【全程复习方略】2020-2021学年高中数学(人教A版选修2-1)综合质量评估

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl，滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。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“假如-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)=5a+25≤51+252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 【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，由于当△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.(2022·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∥l2C.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不愿定能得到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不愿定相交，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1a<1b的充要条件；③a>b>0是a3>b3A.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⇒1a<1b，但1a<1ba>b>0，故②错.a>b>0⇒a3>b3，但a3>b3a>b>0，故③3.(2022·吉林高二检测)“1<m<3”是“方程x2m-1+y2A.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x2m-1+y23-m=1表示椭圆时，必有m-1>0,3-m>0,所以1<m<3；但当1<m<3时，该方程不愿定表示椭圆，如当m=2时，方程变为x4.(2022·广州高二检测)已知抛物线y2=2px(p>0)与双曲线x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，A.5+12 B.2+1 C.3+1 【解析】选B.如图，由双曲线x2a2-y且AF⊥x轴得c2a2-y由抛物线y2=2px的定义得AF=p，即b2a=得b2=2ac，所以b2a2=2ca，e2【拓展延长】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=ca.已知其中的任意两个参数，(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.这是求离心率的格外重要的思路及方法.(3)几何法：求与过焦点的三角形有关的离心率问题，依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，观看线段之间的关系，使问题更形象、直观.【变式训练】若双曲线C：x2-y2b2=1(b>0)的顶点到渐近线的距离为2A.2 B.2 C.3 D.3【解析】选B.由双曲线方程知a=1，所以c=1+所以一条渐近线的方程为y=bx，即bx-y=0.所以|b-0|b2+1=所以c=2，所以e=ca=25.(2022·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≤2B.命题p：∃x0∈R，x0<2C.命题p：∀x∈R，x≤-2D.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=3，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.102 C.12 【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=12，BM=32，CN=12，DN=32，MN=1.由于BD→=所以|BD→|2=(BM→+MN→+ND→)2=|BM→|2+|MN→|2+|ND→|2+2(BM→·MN→所以|BD→|=7.(2022·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AB=10，则AB的中点到y轴的距离等于A.1 B.2 C.3 【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|=|AC|+|BD|2=|AB|2=58.(2022·牡丹江高二检测)在四边形ABCD中，“∃λ∈R，使得AB→=λDCλBC→”是“四边形ABCD为平行四边形”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AB→=λDC→，AD→=λBC→，则AB→∥DC→，AD→∥BC→，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AB→=DC→，AD→=BC→，此时λ=1，所以∃λ∈R，使得AB→=λDC9.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A1E→=(0，1，-1)，D1E→=(1，1，-1)，设平面A1ED1的一个法向量为n=(x，y，z).则QUOTEn·A1E→=0,n·令z=1，得y=1，x=0.所以n=(0，1，1)，cos<n，EA→>=QUOTEn·EA→|n||EA→|所以<n，EA→>=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：PF1→·PF2→=0，|PF1A.2 B.52 C.1 D.【解析】选C.双曲线方程化为x24a-y由于PF1→·PF2→=0，所以|PF1→|2+|PF2→|2=由双曲线定义|PF1→|-|PF2→|=又已知|PF1→|·|PF由①②③得20a-2×2=16a，所以a=1.11.(2022·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PA→A.-1,-14 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PA→=(1-x，-y，1)，PC1→=(-x，所以PA→·PC1→=(1-x，-y，1)·x-122+y-122-12，由于x-122+y-122的几何意义是平面区域0≤x≤1,0≤y≤1到点12,12的距离的平方，所以当x=y=12时，x-122+y-12212.(2022·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.34 B.32 C.3 【解析】选B.设抛物线方程为y2=2px(p>0)，依据对称性可知，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1即x2=4x1，又AF=(x1-x2)2+(1-2)2=2，即(x1-x2所以x12=13，x1=33，即p=12二、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.(2022·广州高二检测)抛物线焦点在y轴上，且被y=12x+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=12x+1并消元，得：2x2-mx-2m=0，所以x1+x2=m2，x1x2=-m，所以5=1+122(x1+x2)所以抛物线的标准方程为x2=4y或x2=-20y.答案：x2=4y或x2=-20y14.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CA→=a，CB→=b，CP→=c，则a·b=b·c由于∠BAC=60°，AB=8，所以|a|=|CA→|=8cos60°=4，|b|=|CB→|=8sin60°=43，|设AM→=xAB→=x(b-a)，其中x∈则PM→=PC→+CA→+AM→=-c+a+x(b-|PM→|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+16=32(2x2-x+1)=64x-1所以当x=14时，|PM→|所以|PM→|min=2答案：2715.(2022·青岛高二检测)在四棱锥P-ABCD中，ABCD为平行四边形，AC与BD交于O，G为BD上一点，BG=2GD，PA→=a，PB→=b，PC→=c，试用基底{a，b，【解析】由于BG=2GD，所以BG→=又BD→=BA→+BC→=PA→-PB→+所以PG→=PB→+BG→=b+23=23a-13b+2答案：23a-13b+16.(2022·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k2k>0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PA+P④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，全部正确结论的序号是.【解析】设动点为(x，y)，则由条件可知x+1·y-1=k2，①，将(-1，1)代入得0=k2，由于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PA≥x+1，PB≥y-1，所以PA+PB≥2PA·PB=2k，故③正确.④，由题意知点P0在曲线C上，依据对称性，则四边形P0P1P2P3的面积为2x+1·2y-1=4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.假如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，a>0,1-4a所以p假时，a>1，q假时，a≤12又p和q有且仅有一个正确，当p真q假时，0<a≤12；当p假q真时，综上a的取值范围为0,12∪(1，18.(12分)(2022·黄山高二检测)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1(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BD→=AD→-AB→，又由于AD→=A1D1所以BD→=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)MN→=MB→=12AB→+AD→+1=12AB→+AD→+1=12AB→+1设AB→=a，AD→=b，则MN→=12(a+b又BD→=AD→-AB所以MN→·BD→=12(a+b+c)·=12(b2-a2+c·b-c·a又由于A1A→⊥AD→所以c·b=0，c·a=0.又|b|=|a|，所以b2=a2.所以b2-a2=0.所以MN→·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55？若存在，求直线l的方程；若不存在，【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y=-2x+t,y2由于直线l与抛物线C有公共点，所以Δ=4+8t≥0，解得t≥-12由直线OA与l的距离d=55，可得|t|5解得t=±1.由于-1∉-12,+∞，1所以符合题意的直线l存在，其方程为2x+y-1=0.20.(12分)(2022·秦皇岛高二检测)设F1，F2为椭圆x236+y216=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|PF(1)求|PF1|的长度.(2)求|P【解析】(1)若∠PF2F1是直角则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2即|PF1|2=(12-|PF1|)2+80，得|PF1|=283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，|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2，|PF1|2=(12-|PF1|)2+80，得|PF1|=283，|PF2|=8所以|PF1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|PF综上，|PF121.(12分)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1(1)求直线BE和平面ABB1A1(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？【解析】设正方体的棱长为1.如图所示，以AB→，AD(1)依题意，得B(1，0，0)，E0,1,12，A(0，0D(0，1，0)，所以BE→=AD→=(0，1在正方体ABCD-A1B1C1D1中由于AD⊥平面ABB1A1所以AD→是平面ABB1设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ则sinθ=|BE→·AD→故直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为2(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1证明如下：依题意，得A1(0，0，1)，BA1→=(-1，0BE→=设n=(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由n·BA1→=0，n·BE所以x=z，y=12z.取z=2，得n=(2，1，由于F是棱C1D1上的点，则F(t，1，1)(0≤t≤1).又B1(1，0，1)，所以B1F→=(t-1，1，0).而B1F⊄于是B1F∥平面A1BE⇒B1⇔(t-1，1，0)·(2，1，2)=0⇔2(t-1)+1=0⇔t=12⇔F为棱C1D1这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A122.(12分)(2021·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AA(1)证明B1C1⊥(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26【解题指南】方法一：(1)建立空间直角坐标系，写出B1C→1，(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AM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，(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，最终在三角形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B1C→1=(1，0，-1)，CE→=(-1，1，-1)，于是B1C→(2)B1C→=(1，-2设平面B1CE的法向量m=(x，y，z)，则QUOTEm·B1C→=0,m·CE→得y+2z=0，不