期中综合检测卷[范围：选择性必修第一册]-【课堂百分百】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册单元培优双测卷（人教A版2019）

当且仅当9k=1 即=士时，等号成立，所以 一√2)，设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,x), 3 IAB|≤2. 则 Pi·n=2x-√2g=0 令2=1，则x=y=1, 当直线AB的斜率不存在时，|AB=√3<2， PC·n=√2y-√2x=0 所以Saw=号×2x号-= 故n=(1,1,1),所以，点D到平面PBC的距离为 22 in-=园-25故选B 第三部分期考综合检测卷 3 8.B:抛物线y2=4Cx的准线方程为x=一c,它正 期中综合检测卷 1.D根据空间两点间的距离公式，可知AB|= 好框这以肉我C号-芳=1o>0,6>0》的左统 √(2+3)+(-1-4)+(6-0)=√/86.故选D. 2.B由题意知O为圆x2十y=1的圆心.所以易知 点，六准线被双曲线C藏得的孩长为5：沙 ∠OPQ=30°，则國心O到直线x十y=m(m>o)的 距离等于，根据点到直线的距离公式得二m eaw=a…后=e-心+26=d 2 a ② 合所以m-怎故选且 一2.双曲线C的渐近线方程为y二士2，】 2工，故选 B. 3.AM=MA+AA+A店 9.ABCD如图所示，取BD的中 +BN=-号(A店+AD) 点O,连接AO,CO,:正方形 ABCD沿对角线BD折成直二 AA+A店+A心，化简得： 面角，·以O为原点，OC为xB MN-MA,+AA+A店+ 轴，OD为y轴，OA为z轴，建 B=A店-AM-2a-e 立空间直角坐标系，设OC=1, 则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1.0), 故选A. 4,A将圆x2十y+4x一2y一4=0化为标准方程是 .AD=(0,1,-1),BC=(1,1,0).cos(AD,BC)= (.x+2)2+(y一1)=9，故该圈的国心坐标是（一2,1）， 西：配后：2安米南直我AD与 AD·BC 1 半径是3.故选A. 5.C由题意知a=4,b=2,故c=√16-4=2尽，所 以F(一2√3,0)，故点F到直线x一y=0的距离 BC所成的角为60°，故A正确：AC=(1,0,-1), d=-23-0=6.故选C BD=(0,2,0),:AC·BC=0,AC⊥BD,故B正 √2 确：设平面ACD的一个法向量为1=(x,y,),则 6.B因为平而a的方程为2x十2y十g-7=0,所以 平面《的一个法向量为m=(2,2,1),直线1的方向 t·AC=x-x=0, 取x=1,得1=(1,1,1)，BC 向量为n=(1,2,一2)，设直线1与平面a所成角为 1·AD=y-=0, 0.则sn9=lcos(m.n1-贯沿-3表3号故 (1,1,0),设BC与平面ACD所成角为0，则sin0= 选B. 7.B依题意，设AC∩ o成w-:h店etc BD=O,则PO⊥平面 确：平面BCD的法向量n=(0,0,1),BA=(0,1, ABCD,因为PO⊥平 面ABCD,所以∠PAO 1),BC=(1,1,0),设平面ABC的法向量为m= 为PA与平面ABCD m·BA=y十*=0， 所成角，即∠PAO (ty,x),则 取x=1,得m 不，国为AB=2,所以 A B m·BC=x+y=0. OA=OC=OB=2,则PO=OA=2,以O点为原 -1.emna=店-号 点，建立空间直角坐标系如图，则C(0,√2,0)， B(2,0,0),D(-√2,0,0)，P(0,0,2),所以CD in(m,n)=5,二面角A-BC-D的平面角 -(2,-2,0),PB=(√2,0，一2)，PC=(0,√2， 的正切值是√2，故D正确.故选ABCD. 65 10.ABD由椭國Ⅱ的右顶点为椭圆I的中心，可得 2a2=a1,由椭圆1与Ⅱ有公共的左顶点和左焦 离等于丰径，即60》=1，解释=一言： √+1 点，可得4十c=c1,所以a1十c1=2a2十a2十c2 又a>c,所以a:十c1>2(a:十CG),所以A正确： <k≤-1. 3 因为a:一c1=2a2一(ag十c)=4-c,所以B正 确：因为a1c=2a2c,a2c=a,(a:十c)=a+ azc2,所以a1ca一a2c=2a:c一a:-a2c:=a（G一 a:)<0.所以C错误：因为e=9=“十 4124. -10 十1，所以D正确.故遽ABD. 2 答案：（一青-门 11,ABD对于选项A,因为F,,F,分别为椭园C: 13.解析：建立如图所示的空 若+y=1的左，古焦点，进点上的直线与精国C 间直角坐标系，设正方体 的棱长为2，则A(2,0,0), 交于A,B两点，由椭圆定义可得|AF,I+|AF: D(0,0,0),C(0,2,0), =|BF,I十|BF,=2a=4,因此△ABF,的周长 B(2,2,0),A1(2,0,2), AF+BF+ABI=AF+BF+ D1(0,0,2).C1(0,2.2, IAF+BF,=4a=8,故A正确：对于选项B, B(2,2,2),故M(2,2, 设点P)为精周C:置+=1上任意一点， 1),N(0,1.0), 所以MN=(-2,-1,-1),CD,=(0,-2,2). 到点P的坐标满义写+y=1,且-2<<2，又 故MN·CD,=0,所以MN⊥CD,故②正确， F(-5,0),F2(5,0),所以PF=(-5-x, 又DB=(2,2,0),DA,=(2,0,2),设平面ABD y),PF2=(W3-x,-y),因此PF·PF=(-3 的法向量为n=(x,y,),由 n·DB0:得 -g-0+y=7+1-看-3=号-2，南 n·DA1=0 PmPm-号-2=0，得x=2e[-2.21. x十y=0取=-1，则n=(1,-1,-1),因为 x十g=0, 3 MN·n=0且MN￠平面ABD,故MN∥平面 故B正确：对于选项C,由题意得a2=4,b=1,所 A,BD,故①正确.又A,M=(0,2,-1),设平面 以c2=4-1=3,即c=5,所以离心率为e=￡ AMN的法向量为m=(x,y,。),由 m·MN=0, ,故C错误：对于选项D,设点P(x,y)为辚国 m·A,M=0. 得仁2红=0取y=1,则 2y-*=0, C+-1上任意一点，南题意得点P,到 m=（-21,2以平面A,AC的法向量为a 圈x2+y=1的圆心的距离为|PQ=√T十y= (2,2,0),则m·a≠0.故平面AMN⊥平面A1AC 不成立，故③错误. √/4-4y+y=/4-3y,因为-1≤y≤1，所以 答案：①② IPQl.=|PO十1=√4-0+1=3，故D正 14.解析：由题意可得F(一c,0),F(c,0),设麟圆E上 确.故选ABD. 任-点P(xy,: 12.解析：由题意可知.函数y=√1一x+1的图象是 若+芳-12-8w b 以(0,1)为圆心，】为半径的上半圈，函数y=k(x ∴.PF,=(-c-x,-y),PF2=(e-x,-y), 一2)的图象是恒过点(2,0)的直线L.如图所示，若 P,PF-r+y--62+y- 使得函数y=√1一x十1与函数y=k(x一2)的图 象有两个不同的公共点，则需直线【夹在半圆的 =a--,:-by<hd当y=0时PF b 切线11与过点(1,1)的直线2之间，即k<k≤ ·PF取得最大值.为a-c2,即2c≤a-2≤4c, :直线进点11与点206-号号 ∴e的取值范围为 -1,又：直线(1为半圈x2+(y-1)=1(y≥1) 5'3 的切线，.圆心(0,1)到直线1：y=k(x一2)的距 66 16解：18生2-=5，-62=-2. tan a=19 9· ∴.AB的中点坐标为(5，一2)， ∴，若轮船不被风暴影响，则角a的正切值的最大 kw=g号2=-青 3 值为 ∴线段AB的中垂线的斜率为3 (2)若轮船航行方向为北偏西45°，则直线方程为 设线段AB的中垂线方程为y=kx十b. x+y=200, ?k=子AB的中点坐标为(5，-2 则圆心0到该直线的距离d=一200l=1002. ·-2=是×5十6：解得6=-29 弦长为2√T-d=2/180-(1002)”=403T, 线段AB的中垂线方程为y一是一翠 则轮船被风暴影响持续的时间为103 40 =31h. (2)设直线1的方程为y=k'x十b. 17.解：由题意得，点C到点F的 由题意知=一青且直线1过点P(2,一3》， 距离等于到直线x=一1的距 离，由抛物线的定义知，点C ·-3=-号×2+6，解得=-号 的轨迹是以坐标原，点O为顶 3 3 点，以F(1,0)为焦点的抛 直线1的方程为y一一音一日 物线。 (3)设B(2,2)关于直线1的对称点为B'(m,n), 设y=2p虹(p>0),则号=1，所以p=2,故r的 n-2=3 m-24 n=、14 方程为y°=4x. 则 解得 4×m+2+3×”2+1=0. 8 (2)当y>0时，y=2丘，所以y= 2 2 m=一 设P(m,2m)(m>0) ∴B(-）= 6+8 5 =、11 8+ 7 则y一后中的鲜率为云因为山： n 5 11 所以1的斜率为一√m,所以，的方程为y 反射光线所在的直线方程为y十6=一27红一8)， 2m=-m(r-m),=m+2-1 即11.x+27y+74=0. 16.解：(1)根据题意画出图形，如图所示， 代入y=4,得y+ y-4m-8=0.设Q(x1y) 由韦达定理得y,十2√m=一 ,即y=一2√m √m B 后代入=红年2瓜清广= 则圆的方程为x+y=180, 设过，点B(200,0)的直线方程为y=k(x一200) k<0, 所以Q-信+4+(m-后 即k.x-y一200k=0, 4/m+3+3+ 则圆心0(0.0)到直线的距离为一200k=180. mm k+1 令u(m)=m+3+3+(m>0),则4=1-3 化简得19k=81, 解得k=一9（正值会去)， 2=m-3m-2_(m-2)(m+1)2 w19 易知函数u(m)在(0,2)上单调递减，在(2，+∞) ∴.tan(90°+a)=- 9 √19 上单调递增， 1 9 所以u0）=u(2)-所以PQ1=4X厚 tana√/I9 =63. 67 18.解：(1)证明：因为四边形ABDE为平行四边形， 易知平面DEF的一个法向量n2=(0,0,1), F,G分别为AB、DE的中，点， 所以平面CDE与平面DEF的夹角的余弦值为 所以四边形FDGA为平行四边形， n1·n2_537 所以FD∥AG. lcos<mn:m37 又H、G分别为CE,DE的中点， 19.解：(1)由题2b=2,即b=1,所以A(0,1),B(0,-1). 所以HG∥CD. 因为FD、CD寸平面AGH,AG、HGC平面AGH, 设E,由·am=-2可得，. 所以FD∥平面AGH,CD∥平面AGH,因为 1 ,化简得气十y=1,又点A,B满足上式 FD,CDC平面CDF,FD∩CD=D,所以平面 CDF∥平面AGH. (2)因为三角形ABC为正三角形，BD=AD,F为 所以精圆C的标准方程为号十y=1。 (2)存在这样的点Q(x。,0),设直线PN:x=my十 AB的中点，所以AB⊥CF,AB⊥DF,所以∠CFD 为二面角C-AB一D的平面角，又CF∩DF=F, x0,P(x1y),N(y),yy<0. x=my十x 所以ABL平面CFD,因为AB二平面ABDE,所 联立x 以平面CFD⊥平面ABDE.作CO⊥平面ABDE +y=1' 于O,则O在直线DF上.又二面角C一AB一D 消去x整理得(m+2)y+2m.xy+x-2=0, 的平面角为∠CFD=120°，所以O在线段DF的 延长线上，易知CF=43,则FO=23,CO=6. m+2y%=22 y+y:=2mze m+24=8m2-8x 以F为原点，FD,FA所在直线分别为x轴，y轴， 十16>0， 过点F平行于OC的直线为：轴，建立空间直角 坐标系，如图， 又|PQ|=√(-x)+y=√my十= √1+my,QN1=√/1+myl. “a+N债+☆) 1 ×ly+ 1 xly-yl 1+m y √/1十m -y1y: 1 X√y十)-4y /1十m yiyr 则A(0,4,0),B(0,-4,0),D(3√3,0,0)，E(33, Am xo 4(x-2) 8,0), 1 ×√(m+2)7 m2+2 C(-2√5,0,6)， 1+十m 2-x 所以AB=(0,-8,0),CE=(5√3,8，-6). m+2 所以异面直线AB与CE所成角的余弦值为 1 8(m+2-x) |os(AB,CE)|=AB·CE m+1 64 一2一x4 AB·ICE 8×5√/7 要使上式为定值，则2一=1， 1 =87 故当，=士1时，P0十0为定值22 35· 1 87 从而其正切值为 35 /111 87 8 35 (3)由(2)知CD=(53,0,-6),DE=(0,8.0),设 平面CDE的法向量为n1=(x,y,), 则由m⊥CD,m⊥DE得53x-6x=0, 综上，存在这样的稳定点Q(士1,0). 8y=0. 令=5√3，得n=(6.0.53). 68第三部分 期考综合检测卷 期中综合检测卷 [范围：选择性必修第一册] (时间：120分钟满分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1.在空间直角坐标系中.点A(一3.4,0)与点B(2,一1,6)的距离是 ( A.243 B.2/21 C.9 D.86 2.已知直线x十y=m(m>0)与圆x2十y=1相交于P,Q两点，且∠POQ=120°（其中O为坐标 原点)，那么m的值是 ( A号 B号 C.2 D.3 3.在平行六面体ABCD-A,BC,D1中，M是平行四边形A,B,C,D1的对角线的交点，N为BC的 中点，记AB=a,AD=b,AA,=c,则MN等于 ( 北 A.ga-e 82a+c C.ja-b-e D.a+b-c 辐 4.圆x2+y2十4x一2y一4=0的圆心坐标和半径分别是 A.(-2,1),3 B.(2,-1),3 C.(-2,1),1 D.(2,-1),1 5.已知椭圆十苦=1的左焦点为F,则点下到直线一y=0的距离为 A B.3 C.√6 D./10 数 6.人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若 平面a经过点P。(x。,yo,zo),且以u=(a,b,c)(abc≠0)为法向量，设P(x,y,z)是平面a内的 任意一点，由u·P。P=0,可得a(x一x。)十b(y一y,)十c(x一。)=0，此即平面的点法式方程. 利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面a的方程为2x十2y十x一7=0，直线的方向 向量为(1,2，一2)，则直线1与平面a所成角的正弦值为 () A.65 9 c. 剂 黄 7.在正四棱锥P-ABCD中，AB=2,PA与平面ABCD所成角为于，则点D到平面PBC的距 离为 得 B.26 3 C46 3 D号 8.已知双曲线C:- =1(a>0,b>0),其中双曲线半焦距为c,若抛物线y2=4cx的准线被双 曲线C截得的弦长为号a(e为双曲线C的离心率)，则双曲线C的新近线方程为 A.y=± B.y=土2 C.y=±3 D=土6 2 33 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是 ( A.AD与BC所成的角为60° B.AC与BD所成的角为909 、C.BC与平面ACD所成角的正弦值为 D.二面角A一BC一D的平面角的正切值是2 10.如图所示，椭圆I与Ⅱ有公共左顶点和左焦点，且椭圆Ⅱ的右顶点为椭圆I 的中心.设椭圆I与Ⅱ的长半轴长分别为a:和a2,半焦距分别为c1和c2,离 心率分别为e1,e2,则下列结论正确的是 A.a1十c1>2(u2十c2) B.a-c=a2-cs C.ae2a:c D.e,=5十1 2 1山，椭圆C,十y=1的左，右焦点分别为F,R,0为坐标原点，以下说法正确的是 ( A,过点F2的直线与椭圆C交于A,B两点，则△ABF的周长为8 B.椭圆C上存在点P,使得PF,·PF,=0 C.椭圆C的离心率为2 D.P为椭圆十y=1上一点，Q为圆x+y=1上一点，则点P,Q的最大距离为3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.函数y=/1一x2十1与函数y=k(x一2)的图象有两个不同的公共点，则实数k的取值范围是 13.在正方体ABCD一A,B,C1D,中，M,N分别为B,B,CD的中点，有以下命题：①MN∥平面 ABD:②MN⊥CD:③平面A,MN⊥平面AAC.则正确命题的序号为 箭圆E号+号 +方=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F,F,P为椭圆E上任一点.且PF·PF 的最大值的取值范围是[2c2,4c2],其中c=√a2一b,则椭圆E的离心率e的取值范围是 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)在平面直角坐标系中，已知点A(8,一6)，B(2,2). (1)求线段AB的中垂线方程： (2)求过点P(2,一3)且与直线AB平行的直线l的方程： (3)一束光线从B点射向(2)中的直线，若反射光线过点A,求反射光线所在的直线的方程. 34 16.(15分)在某海礁A处有一风暴中心，距离风暴中心A正东方向200km的B处有一艘轮船， 正沿北偏西a(a为锐角)角方向航行，速度大小为40km/h.已知距离风暴中心180km以内的 水域受其影响. (1)若轮船不被风暴影响，求角α的正切值的最大值： (2)若轮船航行方向为北偏西45°，求轮船被风暴影响持续的时间. 17.(15分)在平面直角坐标系xOy中，一动圆过点F(1,0)且与直线x=一1相切，设该动圆的圆 心C的轨迹为曲线T, (1)求T的方程： (2)设P为T在第一象限内的一个动点，过P作曲线下的切线l,直线2过点P且与l,垂 直，2与T的另外一个交点为Q,求|PQ的最小值 35 18.(17分)如图，一个正三角形ABC和一个平行四边形ABDE在同一个平面内，其中AB=8, BD=AD=√/43，AB,DE的中点分别为F,G.现沿直线AB将△ABC翻折成△ABC,使二面 角C-AB一D为120°，设CE的中点为H. (1)求证：平面CDF∥平面AGH: (2)求异面直线AB与CE所成角的正切值； (3)求平面CDE与平面DEF的夹角的余弦值. : 19.17分)已知椭圆C:子大 +=1(a>b>0)的上，下顶点分别是A,B,点E(异于A,B两点)在 椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为一2，椭圆C的短轴长为2. (1)求椭圆C的标准方程： (2)点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线，l与 椭圆的两个交点分别为P,N,若PQ十QN为定值，则称点Q为稳定点”，间：是否存在这 样的稳定点？若有，求出所有的“稳定点”：若没有，请说明理由. 36