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(cè) 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(cè) 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a＞－1，則a＞－2”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a＞－2，則a＞－1”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：?x∈R，sinx≤1，則命題綈p為_(kāi)_____． 答案　?x∈R，sinx＞1 解析　存在性命題的否定為全稱(chēng)命題，同時(shí)注意否定結(jié)論：sinx≤1的否定為sinx＞1. 3．命題“a＞1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a＞1?a＞；因?yàn)閍＞，所以(－1)＞0，所以＞1，即a＞1.所以a＞?a＞1.綜上可知a＞1?a＞，所以a＞1是a＞的充要條件． 4．在空間中，①若四點(diǎn)不共面，則這四點(diǎn)中任三個(gè)點(diǎn)都不共線；②若兩條直線沒(méi)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　② 解析　命題①：“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②：“若兩條直線沒(méi)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(méi)有公共點(diǎn)”，是真命題． 5．已知|a|＝|b|＝5，a，b的夾角為，則|a＋b|與|a－b|的值分別等于______． 答案　5，5 解析　|a＋b|2＝|a|2＋2ab＋|b|2＝52＋255＋52＝75，|a＋b|＝5，|a－b|2＝|a|2－2ab＋|b|2＝52－255＋52＝25，|a－b|＝5. 6．若直線l的方向向量為a＝(－1,1,2)，平面α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⊥α 解析　由已知得a＝－u，即向量a和u共線，∴直線l與平面α垂直． 7．以雙曲線－y2＝1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　y2＝6x或y2＝－6x 解析　因?yàn)閍＝，b＝1，所以c＝2， 所以雙曲線的準(zhǔn)線方程為x＝， 所以＝，得p＝3， 所以拋物線方程是y2＝6x或y2＝－6x. 8．焦點(diǎn)在y軸上，虛半軸長(zhǎng)為4，焦距的一半為6的雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為_(kāi)___________． 答案?。? 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(a＞0，b＞0)．已知b＝4，c＝6，則a2＝c2－b2＝62－42＝20.故所求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為－＝1. 9．對(duì)于實(shí)數(shù)x，y，命題p：x＋y≠8是命題q：x≠2或y≠6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x＝2且y＝6，則x＋y＝8”是真命題，故綈q?綈p，即p?q；命題“若x＋y＝8，則x＝2且y＝6”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t∈R，a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，則|b－a|的最小值是______． 答案　 解析　因?yàn)閍－b＝(－1－t,1－2t,0)， 所以|a－b|＝ ＝＝， 當(dāng)t＝時(shí)，|b－a|取到最小值. 11．已知雙曲線x2－＝1上存在兩點(diǎn)M，N關(guān)于直線y＝x＋m對(duì)稱(chēng)，且MN的中點(diǎn)在拋物線y2＝18x上，則實(shí)數(shù)m的值為_(kāi)_______． 答案　0或－8 解析　設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN中點(diǎn)P(x0，y0)， 則 則②－①得(x2－x1)(x2＋x1)＝(y2－y1)(y2＋y1)，顯然x1≠x2. ∴＝3，即kMN＝3， ∵M(jìn)，N關(guān)于直線y＝x＋m對(duì)稱(chēng)，∴kMN＝－1， ∴y0＝－3x0，又∵y0＝x0＋m， ∴P，代入拋物線方程得 m2＝18. 解得m＝0或－8，經(jīng)檢驗(yàn)都符合． 12．動(dòng)圓的圓心在拋物線y2＝8x上，且動(dòng)圓恒與直線x＋2＝0相切，則動(dòng)圓必過(guò)定點(diǎn)______． 答案　(2,0) 解析　拋物線y2＝8x，p＝4，其準(zhǔn)線方程為x＝－2，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x＋2＝0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(guò)定點(diǎn)F(2,0)． 13．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于________． 答案　 解析　設(shè)AB＝1，則AA1＝2，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θ， 則sinθ＝||＝. 14．設(shè)F為拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)，過(guò)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FQ＝2，則直線的斜率等于________． 答案　1 解析　設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，聯(lián)立消去y得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系，xA＋xB＝－，于是xQ＝＝－1，把xQ帶入y＝k(x＋1)，得到y(tǒng)Q＝，根據(jù)FQ＝＝2，解出k＝1. 二、解答題(本大題共6小題，共90分) 15．(14分)已知命題p：對(duì)數(shù)loga(－2t2＋7t－5)(a＞0且a≠1)有意義；q：關(guān)于實(shí)數(shù)t的不等式t2－(a＋3)t＋(a＋2)＜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(duì)數(shù)式有意義， 即－2t2＋7t－5＞0，解得1＜t＜. (2)因?yàn)槊}p是命題q的充分不必要條件， 所以1＜t＜是不等式t2－(a＋3)t＋(a＋2)＜0解集的真子集． 解法一：因?yàn)榉匠蘴2－(a＋3)t＋(a＋2)＝0的兩根為1，a＋2， 故只需a＋2＞，解得a＞. 解法二：令f(t)＝t2－(a＋3)t＋(a＋2)， 因?yàn)閒(1)＝0，故只需f()＜0，解得a＞. 16．(14分)已知命題p：不等式|x－1|>m－1的解集為R，命題q：f(x)＝－(5－2m)x是減函數(shù)，若p∨q為真命題，p∧q為假命題，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　由于不等式|x－1|>m－1的解集為R， 所以m－1<0，m<1； 又由于f(x)＝－(5－2m)x是減函數(shù)， 所以5－2m>1，m<2. 即命題p：m<1，命題q：m<2. 又由于p∨q為真，p∧q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(wú)解． 當(dāng)p假q真時(shí)應(yīng)有　1≤m<2. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是[1,2)． 17．(14分)已知橢圓＋＝1 (a>b>0)的離心率為，且a2＝2b. (1)求橢圓的方程； (2)若直線l：x－y＋m＝0與橢圓交于A、B兩點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)在圓x2＋y2＝5上，求m的值． 解　(1)由題意得　解得 故橢圓的方程為x2＋＝1. (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3x2＋2mx＋m2－2＝0， 所以x0＝＝－，y0＝x0＋m＝， 即M，又因?yàn)镸點(diǎn)在圓x2＋y2＝5上， 所以2＋2＝5，解得m＝3. 18．(16分)直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，D、E分別為AA1、B1C的中點(diǎn)，DE⊥平面BCC1B1. (1)證明：AB＝AC； (2)設(shè)二面角ABDC為60，求B1C與平面BCD所成角的大?。? (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DE⊥BC，＝0，求得b＝1，所以AB＝AC. (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x＝1，則y＝1，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ABC－A1B1C1中，AA1C1C是邊長(zhǎng)為4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求證：AA1⊥平面ABC； (2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值； (3)證明：在線段BC1存在點(diǎn)D，使得AD⊥A1B，并求的值． (1)證明　因?yàn)锳A1C1C為正方形，所以AA1⊥AC. 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AA1⊥AC，AA1⊥AB.由題意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.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z＝3，則x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3). 同理可得，平面BB1C1的法向量為m＝(3,4,0)， 所以cos〈n，m〉＝＝. 由題意知二面角A1－BC1－B1為銳角， 所以二面角A1－BC1－B1的余弦值為. (3)解　設(shè)D(x，y，z)是線段BC1上一點(diǎn)，且＝λ. 所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)．解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ. 所以＝(4λ，3－3λ，4λ)． 由＝0，即9－25λ＝0.解得λ＝. 因?yàn)椤蔥0,1]，所以在線段BC1上存在點(diǎn)D, 使得AD⊥A1B. 此時(shí)，＝λ＝. 20．(16分)已知圓M：(x＋1)2＋y2＝1，圓N：(x－1)2＋y2＝9，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(zhǎng)時(shí)，求AB. 解　由已知得圓M的圓心為M(－1,0)，半徑r1＝1，圓N的圓心為N(1,0)，半徑r2＝3.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，∴PM＋PN＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4，由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左、右焦點(diǎn)，長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2，短半軸長(zhǎng)為的橢圓(左頂點(diǎn)除外)，其方程為＋＝1(x≠－2)． (2)對(duì)于曲線C上任意一點(diǎn)P(x，y)，由于PM－PN＝2R－2≤2，∴R≤2， 當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時(shí)，R＝2. ∴當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí)，其方程為(x－2)2＋y2＝4， 當(dāng)l的傾斜角為90時(shí)，則l與y軸重合， 可得AB＝2. 當(dāng)l的傾斜角不為90時(shí)，由r1≠R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：y＝k(x＋4)，由l與圓M相切得＝1， 解得k＝. 當(dāng)k＝時(shí)，將y＝x＋代入＋＝1(x≠－2)并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1,2＝， ∴AB＝|x1－x2|＝. 當(dāng)k＝－時(shí)，由圖形的對(duì)稱(chēng)性可知AB＝， 綜上，AB＝或AB＝2.