【暑假提升】(人教A版2019)数学高一（升高二）暑假-高二暑假高分突破综合检测卷（拔尖C卷）

高二暑假高分突破综合检测卷（拔尖C卷）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．

1．在三棱锥中，点E，F分别是的中点，点G在棱上，且满足，

若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

由题意可得

故选：B.

2．如图，正方体的棱长为6，点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，设，，

则，，

由得，即，

由于，所以，，

所以点的轨迹为面上的直线：，，即图中的线段，

由图知：，

故选：B.

3．将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】由知斜率为，设其倾斜角为，则，

将直线绕着原点逆时针旋转，

则      

故新直线的斜率是.

故选：B.

4．已知，，则下列直线的方程不可能是的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】，

直线的方程在轴上的截距不小于2，且当时，轴上的截距为2，

故D正确，当时，, 故B不正确，当时，或，由图象知AC正确.

故选：B

5．已知平面上三点坐标为、、，小明在点处休息，一只小狗沿所在直线来回跑动，则小狗距离小明最近时所在位置的坐标为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】因为，所以，直线的方程为，即，

设小狗的位置为点，当时，小狗距离小明最近，

此时直线的方程为，联立，解得，

因此，小狗距离小明最近时所在位置的坐标为.

故选：C.

6．已知a，b是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题错误的是（       ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】C

【详解】设平面的法向量分别为，

对于A，由得，，，而，则，有，即，于是得，A正确；

对于B，因，则，令直线的方向向量为，又，于是得，有，，B正确；

对于C，三棱柱的三个侧面分别视为平面，

显然平面平面，平面，有，

即满足C中命题的条件，但平面与平面相交，C不正确；

对于D，因，则，因此，向量共面于平面，令直线的方向向量为，显然，

而平面，即不共线，于是得，所以，D正确.

故选：C

7．圆C：上恰好存在2个点，它到直线的距离为1，则R的一个取值可能为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【详解】圆C：的圆心，半径R

点C到直线的距离为

圆C上恰好存在2个点到直线的距离为1，则

故选：B

8．如图，已知正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（       ）

A．存在点，使

B．三棱锥的体积随动点变化而变化

C．直线与所成的角不可能等于

D．存在点，使平面

【答案】D

【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，则，，，，，，因为为线段上运动，设（），则，，若，则（），则有，显然无解，故A错误；

因为∥AC，平面，平面，故∥平面，因为为线段上运动，故到平面的距离不变，所以为定值，不随E的变动而变动，故三棱锥的体积不随动点变化而变化，B错误；

，设直线与所成角为，则，令，解得：，故当E为中点时，此时直线与所成的角为60°，故C错误；

设平面的法向量为，则，令得：，故，因为当时，即，故平面，故D正确.

故选：D

二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．

9．已知直线，则（       ）

A．恒过点 B．若，则

C．若，则 D．当时，不经过第三象限

【答案】BD

【详解】直线，则，

由，得，所以恒过定点，所以A错误；

由可得：，所以，B正确；

由可得：，，所以C错误；

由，当时，，不过第三象限；

当时，，不过第三象限，只需要，解得，

所以的取值范围为，所以D正确；

故选：BD.

10．下列说法中，正确的有（       ）

A．点斜式可以表示任何直线

B．直线在轴上的截距为

C．直线关于对称的直线方程是

D．点到直线的的最大距离为

【答案】BD

【详解】对于A选项，点斜式方程不能表示斜率不存在的直线，故错误；

对于B选项，令得，所以直线在轴上的截距为，正确；

对于C选项，由于点关于直线对称的点为，所以直线关于对称的直线方程是，故错误；

对于D选项，由于直线，即直线过定点，所以点到直线的的最大距离为，故正确.

故选：BD

11．直线：与圆：相交于，两点，则（       ）

A．直线过定点

B．时，直线平分圆

C．时，为等腰直角三角形

D．时，弦最短

【答案】AD

【详解】对A，因为当时，恒成立，故直线过定点，故A正确；

对B，当时，，圆的圆心为不满足，故此时直线不过圆的圆心，故直线不平分圆，故B正确；

对C，当时，经过圆的圆心，故无，故C错误；

对D，因为直线过定点，，故在圆内，故当弦最短时，与直线垂直.因为时，直线的斜率为，直线的斜率为1，故与直线垂直成立，故D正确；

故选：AD

12．已知三棱锥，，是边长为2的正三角形，E为中点，，则下列结论正确的是（       ）

A． B．异面直线与所成的角的余弦值为

C．与平面所成的角的正弦值为 D．三棱锥外接球的表面积为

【答案】ACD

【详解】对于A：

在三棱锥，，是边长为2的正三角形，取AC的中点F，连接PF,BF，则.

又，所以面，所以.故A正确.

对于B：因为，，,所以面，所以，.

在三棱锥，，是边长为2的正三角形，所以三棱锥为正三棱锥，所以.

所以.

可以以P为原点，为xyz轴正方向建立空间直角坐标系.

则，，，，.

所以,.

设异面直线与所成的角为，则.

即异面直线与所成的角的余弦值为.故B错误；

对于C：，.

设平面ABC的一个法向量为，则,不妨设x=1，则.

设与平面所成的角为，则.

即与平面所成的角的正弦值为.故C正确.

对于D：把三棱锥还以为正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球.

设其半径为R，由正方体的外接球满足,所以.

所以球的表面积为.故D正确.

故选：ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知直线，，则“”是“”的______条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）

【答案】充要

【详解】若，则，解得或．

当时，直线的方程为，直线的方程为，

即，两直线重合，

当时，直线的方程为，直线的方程为，满足

所以，所以“”是“”的充要条件．

故答案为：充要

14．已知定点，动点分别在直线和上运动，则的周长取最小值时点的坐标为__________.

【答案】

【详解】

如图所示：

定点关于函数的对称点，关于 轴的对称点，

当与直线和的交点分别为时，此时的周长取最小值，且最小值为 ．

此时点的坐标满足，解得，即点.

故答案为：.

15．已知直线过定点A，直线过定点B，与的交点为C，则的最大值为___________.

【答案】

【详解】由，则过定点，

由，则过定点，

显然，即、相互垂直，而与的交点为C，

所以的轨迹是以为直径的圆，且圆心为、半径为，

令，则，且，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以的最大为.

故答案为：

16．在四面体中，若，，，底面是边长为的正三角形，为的中心，则的余弦值为______．

【答案】

【详解】,

设

∵

∴

,

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.

（1）试用，，表示向量；

（2）求BM的长.

【答案】（1）；（2）.

【详解】（1）是PC的中点，.，，

，

结合，，，得.

（2），，   ，.

，， ，.

由（1）知，

，，即BM的长等于.

18．已知直线和相交于点P，且P点在直线上．

(1)求点P的坐标和实数a的值；

(2)求过点且与点P的距离为的直线方程．

【答案】(1)P(2,1)，a=2. (2)

【详解】(1)因为直线和相交于点P，且P点在直线上，所以联立，解得：P(2,1).

将P的坐标(2,1)代入直线中,可得2a+1-3a+1=0,解得a=2.

(2)设所求直线为l.

当直线l的斜率不存在时,则l的方程为x=-2.此时点P与直线的距离为4,不合题意，舍去；

当直线l的斜率存在时,设直线l的斜率为k，则l的方程为,即.

因此点P到直线的距离,解方程可得k=2，

所以直线的方程为.

19．已知圆，直线．

(1)当直线被圆截得的弦长最短时，求直线的方程；

(2)若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，求的取值范围．

【答案】(1)；(2)

【详解】(1)由，可得．

由，得即直线过定点．

可化为，因为圆心，所以，

又因为当所截弦长最短时，，所以，

所以直线的方程为．

(2)因为圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，

所以，

解得或，即的取值范围为．

20．莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler，瑞士数学家），1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心（三条中线的交点）、垂心（三条高线的交点）和外心（三条中垂线的交点）共线．这条线被后人称为三角形的欧拉线．已知的顶点，，．

(1)求的欧拉线方程；

(2)记的外接圆的圆心为C，直线l：与圆C交于A，B两点，且，求的面积最大值．

【详解】(1)的顶点，，

利用两点之间距离公式知，

又，所以为等腰直角三角形，

的中垂线方程是，也是的平分线，三线合一，

∴欧拉线方程是．

(2)由（1）知为等腰直角三角形，故外心为斜边中点，

即外心是，

圆心C到直线l的距离，，

所以

利用二次函数性质知，当时，即时，

21．如图，四棱锥中，侧面为正三角形，底面是边长为2的菱形，．

(1)求证：平面平面；

(2)设Q为中点，求二面角的正弦值．

【详解】(1)取AB中点O，连接PO，CO，AC

侧面PAB为正三角形，，又O为AB中点

，且

底面ABCD为边长为2的菱形，

为边长为2正三角形

又O为AB中点

，

，在中

又

，又

(2)由（1）知两两垂直，以为原点，， ， 所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，，

由（1）平面，可设平面法向量为

设平面法向量为

，

则有，令得，

，

二面角的正弦值为

22．在四棱锥中，已知侧面为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点M，N分别在线段和上，且．

(1)求证：平面；

(2)设二面角大小为，若，求直线和平面所成角的正弦值．

【详解】(1)连接，交于点，连接；

，，，，

又，，，

又平面，平面，平面.

(2)取中点，连接；作，垂足为；

为正三角形，；

，，四边形为平行四边形，，

又，，又，平面，

平面；

平面，，

又，，平面，平面；

作，交于点，则，

以为坐标原点，正方向为轴，可建立如下图所示空间直角坐标系，

，，即为二面角的平面角，

又，，，；

则，，，，

，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

设直线和平面所成角为，，

故直线和平面所成角的正弦值为