為h，連接BD、ED，則VP－ECD＝eq\f(1,3)×S△ECD×PA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×eq\r(6)×3＝eq\f(3\r(6),2)，VD－PEC＝eq\f(1,3)×S△PEC×h＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×h＝eq\r(3)h，∴eq\f(3\r(6),2)＝eq\r(3)h，h＝eq\f(3\r(2),2).故④錯誤．綜上，正確命題的個數(shù)為2.三、解答題(本大題共6小題，共75分，前4題每題12分，20題13分，21題14分)16．已知命題p：{x|1－c<x<1＋c，c>0}，命題q：(x－3)2<16，且p是q的充分而不必要條件，求c的取值范圍．[解析]命題p對應(yīng)的集合A＝{x|1－c<x<1＋c，c>0}，由(x－3)2<16可解得命題q對應(yīng)的集合B＝{x|－1<x<7}，∵p是q的充分而不必要條件，∴AB，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c>0，,1－c≥－1，,1＋c<7，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c>0，,1－c>－1，,1＋c≤7，))∴0<c≤2或0<c<2，∴0<c≤2，所以所求c的取值范圍為0<c≤2.17．已知動圓P過定點A(－3,0)，并且在定圓B：(x－3)2＋y2＝64的內(nèi)部與其相內(nèi)切，求動圓圓心P的軌跡方程．[解析]如圖，設(shè)動圓P和定圓B內(nèi)切于點M，動圓圓心P到兩定點，即定點A(－3，0)和定圓圓心B(3,0)的距離之和恰好等于定圓半徑，即|PA|＋|PB|＝|PM|＋|PB|＝|BM|＝8.所以點P的軌跡是以A、B為兩焦點，長半軸長為4，短半軸長為b＝eq\r(42－32)＝eq\r(7)的橢圓，方程為：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1.18．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝(1)若D為AA1的中點，求證：平面B1CD⊥平面B1C1D(2)若二面角B1－DC－C1的大小為60°，求AD的長．[解析](1)如圖，以C為坐標(biāo)原點，CA，CB，CC1所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)．即eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1,0,1)，由eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD⊥C1B1.由eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得eq\o(CD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC1,\s\up6(→)).又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D(2)設(shè)AD＝a，則D點坐標(biāo)為(1,0，a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1,0，a)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，設(shè)平面B1CD的一個法向量為m＝(x，y，z)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up6(→))＝0,m·\o(CD,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0,x＋az＝0))，z＝－1，得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一個法向量為n＝(0,1,0)，則由cos60°＝eq\f(m·n,|m||n|)，得eq\f(1,\r(a2＋2))＝eq\f(1,2)，即a＝eq\r(2)，故AD＝eq\r(2).19．若橢圓C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<2)的離心率等于eq\f(\r(3),2)，拋物線C2：x2＝2py(p>0)的焦點是橢圓的一個頂點．(1)求拋物線C2的方程；(2)過M(－1,0)的直線l與拋物線C2交于E、F兩點，又過E、F作拋物線C2的切線l1、l2，當(dāng)l1⊥l2時，求直線l的方程．[解析](1)已知橢圓的長半軸的長為2，半焦距c＝eq\r(4－b2).∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(4－b2),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴b2＝1.∴橢圓的上頂點為(0,1)，即拋物線的焦點為(0,1)．∴拋物線的方程為x2＝4y.(2)由已知，直線l的斜率必存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，∴y＝eq\f(1,4)x2，∴y′＝eq\f(1,2)x，∴切線l1，l2的斜率分別為eq\f(1,2)x1，eq\f(1,2)x2.當(dāng)l1⊥l2時，eq\f(1,2)x1·eq\f(1,2)x2＝－1，即x1·x2＝－4.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1,x2＝4y))得：x2－4kx－4k＝0.Δ＝(4k)2－4×(－4k)>0，解得k<－1或k>0①，∴x1·x2＝－4k＝－4，即k＝1.此時k＝1滿足①，∴直線l的方程為x－y＋1＝0.20．(·重慶理)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面是以O(shè)為中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝eq\f(π,3)，M為BC上一點，且BM＝eq\f(1,2)，MP⊥AP.(1)求PO的長；(2)求二面角A－PM－C的正弦值．[解析](1)如圖，連結(jié)AC，BD，因ABCD為菱形，則AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.因∠BAD＝eq\f(π,3)，故OA＝AB·coseq\f(π,6)＝eq\r(3)，OB＝AB·sineq\f(π,6)＝1，所以O(shè)(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,0)，C(－eq\r(3)，0,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1,0)．由BM＝eq\f(1,2)，BC＝2知，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),4)，－eq\f(1,4)，0)，從而eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),4)，eq\f(3,4)，0)，即M(－eq\f(\r(3),4)，eq\f(3,4)，0)．設(shè)P(0,0，a)，a>0，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0，a)，eq\o(MP,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),4)，－eq\f(3,4)，a)，因為MP⊥AP，故eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，即－eq\f(3,4)＋a2＝0，所以a＝eq\f(\r(3),2)，a＝－eq\f(\r(3),2)(舍去)，即PO＝eq\f(\r(3),2).(2)由(1)知，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0，eq\f(\r(3),2))，eq\o(MP,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),4)，－eq\f(3,4)，eq\f(\r(3),2))，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，eq\f(\r(3),2))，設(shè)平面APM的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，由n1·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(MP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋\f(\r(3),2)z1＝0，,\f(\r(3),4)x1－\f(3,4)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，))故可取n1＝(1，eq\f(5\r(3),3)，2)，由n2·eq\o(MP,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(CP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)x2－\f(3,4)y2＋\f(\r(3),2)z2＝0，,\r(3)x2＋\f(\r(3),2)z2＝0，))故可取n2