高二上學(xué)期期中考前必刷卷02（范圍：第一章~第二章提升卷）-2023-2024學(xué)年高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期中考點大串講（人教A版2019選擇性必修第一冊）解析版

16/18高二上學(xué)期考前必刷卷（02）考試范圍：第一章~第二章，滿分：150分單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1．已知直線的斜率，則該直線的傾斜角的取值范圍為（

）A． B．C．D．【答案】B【分析】運(yùn)用斜率公式將轉(zhuǎn)化為（），解不等式即可.【詳解】直線傾斜角為，則，由可得，所以.故選：B.2．“”是“與直線平行”的（

）A．充分非必要B．必要非充分條件C．充要條件 D．既非充分也非必要條件【答案】C【分析】根據(jù)直線平行得到方程，經(jīng)檢驗后得到，從而得到答案.【詳解】由題意得，解得，當(dāng)時，兩直線為與，此時兩直線重合，舍去；當(dāng)時，兩直線為和，此時兩直線不重合，滿足要求，故“”是“與直線平行”的充要條件.故選：C3．如圖，在三棱錐O-ABC中，點P，Q分別是OA，BC的中點，點D為線段PQ上一點，且，若記，，，則等于（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意，由空間向量的線性運(yùn)算，即可得到結(jié)果.【詳解】因為.故選：A4．過點的直線與軸，軸正半軸分別交于點，則的可能值是（

）A．7 B． C． D．【答案】D【分析】設(shè)直線方程為，求出，再利用基本不等式求出的最小值即得解.【詳解】設(shè)直線方程為，由題得，所以，且小于7.5.故選：D.5．已知圓，點為直線上的一個動點，是圓的兩條切線，，是切點，當(dāng)四邊形（點為坐標(biāo)原點）面積最小時，直線的方程為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先判斷出四邊形的面積最小時點的位置，再由兩圓公共弦所在直線方程的求法即可求解.【詳解】由題意可得，，，所以四邊形的面積，所以當(dāng)最小時，四邊形的面積最小，此時直線與直線垂直，的斜率為，則直線的斜率為1，所以此時直線的方程為，由得，即得點的坐標(biāo)為，則，，以為圓心，為半徑的圓方程為，即，與方程兩式相減，并化簡得，即直線的方程為.故選：A.

6．已知點，，則以線段為直徑的圓的方程為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)為直徑得到圓心坐標(biāo)和半徑，然后求圓的方程即可.【詳解】由題意得圓心為，即，半徑，所以圓的方程為.故選：B7．已知點在圓C：外，則實數(shù)a的取值范圍為（

）A． B．C．或 D．或【答案】C【分析】根據(jù)一般方程的的定義，以及點與圓的位置關(guān)系，即可判斷選項.【詳解】由題意得，解得或.故選：C8．如圖，在棱長為1的正方體中，分別是線段上的點，是直線上的點，滿足平面，且不是正方體的頂點，則的最小值是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)得到平面，然后建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，，，根據(jù)∥平面，得到，，然后得到，最后求最值即可.【詳解】

因為為正方體，所以平面，，因為平面，所以，因為，平面，所以平面，如圖，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，，，設(shè)，，，，，，因為∥平面，所以，因為，所以，即，，所以當(dāng)時，最小，最小為.故選：A.二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.）9．下列命題中正確的是（

）A．若是空間任意四點，則有B．若直線的方向向量與平面的法向量的夾角等于，則直線與平面所成的角等于C．已知向量組是空間的一個基底，則也是空間的一個基底D．對空間任意一點與不共線的三點，若（其中），則四點共面【答案】AC【分析】根據(jù)空間向量加法的運(yùn)算法則，線面角的定義，結(jié)合空間向量基底的性質(zhì)、四點共面的性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】A：因為，所以本選項命題正確；B：因為直線的方向向量與平面的法向量的夾角等于，所以直線與平面所成的角等于，因此本選項命題不正確；C：假設(shè)不是空間一個基底，所以有成立，因為組是空間的一個基底，所以可得，顯然該方程組沒有實數(shù)解，因此假設(shè)不成立，所以也是空間的一個基底，因此本選項命題正確；D：因為只有當(dāng)時，四點才共面，所以本選項命題不正確，故選：AC10．已知，，且點在直線：上，則（

）A．存在點，使得 B．存在點，使得C．存在點，使得 D．的最小值為【答案】ACD【分析】設(shè)，利用求出可判斷A；設(shè)，分、、且討論，根據(jù)可判斷B；設(shè)，根據(jù)求可判斷C；設(shè)關(guān)于直線的對稱點為，利用對稱性求出，利用可判斷D.【詳解】設(shè)，若，則，即，解得或，故存在點，使得，故A正確；設(shè)，當(dāng)時，直線的斜率不存在，又，此時與不垂直；當(dāng)時，直線的斜率不存在，又，此時與不垂直；當(dāng)且時，，，若，則，即，，方程無解，故不存在點，使得，故B錯誤；設(shè)，若，則，即，，所以方程有解，則存在點，使得，故C正確；設(shè)關(guān)于直線的對稱點為，則解得，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，，三點共線時取等號，故D正確.故選：ACD.11．已知圓，直線過點，且交圓于兩點，點為線段的中點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．點的軌跡不是圓B．的最小值為6C．若的方程是，則圓上僅有三個點到直線l的距離為5D．使為整數(shù)的直線共有16條【答案】BCD【分析】根據(jù)直線與圓的關(guān)系，結(jié)合題目條件逐一判斷選項對錯即可.【詳解】圓的圓心為，半徑為.因為直線過點，為線段的中點，所以，所以點在以為直徑的圓上，即點的軌跡是圓，故A錯誤；圓心到直線的距離最大時有，最大值為，故的最小值為，故B正確；直線的方程是時，圓心到直線的距離為，圓的半徑為，所以圓上僅有三個點到直線l的距離為5，故C正確；由B選項分析可知，的最小值為6，最大值即為直徑14，由過定點的圓的最短弦與最長弦有唯一性，而長度介于兩者之間的弦有對稱性可知，使為整數(shù)的直線共有條，故D正確.故選：BCD12．以下四個命題正確的是（

）A．過點，且在軸和軸上的截距互為相反數(shù)的直線方程為B．若圓上有且僅有3個點到直線的距離等于1，則C．過點且與圓相切的直線方程為D．過直線上一動點作圓的兩條切線為切點，則直線AB經(jīng)過定點【答案】BD【分析】分截距為和截距不為兩種情況討論，即可判斷A，求出圓心到直線的距離，即可判斷B，分斜率存在于不存在兩種情況討論，即可判斷C，設(shè)坐標(biāo)為，求出以的直徑的圓的方程，從而求出弦的方程，再求出定點坐標(biāo)，即可判斷D.【詳解】對于A：若在軸和軸上的截距均為，則直線方程為，若在軸和軸上的截距均不為，設(shè)直線方程為，則，解得，所以直線方程為，故A錯誤；對于B：圓心到直線的距離，因為圓上有且僅有3個點到直線的距離等于1，所以圓的半徑為，則，故B正確；對于C：若直線的斜率不存在，則直線方程為，此時滿足直線與圓相切，若直線的斜率存在，設(shè)斜率為，則直線方程為，即，所以圓心到直線的距離，解得，所以切線方程為，故C錯誤；對于D：設(shè)點坐標(biāo)為，所以，因為、分別為過點所作的圓的兩條切線，所以，，所以點在以為直徑的圓上，以為直徑的圓的方程為，整理可得，與已知圓相減可得，消去可得，即，由可得，所以直線經(jīng)過定點，故D正確.故選：BD三、填空題：（本題共4小題，每小題5分，共20分，其中第16題第一空2分，第二空3分.）13．已知單位向量，，中，，，則．【答案】.【分析】根據(jù)題意，由空間向量的模長公式，代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】因為，，且，，為單位向量，則.故答案為：14．無論實數(shù)λ取何值，直線恒過定點.【答案】【分析】將直線方程化為，進(jìn)而分析求解.【詳解】由，可得，令，解得，所以直線恒過定點.故答案為：.15．在平行六面體中，為棱的中點，為棱上一點．記，若，則．【答案】【分析】畫出圖形，由向量的線性運(yùn)算分解向量結(jié)合已知條件即可.【詳解】如圖所示：

設(shè)，因為，又已知，所以，，．又因為，所以．故答案為:.16．如圖，菱形中，，與相交于點，平面，，，．若直線與平面所成的角為45°，則＝．

【答案】2【分析】根據(jù)題意求出，建立空間直角坐標(biāo)系，利用線面角公式求解即可.【詳解】設(shè)AE＝a，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，則△ABC為正三角形，又AB=2，易得，如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)A，OB所在直線分別為x軸、y軸，以過點O且平行于CF的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．

則，所以，設(shè)平面BED的法向量為，則，令z=1則，，因為直線OF與平面BED所成角的大小為45°，所以，由，解得，所以AE＝2．故答案為：2.四、解答題（本題共6小題，共70分，其中第17題10分，其它每題12分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）17．直線的方程為.(1)證明直線過定點；(2)已知是坐標(biāo)原點，若點線分別與軸正半軸?軸正半軸交于兩點，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求的周長及此時直線的方程.【答案】(1)證明見解析(2)，【分析】（1）將方程變形為，再由，得到，即可證明結(jié)果；（2）根據(jù)條件，求出直線的橫、縱截距，從而得得，再利用基本不等式即可求出最小值，從而求出結(jié)果.【詳解】（1）直線的方程變形為為，由，得到，又時，恒成立，故直線恒過定點.（2）由，令，得到，令，得到，由，得到，所以，，令，得到，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，此時，直線的方程為，又，，所以，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，的周長為，此時直線的方程為.18．已知為圓上一動點，為直線上一個動點．(1)求圓心的坐標(biāo)和圓的半徑；(2)求的最小值．【答案】(1)圓心坐標(biāo)為，半徑為(2)【分析】（1）化簡圓的方程為標(biāo)準(zhǔn)方程，進(jìn)而求得圓的圓心坐標(biāo)和半徑；（2）求得圓心到直線的距離，結(jié)合圓的性質(zhì)，即可求解.【詳解】（1）解：由題意，圓的方程可化為，所以圓心的坐標(biāo)為，圓的半徑為．（2）解：由題意，圓心到直線的距離為，所以，即的最小值為．19．如圖，在正四棱柱中，，E為棱BC的中點，F(xiàn)為棱CD的中點.

(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）法一：連接與交于點，利用中位線及正四棱柱性質(zhì)證明四邊形為平行四邊形，結(jié)合平行四邊形性質(zhì)利用線面平行的判定定理證明；法二：利用正四棱柱性質(zhì)得為平行四邊形，結(jié)合平行四邊形性質(zhì)利用線面平行的判定定理證明；法三：利用面面平行的判定定理證明平面平面，然后利用面面平行的性質(zhì)定理證明即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解線面角的正弦值.【詳解】（1）法一：如圖1，連接與交于點，連接，因為為棱的中點，為棱的中點，所以，且，由為正四棱柱，可知，且，所以且，故四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面平面，所以平面.

法二：如圖2，取中點為，連接，由于分別為的中點，則，則四點共面；因為分別為中點，則有且，而且，故且，故為平行四邊形，所以，又因為平面平面，所以平面.

法三：如圖：

取AB中點M，連接MF、AC、ME、，則，又平面，平面，所以平面.，，故為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面.又，平面，平面，所以平面平面.又平面，所以平面.（2）設(shè)正四棱柱底面邊長為2，則側(cè)棱長為4，分別以為軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，

則，則，設(shè)平面的一個法向量為，則有，，取，設(shè)直線與平面所成角為，則.20．已知平行六面體，，，，，設(shè)，，；

(1)求的長度；(2)求異面直線與所成的角的余弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）以向量為基底表示向量，再根據(jù)向量數(shù)量積公式求模；（2）首先用基底表示向量和，再根據(jù)數(shù)量積公式求夾角的余弦值.【詳解】（1）由題意可知，，，，,,,,,所以（2），，設(shè)異面直線與所成的角為，，，，，.21．如圖，在三棱柱中，，頂點在底面上的射影恰為點，且.

(1)求證：平面(2)求棱與BC所成的角的大?。?3)在線段上確定一點P，使，并求出二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)(3)為棱的中點，【分析】（1）由線面垂直得線線垂直，再由線面垂直的判斷定理得到證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用異面直線夾角的向量公式求解即可；（3）利用已知條件求出點P的坐標(biāo)，利用向量法求解平面角的余弦值.【詳解】（1）因為三棱柱中，，所以，因為頂點在底面上的射影恰為點，即平面，由平面，則，且∥，可得，又因為，平面，平面，所以平面.（2）以A為原點，射線，，分別為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則，，，，可得，，設(shè)棱與BC所成的角為，所以，又因為，所以，故棱與BC所成的角為.（3）設(shè)，則，于是，解得，則P為棱的中點，其坐標(biāo)為，設(shè)平面的一個法向量，則，令，則，可得，而平面的一個法向量，則，由題意可知：二面角為銳角，故二面角的平面角的余弦值是.22．已知點，圓的半徑為1.(1)若圓的圓心