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1、2019年编人教版高中数学模块综合测试(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，x1BxR，x1CxR，x1DxR，x0，b0)与抛物线y28x有一个相同的焦点F，且该点到双曲线的渐近线的距离为1，则该双曲线的方程为()A. x2y22B. y21C. x2y23D. x21解析：本题主要考查双曲线与抛物线的有关知识由已知，a2b24，焦点F(2,0)到双曲线的一条渐近线bxay0的距离为1，由解得a23，b21，故选B.答案：B3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
2、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：D4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：tan2Atan2B，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：abAB.命题q：tan2Atan2Bsin(AB)sin(AB)0AB，显然p是q的充要条件，故选C.答案：C5如右图，在三棱
3、锥ABCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DBDC，E为BC中点，则等于()A0B1C2D3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)，所以(a，a,0)，(，b)，00.答案：A6若直线yx1与椭圆y21相交于A，B两个不同的点，则|等于()A.B.C.D.解析：联立方程组得3x24x0，解得A(0,1)，B(，)，所以|.答案：B72014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
4、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. 0B. 1C. 2D. 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，故不正确；在三棱锥PABC中，取，分别为向量a，b，c，则对向量，不存在实数x，y，z使得xaybzc成立，故不正确；综上，正确命题的个数是0，故选A.答案：A8下列四个结论中正确的个数为()命题“若x21，则1x1或x1”；已知p：xR，sinx1，q：若ab，则a
5、m20”的否定是“xR，x2x0”；“x2”是“x24”的必要不充分条件A0个B1个C2个D3个解析：只有中结论正确答案：B92014河南省开封高中月考如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA1，E、F分别是面A1B1C1D1、面BCC1B1的中心，则E、F两点间的距离为()A. 1B. C. D. 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，)，所以|EF|，故选C.答案：C10如右图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCCC1，ACBC，点D是AB的中点，则直线B1B和平面CDB1所成角的正切值为()A
6、2B.C.D.解析：如下图，建立空间直角坐标系，可设ACBCCC11，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(，0)，B1(0,1,1)，(，0)，(0,1,1)，(0,0，1)设平面CDB1的法向量为n(x，y，z)，由即不妨取n(1，1,1)，所以cosn，.设直线B1B和平面CDB1所成角为，则sin，故cos，tan.答案：D11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，则|FA|FB|的值为()A. B. C. D. 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)，由得3x210x30，故x13，x2，所以|FA
7、|FB|x1x2|.故选A.答案：A122012浙江高考如图，F1、F2分别是双曲线C：1(a，b0)的左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与双曲线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|F1F2|，则双曲线C的离心率是()A. B. C. D. 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：ybxb，双曲线C的两条渐近线为yx，因此有交点P(，)，Q(，)，设PQ的中点为N，则点N的坐标为(，)，因为线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M，|MF2|F1F2|，所以点M的坐标为(3
8、,0)，因此有kMN，所以34a2b21a2，所以a2，所以e.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，x22x20”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，x22x20.答案：xR，x22x2014已知双曲线1的一条渐近线方程为yx，则该双曲线的离心率e为_解析：当m0，n0时，可设a3k，b4k，则c5k，所以离心率e；当m0，n0，则f(x)在区间a，)上是增函数；当xa时，f(x)有最小值ba2；当a2b0时，f(x)有最小值ba2.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)
9、|x22axb|(xa)2ba2|.若a2b0，则f(x)|(xa)2ba2|(xa)2ba2，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ba2，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|x3，则“xM或xP”是“x(MP)”的什么条件？(2)求使不等式4mx22mx10恒成立的充要条件解：(1)xR，x(MP)x(2,3)因为“xM或xP”x(MP)但x(MP)xM或xP.故“xM或xP”是“x(MP)”的必要不充分条件(2)当m0时，不等式4mx22mx10恒成立4m0
10、.又当m0时，不等式4mx22mx10对xR恒成立，故使不等式4mx22mx10恒成立的充要条件是4b0)相交于A，B两个不同的点，l与x轴相交于点F.(1)证明：a2b21；(2)若F是椭圆的一个焦点，且2，求椭圆的方程解：(1)证明：将xy1代入1，消去x，整理，得(a2b2)y22b2yb2(1a2)0.由直线l与椭圆相交于两个不同的点，得4b44b2(a2b2)(1a2)4a2b2(a2b21)0，所以a2b21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(a2b2)y2b2y1b2(1a2)0，且(a2b2)y2b2y2b2(1a2)0.因为2，所以y12y2.将y12y2代入，
11、与联立，消去y2，整理得(a2b2)(a21)8b2.因为F是椭圆的一个焦点，则有b2a21.将其代入式，解得a2，b2，所以椭圆的方程为1.20(12分)已知两点M(1,0)、N(1,0)，动点P(x，y)满足|0，(1)求点P的轨迹C的方程；(2)假设P1、P2是轨迹C上的两个不同点，F(1,0)，R，求证：1.解：(1)|2，则(x1，y)，(x1，y)由|0，则22(x1)0，化简整理得y24x.(2)由，得F、P1、P2三点共线，设P1(x1，y1)、P2(x2，y2)，斜率存在时，直线P1P2的方程为：yk(x1)代入y24x得：k2x22(k22)xk20.则x1x21，x1x2
12、.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BD的中点，G为PD的中点，DABDCB，EAEBAB1，PA，连结CE并延长交AD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，ABEAEB，因为DABDCB，所以EABECB，从而有FEDBECAEB，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
13、，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(，0)，D(0，0)，P(0,0，)，故(，0)，(，)，(，0)设平面BCP的法向量n1(1，y1，z1)，则解得即n1(1，)设平面DCP的法向量n2(1，y2，z2)，则解得即n2(1，2)从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos.22(12分)已知抛物线y24x，点F是抛物线的焦点，点M在抛物线上，O为坐标原点(1)当4时，求点M的坐标；(2)求的最大值；(3)设点B(0,1)，是否存在常数及定点H，使得2恒成立？若存在，求出的值及点H的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)抛物线y24x的焦点F的坐标是(1,0)，设点M(x0，y0)，其中x00.因为(x01，y0)，(x0，y0)，所以x0(x01)yx3x04.解得x01或x04(舍)，因为y4x0，所以y02，即点M的坐标为(1,2)，(1，2)(2)设点M(x，y)，其中x0.设t(0t1)，则.因为0t1，所以当t(即x2)时，取得最大值.(3)设点M(x，y)，其中x0.假设存在常数及定点H(x1，y1)，使得2恒成立由2，得(x，y1)2(x1，y)(xx1，yy1)，即整理，得由x及y的任意性知3，所以x1，y1.综上，存在常数3及定点H(，)，使得2恒成立
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