模块学习评价
(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．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．(2013·临沂高二检测)命题“a?A或b?B”的否定形式是( )
A．若a?A，则b?B B．a∈A或b∈B
C．a?A且b?B D．a∈A且b∈B
【解析】 “p或q”的否定为“綈p且綈q”，D正确．
【答案】 D
2．若椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，则双曲线－＝1的离心率为( )
A. B.
C. D.
【解析】 由题意，1－＝()2＝，∴＝，而双曲线的离心率e2＝1＋＝1＋＝，∴e＝.
【答案】 B
3．(2013·广州高二检测)若a＝(0,1，－1)，b＝(1,1,0)，且(a＋λb)⊥a，则实数λ的值是( )
A．－1 B．0
C．1 D．－2
【解析】 ∵a＋λb＝(0,1，－1)＋(λ，λ，0)＝(λ，1＋λ，－1)
∵(a＋λb)⊥a，∴(a＋λb)·a＝1＋λ＋1＝0，∴λ＝－2.
【答案】 D
4．(2013·亳州高二检测)下列说法正确的是( )
A．“x2＝1”是“x＝1”的充分不必要条件
B．“x＝－1”是“x2－5x－6＝0”的必要不充分条件
C．命题“?x∈R，使得x2＋x＋1＜0”的否定是“?x∈R，均有x2＋x＋1＜0”
D．命题“若α＝β，则sin α＝sin β”的逆否命题为真命题
【解析】 “x2＝1”是“x＝1”的必要不充分条件，“x＝－1”是“x2－5x－6＝0”的充分不必要条件，A、B均不正确；C中命题的否定应该为“?x∈R，均有x2＋x＋1≥0”，故C不正确．
【答案】 D
5．若点P在曲线2x2－y＝0上移动，则点A(0，－1)与点P连线中点M的轨迹方程是( )
A．y＝2x2 B．y＝8x2
C．2y＝8x2－1 D．2y＝8x2＋1
【解析】 设P、M点的坐标分别为(x0，y0)、(x，y)，则有：
，即.
将(x0，y0)代入2x2－y＝0中得8x2－2y－1＝0
即2y＝8x2－1.
【答案】 C
6．(2013·北京高考)双曲线x2－＝1的离心率大于的充分必要条件是
( )
A．m> B．m≥1
C．m>1 D．m>2
【解析】 ∵双曲线x2－＝1的离心率e＝，又∵e>，
∴>，∴m>1.
【答案】 C
7．如图1，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1、CC1的中点，P为AD上一动点，记α为异面直线PM与D1N所成的角，则α的集合是( )
图1
A．{} B．{α|≤α≤}
C．{α|≤α≤} D．{α|≤α≤}
【解析】 分别以DA、DC、DD1所在的直线为x、y、z轴，D为原点建系，连结AM、DM，可以证明⊥，⊥，故D1N⊥平面ADM，∴D1N⊥PM，即α＝.
【答案】 A
8．(2013·天津高考)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p>0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为，则p＝( )
A．1 B.
C．2 D．3
【解析】 由已知得＝2，所以＝4，解得＝，即渐近线方程为y＝±x.而抛物线准线方程为x＝－，于是A，B，从而△AOB的面积为·p·＝，可得p＝2.
【答案】 C
9．给出两个命题：p：|x|＝x的充要条件是x为正实数，q：不等式|x－y|≤|x|＋|y|取等号的条件是xy＜0，则下列命题是真命题的是( )
A．p∧q B．p∨q
C．(綈p)∧q D．(綈p)∨q
【解析】 命题p为假，因为x＝0时，也有|x|＝x成立；命题q也为假，因为当x＝0或y＝0时，|x－y|≤|x|＋|y|也成立，因此只有(綈p)∨q为真命题．
【答案】 D
10．(2013·济南高二检测)直线y＝x－3与抛物线y2＝4x交于A、B两点，过A、B两点向抛物线的准线作垂线，垂足为P、Q，则梯形APQB的面积为( )
A．48 B．56
C．64 D．72
【解析】 联立可解得A(1，－2)，B(9,6)
∵抛物线准线为x＝－1，∴|AP|＝2，|BQ|＝10，|PQ|＝8，
∴S＝＝48.
【答案】 A
11．已知＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，点Q的坐标为( )
A．(，，) B．(，，)
C．(，，) D．(，，)
【解析】 设点Q(x，y，z)，由点Q在上，
∴∥，则有Q(λ，λ，2λ)(λ为参数)，
∴＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，
＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
∴·＝6λ2－16λ＋10
＝6(λ－)2－.
当λ＝时，
·取得最小值．
故此时Q(，，)．
【答案】 C
12．(2013·课标全国卷Ⅰ)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
①－②得＝－.
∴＝－.
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，∴kAB＝.
而kAB＝＝，∴＝，∴a2＝2b2，
∴c2＝a2－b2＝b2＝9，∴b＝c＝3，a＝3，
∴E的方程为＋＝1.
【答案】 D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．)
13．(2013·南昌高二检测)已知双曲线－＝1的右焦点为(，0)，则该双曲线的渐近线方程为________．
【解析】 由题意得：9＋a＝13，∴a＝4，故渐近线方程为y＝±x.
【答案】 y＝±x
14．已知a，b是两个命题，如果a是b的充分条件，那么“綈a”是“綈b”的________条件．
【解析】 由题意a?b成立，故其逆否命题为綈b?綈a也成立．
∴“綈a”是“綈b”的必要条件．
【答案】 必要
15．已知正方体ABCD—A1B1C1D1，P、M为空间任意两点，如果有＝＋6＋7＋4，那么M点一定在平面________内．
【解析】 ∵＝－＝＋6＋6＋4
＝＋6＋4
＝＋2＋4，
∴－＝2＋4，
即＝2＋4.
故，，共面，即M点在平面A1BCD1内．
【答案】 A1BCD1
16．(2013·宁波高二检测)有下列命题：①双曲线－＝1与椭圆＋y2＝1有相同的焦点；②“－【解析】 ①中，双曲线c＝25＋9＝34，椭圆c＝35－1＝34，故①正确；
②中，∵2x2－5x－3<0，∴－又－∴是充分而不必要条件，故②错；
③中，a和b所在直线可能重合，故③错；
④中，a，b，c可以不共面，例如平行六面体以一个顶点为起点引出的三个向量，故④错；
⑤中，Δ＝9－12<0，故对?x∈R，x2－3x＋3≠0成立，故⑤正确．
【答案】 ①⑤
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分10分)已知p：2x2－9x＋a＜0，q：且綈q是綈p的必要条件，求实数a的取值范围．
【解】 由
得即2＜x＜3.
∴q：2＜x＜3.
设A＝{x|2x2－9x＋a＜0}，B＝{x|2＜x＜3}，
∵綈p?綈q，∴q?p.∴B?A.
即2＜x＜3满足不等式2x2－9x＋a＜0.设f(x)＝2x2－9x＋a，
要使2＜x＜3满足不等式2x2－9x＋a＜0，
需即
∴a≤9.故所求实数a的取值范围是{a|a≤9}．
18．(本小题满分12分)如图2，四边形MNPQ是圆C的内接等腰梯形，向量与的夹角为120°，·＝2.
(1)求圆C的方程；
(2)求以M，N为焦点，过点P，Q的椭圆方程．
图2
【解】 (1)建立如图坐标系，由题意得：△CQM为正三角形．
∴·＝r2·cos 60°＝2，∴r＝2，
∴圆C的方程为：x2＋y2＝4.
(2)M(2,0)，N(－2,0)，Q(1，)，2a＝|QN|＋|QM|＝2＋2.
∴c＝2，a＝＋1，b2＝a2－c2＝2.
∴椭圆方程为：＋＝1.
19．(本小题满分12分)如图3，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.
图3
(1)求证：AM⊥PD；
(2)求直线CD与平面ACM所成的角的余弦值．
【解】 (1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，
∴PA⊥AB.
∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，
∴AB⊥平面PAD.
∵PD?平面PAD，
∴AB⊥PD.
∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，
∴PD⊥平面ABM.
∵AM?平面ABM，∴AM⊥PD.
(2)如图所示，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，M(0,1,1)，
于是＝(1,2,0)，＝(0,1,1)，＝(－1,0,0)．
设平面ACM的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥可得
令z＝1，得x＝2，y＝－1，于是n＝(2，－1,1)．
设直线CD与平面ACM所成的角为α，
则sin α＝||＝，cos α＝.
故直线CD与平面ACM所成的角的余弦值为.
图4
20．(本小题满分12分)(2013·江苏高考)如图4，在直三棱柱A1B1C1—ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
【解】 (1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4) ，C1(0,2,4)，所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4).
因为cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|＝＝＝，得sin θ＝.
因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.
21．(本小题满分12分)(2012·课标全国卷)设抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．
(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为4，求p的值及圆F的方程；
(2)若A，B，F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．
【解】 (1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝p.由抛物线定义可得A到l的距离d＝|FA|＝p.
因为△ABD的面积为4，所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4，
解得p＝－2(舍去)或p＝2.
所以F(0,1)，圆F的方程为x2＋(y－1)2＝8.
(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.
由抛物线定义知|AD|＝|FA|＝|AB|，
所以∠ABD＝30°，m的斜率为或－.
当m的斜率为时，由已知可设n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0.
由于n与C只有一个公共点，故Δ＝p2＋8pb＝0.
解得b＝－.
因为m的截距b1＝，＝3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.
当m的斜率为－时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值也为3.
综上，坐标原点到m，n距离的比值为3.
22．(本小题满分12分)设x，y∈R，i、j为直角坐标平面内x，y轴正方向上的单位向量，若向量a＋b＝2xi＋2yj，a－b＝4j，|a|＋|b|＝8.
(1)求动点M(x，y)的轨迹C的方程；
(2)过点(0,3)作直线l与曲线C交于A，B两点，设＝，是否存在这样的直线l，使四边形OAPB是矩形？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)|a|＋|b|＝8，得＋
＝8.
∴M(x，y)到两定点F1(0，－2)，F2(0,2)的距离之和为8，且|F1F2|＜8，则动点M的轨迹C是以F1，F2为焦点的椭圆．
故点M的轨迹C的方程为：＋＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋3，代入椭圆方程得(4＋3k2)x2＋18kx－21＝0.
Δ＝(18k)2＋84(4＋3k2)＞0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝－.
由＝，∴四边形OAPB为平行四边形，若存在直线l，使四边形OAPB为矩形，则OA⊥OB，即·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋3k(x1＋x2)＋9＝0.
则(1＋k2)·(－)＋3k·(－)＋9＝0.
解得：k＝±，∴存在直线l为：y＝±x＋3，此时四边形OAPB为矩形．
课件26张PPT。命题的关系及其真假的判定充分条件与必要条件 全称命题与存在性命题 转化与化归思想 课件34张PPT。圆锥曲线定义的应用圆锥曲线方程与性质的应用 直线与圆锥曲线的位置关系 函数与方程思想 课件42张PPT。空间向量的概念及运算 空间向量与线面的位置关系 空向向量与空间角 向量法解立体几何问题中的数形结合思想 综合检测(一)
第一章 常用逻辑用语
(时间：90分钟，满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．命题：“若x2＜1，则－1＜x＜1”的逆否命题是( )
A．若x2≥1，则x≥1，或x≤－1
B．若－1＜x＜1，则x2＜1
C．若x＞1，或x＜－1，则x2＞1
D．若x≥1或x≤－1，则x2≥1
【解析】 命题“若p，则q”的逆否命题为“若綈q，则綈p”．
【答案】 D
2(2013·济南高二期末)若一个命题p的逆命题是一个假命题，则下列判断一定正确的是( )
A．命题p是真命题
B．命题p的否命题是假命题
C．命题p的逆否命题是假命题
D．命题p的否命题是真命题
【解析】 命题p的逆命题与其否命题是互为逆否命题，具有相同的真假性，其他命题的真假无法确定．
【答案】 B
3．(2013·合肥高二检测)命题“所有能被2整除的整数都是偶数”的否定是
( )
A．所有不能被2整除的整数都是偶数
B．所有能被2整除的整数都不是偶数
C．存在一个不能被2整除的整数是偶数
D．存在一个能被2整除的整数不是偶数
【解析】 把全称量词改为存在量词并把结论否定．
【答案】 D
4．(2013·福建高考)设点P(x，y)，则“x＝2且y＝－1”是“点P在直线l：x＋y－1＝0上”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 当x＝2且y＝－1时，满足方程x＋y－1＝0, 即点P(2，－1)在直线l上．点P′(0,1)在直线l上，但不满足x＝2且y＝－1，∴“x＝2且y＝－1”是“点P(x，y)在直线l上”的充分而不必要条件．
【答案】 A
5．(2012·安徽高考)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )
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】 当α⊥β时，由于α∩β＝m，b?β，b⊥m，由面面垂直的性质定理知，b⊥α.又∵a?α，∴b⊥a.∴“α⊥β”是“a⊥b”的充分条件．
而当a?α且a∥m时，∵b⊥m，∴b⊥a.而此时平面α与平面β不一定垂直，∴“α⊥β”不是“a⊥b”的必要条件，故选A.
【答案】 A
6．已知命题p：“a＝1”是“?x＞0，x＋≥2”的充分必要条件；命题q：?x0∈R，x＋x0－1＞0，则下列结论中正确的是( )
A．命题“p∧q”是真命题
B．命题“p∧綈q”是真命题
C．命题“綈p∧q”是真命题
D．命题“綈p∧綈q”是真命题
【解析】 当a＝1时，x＋＝x＋≥2对?x＞0成立，但反之不成立，故“a＝1”是“?x＞0，x＋≥2”的充分不必要条件，p为假命题，而q为真命题，故只有C正确．
【答案】 C
7．下列命题错误的是( )
A．命题“若m＞0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆否命题为：“若方程x2＋x－m＝0无实根，则m≤0”
B．“x＝2”是“x2－5x＋6＝0”的充分不必要条件
C．若p∧q为假命题，则p、q均为假命题
D．对于命题：?x∈R，使得x2＋x＋1＜0，则綈p：?x∈R，均有x2＋x＋1≥0
【解析】 A、B、D都正确，对于C选项，若p∧q为假命题，可能p、q均为假命题，也有可能p、q一真一假，故C错．
【答案】 C
8．(2013·郑州高二检测)下面四个条件中，使a＞b成立的充分而不必要条件是( )
A．a＞b＋1 B．a＞b－1
C．a2＞b2 D．a3＞b3
【解析】 由a＞b＋1，得a＞b，反之不成立．
【答案】 A
9．(2013·湛江高二检测)对?x∈R，kx2－kx－1＜0是真命题，则k的取值范围是( )
A．－4≤k≤0 B．－4≤k＜0
C．－4＜k≤0 D．－4＜k＜0
【解析】 由题意即kx2－kx－1＜0对任意x∈R恒成立，当k＝0时，－1＜0恒成立；当k≠0时，有，即－4＜k＜0，所以－4＜k≤0.
【答案】 C
10．给出下列命题：
①?x∈R，不等式x2＋2x>4x－3成立；
②若log2x＋logx2≥2，则x>1；
③命题“若a>b>0且c<0，则>”的逆否命题；
④若命题p：?x∈R，x2＋1≥1.命题q：?x0∈R，x－2x0－1≤0，则命题p∧綈q是真命题．
其中真命题有( )
A．①②③ B．①②④
C．①③④ D．②③④
【解析】 ①中，x2＋2x>4x－3?(x－1)2＋2>0恒成立，①为真命题．
②中，由log2x＋logx2≥2，且log2x与logx2同号，
∴log2x>0，∴x>1，②为真命题．
③中，易知“a>b>0且c<0时，>”，
∴原命题为真命题，故逆否命题为真命题，③为真命题．
在④中，p、q均为真命题，则命题p∧綈q为假命题．
【答案】 A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．)
11．“相似三角形的面积相等”的否命题是________．它的否定是________．
【答案】 若两个三角形不相似，则它们的面积不相等 有的相似三角形的面积不相等
12．已知f(x)＝x2＋2x－m，如果f(1)>0是假命题，f(2)>0是真命题，则实数m的取值范围是______．
【解析】 依题意，∴3≤m<8.
【答案】 [3,8)
13．设n∈N*，一元二次方程x2－4x＋n＝0有整数根的充要条件是n＝________.
【解析】 由Δ＝16－4n≥0得n≤4，又∵n∈N*，故n＝1,2,3,4，验证可知n＝3,4，符合题意；反之，当n＝3,4时，可以推出一元二次方程有整数根．
【答案】 3或4
14．给出以下判断：
①命题“负数的平方是正数”不是全称命题；
②命题“?x∈N，x3>x2”的否定是“?x0∈N，使x>x”；
③“b＝0”是“函数f(x)＝ax2＋bx＋c为偶函数”的充要条件；
④“正四棱锥的底面是正方形”的逆命题为真命题．
其中正确命题的序号是________．
【解析】 ①②④是假命题，③是真命题．
【答案】 ③
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
15．(本小题满分12分)π为圆周率，a、b、c、d∈Q，已知命题p：若aπ＋b＝cπ＋d，则a＝c且b＝d.
(1)写出綈p并判断真假；
(2)写出p的逆命题、否命题、逆否命题并判断真假．
【解】 (1)綈p：“若aπ＋b＝cπ＋d，则a≠c或b≠d”．
∵a、b、c、d∈Q，由aπ＋b＝cπ＋d，
∴π(a－c)＝d－b∈Q，则a＝c且b＝d.
故p是真命题，∴綈p是假命题．
(2)逆命题：“若a＝c且b＝d，则aπ＋b＝cπ＋d”．真命题．
否命题：“若aπ＋b≠cπ＋d，则a≠c或b≠d”．真命题．
逆否命题：“若a≠c或b≠d，则aπ＋b≠cπ＋d”．真命题．
16．(本小题满分12分)设命题p：?x0∈R，x＋2ax0－a＝0.命题q：?x∈R，ax2＋4x＋a≥－2x2＋1.如果命题“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，求实数a的取值范围．
【解】 当p为真时，Δ＝4a2＋4a≥0得a≥0或a≤－1，当q为真时，(a＋2)x2＋4x＋a－1≥0恒成立，
∴即a≥2.
由题意得，命题p与q一真一假．
当命题p为真，命题q为假时，得a≤－1或0≤a＜2.
当命题p为假，命题q为真时，得a∈?.
∴实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[0,2)．
17．(本小题满分12分)设a，b，c为△ABC的三边，求证：方程x2＋2ax＋b2＝0与x2＋2cx－b2＝0有公共根的充要条件是∠A＝90°.
【证明】 充分性：∵∠A＝90°，
∴a2＝b2＋c2.
于是方程x2＋2ax＋b2＝0可化为x2＋2ax＋a2－c2＝0，
∴x2＋2ax＋(a＋c)(a－c)＝0.
∴[x＋(a＋c)][x＋(a－c)]＝0.
∴该方程有两根x1＝－(a＋c)，x2＝－(a－c)，
同样另一方程x2＋2cx－b2＝0也可化为x2＋2cx－(a2－c2)＝0，即[x＋(c＋a)][x＋(c－a)]＝0，
∴该方程有两根x3＝－(a＋c)，x4＝－(c－a)．
可以发现，x1＝x3，
∴方程有公共根．
必要性：设x是方程的公共根，
则
由①＋②，得x＝－(a＋c)，x＝0(舍去)．
代入①并整理，可得a2＝b2＋c2.
∴∠A＝90°.
∴结论成立．
图1
18．(本小题满分14分)(2012·陕西高考)(1)如图1所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；
(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．
【解】
(1)
(1)法一 如图(1)，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．
根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，
则a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)．
因为a⊥b，所以a·b＝0.
又因为a?π，n⊥π，
所以a·n＝0.
故a·c＝0，从而a⊥c.
(2)
法二 如图(2)，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.
因为PO⊥π，a?π，所以直线PO⊥a.
又a⊥b，b?平面PAO，PO∩b＝P，
所以a⊥平面PAO.
又c?平面PAO，
所以a⊥c.
(2)逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.
逆命题为真命题．
综合检测(二)
第二章 圆锥曲线与方程
(时间：90分钟，满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2013·西安高二检测)双曲线3x2－y2＝9的焦距为( )
A. B．2
C．2 D．4
【解析】 方程化为标准方程为－＝1，∴a2＝3，b2＝9.
∴c2＝a2＋b2＝12，∴c＝2，∴2c＝4.
【答案】 D
2．(2013·荆州高二检测)对抛物线y＝4x2，下列描述正确的是( )
A．开口向上，焦点为(0,1)
B．开口向上，焦点为(0，)
C．开口向右，焦点为(1,0)
D．开口向右，焦点为(0，)
【解析】 抛物线可化为x2＝y，故开口向上，焦点为(0，)．
【答案】 B
3．若焦点在x轴上的椭圆＋＝1的离心率为，则n＝( )
A. B.
C. D.
【解析】 依题意，a＝，b＝，
∴c2＝a2－b2＝2－n，
又e＝，
∴＝＝，∴n＝.
【答案】 B
4．(2013·石家庄高二检测)设定点F1(0，－3)，F2(0,3)，动点P满足条件|PF1|＋|PF2|＝a＋(a＞0)，则点P的轨迹是( )
A．椭圆 B．线段
C．椭圆或线段 D．不存在
【解析】 ∵a＋≥2＝6，故当|PF1|＋|PF2|＝6时，动点P表示线段F1F2，当|PF1|＋|PF2|＞6时，动点P表示以F1、F2为焦点的椭圆．
【答案】 C
5．(2013·长沙高二检测)已知抛物线C1：y＝2x2的图象与抛物线C2的图象关于直线y＝－x对称，则抛物线C2的准线方程是( )
A．x＝－ B．x＝
C．x＝ D．x＝－
【解析】 抛物线C1：y＝2x2关于直线y＝－x对称的C2的表达式为－x＝2(－y)2，即y2＝－x，其准线方程为x＝.
【答案】 C
6．已知点F，A分别为双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左焦点、右顶点，点B(0，b)满足·＝0，则双曲线的离心率为( )
A. B.
C. D.
【解析】 ∵·＝0，∴FB⊥AB，∴b2＝ac，又b2＝c2－a2，∴c2－a2－ac＝0，两边同除以a2得，e2－1－e＝0，∴e＝.
【答案】 D
7．已知直线y＝kx＋1和椭圆x2＋2y2＝1有公共点，则k的取值范围是( )
A．k＜－或k＞ B．－＜k＜
C．k≤－或k≥ D．－≤k≤
【解析】 由得(2k2＋1)x2＋4kx＋1＝0，因为直线与椭圆有公共点，故Δ＝16k2－4(2k2＋1)≥0，∴k≥或k≤－.
【答案】 C
8．若AB为过椭圆＋＝1中心的弦，F1为椭圆的焦点，则△F1AB面积的最大值为( )
A．6 B．12
C．24 D．48
【解析】 如图S△F1AB＝|OF1|·|yA－yB|≤c·2b
＝×3×2×4＝12.
【答案】 B
9．(2013·临沂高二检测)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为( )
A．2 B．3
C．6 D．8
【解析】 设椭圆上任意一点P(x0，y0)，则有＋＝1，即y＝3－x，O(0,0)，F(－1,0)，
则·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋3
＝(x0＋2)2＋2.
∵|x0|≤2，∴当x0＝2时，·取得最大值为6.
【答案】 C
10．已知双曲线中心在原点，且一个焦点为F(，0)，直线y＝x－1与双曲线交于M，N两点，且MN中点的横坐标为－，则此双曲线的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
【解析】 由c＝，得a2＋b2＝7.
∵焦点为F(，0)，
∴可设双曲线方程为－＝1， ①
并设M(x1，y1)、N(x2，y2)．
将y＝x－1代入①并整理得
(7－2a2)x2＋2a2x－a2(8－a2)＝0，
∴x1＋x2＝－，
由已知得－＝－，解得a2＝2，
得双曲线方程为－＝1.
【答案】 D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．)
11．已知圆x2＋y2＝1，从这个圆上任意一点P向x轴作垂线段PP′，则线段PP′的中点M的轨迹方程是________．
【解析】 设M(x，y)，P(x1，y1)，则有，将x1，y1代入到x＋y＝1，有x2＋4y2＝1.
【答案】 x2＋4y2＝1
12．椭圆＋y2＝1的两个焦点F1，F2，过点F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交，其中一个交点为P，则|PF2|＝________.
【解析】 不妨设F1(－，0)，则|PF1|＝|yP|＝.
又∵|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，∴|PF2|＝4－＝.
【答案】
13．(2013·安徽高考)已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点，若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________．
【解析】 设C(x，x2)，由题意可取A(－，a)，B(，a)，
则＝(－－x，a－x2)，＝(－x，a－x2)，
由于∠ACB＝，所以·＝(－－x)(－x)＋(a－x2)2＝0，
整理得x4＋(1－2a)x2＋a2－a＝0，
即y2＋(1－2a)y＋a2－a＝0，
所以解得a≥1.
【答案】 [1，＋∞)
14．给出如下四个命题：①方程x2＋y2－2x＋1＝0表示的图形是圆；②椭圆＋＝1的离心率e＝；③抛物线x＝2y2的准线方程是x＝－；④双曲线－＝－1的渐近线方程是y＝±x.其中不正确的是________．(填序号)
【解析】 ①表示的图形是一个点(1,0)，②e＝，④渐近线方程为y＝±x，③正确．
【答案】 ①②④
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
15．(本小题满分12分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴的一个端点到右焦点的距离为.求椭圆C的方程．
【解】 设椭圆的半焦距为c，依题意，
得a＝且e＝＝，
∴a＝，c＝.
从而b2＝a2－c2＝1.
因此所求椭圆的方程为＋y2＝1.
16．(本小题满分12分)已知F1，F2分别为椭圆＋＝1(0＜b＜10)的左、右焦点，P是椭圆上一点．
(1)求|PF1|·|PF2|的最大值；
(2)若∠F1PF2＝60°，且△F1PF2的面积为，求b的值．
【解】 (1)|PF1|·|PF2|≤()2＝100(当且仅当|PF1|＝|PF2|时取等号)，∴|PF1|·|PF2|的最大值为100.
(2)S△F1PF2＝|PF1|·|PF2|sin 60°＝，
∴|PF1|·|PF2|＝， ①
由题意知
∴3|PF1|·|PF2|＝400－4c2. ②
由①②得c＝6，∴b＝8.
17．(本小题满分12分)已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a＞0，b＞0)，且可知左焦点为F′(－2,0)，
从而有解得
又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l，其方程为y＝x＋t，
由得3x2＋3tx＋t2－12＝0，
因为直线l与椭圆有公共点，所以有Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)≥0，
解得－4≤t≤4，
另一方面，由直线OA与l的距离为4可得：＝4，从而t＝±2，
由于±2?[－4，4]，所以符合题意的直线l不存在．
18．(本小题满分14分)(2012·江西高考)已知三点O(0,0)，A(－2,1)，B(2,1)，曲线C上任意一点M(x，y)，满足|＋|＝·(＋)＋2.
(1)求曲线C的方程；
(2)点Q(x0，y0)(－2＜x0＜2)是曲线C上的动点，曲线C在点Q处的切线为l，点P的坐标是(0，－1)，l与PA，PB分别交于点D，E，求△QAB与△PDE的面积之比．
【解】 (1)由＝(－2－x,1－y)，
＝(2－x,1－y)，得
|＋|＝，
·(＋)＝(x，y)·(0,2)＝2y.
由已知得＝2y＋2，
化简得曲线C的方程是x2＝4y.
(2)直线PA，PB的方程分别是y＝－x－1，y＝x－1，曲线C在Q处的切线l的方程是y＝x－，且与y轴的交点为F(0，－)，
分别联立方程组
解得D，E的横坐标分别是xD＝，xE＝，
则xE－xD＝2，|FP|＝1－，
故S△PDE＝|FP|·|xE－xD|＝×(1－)×2＝，而S△QAB＝×4×(1－)＝.
则＝2，即△QAB与△PDE的面积之比为2.
综合检测(三)
第三章 空间向量与立体几何
(时间：90分钟，满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2013·佛山高二检测)与向量a＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是( )
A．(，1,1) B．(－1，－3,2)
C．(－，，－1) D．(，－3，－2)
【解析】 a＝(1，－3,2)＝－2(－，，－1)．
【答案】 C
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，＝，＝x＋y(＋)，则( )
A．x＝1，y＝ B．x＝1，y＝
C．x＝，y＝1 D．x＝1，y＝
【解析】 ＝＋＝＋＝＋＝＋(＋)，
∴x＝1，y＝.应选D.
【答案】 D
3．已知A(2，－4，－1)，B(－1,5,1)，C(3，－4,1)，D(0,0,0)，令a＝，b＝，则a＋b为( )
A．(5，－9,2) B．(－5,9，－2)
C．(5,9，－2) D．(5，－9，－2)
【解析】 a＝＝(－1,0，－2)，
b＝＝(－4,9,0)，
∴a＋b＝(－5,9，－2)．
【答案】 B
4．(2013·洛阳高二检测)棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论不正确的是( )
A.＝－ B.·＝0
C.·＝0 D.·＝0
【解析】 如图∥，⊥，⊥B1D1，故A、B、C选项均正确．
【答案】 D
5．已知向量a、b是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则c·a＝0，且c·b＝0是l⊥α的( )
A．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】 若l⊥α，则l垂直于α内的所有直线，从而有c·a＝0，c·b＝0.反之由于a、b是否共线没有确定，若共线，则结论不成立；若不共线，则结论成立．
【答案】 B
6．已知△ABC的三个顶点为A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
【解析】 设BC中点为D，则D(2,1,4)，∴＝(－1，－2,2)，
∴||＝＝3，即BC边上的中线长为3.
【答案】 B
7．(2013·岳阳高二检测)若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则λ＝( )
A．2 B．－2
C．－2或 D．2或－
【解析】 ∵cos〈a，b〉＝＝＝，解得λ＝－2或λ＝.
【答案】 C
8．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
【解析】 设正方体的棱长为1，建系如图．
则D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)．
平面ACD1的法向量为＝(1,1,1)．
又＝(0,0,1)，
则cos〈，〉＝＝＝.
故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为＝.
【答案】 D
9．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，⊥平面ABC，则等于( )
A．(，－，－4) B．(，－，－3)
C．(，－，4) D．(，－，－3)
【解析】 ∵⊥，∴·＝3＋5－2z＝0，∴z＝4，∴＝(3,1,4)．
∵⊥平面ABC，∴·＝0，·＝0，∴
解得，∴＝(，－，－3)．
【答案】 D
10．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝，那么二面角A－BD－P的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
【解析】 如图所示，建立空间直角坐标系，
则＝(3,0，－)，
＝(－3,4,0)．
设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，则
?
即令x＝1，则n＝(1，，)．
又n1＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，
∴cos〈n1，n〉＝＝.
∴所求二面角为30°.
【答案】 A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．)
11．(2013·北京高二检测)若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a与b为共线向量，则x＝________，y＝________.
【解析】 由题意得＝＝，∴x＝，y＝－.
【答案】 －
12．(2013·重庆高二检测)已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是________．
【解析】 ∵＝(5,1，－7)，＝(2，－3,1)，∴·＝10－3－7＝0.
∴⊥，∴∠ACB＝90°，又∵||≠||，
∴△ABC为直角三角形．
【答案】 直角三角形
13．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都等于1，且两两夹角都是60°，则对角线AC1的长是________．
【解析】 如图所示，
设＝a，＝b，＝c，
∴a·b＝a·c＝b·c＝1×1×cos 60°＝.
又＝＋＋＝a＋b＋c，
||＝＝＝.
【答案】
14．命题：
①若a与b共线，b与c共线，则a与c共线；
②向量a、b、c共面，则它们所在的直线也共面；
③若a与b共线，则存在惟一的实数λ，使b＝λa；
④若A、B、C三点不共线，O是平面ABC外一点，＝＋＋，则点M一定在平面ABC上，且在△ABC内部．
上述命题中的真命题是________．
【解析】 当b＝0时，①不正确；a、b、c共面于平面α，
则a，b，c所在的直线可能异面，但都与α平行，所以②不正确；③不正确．因为a∥b?b＝λa(a≠0)；由空间向量基本定理可知④正确．
【答案】 ④
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
图1
15．(本小题满分12分)如图1所示的平行六面体中，求证：＋＋＝.
【证明】 ∵平行六面体的六个面均为平行四边形，
∴＝＋，＝＋，＝＋.
∴＋＋＝(＋)＋(＋)＋(＋)＝2(＋＋)．
又＝，＝，
∴＋＋＝＋＋＝＋＝.
∴＋＋＝2.
图2
16．(本小题满分12分)如图2，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，AB＝5，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点．
(1)求证：AC⊥BC1；
(2)求证：AC1∥平面CDB1.
【证明】 ∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，
∴AC，BC，C1C两两垂直．
如图，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)，D(，2,0)．
(1)∵＝(－3,0,0)，＝(0，－4,4)，
∴·＝0，∴AC⊥BC1.
(2)设CB1与C1B的交点为E，则E(0,2,2)．
∵＝(－，0,2)，＝(－3,0,4)，
∴＝，
∴∥.
∵DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.
图3
17．(本小题满分12分)如图3，四棱锥S－ABCD的底面是边长为2a的菱形，且SA＝SC＝2a，SB＝SD＝a，点E是SC上的点，且SE＝λa(0＜λ≤2)．
(1)求证：对任意的λ∈(0,2]，都有BD⊥AE；
(2)若SC⊥平面BED，求直线SA与平面BED所成角的大小．
【解】 (1)证明 连接BD，AC，设BD与AC交于O.
由底面是菱形，得BD⊥AC.
∵SB＝SD，O为BD中点，
∴BD⊥SO.
又AC∩SO＝O，
∴BD⊥平面SAC.
又AE?平面SAC，∴BD⊥AE.
(2)由(1)知BD⊥SO，
同理可证AC⊥SO，
∴SO⊥平面ABCD.
取AC和BD的交点O为原点建立如图所示的坐标系，设SO＝x，则OA＝，OB＝.
∵OA⊥OB，AB＝2a，
∴(4a2－x2)＋(2a2－x2)＝4a2，
解得x＝a.
∴OA＝a，则A(a,0,0)，C(－a,0,0)，S(0,0，a)．
∵SC⊥平面EBD，∴是平面EBD的法向量．
∴＝(－a,0，－a)，＝(a,0，－a)．
设SA与平面BED所成角为α，
则sin α＝＝＝，
即SA与平面BED所成的角为.
图4
18．(本小题满分14分)(2012·山东高考)在如图4所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.
(1)求证：BD⊥平面AED；
(2)求二面角F－BD－C的余弦值．
【解】 (1)证明 因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，
所以∠ADC＝∠BCD＝120°.
又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，
因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.
又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD?平面AED，
所以BD⊥平面AED.
(2)由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直．
以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设CB＝1，
则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D(，－，0)，F(0,0,1)．
因此＝(，－，0)，＝(0，－1,1)．
设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，
所以x＝y＝z，
取z＝1，则m＝(，1,1)．
由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，
则cos〈m，〉＝＝＝，
所以二面角F－BD－C的余弦值为.
