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2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修一专题4.2 选择性必修一综合检测卷2
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专题4.2选择性必修一综合检测卷2考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（2023·四川雅安·高二雅安中学校考阶段练习）若空间四边形的四个面均为等边三角形，则的值为A． B． C． D．0【答案】D【分析】利用空间向量的运算，求得的值.【详解】依题意空间四边形的四个面均为等边三角形，设棱长均为.而，则所以.故选：D【点睛】本小题主要考查空间向量的运算，属于基础题.2．（2023·北京海淀·高二北京市八一中学校考阶段练习）四棱锥中，，，，则这个四棱锥的高h为（ ）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】先求出平面ABCD的一个法向量，则在法向量上的投影的绝对值即为这个四棱锥的高．【详解】解：设平面ABCD的法向量为，则，即，∴，取，则，∴这个四棱锥的高，故选：D．3．（2023上·海南省直辖县级单位·高二校考期中）圆关于直线对称的圆的方程为（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先求出圆的圆心坐标与半径，再设圆心关于直线对称的点的坐标为，即可得到方程组，求出、，即可得到对称圆的圆心坐标，从而求出对称圆的方程；【详解】圆的圆心为，半径，设圆心关于直线对称的点的坐标为，则，解得，即圆关于直线对称的圆的圆心为，半径，所以对称圆的方程为.故选：A.4．（2023上·四川成都·高二校联考期末）已知两点，点在直线上，则的最小值为（ ）A． B．9 C． D．10【答案】C【分析】根据给定条件求出B关于直线的对称点坐标，再利用两点间距离公式计算作答.【详解】依题意，若关于直线的对称点，∴，解得，∴，连接交直线于点，连接，如图，在直线上任取点C，连接，显然，直线垂直平分线段，则有，当且仅当点与重合时取等号，∴，故 的最小值为.故选：C5．（2023上·湖南长沙·高二校联考阶段练习）已知直线：和圆：交于A，B两点，则弦AB所对的圆心角的余弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用几何法求弦长，再利用余弦定理即可求解.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以弦长，在中，由余弦定理可得：.故选：C6．（2023·甘肃兰州·统考一模）已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据圆心到距离为，可得圆上的点到的距离最大值为，最小值为，再由，可得 ，从而得到答案.【详解】圆的圆心，半径为，因为圆心到距离为，所以圆上的点到的距离最大值为，最小值为，又因为，则以为直径的圆和圆有交点，可得，所以有，故选：D【点睛】本题主要考查了实数值取值范围的求法，注意圆的性质的合理运用，属于中档题.7．（2023上·云南昆明·高二统考期末）中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求；两向量的夹角的余弦值，结合线面角的定义可得结论.【详解】如图，设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以为平面的一个法向量；，设直线与平面所成角的为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.故选：A．8．（2021上·全国·高三校联考专题练习）已知是双曲线C：的右支上的一点，是双曲线C的左焦点，O是坐标原点．若是等腰三角形，且，则双曲线C的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，结合余弦定理，可求得，，根据双曲线定义，可得a，c的关系，代入公式，即可求得答案.【详解】设是双曲线C的右焦点，半焦距为c．因为是等腰三角形，且，则，所以，解得，又，，所以为等边三角形，则，由双曲线定义知，所以双曲线C的离心率，故选：A．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（2023上·河北邯郸·高二统考期末）已知是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（ ）A．若，则B．两两共面，但不共面C．一定存在实数x，y，使得D．，，一定能构成空间的一个基底【答案】ABD【分析】根据已知条件，结合空间向量的共面定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若不全为，则共面，与题意矛盾，所以A正确；对于B中，由空间中任意两个向量是共面的，可得两两共面，又由是空间的一个基底，可得不共面，所以B正确；对于C中，因为不共面，则不存在实数，使得，所以C错误；对于D中，若，，共面，则存在实数，使得，可得，方程组组无解，所以，，不共面，所以D正确.故选：ABD.10．（2023上·广东湛江·高三湛江一中校考开学考试）已知圆与圆相交于两点，则（ ）A．圆的圆心坐标为B．当时，C．当且时，D．当时，的最小值为【答案】ABD【分析】由方程得出圆心坐标；由两圆的位置关系得出的范围；由勾股定理结合距离公式判断C；由为圆的直径，结合二次函数的性质判断D.【详解】由圆的方程可知圆的圆心坐标为，即正确；当时，圆，，所以有，即，解得，即B正确；因为，且，所以，即，解得或，即C错误；因为圆的直径为2，所以当时，为圆的直径，所以，当且仅当时，，即D正确.故选：ABD.11．（2023上·山东烟台·高二统考阶段练习）如图，已知椭圆，过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，连接并延长分别交于两点，连接，与的面积分别记为，则在下列结论中正确的为（ ）A．若记直线的斜率分别为，则的大小是定值B．的面积是定值C．设，则D．为定值【答案】BC【分析】设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系和斜率公式判断A；设直线方程为，联立方程组，求出，坐标，计算点到的距离，代入面积公式化简判断B，联立方程组，求出，坐标，用表示出的面积，利用基本不等式即可判断C，根据，坐标和距离公式判断D.【详解】A，由题意，，设直线的方程为，，联立方程组，得，所以，得，所以，故A错误；B，设直线的方程为，则直线的方程为，联立方程组，得，不妨设点在第三象限，则，可得，所以点到的距离，又，所以，故B正确；C，联立方程组，可得，故，所以，可得，所以到直线的距离，所以，当且仅当，即时取等号.所以，故C正确；D，又，，所以，故D错误；故选：BC.【点睛】解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、圆锥曲线的条件；（2）强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．12．（2023上·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期末）已知分别是双曲线的左，右焦点，P是C上一点，且，则（ ）A．双曲线C的离心率为 B．双曲线C的渐近线方程为C．的周长为18 D．的面积为9【答案】ABD【分析】由双曲线方程直接求离心率、并写出渐近线方程，即可判断A、B正误；利用双曲线的定义结合，求出，即可求出焦点三角形的周长和面积可判断C，D.【详解】在双曲线中，，，，故离心率，即A正确；双曲线的渐近线方程为，即B正确；不妨设点为C右支上一点，由双曲线的定义知，，，又，则，解得：，则，△的周长为，即C不正确；因为，所以的面积为:，故D正确,故选：ABD.填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2023上·广东佛山·高二校考阶段练习）圆与圆的公共弦长为 ．【答案】4【分析】设两圆的交点为A和B，由两圆的方程可求出直线的方程，从而根据弦长公式即可求出．【详解】根据题意，设两圆的交点为A和B，又由圆，圆，则直线的方程为，圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，则．故答案为：4．14．（2023·高二课时练习）瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是 【答案】或【分析】设，依题意可确定的外心为，可得出一个关系式，求出重心坐标，代入欧拉直线方程，又可得出另一个关系式，解方程组，即可得出结论.【详解】设的垂直平分线为，的外心为欧拉线方程为与直线的交点为，∴①由，，重心为，代入欧拉线方程，得②由 ①②可得或 .故答案为：或.【点睛】本题以数学文化为背景，考查圆的性质和三角形的外心与重心，考查逻辑思维能力和计算能力，属于较难题.15．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，点为线段上一点，且，为线段的两个三等分点，的外接圆半径为（为半焦距），且为锐角，则 ．【答案】【分析】的外接圆半径为，由正弦定理得，在、和中，利用余弦定理解得，，可得的值．【详解】连接，设，则，如图所示，由双曲线的定义知，，则，．因为的外接圆半径为，所以由正弦定理得，又为锐角，所以．在中，，即 ①．在中，，所以，则，代入①式，得．所以，，．在中，由余弦定理得，所以，所以． 故答案为：【点睛】方法点睛：如果试题涉及圆锥曲线的焦点或准线，则通常要利用圆锥曲线的定义来求解，特别是求解焦点三角形问题，主要就是利用圆锥曲线的定义、正弦定理与余弦定理等，通过建立方程（组）来解决．16．（2023上·山东烟台·高二统考期末）关于曲线，给出以下结论：①当时，曲线为椭圆；②当为第二、第四象限角时，曲线为双曲线；③当时，曲线为焦点在轴上的双曲线；④当时，曲线为两条直线.写出所有你认为正确的结论的序号 ．【答案】②③【分析】根据的范围确定的正负，再由圆锥曲线的标准方程判断．【详解】当，曲线方程为为圆，故①错误.当时，曲线方程为，不存在这样的曲线，故④错误.当为第二象限角时，曲线为焦点在轴上的双曲线，当为第四象限角时，，曲线为焦点在轴上的双曲线. 故②③正确.故答案为：②③．解答题（共6小题，满分70分）17．（2023上·浙江湖州·高二湖州中学校考期中）已知圆，直线.(1)写出圆的圆心坐标和半径，并判断直线与圆的位置关系；(2)若直线与圆交于不同的两点，且，求直线的方程.【答案】(1)圆心坐标为，半径为，直线与圆相交(2)或【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求出圆心和半径，求出直线所过的定点，判断出定点在圆内，从而得到直线与圆相交；（2）求出圆心到直线的距离，利用垂径定理列出方程，求出，求出直线方程.【详解】（1）整理得：，故圆的圆心坐标为，半径为，直线变形为，故直线过定点，因为，故在圆内，所以直线与圆相交；（2）圆心到的距离为，由垂径定理得：，解得：，故直线的方程为或.18．（2023上·北京·高二清华附中校考期中）已知直线，圆．(1)若，求证：直线与圆相交；(2)已知直线与圆相交于，两点．若的面积为1，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由圆的方程求出圆心和半径，根据圆心到直线的距离与半径的大小关系即可证明；（2）利用垂径定理求出弦长，进而利用面积公式得到关于的方程，直接求解即可.【详解】（1）由圆可知，圆心坐标为，半径，所以圆心到直线的距离为，因为，所以，所以，所以，即，所以，直线与圆相交.（2） 因为直线与圆相交于，两点，所以，即，解得或，由（1）可得，，所以，，整理得，，即，解得，，所以.19．（2023下·浙江绍兴·高二校考学业考试）如图，三棱柱的底面为菱形，，为的中点，且.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）以、、为基底，用向量法证明与垂直后可得线面垂直；（2）在正四面体中取中心，得是高，是直线与平面所成角，然后求解可得．【详解】（1）证明：以、、为基底，得，,，所以；同理可证，和是平面内两相交直线，所以平面.（2）由已知四面体是正四面体，如图，是的中心，是的中点，，是正四面体的高，从而与底面上的直线垂直，是与平面所成的角，则，所以，．20．（2023·广东·统考二模）如图，是半圆的直径，是半圆上异于的一点，点在线段上，满足，且，，，.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由圆的性质和勾股定理可证得，，由此可得平面，由线面垂直的性质可证得结论；（2）以为原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）是半圆的直径，是半圆上异于的一点，.，，，.，，，，，.，平面，平面，又平面，.（2）以为原点，，所在直线分别为轴､轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，得：，，；设平面的法向量为，得，令，得：，，；，结合图可知，二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：空间向量法求解二面角的基本步骤是：（1）建立空间直角坐标系，利用坐标表示出所需的点和向量；（2）分别求得二面角的两个半平面的法向量，根据向量夹角公式求得法向量的夹角；（3）根据图形或法向量的方向确定所求角为二面角的大小或二面角补角的大小.21．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）已知点P是椭圆C:上一点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，（1）求椭圆C的标准方程;（2）设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问:直线l是否过定点?证明你的结论【答案】（1）；（2）直线l过定点．证明见解析.【分析】（1）由椭圆定义可知，再代入P即可求出，写出椭圆方程；（2）设直线l的方程，联立椭圆方程，求出和之间的关系，即可求出定点.【详解】（1）由，得，又在椭圆上，代入椭圆方程有，解得，所以椭圆C的标准方程为．（2）证明：当直线l的斜率不存在时，，，，解得，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程，，，由，整理得，，，．由，整理得，即．当时，此时，直线l过P点，不符合题意；当时， 有解，此时直线l：过定点．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆中直线过定点问题，属于中档题.22．（2023上·全国·高三校联考阶段练习）已知曲线C上任意一点到，距离之和为，抛物线E：的焦点是点.(1)求曲线C和抛物线E的方程；(2)点是曲线C上的任意一点，过点Q分别作抛物线E的两条切线，切点分别为M，N，求的面积的取值范围．【答案】(1)，；(2).【分析】(1)根据给定条件求出椭圆C的长短半轴长即可直接写出其方程，再写出抛物线E的方程.(2)设出过点Q的抛物线E的切线方程，再与抛物线方程联立，借助判别式为0求出两条切线斜率的关系、二切点坐标，再用点Q的坐标表示出的面积即可计算作答.【详解】（1）依题意，曲线C是以，为左右焦点，长轴长为的椭圆，则短半轴长有，曲线C的方程为：，即，在中，，即，所以曲线C的方程为：，抛物线E的方程为：.（2）显然，过点Q的抛物线E的切线斜率存在且不为0，设切线方程为：，由消去x并整理得：，依题意，，设二切线斜率为，则，，设斜率为的切线所对切点，斜率为的切线所对切点，因此，，，于是得，，，直线MN上任意点，，由得：，化简整理得：，则直线MN的方程为：，点Q到直线MN的距离，，则的面积，而点在曲线C上，即，，在上单调递减，当时，，当时，，于是有，则，有所以的面积的取值范围是.【点睛】方法点睛：给定两点求直线方程，可以按是否垂直于坐标轴分类，由直线的两点式方程求；也可以按直线斜率是否存在，由直线的点斜式方程求；还可以设直线上任意一点，由向量共线求.
专题4.2选择性必修一综合检测卷2考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（2023·四川雅安·高二雅安中学校考阶段练习）若空间四边形的四个面均为等边三角形，则的值为A． B． C． D．0【答案】D【分析】利用空间向量的运算，求得的值.【详解】依题意空间四边形的四个面均为等边三角形，设棱长均为.而，则所以.故选：D【点睛】本小题主要考查空间向量的运算，属于基础题.2．（2023·北京海淀·高二北京市八一中学校考阶段练习）四棱锥中，，，，则这个四棱锥的高h为（ ）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】先求出平面ABCD的一个法向量，则在法向量上的投影的绝对值即为这个四棱锥的高．【详解】解：设平面ABCD的法向量为，则，即，∴，取，则，∴这个四棱锥的高，故选：D．3．（2023上·海南省直辖县级单位·高二校考期中）圆关于直线对称的圆的方程为（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先求出圆的圆心坐标与半径，再设圆心关于直线对称的点的坐标为，即可得到方程组，求出、，即可得到对称圆的圆心坐标，从而求出对称圆的方程；【详解】圆的圆心为，半径，设圆心关于直线对称的点的坐标为，则，解得，即圆关于直线对称的圆的圆心为，半径，所以对称圆的方程为.故选：A.4．（2023上·四川成都·高二校联考期末）已知两点，点在直线上，则的最小值为（ ）A． B．9 C． D．10【答案】C【分析】根据给定条件求出B关于直线的对称点坐标，再利用两点间距离公式计算作答.【详解】依题意，若关于直线的对称点，∴，解得，∴，连接交直线于点，连接，如图，在直线上任取点C，连接，显然，直线垂直平分线段，则有，当且仅当点与重合时取等号，∴，故 的最小值为.故选：C5．（2023上·湖南长沙·高二校联考阶段练习）已知直线：和圆：交于A，B两点，则弦AB所对的圆心角的余弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用几何法求弦长，再利用余弦定理即可求解.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以弦长，在中，由余弦定理可得：.故选：C6．（2023·甘肃兰州·统考一模）已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据圆心到距离为，可得圆上的点到的距离最大值为，最小值为，再由，可得 ，从而得到答案.【详解】圆的圆心，半径为，因为圆心到距离为，所以圆上的点到的距离最大值为，最小值为，又因为，则以为直径的圆和圆有交点，可得，所以有，故选：D【点睛】本题主要考查了实数值取值范围的求法，注意圆的性质的合理运用，属于中档题.7．（2023上·云南昆明·高二统考期末）中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求；两向量的夹角的余弦值，结合线面角的定义可得结论.【详解】如图，设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以为平面的一个法向量；，设直线与平面所成角的为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.故选：A．8．（2021上·全国·高三校联考专题练习）已知是双曲线C：的右支上的一点，是双曲线C的左焦点，O是坐标原点．若是等腰三角形，且，则双曲线C的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，结合余弦定理，可求得，，根据双曲线定义，可得a，c的关系，代入公式，即可求得答案.【详解】设是双曲线C的右焦点，半焦距为c．因为是等腰三角形，且，则，所以，解得，又，，所以为等边三角形，则，由双曲线定义知，所以双曲线C的离心率，故选：A．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（2023上·河北邯郸·高二统考期末）已知是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（ ）A．若，则B．两两共面，但不共面C．一定存在实数x，y，使得D．，，一定能构成空间的一个基底【答案】ABD【分析】根据已知条件，结合空间向量的共面定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若不全为，则共面，与题意矛盾，所以A正确；对于B中，由空间中任意两个向量是共面的，可得两两共面，又由是空间的一个基底，可得不共面，所以B正确；对于C中，因为不共面，则不存在实数，使得，所以C错误；对于D中，若，，共面，则存在实数，使得，可得，方程组组无解，所以，，不共面，所以D正确.故选：ABD.10．（2023上·广东湛江·高三湛江一中校考开学考试）已知圆与圆相交于两点，则（ ）A．圆的圆心坐标为B．当时，C．当且时，D．当时，的最小值为【答案】ABD【分析】由方程得出圆心坐标；由两圆的位置关系得出的范围；由勾股定理结合距离公式判断C；由为圆的直径，结合二次函数的性质判断D.【详解】由圆的方程可知圆的圆心坐标为，即正确；当时，圆，，所以有，即，解得，即B正确；因为，且，所以，即，解得或，即C错误；因为圆的直径为2，所以当时，为圆的直径，所以，当且仅当时，，即D正确.故选：ABD.11．（2023上·山东烟台·高二统考阶段练习）如图，已知椭圆，过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，连接并延长分别交于两点，连接，与的面积分别记为，则在下列结论中正确的为（ ）A．若记直线的斜率分别为，则的大小是定值B．的面积是定值C．设，则D．为定值【答案】BC【分析】设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系和斜率公式判断A；设直线方程为，联立方程组，求出，坐标，计算点到的距离，代入面积公式化简判断B，联立方程组，求出，坐标，用表示出的面积，利用基本不等式即可判断C，根据，坐标和距离公式判断D.【详解】A，由题意，，设直线的方程为，，联立方程组，得，所以，得，所以，故A错误；B，设直线的方程为，则直线的方程为，联立方程组，得，不妨设点在第三象限，则，可得，所以点到的距离，又，所以，故B正确；C，联立方程组，可得，故，所以，可得，所以到直线的距离，所以，当且仅当，即时取等号.所以，故C正确；D，又，，所以，故D错误；故选：BC.【点睛】解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、圆锥曲线的条件；（2）强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．12．（2023上·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期末）已知分别是双曲线的左，右焦点，P是C上一点，且，则（ ）A．双曲线C的离心率为 B．双曲线C的渐近线方程为C．的周长为18 D．的面积为9【答案】ABD【分析】由双曲线方程直接求离心率、并写出渐近线方程，即可判断A、B正误；利用双曲线的定义结合，求出，即可求出焦点三角形的周长和面积可判断C，D.【详解】在双曲线中，，，，故离心率，即A正确；双曲线的渐近线方程为，即B正确；不妨设点为C右支上一点，由双曲线的定义知，，，又，则，解得：，则，△的周长为，即C不正确；因为，所以的面积为:，故D正确,故选：ABD.填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2023上·广东佛山·高二校考阶段练习）圆与圆的公共弦长为 ．【答案】4【分析】设两圆的交点为A和B，由两圆的方程可求出直线的方程，从而根据弦长公式即可求出．【详解】根据题意，设两圆的交点为A和B，又由圆，圆，则直线的方程为，圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，则．故答案为：4．14．（2023·高二课时练习）瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是 【答案】或【分析】设，依题意可确定的外心为，可得出一个关系式，求出重心坐标，代入欧拉直线方程，又可得出另一个关系式，解方程组，即可得出结论.【详解】设的垂直平分线为，的外心为欧拉线方程为与直线的交点为，∴①由，，重心为，代入欧拉线方程，得②由 ①②可得或 .故答案为：或.【点睛】本题以数学文化为背景，考查圆的性质和三角形的外心与重心，考查逻辑思维能力和计算能力，属于较难题.15．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，点为线段上一点，且，为线段的两个三等分点，的外接圆半径为（为半焦距），且为锐角，则 ．【答案】【分析】的外接圆半径为，由正弦定理得，在、和中，利用余弦定理解得，，可得的值．【详解】连接，设，则，如图所示，由双曲线的定义知，，则，．因为的外接圆半径为，所以由正弦定理得，又为锐角，所以．在中，，即 ①．在中，，所以，则，代入①式，得．所以，，．在中，由余弦定理得，所以，所以． 故答案为：【点睛】方法点睛：如果试题涉及圆锥曲线的焦点或准线，则通常要利用圆锥曲线的定义来求解，特别是求解焦点三角形问题，主要就是利用圆锥曲线的定义、正弦定理与余弦定理等，通过建立方程（组）来解决．16．（2023上·山东烟台·高二统考期末）关于曲线，给出以下结论：①当时，曲线为椭圆；②当为第二、第四象限角时，曲线为双曲线；③当时，曲线为焦点在轴上的双曲线；④当时，曲线为两条直线.写出所有你认为正确的结论的序号 ．【答案】②③【分析】根据的范围确定的正负，再由圆锥曲线的标准方程判断．【详解】当，曲线方程为为圆，故①错误.当时，曲线方程为，不存在这样的曲线，故④错误.当为第二象限角时，曲线为焦点在轴上的双曲线，当为第四象限角时，，曲线为焦点在轴上的双曲线. 故②③正确.故答案为：②③．解答题（共6小题，满分70分）17．（2023上·浙江湖州·高二湖州中学校考期中）已知圆，直线.(1)写出圆的圆心坐标和半径，并判断直线与圆的位置关系；(2)若直线与圆交于不同的两点，且，求直线的方程.【答案】(1)圆心坐标为，半径为，直线与圆相交(2)或【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求出圆心和半径，求出直线所过的定点，判断出定点在圆内，从而得到直线与圆相交；（2）求出圆心到直线的距离，利用垂径定理列出方程，求出，求出直线方程.【详解】（1）整理得：，故圆的圆心坐标为，半径为，直线变形为，故直线过定点，因为，故在圆内，所以直线与圆相交；（2）圆心到的距离为，由垂径定理得：，解得：，故直线的方程为或.18．（2023上·北京·高二清华附中校考期中）已知直线，圆．(1)若，求证：直线与圆相交；(2)已知直线与圆相交于，两点．若的面积为1，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由圆的方程求出圆心和半径，根据圆心到直线的距离与半径的大小关系即可证明；（2）利用垂径定理求出弦长，进而利用面积公式得到关于的方程，直接求解即可.【详解】（1）由圆可知，圆心坐标为，半径，所以圆心到直线的距离为，因为，所以，所以，所以，即，所以，直线与圆相交.（2） 因为直线与圆相交于，两点，所以，即，解得或，由（1）可得，，所以，，整理得，，即，解得，，所以.19．（2023下·浙江绍兴·高二校考学业考试）如图，三棱柱的底面为菱形，，为的中点，且.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）以、、为基底，用向量法证明与垂直后可得线面垂直；（2）在正四面体中取中心，得是高，是直线与平面所成角，然后求解可得．【详解】（1）证明：以、、为基底，得，,，所以；同理可证，和是平面内两相交直线，所以平面.（2）由已知四面体是正四面体，如图，是的中心，是的中点，，是正四面体的高，从而与底面上的直线垂直，是与平面所成的角，则，所以，．20．（2023·广东·统考二模）如图，是半圆的直径，是半圆上异于的一点，点在线段上，满足，且，，，.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由圆的性质和勾股定理可证得，，由此可得平面，由线面垂直的性质可证得结论；（2）以为原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）是半圆的直径，是半圆上异于的一点，.，，，.，，，，，.，平面，平面，又平面，.（2）以为原点，，所在直线分别为轴､轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，得：，，；设平面的法向量为，得，令，得：，，；，结合图可知，二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：空间向量法求解二面角的基本步骤是：（1）建立空间直角坐标系，利用坐标表示出所需的点和向量；（2）分别求得二面角的两个半平面的法向量，根据向量夹角公式求得法向量的夹角；（3）根据图形或法向量的方向确定所求角为二面角的大小或二面角补角的大小.21．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）已知点P是椭圆C:上一点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，（1）求椭圆C的标准方程;（2）设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问:直线l是否过定点?证明你的结论【答案】（1）；（2）直线l过定点．证明见解析.【分析】（1）由椭圆定义可知，再代入P即可求出，写出椭圆方程；（2）设直线l的方程，联立椭圆方程，求出和之间的关系，即可求出定点.【详解】（1）由，得，又在椭圆上，代入椭圆方程有，解得，所以椭圆C的标准方程为．（2）证明：当直线l的斜率不存在时，，，，解得，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程，，，由，整理得，，，．由，整理得，即．当时，此时，直线l过P点，不符合题意；当时， 有解，此时直线l：过定点．【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆中直线过定点问题，属于中档题.22．（2023上·全国·高三校联考阶段练习）已知曲线C上任意一点到，距离之和为，抛物线E：的焦点是点.(1)求曲线C和抛物线E的方程；(2)点是曲线C上的任意一点，过点Q分别作抛物线E的两条切线，切点分别为M，N，求的面积的取值范围．【答案】(1)，；(2).【分析】(1)根据给定条件求出椭圆C的长短半轴长即可直接写出其方程，再写出抛物线E的方程.(2)设出过点Q的抛物线E的切线方程，再与抛物线方程联立，借助判别式为0求出两条切线斜率的关系、二切点坐标，再用点Q的坐标表示出的面积即可计算作答.【详解】（1）依题意，曲线C是以，为左右焦点，长轴长为的椭圆，则短半轴长有，曲线C的方程为：，即，在中，，即，所以曲线C的方程为：，抛物线E的方程为：.（2）显然，过点Q的抛物线E的切线斜率存在且不为0，设切线方程为：，由消去x并整理得：，依题意，，设二切线斜率为，则，，设斜率为的切线所对切点，斜率为的切线所对切点，因此，，，于是得，，，直线MN上任意点，，由得：，化简整理得：，则直线MN的方程为：，点Q到直线MN的距离，，则的面积，而点在曲线C上，即，，在上单调递减，当时，，当时，，于是有，则，有所以的面积的取值范围是.【点睛】方法点睛：给定两点求直线方程，可以按是否垂直于坐标轴分类，由直线的两点式方程求；也可以按直线斜率是否存在，由直线的点斜式方程求；还可以设直线上任意一点，由向量共线求.
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