新人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册高二上学期期中考试复习数学综合练习1.docx

1、2021-2022学年度永强中学高二数学期中考试复习-综合1（含解析）第I卷（选择题）一、单选题1如图，在平行六面体中，M为与的交点，若则下列向量中与相等的向量是（ ）ABCD2过点且垂直于的直线方程为（ ）ABCD3圆与圆的位置关系是（ ）A内切B外切C相交D外离4已知椭圆C的焦点为，过的直线交于C与A，B，若，则C的方程为（ ）ABCD5过点作与圆相切的直线l，则直线l的方程为（ ）ABC或D或6如图，在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，则的值为（ ）A1BC2D7以下四种表述不正确的是（ ）A已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PAPB，AB为切点，则直线AB经过定点

2、B圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C曲线与曲线恰有三条公切线，则D直线恒过定点8椭圆的左右焦点分别为，过点的直线l交椭圆C于A，B两点，已知，则椭圆C的离心率为（ ）ABCD二、多选题9已知三棱锥分别是的中点，为线段上一点，且，设，则下列等式成立的是（ ）ABCD10(多选)如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（ ）AAC1=6BAC1DBC向量与的夹角是60DBD1与AC所成角的余弦值为11已知圆：和圆：相交于、两点，下列说法正确的是（ ）A圆的圆心为，半径为1B直线的方程为C线

3、段的长为D取圆上点，则的最大值为12设椭圆1的右焦点为F，直线ym（0m）与椭圆交于A，B两点，下列结论正确为（ ）A|AF|+|BF|为定值BABF的周长的取值范围是6，12C当m时，ABF为直角三角形D当m1时，ABF的面积为第II卷（非选择题）三、填空题13若向量与共线，且方向相同，则x_14在ABC中，已知A(5,2)，B(7,3)，且AC的中点M在y轴上，BC的中点N在x轴上，则直线MN的方程为_15如图，在平行六面体中，则_16已知椭圆， 焦点F1（-c，0）， F2（c，0）（c 0），若过F1的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2x轴，则椭圆的离心率是_.17平面直

4、角坐标系中，已知圆，点为直线上的动点，以为直径的圆交圆于、两点，点在上且满足，则点的轨迹方程是_四、解答题18已知空间三点A(2，0，2)，B(1，1，2)，C(3，0，4)，设，.（1）设向量，试判断2与是否平行？（2）若k与k2互相垂直，求k.19已知圆C：，直线l：（1）求证：对，直线l与圆C总有两个交点；（2）设直线l与圆C交于点A，若定点满足，求此时直线l的方程20椭圆经过点，离心率为，左、右焦点分别为（1）求椭圆的方程（2）斜率为的直线l与椭圆交于A，B两点，当时，求直线的方程21在如图所示的几何体中，四边形是正方形，平面平面，且，.（1）求证：底面；（2）若与交于点，求证：平面；

5、（3）求二面角的余弦值；（4）求平面和平面所成角的余弦值.22已知：的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线与椭圆相交于两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线交直线于点.（1）求椭圆的标准方程；（2）求证线段必过定点，并求定点的坐标.点为坐标原点，求面积的最大值.参考答案1A【分析】利用向量运算的三角形法则平行四边形法则表示出即可【详解】，故选：A2B【分析】求出直线l的斜率，再借助垂直关系的条件即可求解作答.【详解】直线的斜率为，而所求直线垂直于直线l，则所求直线斜率为，于是有：，即，所以所求直线方程为.故选：B3A【分析】先求出两圆的圆心和半径，再求出圆心距，然后

6、与两圆的半径和差比较可得答案【详解】由，得，所以圆的圆心，半径，由，得，所以圆的圆心，半径，所以，所以两圆内切，故选：A4B【分析】根据给定条件利用椭圆定义及余弦定理列出方程求出即可得解.【详解】依题意，设椭圆方程为，由椭圆定义知，因，则，解得，于是得，显然点A在y轴上，如图，在中，在中，由余弦定理得，即，解得，所以椭圆C的方程为.故选：B5C【分析】根据直线与已知圆相切，讨论切线斜率情况，设切线方程并结合点线距离公式求参数，即可写出切线方程.【详解】由题设，圆的圆心为，半径为1，在圆外，显然是其中一条切线，当切线斜率存在时，设切线方程为，则，可得，切线方程为.综上，切线方程为或.故选：C6B

7、【分析】根据空间向量关系表示出，平方处理即可求得模长.【详解】由题平行六面体中，M为AC与BD的交点，所以故选：B7D【分析】A.设，得到以OP为直径的圆的方程，与已知圆的方程相减得到直线AB的方程，消去n求解判断； B. 根据圆的圆心到直线的距离为1和圆的半径为2判断；C.根据若两圆恰有三条公切线，则两圆相外切判断；D.将直线可化为求解判断.【详解】A.设，则 ，以OP为直径的圆的方程为 ，两圆方程相减得直线AB的方程为 ，消去n得 ，令 ，解得 ，所以直线AB经过定点，故正确；B. 因为圆的圆心到直线的距离为1，所以直线与圆相交，而圆的半径为2，所以圆上由三个点到直线的距离等于1，故正确；

8、C.曲线化为标准方程为，曲线，若两圆恰有三条公切线，则两圆相外切，即，解得，故正确；D. 直线可化为，令，解得，所以直线恒过定点，故错误；故选：D8A【分析】根据向量运算和椭圆的定义可得关于的方程，由椭圆的离心率的定义可得选项.【详解】设，因为，所以，所以，因为，所以，所以，设中点为H，则，代入数据并整理得：，等式两边同除以得：，解得：或(舍).故选：A.【点睛】方法点睛：求椭圆离心率或其范围的方法（1）根据题意求出的值，再由离心率的定义直接求解 （2）由题意列出含有的方程(或不等式)，借助于消去b，然后转化成关于e的方程(或不等式)求解解题时要注意椭圆本身所含的一些范围的应用，如椭圆上的点的

9、横坐标等9ABD【分析】根据三角形内中点的结论及向量加法、减法的三角形法则逐个分析选项即可得出答案.【详解】如图，因为为的中点，所以，故选项A正确；，故选项B正确；，故选项C错误；，故选项D正确.故选：ABD.10AB【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题分析，判断正误即可.【详解】因为以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60，所以=66cos 60=18，(+)2=+2+2+2=36+36+36+3218=216，则|=|+|=6， 所以A正确；=(+)(-)=-+-+- =0，所以B正确；显然AA1D 为等边三角形，则AA1D=60.因为=，且

10、向量与的夹角是120，所以与的夹角是120，所以C不正确；因为=+-=+ ，所以|=6，|=6，=(+-)(+)=36，所以cos=，所以D不正确.故选:AB.11ABD【分析】对选项A，将圆的一般方程化简为标准方程求解即可判断A正确；对选项B，将两个圆的一般方程联立即可得到公共弦方程，即可判断B正确；对选项C，利用几何法求解圆的弦长即可判断C错误.对选项D，设，得到，再利用三角函数的性质即可判断D正确.【详解】对选项A，圆：，即，圆心为，半径为1，故A正确.对选项B，所以两圆的公共弦的方程为，故B正确.对选项C，到直线的距离，故C错误.对选项D，圆：，设，则，当时，取得最大值，所以的最大值为

11、.故D正确.12ACD【分析】由椭圆的定义判断A；由为定值以及的范围判断B；求出坐标，由数量积公式得出，可判断C；求出坐标，由面积公式得出的面积，可判断D.【详解】设椭圆的左焦点为，则为定值，A正确；由椭圆，可得，则，因为，所以的取值范围是，的周长为，因为为定值6的周长的范围是，B错误；将与椭圆方程联立，可解得，又，所以 是直角三角形，C正确；将与椭圆方程联立，解得，D正确.故选：ACD.13【分析】设，且0，则即可计算值【详解】因为向量与共线，且方向相同，所以，且0，从而有，所以，解得x，符合题意故答案为：145x2y50.【分析】设C(x0,y0)，写出M、N坐标，再根据点所在的位置求参数

12、x0、y0，最后应用截距式写出直线方程.【详解】设C(x0,y0)，则M，N，由M在y轴上，则0，即x05.由N在x轴上，则0，即y03，C(5,3)，故M，N(1,0)，直线MN的方程为，即5x2y50.故答案为：5x2y5015【分析】先利用空间向量数量积的定义计算的值，再开方即可求解.【详解】，所以，故答案为：.16【分析】由几何关系可得为，结合相似三角形可得的比例关系，联立焦点三角形公式即可求解【详解】由题可知，故，因为过F1的直线和圆相切，所以，又PF2x轴，故，即，设则，椭圆离心率故答案为：17【分析】延长交于点，设，利用三角形全等证明出，可得出为线段的垂直平分线，设点，求出以为直

13、径的圆的方程，可求得两圆的公共弦所在直线的方程，求出直线所过定点的坐标，利用垂直平分线的性质可得出，由此可求得动点的轨迹方程.【详解】延长交于点，则，设，以为直径的圆交圆于点、，所以，则，可得，在和中，则为的中点，且，则为的中点，设点，则，的中点坐标为，以线段为直径的圆的方程为，即，将圆与圆的方程相减得，即直线的方程为，即，由，解得，所以，直线过定点，由于为线段的垂直平分线，则，所以，点的轨迹方程为.故答案为：.【点睛】求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；（2）定义法：根据圆的定义写出方程；（3）几何法：利用圆的性质列方程；（4）代入法：找出要求点与已

14、知点的关系，代入已知点满足的关系式18（1）(2)；（2）k2或.【分析】（1）利用空间向量的线性运算以及共线的坐标表示即可求解.（2）利用空间向量的线性运算以及垂直的坐标表示即可求解.【详解】(1)因为(1，1，0)，所以2(3，2，2)，又，所以22c，所以(2).(2)因为(1，1，0)，所以k(k1，k，2)，k2(k2，k，4).又因为(k)(k2)，所以(k)(k2)0，即(k1，k，2)(k2，k，4)2k2k100.解得k2或.19（1）证明见解析；（2）或.【分析】（1）化简直线方程，得到直线过定点，结合点与圆的位置关系，即可求解；（2）由（1）可得在圆内，由，得到，设，得到

15、，且且，结合圆的性质，列出方程组，求得，根据圆心到直线的距离，列出方程求得的值，即可求解.【详解】（1）由直线，可得，故直线过定点，因为，故在圆内，所以直线与圆总有两个不同的交点.（2）由（1）可得在圆内，因为，可得，如图所示，设，则，故，设的中点为，则且，设，因为，可得，即，解得，由点到直线的距离公式，所以，所以，故直线方程为或.20（1）； （2）或.【分析】（1）由题意可得，再结合可求出，从而可求出椭圆方程；（2）设直线l为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系，结合弦长公式列方程，可求出的值，从而可得直线的方程.【详解】（1）因为椭圆经过点，离心率为，所以，因

16、为，所以得，所以椭圆方程为，（2）设直线l为，设，由，得，由，得，由根与系数的关系得，因为所以，解得，所以直线的方程为或21（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）；（4）.【分析】（1）由面面垂直得线面垂直，即可得证；（2）如图1，取中点，连接，利用三角形中位线定理与平行四边形的判定与性质定理可得，再利用线面平行的判定定理即可证明：平面；（3）设二面角的大小为，是锐角，利用向量垂直与数量积的关系分别得出平面的法向量，利用即可得出；（4）设平面和平面所成角为，且是锐角，求出平面与平面的法向量，再由空间向量的数量积即可求解.【详解】证明（1）平面平面，平面平面，平面，底面，（2）如图1，取中点

17、，连接，在中，分别是，的中点，且，又由已知得，且，四边形是平行四边形，又平面，平面，平面.（3）证明：如图2，以为坐标原点建立空间直角坐标系.则，设平面的法向量为，又，.，令，则，平面的法向量为，又平面的法向量为，设二面角的大小为，是锐角，则，二面角的余弦值为.（4）易证平面，为平面的一个法向量，设平面的一个法向量，由（3）知，令，则，所以平面的一个法向量，平面和平面所成角为，是锐角，平面和平面所成角的余弦值为.22（1）；（2）证明见解析，定点；.【分析】（1）根据椭圆的几何性质和离心率，列出方程组，即可求出，从而得出椭圆的标准方程；（2）根据椭圆的对称性可知必在轴上，可设直线方程：，联立直线和椭圆的方程组并写出韦达定理，从而得出，求出直线的方程，令，即可求出线段所过的定点的坐标；由可知，根据三角形的面积得出，利用换元法，令，得出，最后利用基本不等式求和的最小值，从而得出面积的最大值.【详解】解：（1）由题可知：，所以，故椭圆的标准方程为；（2）由题意知，由对称性知，必在轴上，设直线方程：，设，联立方程得，得，所以，所以，又，所以直线方程为：，令，则，所以直线过定点.由中，所以，又易知，所以，令，则，又因为在单调递减，所以，.