liil;;iooi;高二数学(人教A版)选修2-1综合素质检测全册

本册综合素质检测时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．给出命题：p：31，q：4∈{2,3}，则在下列三个命题：“p∧q”，“p∨q”，“綈p”中，真命题的个数为()A．0B．3C．2D．12．(2013·山东理，7)给定两个命题p，q，若綈p是q的必要而不充分条件，则p是綈q的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．命题“存在n∈N*，n2＋3n能被10整除”的否定是()A．不存在n∈N*，n2＋3n能被10整除B．存在n∈N*，n2＋3n不能被10整除C．对任意的n∈N*，n2＋3n不能被10整除D．对任意的n∈N*，n3＋3n能被10整除4．已知方程x21＋k＋y24－k＝1表示双曲线，则k的取值范围是()A．－1k4B．k－1或k4C．k－1D．k45．已知A(－1,0)，B(2,4)，△ABC的面积为10，则动点C的轨迹方程是()A．4x－3y－16＝0或4x－3y＋16＝0B．4x－3y－16＝0或4x－3y＋24＝0C．4x－3y＋16＝0或4x－3y＋24＝0D．4x－3y＋16＝0或4x－3y－24＝06．如图所示，椭圆的中心在原点，焦点F1、F2在x轴上，A、B是椭圆的顶点，P是椭圆上一点，且PF1⊥x轴，PF2∥AB，则此椭圆的离心率是()A.12B.55C.13D.227．设抛物线的顶点在原点，其焦点F在y轴上，又抛物线上的点P(k，－2)与点F的距离为4，则k等于()A．4B．4或－4C．－2D．－2或28．(2013·山东理，11)抛物线C1：y＝12px2(p0)的焦点与双曲线C2：x23－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M，若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝()A.316B.38C.233D.433)A．24B．36C．48D．9610．(2013·新课标全国Ⅱ理，7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别为(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为()11．(2013·大纲理，8)椭圆C：x24＋y23＝1的左、右顶点分别为A1、A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA1斜率的取值范围是()A．[12，34]B．[38，34]C．[12，1]D．[34，1]12.在正三棱柱ABC－A1B1C1，若AB＝2BB1，则AB1与C1B所成角的大小()A．60°B．90°C．105°D．75°二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13．P是双曲线x264－y236＝1上一点，F1、F2是双曲线的两个焦点，且|PF1|＝17，则|PF2|的值为________．14．已知在空间四边形OABC中，OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，点M在OA上，且OM＝3MA，N为BC中点，用a，b，c表示MN→，则MN→等于________．[答案]－34a＋12b＋12c[解析]当直线的斜率不存在时，其方程为x＝4，由x＝4y2＝4x，得y1＝－4，y2＝4，∴y21＋y22＝32.当直线的斜率存在时，其方程为y＝k(x－4)，由y2＝4x，y＝kx－4.消去x得ky2－4y－16k＝0，∴y1＋y2＝4k，y1y2＝－16，∴y21＋y22＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16k2＋3232，综上可知y21＋y22≥32.∴y21＋y22的最小值为32.16．过二面角α－l－β内一点P作PA⊥α于A，作PB⊥β于B，若PA＝5，PB＝8，AB＝7，则二面角α－l－β的度数为________．[答案]120°[解析]设PA→＝a，PB→＝b，由条件知|a|＝5，|b|＝8，|AB→|＝7，∴AB2＝|AB→|2＝|b－a|2＝|b|2＋|a|2－2a·b＝64＋25－2a·b＝49，∴a·b＝20，∴cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|＝12，∴〈a，b〉＝60°，∴二面角α－l－β为120°.三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)已知p：“直线x＋y－m＝0与圆(x－1)2＋y2＝1相交”；q：“mx2－x＋m－4＝0有一正根和一负根”，若p∨q为真，綈p为真，求实数m的取值范围．[解析]∵直线x＋y－m＝0与圆(x－1)2＋y2＝1相交，则|1＋0－m|21，∴m∈(1－2，1＋2)．∵mx2－x＋m－4＝0有一正根和一负根，则m－4m0，即0m4.又∵p∨q为真，綈p为真，∴p假，q真，∴m∈[1＋2，4)．18．(本小题满分12分)已知动圆P过定点A(－3,0)，并且在定圆B：(x－3)2＋y2＝64的内部与其相内切，求动圆圆心P的轨迹方程．[解析]如图，设动圆P和定圆B内切于点M，动圆圆心P到两定点，即定点A(－3，0)和定圆圆心B(3,0)的距离之和恰好等于定圆半径，即|PA|＋|PB|＝|PM|＋|PB|＝|BM|＝8.所以点P的轨迹是以A、B为两焦点，长半轴长为4，短半轴长为b＝42－32＝7的椭圆，方程为：x216＋y27＝1.19．(本小题满分12分)四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，且PB＝4PM，PB与平面ABC成30°角．(1)求证：CM∥平面PAD；(2)求证：平面PAB⊥平面PAD.[证明]如图所示，建立空间直角坐标系C－xyz.(1)∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABC所成的角，∠PBC＝30°.∵|PC|＝2，∴|BC|＝23，∴|PB|＝4，得D(0,1,0)、B(23，0,0，)、A(23，4,0)、P(0,0,2)，又|PB|＝4|PM|，∴|PM|＝1，M(32，0，32)，∴CM→＝(32，0，32)，DP→＝(0，－1,2)，DA→＝(23，3,0)，设CM→＝λDP→＋μDA→，则23μ＝32，－λ＋3μ＝0,2λ＝32，∴λ＝34，μ＝14，即CM→＝34DP→＋14DA→，∴CM→，DP→，DA→共面．∵C∉平面PAD，∴CM∥平面PAD.(2)作BE⊥PA于E，|PB|＝|AB|＝4，∴E为PA的中点，∴E(3，2,1)，∴BE→＝(－3，2,1)．∵BE→·DA→＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，BE→·DP→＝(－3，2,1)·(0，－1,2)＝0，∴BE⊥DA，又BE⊥DP，∴BE⊥平面PAD，由于BE⊂平面PAB，则平面PAB⊥平面PAD.[点评]①证明线面平行，既可以用判定定理直接求证，也可以用向量证，用向量证明时，既可以证明两向量共线，也可以证明向量共面，还可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．②证明面面垂直，既可以应用判定定理直接证，也可以用向量证用向量证明时，可证明其法向量垂直．③常常将向量几何证明方法与综合几何证明方法结合使用．20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°的角，底面ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝12AD.(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；(2)设E是棱PD上一点，且PE＝13PD，求异面直线AE与PB所成的角．[解析]如图，建立空间直角坐标系A－xyz.∵PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°，∴∠PBA＝60°.取AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0，3)，D(0,2,0)．(1)∵AC→＝(1,1,0)，AP→＝(0,0，3)，CD→＝(－1,1,0)，∴AC→·CD→＝－1＋1＋0＝0，AP→·CD→＝0.∴AC⊥CD，AP⊥CD，∴CD⊥平面PAC.CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAC.(2)∵PE→＝13PD→，∴E(0，23，233)，∴AE→＝(0，23，233)．又PB→＝(1,0，－3)，∴AE→·PB→＝－2.∴cos〈AE→·PB→〉＝AE→·PB→|AE→|·|PB→|＝－243×2＝－34.∴异面直线AE与PB所成的角为arccos34.21．(本小题满分12分)设双曲线C：x2a2－y2＝1(a0)与直线l：x＋y＝1相交于两个不同的点A、B.(1)求双曲线C的离心率e的取值范围；(2)设直线l与y轴的交点为P，且PA→＝512PB→，求a的值．[解析](1)由C与l相交于两个不同的点，故知方程组x2a2－y2＝1，x＋y＝1有两组不同的实数解，消去y并整理得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0.①所以1－a2≠0，4a4＋8a21－a20.解得0a2且a≠1，双曲线的离心率e＝1＋a2a＝1a2＋1，∵0a2且a≠1，∴e62，且e≠2，即离心率e的取值范围为(62，2)∪(2，＋∞)(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0,1)，∵PA→＝512PB→，∴(x1，y1－1)＝512(x2，y2－1)．由此得x1＝512x2，由于x1、x2都是方程①的根，且1－a2≠0，所以1712x2＝－2a21－a2，512x22＝－2a21－a2.消去x2得，－2a21－a2＝28960.由a0，所以a＝1713.22．(本小题满分14分)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝6，点E是棱PB的中点．(1)求直线AD与平面PBC的距离；(2)若AD＝3，求二面角A－EC－D的平面角的余弦值．[解析]解法一：(1)如下图，在矩形ABCD中，AD∥BC，从而AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离．因PA⊥底面ABCD，故PA⊥AB，由PA＝AB知△PAB为等腰直角三角形，又点E是棱PB的中点，故AE⊥PB.又在矩形ABCD中，BC⊥AB，而AB是PB在底面ABCD内的射影，由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，故BC⊥AE，从而AE⊥平面PBC，故AE之长即为直线AD与平面PBC的距离．在Rt△PAB中，PA＝AB＝6，所以AE＝12BP＝12PA2＋AB2＝3.(2)过点D作DF⊥CE，交CE于F，过点F作FG⊥CE，交AC于G，则∠DFG为所求的二面角的平面角．由(1)知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE，从而DE＝AE2＋AD2＝6.在Rt△CBE中，CE＝BE2＋BC2＝6.由CD＝6，所以△CDE为等边三角形，故点F为CE的中点，且DF＝CD·sinπ3＝322.因为AE⊥平面PBC，故AE⊥CE，又FG⊥CE，FG綊12AE，从而FG＝32，且G点为AC的中点．连接DG.则在Rt△ADC中，DG＝12AC＝12AD2＋CD2＝32.所以cos∠DFG＝DF2＋FG2－DG22·DF·FG＝63.解法二：(1)如下图，以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴正半轴，建立空间直角坐标系A－xyz.设D(0，a,0)，则B(6，0,0)，C(6，a,0)，P(0,0，6)，E(62，0，62)．因此AE→＝(62，0，62)，BC→＝(0，a,0)，PC→＝(6，a，－6)．则AE→·BC→＝0，AE→·PC→＝0，所以AE⊥平面PBC.又由AD∥BC知AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为|AE→|＝3.(2)因为|AD→|＝3，则D(0，3，0)，C(6，3，0)．设平面AEC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则n1·AC→＝0，n1·AE→＝0.又AC→＝(6，3，0)，AE→＝(62，0，62)，故6x1＋3y1＝0，62x1＋62z1＝0.所以