1、模块综合测试(二)(时间 120 分钟 满分 150 分)一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)1已知命题 p：xR ，x1，那么命题p 为( )AxR，x1 BxR，x0，b0)与抛物线 y28x 有一个相同的焦点 F，且该点到x2a2 y2b2双曲线的渐近线的距离为 1，则该双曲线的方程为( )A. x2y 22 B. y 21x23C. x2y 23 D. x2 1y23解析：本题主要考查双曲线与抛物线的有关知识由已知，a 2b 24 ，焦点F(2,0)到双曲线的一条渐近线 bxay0 的距离为 1 ，由解得|2b|a2 b2a23，b 21，故选 B.答案：B
2、 3已知命题 p，q，如果命题“p”与命题“pq”均为真命题，那么下列结论正确的是( )Ap，q 均为真命题Bp，q 均为假命题Cp 为真命题，q 为假命题Dp 为假命题，q 为真命题解析：命题“p”为真，所以命题 p 为假命题又命题“pq”也为真命题，所以命题 q 为真命题答案：D 4在三角形 ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 所对的边，已知命题 p：ab，命题 q：tan 2Atan2B，则 p 是 q 的( )A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件解析：本题主要考查充要条件的判定以及三角形、三角函数的有关知识在三角形中，命题 p：a
3、b AB.命题 q：tan 2Atan2Bsin(AB)sin(A B)0AB，显然 p 是 q 的充要条件，故选 C.答案：C 5如右图，在三棱锥 ABCD 中，DA，DB ，DC 两两垂直，且 DBDC，E 为 BC 中点，则 等于 ( )AE BC A0 B1C2 D3解析：如右图，建立空间直角坐标系设 DCDBa，DAb，则 B(a,0,0)、C(0 ，a,0)、A(0,0，b) ，E( ，0)，a2a2所以 (a，a,0)，BC ( ，b)， 00.AE a2a2 AE BC a22 a22答案：A 6若直线 yx 1 与椭圆 y 21 相交于 A，B 两个不同的点，则 | |等于(
4、 )x22 AB A. B.43 423C. D.83 823解析：联立方程组Error!得 3x24x0，解得 A(0,1)，B( ， )，43 13所以| | .AB 43 02 13 12 423答案：B 72014浙江省杭州二中期末考试 给出下列命题：若向量 a，b 共线，则向量 a，b 所在直线平行；若三个向量 a，b，c 两两共面，则 a，b，c 共面；已知空间中三个向量 a，b，c，则对空间的任意一个向量 p，总存在实数 x，y，z 使得 pxaybzc 成立其中正确命题的个数是( )A. 0 B. 1C. 2 D. 3解析：本题主要考查空间向量的共线、共面、空间向量的基本定理等
5、基础知识若向量 a，b 共线，则向量 a，b 所在直线平行或在同一条直线上，故不正确；在三棱锥PABC 中，取 ， ， 分别为向量 a，b，c，则 a，b，c 两两共面，但 a，b，c 不共面，PA PB PC 故不正确；在三棱锥 PABC 中，取 ， ， 分别为向量 a，b，c ，则对向量 ，不AB BC CA PA 存在实数 x，y，z 使得 xaybzc 成立，故不正确；综上，正确命题的个数是 0，PA 故选 A.答案：A 8下列四个结论中正确的个数为( )命题“若 x21 或 x1”；已知 p：xR ，sin x1，q：若 a0”的否定是“xR，x 2x0” ；“x2”是“x 24”的
6、必要不充分条件A0 个 B1 个C2 个 D3 个解析：只有中结论正确答案：B 92014河南省开封高中月考 如图，在长方体 ABCDA 1B1C1D1 中，AB BC2，AA 1 ，E、F 分别是面 A1B1C1D1、面 BCC1B1 的中心，则 E、F 两点间的2距离为( )A. 1 B. 52C. D. 62 32解析：本题主要考查空间中两点间的距离以点 A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 E(1,1， )，F(2,1 ， )，222所以| EF| ，故选 C.1 22 1 12 2 222 62答案：C 10如右图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，AC BCCC 1，AC
7、 BC，点 D 是 AB 的中点，则直线 B1B 和平面 CDB1 所成角的正切值为( )A2 B.2322C. D.222解析：如下图，建立空间直角坐标系，可设 ACBC CC 11，则 A(1,0,0)，B(0,1,0) ，D( ，0) ，B 1(0,1,1)， ( ， 0)， (0,1,1) ，1212 CD 1212 CB1 (0,0 ， 1)B1B 设平面 CDB1 的法向量为 n( x，y，z) ，由Error!即Error!不妨取 n(1 ， 1,1)，所以 cosn， .B1B nB1B |n|B1B | 13 33设直线 B1B 和平面 CDB1 所成角为 ，则 sin ，3
8、3故 cos ，tan .63 22答案：D 11已知 F 是抛物线 y24x 的焦点，过点 F 且斜率为 的直线交抛物线于 A、B 两点，3则| FA| |FB|的值为 ( )A. B. 83 163C. D. 833 823解析：本题主要考查直线与抛物线的位置关系以及抛物线的有关性质直线 AB 的方程为 y (x1)，由Error!得 3x210x 30，故 x13， x2 ，所以313|FA| FB| x1x 2| .故选 A.83答案：A 122012浙江高考如图，F 1、F 2 分别是双曲线 C： 1( a，b0)的左、右焦点，x2a2 y2b2B 是虚轴的端点，直线 F1B 与双曲
9、线 C 的两条渐近线分别交于 P、Q 两点，线段 PQ 的垂直平分线与 x 轴交于点 M.若| MF2|F 1F2|，则双曲线 C 的离心率是( )A. B. 233 62C. D. 2 3解析：本题主要考查双曲线离心率的求解结合图形的特征，通过 PQ 的中点，利用线线垂直的性质进行求解不妨设 c1，则直线 PQ：y bxb，双曲线 C 的两条渐近线为 y x，因此有交点 P( ， )，Q( ， )，设 PQ 的中点为 N，则点 N 的ba aa 1 ba 1 a1 a b1 a坐标为( ， )，因为线段 PQ 的垂直平分线与 x 轴交于点 M，|MF 2| F1F2|，所以a21 a2 b1
10、 a2点 M 的坐标为(3,0) ，因此有 kMN ，所以 34a 2b 21a 2，所以 a2 ，b1 a2 0a21 a2 3 1b 23所以 e .62答案：B 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)13命题“xR ，x 22x20”的否定是_解析：特称命题的否定是全称命题，故原命题的否定是xR，x 22x 20.答案：xR，x 22x2014已知双曲线 1 的一条渐近线方程为 y x，则该双曲线的离心率 e 为x2m y2n 43_解析：当 m0， n0 时，可设 a3k，b4k ，则 c5k，所以离心率 e ；53当 m0，则 f(x)在区间 a，)上是增函数
11、；当 xa 时，f(x)有最小值 ba 2；当 a2b0 时，f(x)有最小值 ba 2.其中正确命题的序号是_解析：本题考查含绝对值的二次函数单调区间和最小值问题的求解由题意知 f(x)|x 22 axb|(x a) 2ba 2|.若 a2b0，则 f(x)|(xa) 2ba 2|(x a) 2ba 2，可知 f(x)在区间a，)上是增函数，所以正确，错误；只有在 a2b0 的条件下，才有 xa 时， f(x)有最小值 ba 2，所以错误，正确答案：三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分)17(10 分)(1)设集合 Mx |x2，Px|xb0)相交于 A，B 两个不同的点，lx2a2
12、 y2b2与 x 轴相交于点 F.(1)证明：a 2b 21；(2)若 F 是椭圆的一个焦点，且 2 ，求椭圆的方程AF FB 解：(1)证明：将 xy1 代入 1，消去 x，整理，得 (a2b 2)x2a2 y2b2y22b 2yb 2(1a 2)0.由直线 l 与椭圆相交于两个不同的点，得4b 4 4b2(a2b 2)(1a 2)4a 2b2(a2b 21)0，所以 a2b 21.(2)设 A(x1，y 1)，B(x 2，y 2)，则(a 2b 2)y 2b 2y1b 2(1a 2)0， 21且(a 2b 2)y 2b 2y2b 2(1a 2)0. 2因为 2 ，所以 y12 y2.AF
13、FB 将 y12y 2 代入，与联立，消去 y2，整理得( a2b 2)(a21)8b 2. 因为 F 是椭圆的一个焦点，则有 b2a 21.将其代入式，解得 a2 ，b 2 ，92 72所以椭圆的方程为 1.2x29 2y2720(12 分) 已知两点 M(1,0)、N(1,0)，动点 P(x，y)满足 | | | 0，MN NP MN MP (1)求点 P 的轨迹 C 的方程；(2)假设 P1、P 2 是轨迹 C 上的两个不同点，F(1,0)，R， ，求证： FP1 FP2 1|FP1 | 1.1|FP2 | 解：(1)| |2，则 ( x1，y )，MN MP (x 1，y)NP 由|
14、| | 0，MN NP MN MP 则 2 2(x1)0，x 12 y2化简整理得 y24x .(2)由 ，得 F、P 1、P 2 三点共线，FP1 FP2 设 P1(x1，y 1)、P 2(x2，y 2)，斜率存在时，直线 P1P2 的方程为：yk(x 1)代入 y24x 得：k 2x22(k 22) xk 20.则 x1x21，x 1 x2 .2k2 4k2 1|FP1 | 1|FP2 | 1x1 1 1x2 1 1.x1 x2 2x1x2 x1 x2 1当 P1P2 垂直 x 轴时，结论照样成立21(12 分) 2013江西高考如图，四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，E 为 B
15、D 的中点，G 为 PD 的中点，DABDCB，EA EBAB1，PA ，连结 CE 并延长交32AD 于 F.(1)求证：AD 平面 CFG；(2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值解：(1)证明：在ABD 中，因为 E 是 BD 中点，所以 EAEBEDAB1，故BAD ，ABE AEB ，2 3因为DABDCB，所以EABECB，从而有FEDBEC AEB ，3所以FEDFEA，故 EFAD ，AFFD，又因为 PGGD，所以 FGPA.又 PA平面 ABCD，所以 GFAD ，故 AD平面 CFG.(2)以点 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C( ， ，0) ，32 32
