（人教A版2019选择性必修第一册）高二数学《考点题型 技巧》精讲与精练高分突破 全册考试复习必刷检测卷（培优版）（全解全析）【附答案详解】

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0高二数学人教版选择性必修第一册全册考试复习必刷检测卷（培优版）全解全析1．C由题意，=+=×(+)+×=故选：C2．A解：如图建立空间直角坐标系，则，，设则，，所以，，所以，因为，，所以，，所以，故选：A3．C如图所示，由圆，可得圆心，半径为，圆，可得圆心，半径为，可得圆心距，所以，当共线时，取得最小值，故的最小值为.故选：C.4．A由点是直线上的任一点，所以设，因为圆的两条切线、，切点分别为A、， 所以，，则点A、在以为直径的圆上，即是圆和圆的公共弦，则圆心的坐标是，且半径的平方是，所以圆的方程是，又由，两式相减，可得，即公共弦所在的直线方程是，即，由，解得，所以直线恒过定点.故选： A.5．D【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A错误；对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B错误；对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C错误；对于D，若，则可化为，，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确.故选： D.6．A【详解】作图，由题意得、、，设，由得，则①，又由，得，则②，由①②得，即，则，故选：A.7．A【详解】设动点，由，得，整理得，又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切. 圆的圆心坐标为，半径为2，圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，，得，当两圆内切时，，，得．故选：A.8．B设双曲线的渐近线的倾斜角为，则，在等腰三角形中，根据正弦定理可得：，得，所以，解得或，又，，所以，从而，所以双曲的方程为，故选：B．【点睛】本题目比较巧妙的地方在于借助渐近线的倾斜角，得到倾斜角与的关系，结合解三角形的方法来表示三角形的面积，求出的值；题目也可以用渐近线方程直接求解9．AB对于A：向量同向时，，故A错误；对于B：需要强调，故B错误；对于C：因为，则由共面定理知P，A，B，C四点共面，故C正确；对于D：为空间的一个基底，则不共面，故也不共面，所以构成空间的另一个基底，故D正确；故选：AB10．BCD对于A中，当直线过原点时，此时直线在坐标轴上的截距相等，但不能用方程表示，所以A不正确；对于B中，由圆，可得圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，所以B正确；对于C中，由圆，可得圆心坐标为，半径为，由圆，可得圆心坐标为，半径为，可得圆心距，要使得圆与恰有三条公切线，则且，解得，所以C正确；对于D中，设，可得，以为直径的圆的方程为，两圆的方程作差，可得直线的方程为，消去可得，令，解得，即直线经过定点，所以D正确.故选：BCD11．AD【详解】设的夹角为，由题意得，∴，①当双曲线的焦点在轴上时，其渐近线方程为，即，∴点到渐近线的距离为，整理得，∴，②当双曲线的焦点在轴上时，其渐近线方程为，即，∴点到渐近线的距离为，整理得，∴，综上双曲线的离心率为或.故选：AD.12．BCD【详解】，,设 则又，，，即，所以A不正确；当点在轴上时三角形面积的最大，此时 , 所以B正确；因为所以，故C正确；圆， ，圆在椭圆内部，所以点在椭圆内部，所以D正确.故选：BCD13．解：由题意，翻折后，，在翻折后的图形中，取的中点，连接，则则，所以即为二面角的平面角，所以，即，所以，又因，所以平面，因为平面，所以，则，所以.故答案为：.14．解：设，故可以看作点到直线与直线距离之和的5倍，的取值与，无关，这个距离之和与点在圆上的位置无关，如图所示：可知直线平移时，点与直线，的距离之和均为，的距离，即此时圆在两直线内部，当直线与圆相切时，，化简得，解得或（舍去），，即．故答案为：．15．①③④解：，，过、的直线方程为，即，圆的圆心坐标为，圆心到直线的距离，点到直线的距离的范围为，，，，，点到直线的距离小于10，但不一定大于2，故①正确，②错误；如图，当过的直线与圆相切时，满足最小或最大点位于时最小，位于时最大），此时，，故③④正确．故选：①③④．16．【详解】由，设，由双曲线的定义得，所以，，又因为过的直线与垂直，所以，则，在中，由余弦定理得，令，则，解得，所以，则，故答案为：17．（1）证明：把直线l的方程改写成：，由方程组，解得：，所以直线l总过定点(3，4).圆C的方程可写成，所以圆C的圆心为(1，2)，半径为5.因为定点(3，4)到圆心(1，2)的距离为，即点(3，4)在圆内，所以过点(3，4)的直线l总与圆相交，即不论m取什么实数，直线l与圆C总相交（2）设直线l与圆交于A、B两点.当直线l过定点M(3，4)且垂直于过点M的圆C的半径时，l被截得的弦长|AB|最短.因为，此时，所以直线AB的方程为，即.故直线l被圆C截得的弦长最小值为，此时直线l的方程为.18．（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，所以.又因为，，所以平面.因为平面，所以平面平面；（2）取的中点，连接、，因为，所以.又因为平面，平面平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由题意得、、、、，所以，，.设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以.所以，，则直线与平面所成角的正弦值为.19．（1）圆与直线相切，圆心O到直线的距离为，圆O的方程为：．若直线l的斜率不存在，直线l为，此时直线l截圆所得弦长为，符合题意；若直线l的斜率存在，设直线l为：，则有，解得：，此时直线l为，则所求的直线l为或．（2）证明：由题意知，，设直线MA：，与圆方程联立得：，消去y得：，，，，因为，用换掉得到B点坐标，，，则，直线AB的方程为，整理得：，则直线AB恒过定点为．20．（1）由题意知解得故椭圆的方程为.（2）证明：设，，，由于A，B为椭圆C上的点，所以，，两式相减得，所以.又，故，为定值.21．（1）抛物线C的方程为，准线方程为；（2）存在直线或．【详解】（1）因为横坐标为的点到焦点的距离为,所以,解得, 所以，即准线方程为. （2）显然直线的斜率存在,设直线的方程为,.联立得，消去得. 由,解得. 所以且.由韦达定理得,.直线的方程为,又,所以,所以, 因为,所以直线与直线的斜率相等又,所以. 整理得,即,化简得,,即. 所以,整理得,解得. 经检验,符合题意.所以存在这样的直线,直线的方程为或．22．（1）；（2）是，.（1）由△的面积最大值为，且以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切.∴，解得，，，则椭圆的方程是.（2）以线段为直径的圆过轴上的定点.法一：当直线斜率不存在时，以为直径的圆的方程为：，恒过定点.当直线斜率存在时，设，.由得：.设，，则有，.又是椭圆的右顶点，则.由题意知：直线为，故.直线为：，故.若以为直径的圆过轴上的定点，则等价于恒成立.又，，∴恒成立.又.∴，解得.故以为直径的圆过轴上的定点.法二：设，代入得.，直线：，令得，即，同理得设以线段为直径的圆过轴上的定点，有，即，则，将、代入得，，则定点.