数学选修2-1测试卷

1高二数学选修2-1测试卷一、选择题1．抛物线281xy的准线方程是()A．321xB．2yC．321yD．2y2．已知两点1(1,0)F、2(1,0)F，且12FF是1PF与2PF的等差中项，则动点P的轨迹方程是（）A．221169xyB．2211612xyC．22143xyD．22134xy3．若A)1,2,1(，B)3,2,4(，C)4,1,6(，则△ABC的形状是（）A．不等边锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等边三角形4．设aR，则1a是11a的（）A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．以坐标轴为对称轴，以原点为顶点且过圆096222yxyx的圆心的抛物线的方程是（）A．23xy或23xyB．23xyC．xy92或23xyD．23xy或xy927．抛物线y＝x2到直线2x－y＝4距离最近的点的坐标是()A．)45,23(B．(1，1)C．)49,23(D．(2，4)9．如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为2，点P是平面ABCD上的动点，点M在棱AB上，且13AM，且动点P到直线11AD的距离与点P到点M的距离的平方差为4，则动点P的轨迹是（）A．圆B．抛物线C．双曲线D．直线10．过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆P：2212xy交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为()A、83B、42C、22D、4311.已知抛物线21xy上一定点(1,0)A和两动点,PQ,当PAPQ时,点Q的横坐标的取值范围是()A.(,3]B.[1,)C.[3,1]D.(,3][1,)12.双曲线22221xyab（a＞0,b＞0）的两个焦点为F1、F2,若P为其上一点，且|PF1|=3|PF2|,则双曲线离心率的取值范围为（）A.(1,2)B.1,2C.(3,+)D.3,二、填空题13．命题“存在有理数x，使220x”的否定为。14．M是椭圆221259xy上的点，1F、2F是椭圆的两个焦点，1260FMF，则12FMF的面积等于．三、解答题217.已知命题p：“直线y=kx+1与椭圆1522ayx恒有公共点”命题q：只有一个实数x满足不等式2220xaxa.若命题“p或q”是假命题，求实数a的取值范围．18.（本小题满分10分）双曲线C的中心在原点，右焦点为0,332F，渐近线方程为xy3.（Ⅰ）求双曲线C的方程；（Ⅱ）设直线l：1kxy与双曲线C交于A、B两点，问：当k为何值时，以AB为直径的圆过原点；19.如图直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)111CBAABC,底面ABC中090,1BCACBCA，棱21AA，NM、分别为AABA111、D的中点.（I）求11,cosCBBA的值；（II）求证：MNCBN1平面（III）求的距离到平面点MNCB11.20．已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，//ABDC，PADAB,90底面ABCD，且12PAADDC，1AB，M是PB的中点。（Ⅰ）证明：面PAD面PCD；（Ⅱ）求AC与PB所成的角；（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小余弦值。21．已知1212(2,0),(2,0),||||2FFPPFPF点满足，记点P的轨迹为E.（1）求轨迹E的方程；（2）若直线l过点F2且与轨迹E交于P、Q两点.（i）无论直线l绕点F2怎样转动，在x轴上总存在定点)0,(mM，使MP⊥MQ恒成立，求实数m的值.（ii）过P、Q作直线21x的垂线PA、QB，垂足分别为A、B，记||||||ABQBPA，求λ的取值范围.ABCA1B1NMC13答案:一、选择题：题号123456789101112答案BCAACDBCBADB二．填空13任意有理数x，使220x14．33151/3或-1/3．162三、解答题：17.a0或0a1或a=518.解：（Ⅰ）易知双曲线的方程是1322yx.（Ⅱ）①由221,31,ykxxy得022322kxxk，由03,02k且，得,66k且3k.设11,yxA、22,yxB，因为以AB为直径的圆过原点，所以OBOA，所以12120xxyy.又12223kxxk，12223xxk，所以212121212(1)(1)()11yykxkxkxxkxx，所以22103k，解得1k.19：以C为原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的坐标系O－xyz（I）依题意得)2,1,0(),0,0,0(),2,0,1(11BCA,∴)2,1,0(),2,1,1(11CBBA∴3221)1(0111CBBA5,611CBBA,∴11,cosCBBA=10301111CBBACBBA(II)依题意得)1,0,1(),2,1,0(),2,0,0(),2,0,1(111NBCA∴)2,21,21(M,∴)0,21,21(1MC,)1,0,1(1NC,)1,1,1(BN∴001)1(211211BNMC01)1()1(0111BNNC∴BNMC1,BNNC1∴NCBNMCBN11,∴MNCBN1平面(Ⅲ)3320．.证：以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2ABCDPM.4（Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DCAPDCAPDCAP所以故由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD.（Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(PBAC.510||||,cos,2,5||,2||PBACPBACPBACPBACPBAC所以故（Ⅲ）几何法：在MC上取一点(,,)Nxyz，则存在,R使,MCNC..21,1,1),21,0,1(),,1,1(zyxMCzyxNC要使14,00,.25ANMCANMCxz只需即解得0),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54MCBNBNANMCANN有此时能使点坐标为时可知当ANBMCBNMCANMCBNMCAN所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.5552cos(,).3||||2arccos().3ANBNANBNANBNANBNANBN故所求的二面角为法2：分别求出两面的法向量，易求之21解：（1）由||2||||2121FFPFPF知，点P的轨迹E是以F1、F2为焦点的双曲线右支，由3,22,22bac，故轨迹E的方程为).1(1322xyx（2）当直线l的斜率存在时，设直线方程为),(),,(),2(2211yxQyxPxky，与双曲线方程联立消y得0344)3(2222kxkxk，0334034003222122212kkxxkkxxk解得k235（i）2121))((yymxmxMQMP212122222121222222222222()()(2)(2)(1)(2)()4(1)(43)4(2)4333(45).3xmxmkxxkxxkmxxmkkkkkmmkkkmkmk0,MQMPMQMP，故得0)54()1(3222mmkm对任意的32k恒成立，.1,0540122mmmm解得∴当m=－1时，MP⊥MQ.当直线l的斜率不存在时，由)0,1()3,2(),3,2(MQP及知结论也成立，综上，当m=－1时，MP⊥MQ.（ii）21,2,1xca直线是双曲线的右准线，由双曲线定义得：||21|||,|21||1||222QFQBPFPFePA，方法一：||2||1||2||12122yyxxkABPQ.1121||21|)(|2||12212122kkkxxkxxk3321,3110,322故kk，注意到直线的斜率不存在时，21|,|||此时ABPQ，综上，.33,21方法二：设直线PQ的倾斜角为θ，由于直线PQ与双曲线右支有二个交点，323，过Q作QC⊥PA，垂足为C，则.sin21)2cos(21||2||||2|||,2|CQPQABPQPQC由,1sin23,323得故：.33,21