高中数学选修2-1期终综合练习试卷

期终综合练习试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意要求的．1.设p、q是两个命题，则“复合命题p或q为真，p且q为假”的充要条件是（C）A．p、q中至少有一个为真B．p、q中至少有一个为假C．p、q中中有且只有一个为真D．p为真，q为假2.设双曲线以椭圆192522yx长轴的两个端点为焦点，其准线过椭圆的焦点，则双曲线的渐近线的斜率为（C）A．2B．34C．21D．433.设有两个命题：命题p：关于x的不等式xxx23202的解集为xx|2，命题q：若函数ykxkx21的值恒小于0，则40k，那么（C）A．“q”为假命题B．“p”为真命题C．“p或q”为真命题D．“p且q”为真命题4.已知命题p：函数)2(log25.0axxy的值域为R．命题q：函数xay)25(是减函数．若p或q为真命题，p且q为假命题，则实数a的取值范围是（C）A．a≤1B．a2C．1a2D．a≤1或a≥25.对任意实数a，b，c，给出下列命题：①“ba”是“bcac”充要条件；②“5a是无理数”是“a是无理数”的充要条件③“ab”是“a2b2”的充分条件；④“a5”是“a3”的必要条件.其中真命题的个数是（B）A．1B．2C．3D．46.给出两个命题：p：xx||的充要条件是x为正实数；q：不等式||||||yxyx取等号的条件是yx,异号，则下列哪个复合命题是真命题（D）A．qp且B．qp或C．qp且D．qp或7.双曲线)0(122mnnymx离心率为2，有一个焦点与抛物线xy42的焦点重合，则mn的值为（A）A．163B．83C．316D．388.若动点（yx,）在曲线)0(14222bbyx上变化，则yx22的最大值为（A）A．)4(2),40(442bbbbB．)2(2),20(442bbbbC．442bD．2b9.已知),01)(lg()(babaxfxx则不等式0)(xf的解集为),1(的充要条件是（A）A．1baB．1baC．1baD．1ab10.已知点)0,4(F),0,4(F21,又)y,x(P是曲线13|y|5|x|上的点,则(C)A．10|PF||PF|21B．10|PF||PF|21C．10|PF||PF|21D．10|PF||PF|21二、填写题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题纸相应位置．11.如图，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°且PA=AC=BC=a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________.12.已知BA),0,21(是圆FyxF(4)21(:22为圆心）上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于P，则动点P的轨迹方程为.13.从双曲线12222byax上任意一点P引实轴平行线交两渐近线于Q、R两点，则|PQ||PR|之值为．14.过抛物线22(0)ypxp的焦点的直线0xmym与抛物线交于A、B两点，且△OAB（O为坐标原点）的面积为22，则m6＋m4＝．15.已知双曲线2212yx的焦点为12FF、，点M在双曲线上且120MFMF，则点M到x轴的距离为16.已知F1、F2是双曲线)0,0(12222babyax的两焦点，以线段F1F2为边作正三角形MF1F2，若边MF1的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是三、解答题：本大题共6小题，共70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小题)学校科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验.设计方案如图：航天器运行（按顺时针方向）的轨迹方程为12510022yx，变轨（即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线）后返回的轨迹是以y轴为对称轴、764,0M为顶点的抛物线的实线部分，降落点为)0,8(D.观测点)0,6()0,4(BA、同时跟踪航天器.（1）求航天器变轨后的运行轨迹所在的曲线方程；（2）试问：当航天器在x轴上方时，观测点BA、测得离航天器的距离分别为多少时，应向航天器发出变轨指令？18.(本小题满分12小题)如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，EA⊥EB1，已知AB=2，BB1=2，BC=1，∠BCC1=3，求：（Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；（Ⅱ）二面角A—EB1—A1的平面角的正切值.19.(本小题满分12小题)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC=1，PA=2，E为PD的中点.（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离.20.(本小题满分12小题)抛物线C的方程为)0(2aaxy，过抛物线C上一点P(x0,y0)(x0≠0)作斜率为k1,k2的两条直线分别交抛物线C于A(x1,y1)B(x2,y2)两点(P,A,B三点互不相同)，且满足)10(012且kk.（Ⅰ）求抛物线C的焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）设直线AB上一点M，满足MABM，证明线段PM的中点在y轴上；（Ⅲ）当=1时，若点P的坐标为（1，-1），求∠PAB为钝角时点A的纵坐标1y的取值范围.21.(本小题满分12小题)已知椭圆C1的方程为1422yx，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点.（Ⅰ）求双曲线C2的方程；（Ⅱ）若直线2:kxyl与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A和B满足6OBOA（其中O为原点），求k的取值范围.22.如图，已知长方体1111,ABCDABCD12,1,ABAA直线BD与平面11AABB所成的角为30，AE垂直BD于E，F为11AB的中点.（I）求异面直线AE与BF所成的角；（II）求平面BDF与平面1AAB所成的二面角；（III）求点A到平面BDF的距离.A1ABCD1BF1C1DE参考答案一、选择题：1.C2.C3.C4.C5.B6.D7.A8.A9.A10.C二、填空题：11.【答案】212.【答案】13422yx13．【答案】2a14．【答案】（2，3）15．【答案】23316.【答案】13三、解答题：17.【解析】（1）设曲线方程为7642axy，由题意可知，764640a.71a.曲线方程为764712xy.（2）设变轨点为),(yxC，根据题意可知)2(,76471)1(,125100222xyyx得036742yy，4y或49y（不合题意，舍去）.4y.得6x或6x（不合题意，舍去）.C点的坐标为)4,6(，4||,52||BCAC.答：当观测点BA、测得BCAC、距离分别为452、时，应向航天器发出变轨指令.18.【解析】（I）以B为原点，1BB、BA分别为y、z轴建立空间直角坐标系.由于BC=1，BB1=2，AB=2，∠BCC1=3，在三棱柱ABC—A1B1C1中有B（0，0，0），A（0，0，2），B1（0，2，0），)0,23,23(),0,21,23(1CC设即得由,0,),0,,23(11EBEAEBEAaE)0,2,23()2,,23(0aa,432)2(432aaaa.,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EBBEEBBEEaaaa即故舍去或即得又AB⊥面BCC1B1，故AB⊥BE.因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线，则14143||BE，故异面直线AB、EB1的距离为1.（II）由已知有,,1111EBABEBEA故二面角A—EB1—A1的平面角的大小为向量EAAB与11的夹角.1111113122(0,0,2),(,,2),cos,tan.222||||3EABABABAEAEABA因故即19.【解析】本小题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.解法1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，0，0）、B（3，0，0）、C（3，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2）、E（0，21，1），从而).2,0,3(),0,1,3(PBAC设PBAC与的夹角为θ，则,1473723||||cosPBACPBAC∴AC与PB所成角的余弦值为1473.（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，O，z），则)1,21,(zxNE，由NE⊥面PAC可得，.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0xzzxzxACNEAPNE化简得即∴163zx即N点的坐标为)1,0,63(，从而N点到AB、AP的距离分别为1，63.20.【解析】（I）由抛物线C的方程20yaxa得，焦点坐标为（10,4a），准线方程为14ya（II）证明：设直线PA的方程为010yykxx，直线PB的方程为020yykxx点00,Pxy和点11,Axy的坐标是方程组0102yykxxyax的解将2yax代入010yykxx得：211000axkxkxy由韦达定理：111010kkxxxxaa①同理：220kxxa，又因为210kk，所以210xkxa②设点M的坐标为,MMxy，由BMMA，得211Mxxx③将②代入③得：0001Mxxxx即：00Mxx。所以，线段PM的中点在y轴上（III）解：因为点P（1，1）在抛物线2yax上，所以1a，抛物线的方程为2yx。由①得：111xk，代入2yx得2111yk将1代入②，得211xk，代入2yx得2211yk因此，直线PA、PB分别与抛物线C的交点A、B的坐标为221111111,21,1,21AkkkBkkk于是：21112,2APkkk，112,4ABkk21111111122422221APABkkkkkkkk因为PAB为钝角且P、A、B三点互不相同，故必有0APAB，即11122210kkk解得1k的范围为：12k或1102k又点A的纵坐标1y满足2111yk，故当12k时，11y当1102k时，1114y所以，PAB为钝角时，点A的纵坐标1y的取值范围是1(,1)(1,)421.【解析】（Ⅰ）设双曲线C2的方程为12222byax，则.1,31422222bcbaa得再由故C2的方程为.1322yx（II）将222221(14)8240.4xykxykxkx代入得由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得,0)14(16)41(16)28(22221kkk即.412k①0926)31(1322222kxxkyxkxy得代入将.由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得2222222130,11.3(62)36(13)36(1)0.kkkkkk即且22629(,),(,),,131366,(2)(2)AABBABABABABABABABABk