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1、模块综合检测(时间120分钟,总分值150分)一、选择题(本大题共12小题,每题5分,共60分在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的)1命题“假设x21,那么1x1”的逆否命题是()A假设x21,那么x1或x1B假设1x1,那么x21或x1D假设x1或x1,那么x21解析:选D命题“假设p那么q的逆否命题为“假设綈q那么綈p故应选D.2命题p:假设ab0,那么a与b的夹角为锐角;命题q:假设函数f(x)在(,0及(0,)上都是减函数,那么f(x)在(,)上是减函数以下说法中正确的选项是()A“p或q是真命题B“p或q是假命题C綈p为假命题 D綈q为假命题解析:选B当ab0时,a
2、与b的夹角为锐角或零度角,命题p是假命题;命题q是假命题,例如f(x)综上可知,“p或q是假命题,选B.3(2022全国卷)假设抛物线y22px(p0)的焦点是椭圆1的一个焦点,那么p()A2 B3C4 D8解析:选D抛物线y22px(p0)的焦点坐标为,椭圆1的焦点坐标为(,0)由题意得,解得p0(舍去)或p8.4设a,b为向量,那么“|ab|a|b|是“ab的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件解析:选Ca,b为向量,设a与b的夹角为.由|ab|a|b|cos |a|b|从而得|cos |1,cos 1,所以0或,能够推得ab,反之也能够成立,为充分
3、必要条件5.1的一个焦点为F1,点P在椭圆上,如果线段PF1的中点M在y轴上,那么点M的纵坐标为()A B.C. D.解析:选A设F1为椭圆1的左焦点,F2为右焦点,PF1与y轴的交点为M.M是PF1的中点,MOPF2,PF2x轴又半焦距c3,设P(x,y),那么x3,代入椭圆方程得1,解得y.M点纵坐标为.6以1的焦点为顶点,顶点为焦点的椭圆方程为()A.1B.1C.1 D.1解析:选D双曲线1,即1的焦点为(0,4),顶点为(0,2)所以对椭圆1而言,a216,c212.b24,因此方程为1.7.正四面体ABCD中,AEAB,CFCD,那么直线DE和BF夹角的余弦值为()A. B.C D解
4、析:选A设正四面体的棱长为4.正四面体ABCD中,相邻两棱夹角为60,对棱互相垂直又,4,|2141613.|,同理|.cos,.8抛物线y28x,过点P(3,2)引抛物线的一弦,使它恰在点P处被平分,那么这条弦所在的直线l的方程为()A2xy40 B2xy40C2xy40 D2xy40解析:选A设l交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,由y8x1,y8x2,两式相减得:得(y1y2)(y1y2)8(x1x2),又P(3,2)是AB的中点,y1y24,直线l的斜率k2,直线l的方程为2xy40.9正ABC与正BCD所在平面垂直,那么二面角ABDC的正弦值为()A. B.C. D.解
5、析:选C取BC中点O,连接AO,DO.建立如下图坐标系,设BC1,那么A,B,D.,.由于为平面BCD的一个法向量,可进一步求出平面ABD的一个法向量n(1,1),cosn,sinn,.10双曲线1(mn0)的离心率为2,它的一个焦点与抛物线y24x的焦点重合,那么mn的值为()A. B.C. D.解析:选A抛物线y24x的焦点为F(1,0),故双曲线1中,m0,n0且mnc21.又双曲线的离心率e 2,联立方程,解得故mn.11在正棱柱ABCA1B1C1中,AA1AB2,直线AC与平面A1BC的夹角为,平面ABC与平面A1BC的夹角为,那么与的大小关系是()A Bsin .12假设点P为共焦
6、点的椭圆C1和双曲线C2的一个交点,F1,F2分别是它们的左、右焦点,设椭圆的离心率为e1,双曲线的离心率为e2,假设0,那么()A1 B2C3 D4解析:选B设椭圆的方程为1(a1b10),双曲线的方程为1(a20,b20),它们的半焦距为c,不妨设P为它们在第一象限的交点,因为0,故|PF1|2|PF2|2|F1F2|24c2.由椭圆和双曲线的定义知,解得|PF1|a1a2,|PF2|a1a2,代入式,得(a1a2)2(a1a2)24c2,即aa2c2,所以2.二、填空题(本大题共4小题,每题5分,共20分,请把正确的答案填在题中的横线上)13命题“存在xR,使2x23ax90”为假命题,
7、那么实数a的取值范围是_解析:存在xR,2x23ax90为假命题,任意xR,2x23ax90为真命题,9a24290,即a28,2a2.答案:2,2 14设点O(0,0,0),A(1,2,3),B(1,2,3),C(1,2,3),假设与的夹角为,那么cos _.解析:(1,2,3),(2,0,6),cos .答案:15点A(1,2)在抛物线C:y22px(p0)的准线上,记C的焦点为F,过点F且与x轴垂直的直线与抛物线交于M,N两点,那么|MN|_.解析:因为点A(1,2)在抛物线C:y22px(p0)的准线上,所以1,p2,抛物线的方程为y24x,焦点F(1,0),当x1时,y2,那么M(1
8、,2),N(1,2)或N(1,2),M(1,2),所以|MN|2(2)4.答案:416(2022全国卷)双曲线C:1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点假设,0,那么C的离心率为_解析:法一:由,得A为F1B的中点又O为F1F2的中点,OABF2.又0,F1BF290.OF2OB,OBF2OF2B.又F1OABOF2,F1OAOF2B,BOF2OF2BOBF2,OBF2为等边三角形如下图,不妨设B为.点B在直线yx上,离心率e2.法二:0,F1BF290.在RtF1BF2中,O为F1F2的中点,|OF2|OB|c.如图,作BHx轴于H,由l
9、1为双曲线的渐近线,可得,且|BH|2|OH|2|OB|2c2,|BH|b,|OH|a,B(a,b),F2(c,0)又,A为F1B的中点OAF2B,c2a,离心率e2.答案:2三、解答题(本大题共6小题,共70分解容许写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题总分值10分)命题p:方程1表示焦点在y轴上的椭圆;命题q:任意xR,4x24mx4m30.假设(綈p)且q为真,求m的取值范围解:p真时,m2.q真时,4x24mx4m30在R上恒成立16m216(4m3)0,解得1m3.(綈p)且q为真,p假,q真即1m2.所求m的取值范围为1,218(本小题总分值12分)抛物线C:y24x
10、,F是抛物线C的焦点,过点F的直线l与C相交于A,B两点,O为坐标原点(1)如果l的斜率为1,求以AB为直径的圆的方程;(2)设|FA|2|BF|,求直线l的方程解:设A(x1,y1),B(x2,y2)(1)y24x,F(1,0),又直线l的斜率为1,直线l的方程为yx1,代入y24x,得x26x10,由根与系数的关系得易得AB的中点,即圆心的坐标为(3,2),又|AB|x1x2p8,圆的半径r4,所求的圆的方程为(x3)2(y2)216.(2)|FA|2|BF|,2,而(x11,y1),(1x2,y2),易知直线l的斜率存在,设直线l的斜率为k,那么直线l的方程为yk(x1),代入y24x,
11、得k2x2(2k24)xk20,由根与系数的关系得x112(1x2),或k2,直线l的方程为y2(x1)19(本小题总分值12分)(2022全国卷)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB1,BEBF2,FBC60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图2中的二面角B CG A的大小解:(1)证明:由得ADBE,CGBE,所以ADCG,所以AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面由得ABBE,ABBC,且BEBCB,所以AB平面BCGE.又因为AB平面
12、ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.由,菱形BCGE的边长为2,EBC60,可求得BH1,EH.以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如下图的空间直角坐标系Hxyz,那么A(1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,), (1,0,),(2,1,0)设平面ACGD的法向量为n(x,y,z),那么即所以可取n(3,6,)又平面BCGE的法向量可取m(0,1,0),所以cosn,m.因此二面角BCGA的大小为30.20(本小题总分值12分)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y24x,F为其焦点,点
13、E的坐标为(2,0),设M为抛物线C上异于顶点的动点,直线MF交抛物线C于另一点N,连接ME,NE并延长分别交抛物线C于点P,Q.(1)当MNx轴时,求直线PQ与x轴交点的坐标;(2)当直线MN,PQ的斜率存在且分别记为k1,k2时,求证:k12k2.解:(1)抛物线C:y24x的焦点为F(1,0)当MNx轴时,直线MN的方程为x1.将x1代入抛物线方程y24x,得y2.不妨设M(1,2),N(1,2),那么直线ME的方程为y2x4,由解得x1或x4,于是得P(4,4)同理得Q(4,4),所以直线PQ的方程为x4.故直线PQ与x轴的交点坐标为(4,0)(2)证明:设直线MN的方程为xmy1,M
14、(x1,y1),N(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),由得y24my40,于是y1y24,从而x1x21.设直线MP的方程为xty2,由得y24ty80.所以y1y38,x1x34.同理y2y48,x2x44.由,得y32y2,x34x2,y42y1,x44x1.从而k2k1,即k12k2.21(本小题总分值12分)(2022北京高考)如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PAADCD2,BC3,E为PD的中点,点F在PC上,且.(1)求证:CD平面PAD;(2)求二面角FAEP的余弦值;(3)设点G在PB上,且.判断直线AG是否在平面AEF内,说明
15、理由解:(1)证明:因为PA平面ABCD,所以PACD.又因为ADCD,PAADA,所以CD平面PAD.(2)过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD.以A为坐标原点,AM,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如下图的空间直角坐标系Axyz,那么A(0,0,0),B(2,1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)因为E为PD的中点,所以E(0,1,1)所以(0,1,1), (2,2,2), (0,0,2)所以,所以.设平面AEF的法向量为n(x,y,z),那么即令z1,那么y1,x1.于是n(1,1,1). 又因为平面PAD的一
16、个法向量为p(1,0,0),所以cosn,p.由图知,二面角FAEP为锐角,所以二面角FAEP的余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内,理由如下:因为点G在PB上,且,(2,1,2),所以,所以.由(2)知,平面AEF的一个法向量n(1,1,1),所以n0.所以直线AG在平面AEF内22(本小题总分值12分)(2022全国卷)点A(2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.证明:PQG是直角三角形;求PQG
17、面积的最大值解:(1)由题设得,化简得1(|x|2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆(2)证明:设直线PQ的斜率为k,那么其方程为ykx(k0)由得x .设u,那么P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0)于是直线QG的斜率为,其方程为y(xu)由消去y,得(2k2)x22uk2xk2u280.(*)设G(xG,yG),那么u和xG是方程(*)的解,故xG,由此得yG.从而直线PG的斜率为.所以PQPG,即PQG是直角三角形由得|PQ|2u,|PG|,所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk,那么由k0得t2,当且仅当k1时取等号因为S在2,)上单调递减,所以当t2,即k1时,S取得最大值,最大值为.因此,PQG面积的最大值为.