2014高二数学选修21综合测试题附答案.docx

综合质量评估 第一至第三章 (120分钟　150分) 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.已知命题“如果-1≤a≤1，那么关于x的不等式(a2-4)x2+(a+2)x-1≥0的解集为 ”，它的逆命题、否命题、逆否命题及原命题中是假命题的共有(　　) A.0个　　　B.1个　　　C.2个　　　D.4个 【解析】选C.当-1≤a≤1时， Δ=(a+2)2+4(a2-4)=5 - -12 ≤5 - -12<0， 所以原命题为真，逆否命题亦为真. 反之，如a=-2时，所给不等式的解集即为空集， 但a∉[-1，1]，所以逆命题为假，故否命题亦为假. 【变式训练】命题“若C=90°，则△ABC是直角三角形”与它的逆命题、否命题、逆否命题这4个命题中，真命题的个数是(　　) A.0 　 B.1　 C.2　 D.3 【解析】选C.原命题是真命题.其逆命题为“若△ABC是直角三角形，则C=90°”，这是一个假命题，因为当△ABC为直角三角形时，也可能A或B为直角.这样，否命题是假命题，逆否命题是真命题.因此，真 命题的个数是2. 2.(2014•蚌埠高二检测)设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( 　　) A.m∥β且l1∥α　 B.m∥l1且n∥l2 C.m∥β且n∥β　　 D.m∥β且n∥l2 【解析】选B.对于选项A，α，β也可能相交，此时，l1，m都平行于交线，是必要不充分条件；对于选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选项B符合题意；对于选项C，由于m，n不一定相交，故是必要不充分条件；对于选项D，由n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意， 【变式训练】有下述说法：①a>b>0是a2>b2的充要条件；②a>b>0是 < 的充要条件；③a>b>0是a3>b3的充要条件.其中正确的说法有(　　) A.0个　 B.1个　 C.2个　 D.3个 【解析】选A.a>b>0⇒a2>b2，a2>b2⇒|a|>|b| a>b>0，故①错.a>b>0⇒ < ，但 < a>b>0，故②错.a>b>0⇒a3>b3，但a3>b3 a>b>0，故③错，故选A. 3.(2014•吉林高二检测)“1<m<3”是“方程 + =1表示椭圆”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【解析】选B.当方程 + =1表示椭圆时，必有 所以1<m<3；但当1<m<3时，该方程不一定表示椭圆，如当m=2时，方程变为x2+y2=1，它表示一个圆.
4.(2014•广州高二检测)已知抛物线y2=2px(p>0)与双曲线 - =1(a>0，b>0)有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为(　　) A. B. +1 C. +1 D. 【解析】选B.如图， 由双曲线 - =1， 且AF⊥x轴得 - =1得|y|= ， 由抛物线y2=2px的定义得 AF=p，即 =2c. 得b2=2ac，所以 = ，e2-1=2e，所以e= +1. 【拓展延伸】求离心率的方法 (1)定义法：由椭圆(双曲线)的标准方程可知，不论椭圆(双曲线)的焦点在x轴上还是在y轴上都有关系式a2-b2=c2(a2+b2=c2)以及e = .已知其中的任意两个参数，可以求其他的参数.这是基本且常用的方法. (2)方程法：建立参数a与c之间的齐次关系式，从而求出其离心率.这是求离心率的十分重要的思路及方法. (3)几何法：求与过焦点的三角形有关的离心率问题，根据平面几何性质以及椭圆(双曲线)的定义、几何性质，建立参数之间的关系，通过画出图形，观察线 段之间的关系，使问题更形象、直观. 【变式训练】若双曲线C：x2- =1(b>0)的顶点到渐近线的距离为 ，则双曲线的离心率e=(　　) A.2　 B. 　 C.3　 D. 【解析】选B.由双曲线方程知a=1， 所以c= ， 所以一条渐近线的方程为y=bx，即bx-y=0. 所以 = ，解得b=1， 所以c= ，所以e= = . 5.(2014•昌平高二检测)已知命题p：∀x∈R，x≥2，那么下列结论正确的是 (　　) A.命题 p：∀x∈R，x≤2 B.命题 p：∃x0∈R，x0<2　 C.命题 p：∀x∈R，x≤-2 D.命题 p：∃x0∈R，x0<-2 【解析】选B.全称命题的否定是特称命题，所以命题 p：∃x0∈R，x0<2. 6.已知矩形ABCD中，AB=1，BC= ，将矩形ABCD沿对角 线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为　(　　) A.1　 B. 　 C. 　 D. 【解析】选B.过B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N.则可求得AM= ，BM= ，CN= ，DN= ，MN=1.由于 = + + ， 所以| |2=( + + )2=| |2+| | 2+| |2+ 2( • + • + • )= +12+ +2(0+0+0)= ， 所以| |= . 7.(2014•东城高二检测)过抛物线y2=4x焦点的直线交抛物线于A，B两点，若 =10，则AB的中点到y轴的距离等于(　　) A.1　 B.2　　 C.3　 　 D.4 【解析】选D.抛物线y2=4x的焦点(1，0)，准线为l：x=-1，设AB的中点为E，过A，E，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，F，D，EF交纵轴于点H，如图所示，则由EF为直角梯形的中位线知，|EF|= = =5，所以EH=EF-1=5-1=4，即AB的中点到y轴的 距离等于4. 8.(2014•牡丹江高二检测)在四边形ABCD中，“∃λ∈R，使得 =λ ， = λ ”是“四边形ABCD为平行四边形”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C.若 =λ ， =λ ，则 ∥ ， ∥ ，即AB∥DC，AD∥BC，所以四边形ABCD为平行四边形.反之，若四边形ABCD为平行四边形，则有AB∥DC，AD∥BC且AB=DC，AD=BC，即 = ， = ，此时λ=1，所以∃λ∈R，使得 =λ ， =λ 成立.所以“∃λ∈R，使得 =λ ， =λ ”是“四边形ABCD为平行四边形”的充分必要条件. 9.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为(　　) A.60°　 B.90° C.45°　 D.以上都不正确 【解析】选B.以点D为原点，直线DA，DC，DD1 分别为x轴， y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图. 由题意知，A1(1，0，2)，E(1，1，1)，D1(0，0，2)，A(1，0，0)， 所以 =(0，1，-1)， =(1，1，-1)， =(0，-1，-1). 设平面A1ED1的一个法向量为n=(x，y，z). 则 ⇒ 令z=1，得y=1，x=0. 所以n=(0，1，1)， cos<n， >= = =-1. 所以<n， >=180°. 所以直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为90°. 10.设F1，F2是双曲线x2-4y2=4a(a>0)的两个焦点，点P在双曲线上，且满足： • =0，| |•| |=2，则a的值为(　　) A.2 B. C.1 D. 【解析】选C.双曲线方程化为 - =1(a>0)， 因为 • =0，所以PF1⊥PF2. 所以| |2+| |2=4c2=20a.　① 由双曲线定义| |-| |=±4 ，　② 又已知| |•| |=2，　③ 由①②③得20a-2×2=16a，所以a=1. 11.(2014•长沙高二检测)点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点，则 • 的取值范围是　(　　) A. B. C.[-1，0] D. 【解析】选D.如图所示建立空间直角坐标系，则A(1，0，1)，C1(0，1，0).设P(x，y，0)，其中0≤x≤1，0≤y≤1.则 =(1-x，-y，1)， =(-x，1-y，0)， 所以 • =(1-x，-y，1)•(-x，1-y，0)= + - ，因为 + 的几何意义是平面区域 到点 的距离的平方，所以当x=y= 时， + 有最小值0，当x=y=0或x=y=1或x=1，y=0或x=0，y=1时， + 有最大值 ，所以- ≤ + - ≤0，即 • 的取值范围是 . 12.(2014•北京高二检测)已知正六边形ABCDEF的边长是2，一条抛物线恰好经过该六边形的四个顶点，则抛物线的焦点到准线的距离是　(　　) A. 　 B. 　 C. D.2
【解析】选B.设抛物线方程为y2=2px(p>0)， 根据对称性可知，正六边形ABCDEF的顶点A，B，C，F在抛物线y2=2px上， 设A(x1，1)，F(x2，2)，则 即x2=4x1，又AF= =2，即(x1-x2)2=(x1-4x1)2=3， 所以 = ，x1= ，即p= = = . 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上) 13.(2014•广州高二检测)抛物线焦点在y轴上，且被y= x+1截得的弦长为5，则抛物线的标 准方程为　　　　. 【解析】设抛物线方程为x2=my，联立抛物线方程与直线方程y= x+1并消元，得：2x2-mx-2m=0，所以x1+x2= ，x1x2=-m，所以5= ，把x1+x2= ，x1x2=-m代入解得m=4或m=-20. 所以抛物线的标准方程为x2=4y或x2=-20y. 答案：x2=4y或x2=-20y 14.在△ABC中，若∠ACB=90°，∠BAC=60°，AB=8，PC⊥平面ABC，PC=4，M是AB上一点，则PM的最小值为　　　　. 【解析】由条件知PC，AC，BC两两垂直，设 =a， =b， =c，则a•b=b•c=c•a=0， 因为∠BAC=60°，AB=8， 所以|a|=| |=8cos60°=4，|b|=| |=8sin60°=4 ，|c|=| |=4. 设 =x =x(b- a)，其中x∈[0，1]， 则 = + + =-c+a+x(b-a)=(1-x)a+xb-c， | |2=(1-x)2|a|2+x2|b|2+|c|2+2(1-x)xa•b-2xb•c-2(1-x)a•c=16(1-x)2+48x2 +16=32(2x2-x+1)=64 +28， 所以当x= 时，| |2取最小值28， 所以| |min=2 . 答案：2 15.(2014•青岛高二检测)在四棱锥P-ABCD中，ABCD为平行四边形，AC与B D交于O，G为BD上一点，BG=2GD， =a， =b， =c，试用基底{a，b，c}表示向量 =　　　　.
【解析】因为BG=2GD，所以 = . 又 = + = - + - =a+c-2b， 所以 = + =b+ (a+c-2b) = a- b+ c. 答案： a- b+ c 16.(2014•武汉高二检测)曲线C是平面内到直线l1：x=-1和直线l2：y=1的距离之积等于常数k2 的点的轨迹.给出下列四个结论： ①曲线C过点(-1，1)； ②曲线C关于点(-1，1)对称； ③若点P在曲线C上，点A，B分别在直线l1，l2上，则 + 不小于2k. ④设P0为曲线C上任意一点，则点P0关于直线x=-1、点(-1，1)及直线y=1对称的点分别为P1，P2，P3，则四边形P0P1P2P3的面积为定值4k2. 其中，所有正确结论的序号是　　　　. 【解析】设动点为(x，y)，则由条件可知 • =k2，①，将(-1，1)代入得0=k2，因为k>0，所以不成立，故方程不过点(-1，1)，①错误.②，把方程中的x用-2-x代换，y用2-y代换，方程不变，故此曲线关于点(-1，1)对称，②正确.③，由题意知点P在曲线C上，点A，B分别在直线l1，l2上，则 ≥ ， ≥ ，所以 + ≥2 =2k，故③正确.④，由题意知点P0在曲线C上，根据对称性，则四边形P0P1P2P3的面积为2 •2 =4 • =4k2，所以④正确.综上所述，正确结论的序号是②③④. 答案：②③④ 三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10分)设p：关于x的不等式ax>1(a>0且a≠1)的解集为{x|x<0}，q：函数y=lg(ax2-x+a)的定义域为R.如果p和q有且仅有一个正确，求a的取值范围. 【解析】当p真时，0<a<1， 当q真时， 即a> ， 所以p假时，a>1，q假时，a≤ . 又p和q有且仅有一个正确， 当p真q假时，0<a≤ ；当p假q真时，a>1. 综上a的取值范围为 ∪(1，+∞). 18.(12分)(2014•黄山高二检测)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点. (1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1. (2)用向量法证明MN⊥平面A1BD. 【证明】(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中， = - ， = - ， 又因为 = ， = ， 所以 = ， 所以BD∥B1D1. 又B1D1⊂平面B1CD1，BD⊄平面B1CD1， 所以BD∥平面B1CD1， 同理可证A1B∥平面B1CD1. 又BD∩A1B=B， 所以平面A1BD∥平面B1CD1. (2) = + + = + + ( + ) = + + (- + ) = + + . 设 =a， =b， =c， 则 = (a+b+c). 又 = - =b-a， 所以 • = (a+b+c)•(b-a) = (b 2-a2+c•b-c•a). 又因为 ⊥ ， ⊥ ， 所以c•b=0，c•a=0. 又|b|=|a|，所以b2=a2. 所以b2-a2=0. 所以 • =0. 所以MN⊥BD. 同理可证，MN⊥A1B.又A1B∩BD=B， 所以MN⊥平面A1BD. 19.(12分)已知抛物线C：y2=2px(p>0)过点A(1，-2). (1)求抛物线C的方程，并求其准线方程. (2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l，使得直线l与抛物线C有公共点，且直线OA与l的距离等于 ？若存在，求直线l的方程；若不存在，说明理由. 【解析】(1)将A(1，-2)代入y2=2px， 得(-2)2=2p•1，所以p=2. 故所求抛物线C的方程为y2=4x， 其准线方程为x=-1. (2)假设存在符合题意的直线l， 其方程为y=-2x+t. 由 得y2+2y-2t=0. 因为直线l与抛物线C有公共点， 所以Δ=4+8t≥0，解得t≥- . 由直线OA与l的距离d= ，可得 = ， 解得t=±1. 因为-1∉ ，1∈ ， 所以符合题意的直线l存在，其方程为2x+y-1=0. 20.(12分)(2014•秦皇岛高二检测)设F1，F2为椭圆 + =1的两个焦点，P是椭圆上一点，已知P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|>|PF2|. (1)求|PF1|的长度. (2)求 的值. 【解析】(1)若∠PF2F1是直角， 则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2， 即|PF1|2=(12-|PF1|)2+80， 得|PF1|= ， 若∠F1PF2是直角，则|PF1|2+(12-|PF1|)2=80， 即2|PF1|2-24|PF1|+64=0，得|PF1|=8. (2)若∠PF2F1是直角，则 |PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2，即 |PF1|2=(12-|PF1|)2+80，得 |PF1|= ，|PF2|= ， 所以 = . 若∠F1PF2是直角，则|PF1|2+(12-|PF1|)2=80， 即2|PF1|2-24|PF1|+64=0，得 |PF1|=8，|PF2|=4， 所以 =2， 综上， =2或 .

21.(12分)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点. (1)求直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值. (2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论. 【解析】设正方体的棱长为1.如图所示，以 ， ， 为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz. (1)依题意，得B(1，0，0)，E ，A(0，0，0)， D(0，1，0)， 所以 = ， =(0，1，0). 在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 因为AD⊥平面ABB1A1， 所以 是平面ABB1A1的一个法向量. 设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ， 则sinθ= = = . 故直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为 . (2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE. 证明如下： 依题意，得A1(0，0，1)， =(-1，0，1)， = . 设n=(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量， 则由n• =0，n• =0，得 所以x=z，y= z.取z=2，得n=(2，1，2). 因为F是棱C1D1上的点，则F(t，1，1)(0≤t≤1). 又B1(1，0，1)，所以 =(t-1，1，0).而B1F⊄平面A1BE， 于是B1F∥平面A1BE⇒ •n=0 ⇔(t-1，1，0)•(2，1，2)=0 ⇔2(t-1)+1=0⇔t= ⇔F为棱C1D1的中点. 这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE. 22.(12分)(2013•天津高考)如图，四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点. (1)证明B1C1⊥CE. (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值. (3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为 ，求线段AM的长. 【解题指南】方法一：(1)建立空间直角坐标系，写出 ， 的坐标 ，利用数量积证明. (2)求出平面B1CE与平面CEC1的法向量，由法向量的夹角余弦值求二面角的正弦值. (3)用直线AM的方向向量与平面ADD1A1的法向量表示直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦，确定向量 的坐标，由向量的模求线段AM的长. 方法二： (1)要证明线线垂直，先证明线面垂直，关键是找出与线B1C1垂直的平面CC1E，然后进行证明. (2)要求二面角B1-CE-C1的正弦值，关键是构造出二面角B1-CE-C1的平面角，然后在三角形中求解. (3)首先构造三角形，设AM=x，在直角三角形AHM，C1D1E中用x表示出AH，EH的长度，最后在三角形AEH中利用余弦定理求解. 【解析】如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系， 依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0). (1)易得 =(1，0，-1)， =(-1，1，-1)，于是 • =0，所以B1C1⊥CE. (2) =(1，-2，-1)， 设平面B1CE的法向量m=(x，y，z)， 则 即 消去x， 得y+2z=0，不妨设z=1， 可得一个法向量为m=(-3，-2，1). 由(1)知B1C 1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故 =(1，0，-1)为平面CEC1的一个法向量. 于是cos<m， >= = =- ，从而sin<m， >= . 所以二面角B1-CE-C1的正弦值为 . (3) =(0，1，0)， =(1，1，1)，设 =λ =(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有 = + =(λ，λ+1，λ).可取 =(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量. 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 sinθ= = = = . 于是 = ，解得λ= ，所以AM= . 【一题多解】(1)因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1， 经计算可得B1E= ，B1C1= ，EC1= ， 从而B1E2=B1 +E ， 所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E， 又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E=C1， 所以B1C1⊥平面CC1E，又CE⊂平面CC1E， 故B1C1⊥CE. (2)过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G， 由(1)知，B1C1⊥CE，B1C1，B1G⊂平面B1C1G， B1C1∩B1G=B1， 故CE⊥平面B1C1G， 又C1G⊂平面B1C1G， 得CE⊥C1G， 所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角. 在△CC1E中，由CE=C1E= ，CC1=2，可得C1G= . 在Rt△B1C1G中，B1G= ，所以sin∠B1GC1= ，即二面角B1-CE-C1的正弦值为 . (3)连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角. 设AM=x，从而在Rt△AHM中， 有MH= x，AH= x， 在Rt△C1D1E中，C1D1=1，ED1= ， 得EH= MH= x， 在△AEH中，∠AEH=135°，AE=1， 由AH2=AE2+EH2-2AE•EHcos135°， 得 x2=1+ x2+ x，整理得5x2-2 x-6=0， 解得x= .所以线段AM的长为 .

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