高中数学 第3章 空间向量与立体几何 模块检测 苏教版选修21.doc

空间向量与立体几何 模块检测一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1命题“若a1，则a2”及其逆命题、否命题、逆否命题4个命题中，真命题的个数是_答案2解析原命题为真命题，故逆否命题为真命题；逆命题为“若a2，则a1”为假命题，故否命题为假命题故4个命题中有2个真命题2已知命题p：xr，sinx1，则命题綈p为_答案xr，sinx1解析存在性命题的否定为全称命题，同时注意否定结论：sinx1的否定为sinx1.3命题“a1是a的充要条件”是_(填“真”或“假”)命题答案真解析因为a1，所以1, 所以，即a.所以a1a；因为a，所以(1)0，所以1，即a1.所以aa1.综上可知a1a，所以a1是a的充要条件4在空间中，若四点不共面，则这四点中任三个点都不共线；若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线以上两个命题中，逆命题为真命题的是_答案解析命题：“若四点不共面，则这四点中任三个点都不共线”的逆命题是“若四点中任三个点都不共线，则这四点不共面”，是假命题命题：“若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线”的逆命题是“若两直线是异面直线，则这两条直线没有公共点”，是真命题5已知|a|b|5，a，b的夹角为，则|ab|与|ab|的值分别等于_答案5，5解析|ab|2|a|22ab|b|2522555275，|ab|5，|ab|2|a|22ab|b|2522555225，|ab|5.6若直线l的方向向量为a(1,1,2)，平面的法向量为u(2，2，4)，则直线与平面的位置关系是_答案l解析由已知得au，即向量a和u共线，直线l与平面垂直7以双曲线y21的一条准线为准线，顶点在原点的抛物线方程是_答案y26x或y26x解析因为a，b1，所以c2，所以双曲线的准线方程为x，所以，得p3，所以抛物线方程是y26x或y26x.8焦点在y轴上，虚半轴长为4，焦距的一半为6的双曲线的标准方程为_答案1解析双曲线的焦点在y轴上，设双曲线的标准方程为1(a0，b0)已知b4，c6，则a2c2b2624220.故所求双曲线的标准方程为1.9对于实数x，y，命题p：xy8是命题q：x2或y6的_条件答案充分不必要解析利用命题的等价性，因为命题“若x2且y6，则xy8”是真命题，故綈q綈p，即pq；命题“若xy8，则x2且y6”是假命题，故綈p綈q，即qp，所以p是q的充分不必要条件10已知tr，a(1t,1t，t)，b(2，t，t)，则|ba|的最小值是_答案解析因为ab(1t,12t,0)，所以|ab|，当t时，|ba|取到最小值.11已知双曲线x21上存在两点m，n关于直线yxm对称，且mn的中点在抛物线y218x上，则实数m的值为_答案0或8解析设m(x1，y1)，n(x2，y2)，mn中点p(x0，y0)，则则得(x2x1)(x2x1)(y2y1)(y2y1)，显然x1x2.3，即kmn3，m，n关于直线yxm对称，kmn1，y03x0，又y0x0m，p，代入抛物线方程得m218.解得m0或8，经检验都符合12动圆的圆心在抛物线y28x上，且动圆恒与直线x20相切，则动圆必过定点_答案(2,0)解析抛物线y28x，p4，其准线方程为x2，焦点为f(2,0)，设动圆圆心为p，由已知点p到准线x20的距离为其半径r，且点p在抛物线上，点p到焦点f的距离也为r，动圆必过定点f(2,0)13已知正四棱柱abcda1b1c1d1中aa12ab，则cd与平面bdc1所成角的正弦值等于_答案解析设ab1，则aa12，分别以、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则d(0,0,2)，c1(0,1,0)，b(1,1,2)，c(0,1,2)，(1,1,0)，(0,1，2)，(0,1,0)，设n(x，y，z)为平面bdc1的一个法向量，则即取n(2,2,1)，设cd与平面bdc1所成角为，则sin|.14设f为抛物线c：y24x的焦点，过点p(1,0)的直线l交抛物线c于a，b两点，点q为线段ab的中点，若fq2，则直线的斜率等于_答案1解析设直线l的方程为yk(x1)，联立消去y得k2x2(2k24)xk20，由根与系数的关系，xaxb，于是xq1，把xq带入yk(x1)，得到yq，根据fq2，解出k1.二、解答题(本大题共6小题，共90分)15(14分)已知命题p：对数loga(2t27t5)(a0且a1)有意义；q：关于实数t的不等式t2(a3)t(a2)0.(1)若命题p为真命题，求实数t的取值范围；(2)若命题p是命题q的充分不必要条件，求实数a的取值范围解(1)因为命题p为真命题，所以对数式有意义，即2t27t50，解得1t.(2)因为命题p是命题q的充分不必要条件，所以1t是不等式t2(a3)t(a2)0解集的真子集解法一：因为方程t2(a3)t(a2)0的两根为1，a2，故只需a2，解得a.解法二：令f(t)t2(a3)t(a2)，因为f(1)0，故只需f()0，解得a.16(14分)已知命题p：不等式|x1|m1的解集为r，命题q：f(x)(52m)x是减函数，若pq为真命题，pq为假命题，求实数m的取值范围解由于不等式|x1|m1的解集为r，所以m10，m1，m2.即命题p：m1，命题q：m2.又由于pq为真，pq为假，所以p和q中一真一假当p真q假时应有m无解当p假q真时应有1mb0)的离心率为，且a22b.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：xym0与椭圆交于a、b两点，且线段ab的中点在圆x2y25上，求m的值解(1)由题意得解得故椭圆的方程为x21.(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，线段ab的中点为m(x0，y0)联立直线与椭圆的方程得即3x22mxm220，所以x0，y0x0m，即m，又因为m点在圆x2y25上，所以225，解得m3.18(16分)直三棱柱abca1b1c1中，abac，d、e分别为aa1、b1c的中点，de平面bcc1b1.(1)证明：abac；(2)设二面角abdc为60，求b1c与平面bcd所成角的大小(1)证明以a为坐标原点，射线ab、ac、aa1分别为x、y、z轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系axyz.设b(1,0,0)，c(0，b,0)，d(0,0，c)，则b1(1,0,2c)，e(，c)于是(，0)，(1，b,0)由de平面bcc1b1知debc，0，求得b1，所以abac.(2)设平面bcd的法向量(x，y，z)，则0，0.又(1,1,0)，(1,0，c)，故令x1，则y1，z，(1,1，)又平面abd的法向量(0,1,0)由二面角abdc为60知，60，故|cos60，求得c.于是(1,1，)，(1，1，)，cos，60.所以b1c与平面bcd所成的角为30.19(16分)如图，在三棱柱abca1b1c1中，aa1c1c是边长为4的正方形，平面abc平面aa1c1c，ab3，bc5.(1)求证：aa1平面abc；(2)求二面角a1bc1b1的余弦值；(3)证明：在线段bc1存在点d，使得ada1b，并求的值(1)证明因为aa1c1c为正方形，所以aa1ac.因为平面abc平面aa1c1c，且aa1垂直于这两个平面的交线ac，所以aa1平面abc.(2)解由(1)知aa1ac，aa1ab.由题意知ab3，bc5，ac4，所以abac.如图，以a为原点建立空间直角坐标系axyz，则b(0,3,0)，a1(0,0,4)，b1(0,3,4)，c1(4，0,4), 设平面a1bc1的法向量为n(x，y，z)，则即令z3，则x0，y4，所以n(0,4,3).同理可得，平面bb1c1的法向量为m(3,4,0)，所以cosn，m.由题意知二面角a1bc1b1为锐角，所以二面角a1bc1b1的余弦值为.(3)解设d(x，y，z)是线段bc1上一点，且.所以(x，y3，z)(4，3,4)解得x4，y33，z4.所以(4，33，4)由0，即9250.解得.因为0,1，所以在线段bc1上存在点d, 使得ada1b.此时，.20(16分)已知圆m：(x1)2y21，圆n：(x1)2y29，动圆p与m外切并且与圆n内切，圆心p的轨迹为曲线c.(1)求c的方程；(2)l是与圆p，圆m都相切的一条直线，l与曲线c交于a，b两点，当圆p的半径最长时，求ab.解由已知得圆m的圆心为m(1,0)，半径r11，圆n的圆心为n(1,0)，半径r23.设动圆p的圆心为p(x，y)，半径为r.(1)圆p与圆m外切且与圆n内切，pmpn(rr1)(r2r)r1r24，由椭圆的定义可知，曲线c是以m，n为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为1(x2)(2)对于曲线c上任意一点p(x，y)，由于pmpn2r22，r2，当且仅当圆p的圆心为(2,0)时，r2