本冊學業(yè)質量標準檢測2

1、本冊學業(yè)質量標準檢測(二)時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中只有一個是符合題目要求的)1命題“若x2<1，則1<x<1”的逆否命題是(D)A若x21，則x1若x1B若1<x<1，則x2<1C若x>1或x<1，則x2>1D若x1或x1，則x212已知命題p：函數(shù)f(x)2sin(2x)的圖象關于x對稱，命題q：函數(shù)f(x)2sin(2x)向右平移個單位，所得函數(shù)圖象關于原點對稱，則下列選項中是假命題的是 (D)A¬pBpqC(¬p)q D(¬

2、;p)(¬q)解析f()2sin2，f(x)的圖象不關于x對稱故p為假命題；平移后所得函數(shù)為y2sin2(x)2sin 2x，易知此函數(shù)為奇函數(shù)函數(shù)圖象關于原點對稱，q為真命題(¬p)(¬q)為假命題3已知向量a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，則與的值可以是 (A)A2， B，C3,2 D2,2解析已知ab，則tR，使得bta(t0)，可得，解得或4與向量(3，4,5)共線的單位向量是(A)A(，)和(，)B(，)C(，)D(，)和(，)解析所求的單位向量e與(3，4,5)方向相同或相反，且|e|1，求得(，)和(，)5如圖，在三棱錐ABCD中，DA，

3、DB，DC兩兩垂直，且DBDC，E為BC中點，則·等于 (A)A0 B1C2 D3解析·()·()()·()(2)·()·2··2·DA，DB，DC兩兩垂直，且DBDC，·0.故選A6如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，P是側面BB1C1C內一動點， 若P到直線BC與直線C1D1的距離相等，則動點P的軌跡所在的曲線是 (D)A直線 B圓C雙曲線 D拋物線解析P到直線BC與直線C1D1的距離相等，又ABCDA1B1C1D1是正方體，D1C1側面BCC1B1D1C1PC1，PC1為P到直線D1

4、C1的距離，即PC1等于P到直線BC的距離，由圓錐曲線的定義知，動點P的軌跡所在的曲線是拋物線7下列命題中，真命題是 (C)A存在xR，sin2cos2B任意x(0，)，sinx>cosxC任意x(0，)，x2xDx00，使得sinx0>x0解析本題主要考查全稱命題與特稱命題真假的判斷對于A選項：xR，sin2cos21，故A為假命題；對于B選項：存在x，sinx，cosx，sinx<cosx，故B為假命題；C項，x2x(x)2，對，x(0，)(x)20恒成立，故C項正確；對于D選項：在單位圓中，可知對任意x0，都有sinx<x.故D為假命題綜上可知，C為真命題8已知矩

5、形ABCD，PA平面ABCD，則以下等式中可能不成立的是 (B)A·0 B·0C·0 D·0解析DA平面PABDAPB·0；同知·0；PA平面ABCDPACD·0；若·0，則BDPC，又BDPA，BD平面PAC，故BDAC，但在矩形ABCD中不一定有BDAC，故選B9命題p：函數(shù)yloga(ax2a)(a>0且a1)的圖象必過定點(1,1)；命題q：如果函數(shù)yf(x)的圖象關于(3,0)對稱，那么函數(shù)yf(x3)的圖象關于原點對稱，則有 (C)A“p且q”為真 B“p或q”為假Cp真q假 Dp假q真解析p：x

6、1，yloga(a2a)1為真命題q：若yx3，則yf(x3)x圖象關于原點對稱，但yx3的圖象不關于(3,0)對稱，故q為假，選C10方程xy2x2y1所表示的曲線 (D)A關于x軸對稱 B關于y軸對稱C關于原點對稱 D關于直線yx對稱解析設P(x0，y0)是曲線xy2x2y1上的任意一點，則x0yxy01點P關于直線yx的對稱點為P(y0，x0)，y0xyx0x0yxy01，點P在曲線xy2x2y1上，故該曲線關于直線yx對稱11如圖，在二面角l的棱l上有A、B兩點，直線AC、BD分別在這個二面角的兩個半平面內，且都垂直于AB，若二面角l的大小為，ABAC2，BD3，則CD (A)A BC

7、2 D解析CAAB，BDAB，··0，22222·2·2·22223202×2×3×cos011，CD.故選A12(2019·福州市八縣一中高二期末)如圖，F(xiàn)1、F2分別是雙曲線的左、右焦點，過F1的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于A、B兩點，若ABF2為等邊三角形，則該雙曲線的離心率為 (C)A BC D3解析根據(jù)雙曲線的定義，可得|BF1|BF2|2a，ABF2是等邊三角形，即|BF2|AB|，|BF1|BF2|2a，即|BF1|AB|AF1|2a又|AF2|AF1|2a，|AF2|AF1|2a4a，

8、AF1F2中，|AF1|2a，|AF2|4a，F(xiàn)1AF2120°，|F1F2|2|AF1|2|AF2|22|AF1|·|AF2|cos120°，即4c24a216a22×2a×4a×()28a2，解之得ca，由此可得雙曲線C的離心率e.故選C二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線上)13已知p：0，q：4x2xm0，若p是q的充分條件，則實數(shù)m的取值范圍是_m6_.解析由0，即，得0<x1，由題設知，當0<x1時，4x2xm0，即4x22m恒成立，易知y4x2x(0<x1)的最大值

9、為6，所以m614已知點A、B、C的坐標分別為(0,1,0)、(1,0，1)、(2,1,1)，點P的坐標為(x,0，z)，若PAAB，PAAC，則P點的坐標為_(1,0,2)_.解析由已知，(1，1，1)，(2,0,1)，(x,1，z)，由，得，解得P(1,0,2)15如果過兩點A(a,0)和B(0，a)的直線與拋物線yx22x3沒有交點，那么實數(shù)a的取值范圍是_(，)_.解析過A、B兩點的直線為：xya與拋物線yx22x3聯(lián)立得x2xa30，因為直線x與拋物線沒有交點，則方程無解即14(a3)<0，解之a<16邊長為1的等邊三角形ABC中，沿BC邊高線AD折起，使得折后二面角BA

10、DC為60°，點D到平面ABC的距離為_.解析如圖所示，AD平面BCD，AD，BDCDBC，VABCD×AD×SBCD又VABCDVDABC×h×SABC，由等積法可解得h三、解答題(本大題共6個大題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17(本小題滿分10分)如圖，設橢圓1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點D在橢圓上，DF1F1F2，2，DF1F2的面積為.求橢圓的標準方程.解析設F1(c,0)，F(xiàn)2(c,0)，其中c2a2b2由2，得|DF1|c從而SDF1F2|DF1|·|F1F2|c2，故

11、c1從而|DF1|由DF1F1F2，得|DF2|2|DF1|2|F1F2|2，因此|DF2|，所以2a|DF1|DF2|2，故a，b2a2c21因此，橢圓的標準方程為y2118(本小題滿分12分)在R上定義運算：xyx(1y)若命題p“存在x0>2，不等式(x0a)x0>a2成立”為假命題，求實數(shù)a的取值范圍.思路分析先寫出特稱命題的否定，即轉化為全稱命題，將問題轉化為恒成立問題，再利用相應知識建立方程或不等式求解解析因為命題p“存在x0>2，不等式(x0a)x0>a2成立”為假命題，所以p的否定為真命題，即“任意x>2，不等式(xa)xa2都成立”為真命題由題意

12、得(xa)x(xa)(1x)，故不等式(xa)xa2可化為(xa)(1x)a2，化簡得x2(a1)x2a20故原命題等價于x2(a1)x2a20在(2，)上恒成立由二次函數(shù)f(x)x2(a1)x2a2的圖象，知其對稱軸為x，則或解得a3或3<a7綜上，實數(shù)a的取值范圍為(，719(本小題滿分12分)已知拋物線C：y24x，點M(m,0)在x軸的正半軸上，過點M的直線l與拋物線C相交于A，B兩點，O為坐標原點.(1)若m1，且直線l的斜率為1，求以AB為直徑的圓的方程；(2)是否存在定點M，使得不論直線l繞點M如何轉動，恒為定值？解析(1)當m1時，M(1,0)，此時，點M為拋物線C的焦點

13、，直線l的方程為yx1，設A，B兩點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立消去y得，x26x10，x1x26，y1y2x1x224，圓心坐標為(3,2)又|AB|x1x228圓的半徑為4，圓的方程為(x3)2(y2)216(2)若存在這樣的點M，使得為定值，由題意可設直線l的方程為xkym，則直線l的方程與拋物線C：y24x聯(lián)立，消去x得，y24ky4m0，則y1y24m，y1y24k，因此要與k無關，只需令1，即m2，此時存在定點M(2,0)，不論直線l繞點M如何轉動，恒為定值20(本小題滿分12分)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，ACBDO，A1C1B1D1O

14、1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形.(1)證明：O1O底面ABCD；(2)若CBA60°，求二面角C1OB1D的余弦值解析(1)證明：四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，四邊形ABCD和四邊形A1B1C1D1均為菱形ACBDO，A1C1B1D1O1，O、O1分別為BD、B1D1中點四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1為矩形，OO1CC1BB1且CC1AC，BB1BD，OO1BD，OO1AC，又ACBDO且AC，BD底面ABCD，OO1底面ABCD(2)解法一：過O1作B1O的垂線交B1O于點E，連接EO1、EC1.不妨設四棱柱ABCDA1B1C1D1的邊

15、長為2aOO1底面ABCD且底面ABCD面A1B1C1D1，OO1平面A1B1C1D1，又O1C1平面A1B1C1D1，O1C1OO1，四邊形A1B1C1D1為菱形，O1C1O1B1，又O1C1OO1且OO1O1C1O1，O1O，O1B1平面OB1D，O1C1平面OB1D，又B1O平面OB1D，B1OO1C1，又B1OO1E且O1C1O1EO1，O1C1，O1E平面O1EC1，B1O面O1EC1，O1EC1為二面角C1OB1D的平面角，cosO1EC1，CBA60°且四邊形ABCD為菱形，O1C1a，B1O1a，OO12a，B1Oa，則O1EB1O1·sinO1B1OB1O

16、1·a·a，再由O1EC1的勾股定理可得EC1a，則cosO1EC1，所以二面角C1OB1D的余弦值為解法二：四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，四邊形ABCD是菱形，ACBD，又O1O平面ABCD，從而OB、OC、OO1兩兩垂直，以O為坐標原點，OB、OC、OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，不妨設AB2，ABC60°，OB，OC1，于是各相關點的坐標O(0,0,0)、B1(，0,2)、C1(0,1,2)，易知n1(0,1,0)為平面BDD1B1的一個法向量，設n2(x，y，z)是平面OB1C1的一個法向量，則，即取z，則x2，y

17、2，n2(2,2，)設二面角C1OB1D的大小為，易知為銳角，cos，二面角C1OB1D的余弦值為21(本小題滿分12分)(2019·北京理，16)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為正方體，平面PAD平面ABCD，點M在線段PB上，PD平面MAC，PAPD，AB4.(1)求證：M為PB的中點；(2)求二面角BPDA的大??；(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值解析(1)證明：設AC，BD交于點E，連接ME，因為PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME因為四邊形ABCD是正方形，所以E為BD的中點，所以M為PB的中點(2)解：如圖，取AD的中點O，連接OP，O

18、E因為PAPD，所以OPAD又因為平面PAD平面ABCD，且OP平面PAD，所以OP平面ABCD因為OE平面ABCD，所以OPOE因為四邊形ABCD是正方形，所以OEAD如圖，建立空間直角坐標系Oxyz，則P(0,0，)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，(4，4,0)，(2,0，)設平面BDP的法向量為n(x，y，z)，則即令x1，則y1，z于是n(1,1，)平面PAD的法向量為p(0,1,0)，所以cosn，p由題意知二面角BPDA為銳角，所以它的大小為(3)解：由題意知M(1,2，)，C(2,4,0)，(3,2，)設直線MC與平面BDP所成角為，則sin |cosn，|，所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為22(本小題滿分12分)(2019·全國理，20)已知橢圓C：1(a>b>0)，四點P1(1,1)，P2(0,1)，P3(1，)，P4(1，)中恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點解析(1)解：由于P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經過P3，P4兩點又由>知，橢圓C不經過點P1，所以點P2在橢圓C上因此解得故橢圓C的方程為y2