人教版高中数学选择性必修一 精讲精练人教A版2019选择性必修第一册综合测试（基础）（2份，原卷版+解析版）

这是一份人教版高中数学选择性必修一 精讲精练人教A版2019选择性必修第一册综合测试（基础）（2份，原卷版+解析版），文件包含人教版高中数学选择性必修一精讲精练人教A版2019选择性必修第一册综合测试基础原卷版docx、人教版高中数学选择性必修一精讲精练人教A版2019选择性必修第一册综合测试基础解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
人教A版2019选择性必修第一册综合测试（基础）单选题(每题5分，每题只有一个选项为正确答案，8题共40分)1．（2023春·江苏南京·高二校联考阶段练习）直线与直线平行，则的值为（    ）A． B． C． D．或【答案】C【解析】依题意，直线与直线平行或重合时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线与直线平行，所以的值为.故选：C2．（2023秋·北京·高三统考开学考试）直线被圆所截得的弦长为（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】C【解析】由已知得圆心为，半径，因为圆心在直线上，所以直线被圆所截得的弦长为.故选：C3．（2023秋·江西宜春·高二统考期末）向量，，若，则（    ）A． B．，C．， D．，【答案】C【解析】因为向量，，且，则设，即，则有，则，，解得，，故选：C4．（2022秋·重庆·高二重庆一中校考阶段练习）如图是抛物线形拱桥，当水面在n时，拱顶离水面2米，水面宽4米．水位下降1米后，水面宽为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】建立如图所示的直角坐标系：设抛物线方程为，由题意知：在抛物线上，即，解得：，，当水位下降1米后，即将代入，即，解得：，∴水面宽为米.故选：D.5．（2022秋·广东广州·高二校考期中）焦点在轴上，右焦点到短轴端点距离为2，到左顶点的距离为3的椭圆的标准方程是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为椭圆的右焦点到短轴端点距离为2，到左顶点的距离为3所以，即，所以，因为椭圆的焦点在轴上，所以椭圆的标准方程是.故选：A6．（2022·高二课时练习）抛物线的准线与直线的距离为3，则此抛物线的方程为（    ）A． B．C．或 D．或【答案】D【解析】抛物线的准线方程为，则，或-16．故所求抛物线方程为或．故选：D7．（2022·全国·高三专题练习）已知A，B，C是椭圆上不同的三点，且原点O是△ABC的重心，若点C的坐标为，直线AB的斜率为，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设的中点，因为原点O是△ABC的重心，所以三点共线，所以，由于，所以，故选：B.8．（2023·吉林辽源）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于、两点，若，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由双曲线的定义得：，因为，所以，所以,又，所以，在中，，设，因为，所以，由余弦定理得：，即，所以，解得，故选：B二、多选题（每题至少有两个选项为正确答案，少选且正确得2分，每题5分。4题共20分）9．（2023秋·高二课时练习）在正三棱柱中，，则（　　）A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为C．与平面所成角的正弦值为D．与侧面所成角的正弦值为【答案】ACD【解析】对于A，依题意，取的中点的中点，连接，如图，  易得，又面，所以面，又面，所以，又是正三角形，是的中点，故，则两两垂直，故以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，设，则，则，故，则，又，所以直线与所成的角为，故正确；对于B，又，则，又，则直线与所成的角不为，故B错误；对于C，易得平面的一个法向量为，所以与平面所成角的正弦值为，故C正确；对于D，取的中点，连接，因为面，面，所以，又是正三角形，是的中点，故，因为面，所以面，易得的坐标为，所以侧面的一个法向量为，所以与侧面所成角的正弦值为，故D正确.故选：ACD.10．（2024秋·安徽·高三合肥市第八中学校联考开学考试）已知直线及圆，则（    ）A．直线过定点B．直线截圆所得弦长最小值为2C．存在，使得直线与圆相切D．存在，使得圆关于直线对称【答案】ABD【解析】A选项，由，得，解得，所以直线过定点为，故A正确；B选项，由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当时，直线截圆所得弦长最短，因为，则最短弦长为，故B正确；C选项，，故点在圆内，所以直线与圆一定相交，故C错误；D选项，当直线过圆心时，满足题意，此时，解得，故D正确. 故选：ABD.11．（2024秋·浙江·高三舟山中学校联考开学考试）已知圆：，直线：，则下列说法正确的是（    ）A．直线恒过定点 B．直线被圆截得的弦最长时，C．直线被圆截得的弦最短时， D．直线被圆截得的弦最短弦长为【答案】ABC【解析】对于选项A：直线的方程可化为，令，解得，所以直线恒过定点，故A正确；对于选项B：因为，即点在圆内，当直线过圆心时，直线被圆截得的弦长最长，此时，解得，故B正确；对于选项C：当直线时，直线被圆截得的弦长最短，直线的斜率为，，由，解得，故C正确；对于选项D：此时直线的方程是，圆心到直线的距离为，可得，所以最短弦长是，故D错误．故选：ABC．12．（2023秋·全国·高二期中）已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（    ）A．当时，曲线C是椭圆 B．当或时，曲线C是双曲线C．若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则 D．若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则【答案】BCD【解析】对于A，当时，，则曲线是圆，A错误；对于B，当或时，，曲线是双曲线，B正确；对于C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，C正确；对于D，若曲线是焦点在轴上的双曲线，则，解得，D正确．故选：BCD三、填空题(每题5分，4题共20分)13．（2023秋·江西南昌）已知是双曲线的左焦点，是双曲线右支上的动点，则的最小值为 .【答案】【解析】由题意知，.设双曲线的右焦点为，由是双曲线右支上的点，则，则，当且仅当三点共线时，等号成立.又，则.所以，的最小值为.故答案为：.    14．（2023秋·四川资阳·高二统考期末）设是椭圆的左焦点，P为椭圆上任一点，点Q的坐标为，则的最大值为 .【答案】11【解析】由题意可得，，所以,因为，所以;因为，所以.故答案为：11.  15．（2023秋·湖北·高三孝感高中校联考开学考试）已知圆，直线，当圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为 .【答案】【解析】由题意，直线的方程化为，由得∴直线过定点，显然点在圆内，要使直线被圆截得弦长最短，只需与圆心的连线垂直于直线，，解得，代入到直线的方程并化简得.故答案为：.16．（2023·全国·高二专题练习）已知菱形中，，沿对角线AC折叠之后，使得平面平面，则平面与平面夹角的余弦值为 .  【答案】【解析】设菱形的边长为1，取的中点，连接，，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.  如图，建立空间直角坐标系，则，，，所以，.设平面的一个法向量为，则，令，则，同理，平面的一个法向量为，所以，设平面与平面夹角为，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.故答案为：四、解答题（17题10分，其余每题12分，6题共70分17．（2022秋·北京·高二北京十五中校考期中）已知圆C经过坐标原点O和点，且圆心在x轴上．(1)求圆C的方程．(2)设直线l经过点，且l与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．【答案】(1)(2)和【解析】（1）设圆心，则圆心到与距离相同且等于半径，所以，解得，所以圆心为，半径，所以圆C的方程为．（2）当斜率存在时，设直线l为，整理得，则圆心到直线的距离，① 又因为，解得，②由①②解得：，所以直线方程为，整理得；当斜率不存在时，直线为，此时圆心到直线的距离，所以其弦长为，符合题意.综上，所求直线方程为和.18．（2023春·江苏南京·高二校联考阶段练习）如图，在三棱柱中，，点D为棱AC的中点，平面平面，，且．  (1)求证：平面ABC；(2)若，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）如图，连接．因为侧面为菱形，且，所以为等边三角形，所以．又因为平面平面，平面，平面平面，所以平面ABC．（2）  由（1）的过程可知，可以点D为坐标原点，分别以DB，DC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz．不妨设，由题可知，，，，．由，可得．设平面的法向量为，而，，则有,取，得．设平面的法向量为，而，，则有，取，得．设平面与平面夹角为，则，所以，即平面与平面夹角的正弦值为．19．（2023秋·江西南昌·高三南昌市外国语学校校考阶段练习）已知椭圆的一个焦点为，且过点.(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程.【答案】(1)(2)面积的最大值为，此时直线的方程为.【解析】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为，（2）设，由，得，因为直线与椭圆交于两点，所以，解得，所以，所以，因为点到直线的距离为，所以的面积为，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为，此时直线的方程为.20．（2023·全国·高三专题练习）已知圆C过点，，且圆心C在直线上.(1)求圆C的方程；(2)若点P在圆C上，点，M为AP的中点，O为坐标原点，求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】（1）设圆的方程为：，则有，解得．∴圆的方程为：．（2）由（1）知圆，设，，则，所以又P在圆上，  所以，所以，即M的轨迹方程为.数形结合易知，当OM与圆相切时，取最大值，此时，.所以的最大值为.21．（2023秋·江西·高三校联考开学考试）如图，在三棱锥中，平面，，，M是的中点，N为上的动点．  (1)证明：平面平面；(2)当平面时，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以平面平面．又，平面平面，平面，所以平面．又平面，所以．又，M是的中点，所以．又，，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）以A为坐标原点，，所在直线分别为y，z轴，过点A作与平行的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．  因为平面，平面，平面平面，所以．又M是的中点，所以N是的中点，则，，，，所以，，，则平面的一个法向量为．设平面的一个法向量为，则．令，得，，所以平面的一个法向量为．设平面与平面的夹角为，所以，故平面与平面夹角的余弦值为．22．（2024秋·山西朔州·高三校联考开学考试）已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，M为椭圆E的上顶点，，点在椭圆E上.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设经过焦点的两条互相垂直的直线分别与椭圆E相交于A，B两点和C，D两点，求四边形ACBD的面积的最小值.【答案】(1)(2)【解析】（1）设，由，有.又由，有（O为坐标原点），可得，，可得椭圆E的方程为， 代入点N的坐标，有，解得，，故椭圆E的标准方程为；（2）①当直线AB的斜率不存在或为0时，为长轴长或，不妨设，，故；②当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB：，，，联立方程，消去y得，则，，所以，同理可得， 所以，因为，当且仅当，即时等号成立，所以，而，综上：四边形ACBD的面积的最小值为.