选择性必修第一册综合训练-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册(北师大版2019)

故S表示的部分如图①所示。 对于C:E(-.-②.0).F(. (x.y)ly=0|表示x轴,故snl(x.y)ly= 0).M(0.1.1).则FF=(22,2v2.0). -(2。)(2。).A正 -22-1-1). 设平面MEF的一个法向量为m=(xy). 确;B选项,当m=2时,(x-2)+(y-2)= 1.由于圆心(2.2)到x轴的距离等于2.大) (EF·m=22x+22=0. .-.B ·n=v②x+(v2-1)-=0. 于1.整个圆位于:轴上方, 取x=1.则y=-1.=1,故m=(1.-1.1. (x-2)?+(r+2)?=1.由于罔心(2.-2)到 轴的距离等于2.大于1.整个圆位于x轴下方,故5表示的部分如图 所以sin B=lcon.05)11m .o5 ②所示。 1ml10 # 由于圆心(2.2)到直线y---的距离为 2③ #故。B 11-2125 #x23:_ <1.故直线y-与圆 所以平面MEF截该圆锥得到的截口曲线为双曲线的一部分,故 (-2)2+(y-2)2=1有两个交点,P有2个0 C正确: 元素,B正确: 对于D:若平面~截该圆锥得到的截口曲线为离心率是v2的双曲线 ② 的一部分,则8_2.所以 cos8=1.因为B C选项,当m=0时,此时两罔罔心相同. [0.].所 半径相等,此时S表示的部分如图③所示。 以$=0.所以平面y/0S.故平面v不经过原点0.故D正确.故 1>0.C错误: (2.1 .(1-5)()#-2 选BCD. 解析:因为1AB1=V(5+3)+(6-2)- -1时(x-2)?+ 2 ### (20) 4/5.1A01=35,所以1BCI=21AO1-1AB1-2$5 (y-m)?=1.由于圆心(2.n)到直线y= ③ 因为P0/BC.所以AB1BC.AC为直径,且1AC1= ## 1AB1+1BC1-10. 5 ((x+3)}+(y-2)}-100. ### 设C(x,y).则 (舍去) #7 (2.-m)到直线yx的距离为 (2m) 设0(1)由-3,得-解得=3. 1-2=3. 1m+112v51m+11 1y=5. 过点B.C.0的圆,是以c0为直径的圆,所以其圆心为(5.).半径为 ④ 表示的部分如图④所示. (一(5-3)()--#故答案为(-)()- 此时直线,--分别与两圆交于两点,共4个交点,所以P有4个 10.(1)1(2)43 解析:(1)若a=(x.6.-3)..b=(3.y.0).且a+ 元素,D正确.故选ABD b=(+3,6+y.-3)=(5.5,-3) 有x=2.y=-1.则x+y=l. 7. ACD 解析:对于A.AA同时与AA乘直.AxAD=AA. (2)依题意,01.08.0两两夹角为,且模都是2.则三校锥 sinA.A)-2x2sin 90*-4-1A1.且AA.A构成右手系,故 AxA-A4成立,故A正确 对于B.ABXAD-AAAXAB--AA,则AXAD+AXAB,故B错误 选择性必修第一册综合训练 对于C.(AB+AD)XAA 1=1AC×AA 1=22X4Xsin90=8$.AC 1.B 解析:由y--2可得-4y,其焦点坐标为(0.1).故选B. A4与DB共线,且方向相同.1AxAA1-2X4xsin 90"=8.AxAA与 DA共线,且方向相同,1ADxAA 1=2X4xsin90=8,ADxAA 与A共 2. D 解析:将X=1.5代入回归直线方程Y=1.4X+0.9可得V=1.4$ 线,且方向相同,所以1A×AAxA-8②.ABxAAAxAA与 1.5+0.9=3.故选D. 3.C 解析:函数k=tana在(120,135]上单调递增,又tan120* 共线,且方向相同,所以(AB+AD)XAAAXAA+AxAA.故 -3.tan135*=-1.故k的取值范围是(-v3.-1].故选C. C正确. 4.C 解析:根据题意,分两种情况讨论:若用两种颜色涂色,有C2x2 对于D.V方ucB-4o=2x2x4=16.(AxA)·CC-AA. 42(种)涂色方法;若用三种颜色涂色,有Cx3x2x(2+1)=630(种) CC=4=16,所以V-Aco=(AbxA)·C,故D正确. 涂色方法;所以有42+630=672(种)不同的涂色方法.故选C. 5.C 解析:建立空间直角坐标系,如图. 故选ACD 8.BCD 解析:对于A:只有过点MI.V且与底面平行的平面截该圆锥得 ###)(-#).# 到的截口曲线才是圆,其他情况均不是罔,故A不正确; 对于B:由题得底面圆0的半径为2.则0D=2.0S=2.则A为$D 中点. C.(_。o1). 易知AB1平面SCD.SDC平面SCD.所以sD1.AB.又SD10M 0MOAB=0.OWC平面MAB.ABC平面MAB.所以SD1平面MAB 又易知OM=SM=MD,所以平面MAB与旋转轴OS所成角为乙SOM= 截该罔锥得到的截口曲线为抛物线的一部分,故B正确; 2=0.:: 选择性必修第一册·BS 黑白题106 A.所以(.x).-() 2 _2,:B正确. 当P.0关于原点对称时,设P(xn,y。).则O(-xo,-y). 由PF:10F 得(x。+2.yo)·(-x+2.-y)=0. 6. B 解析:因为P(-3o<X={+3o)-0.9974.所以1-0.9974= 0.002 6.故x-B(k.0.002 6).所以 EX=0.002 6k>0.026.解得k>10. 4 因为keN*,故k的最小值为11.故选B. 15.故直线P0的方程为y-+15x.D正确.故 7.C 解析:设第一次从甲盒取出白球、红球、黑球的事件分别为 .ho" /15 A..A.,A.,从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的事件 选BD. t10 ,得圆的最 为B.则P(B)=P(A.)P(BIA )+P(A )P(BIA )+P(A)P(B1A= 12.150 解析;先将学生安排出去,共有35=243(种)排法 若5名学生都去同一个社区,共有C=3(种)排法; 若5名学生去2个社区(每个社区至少安排1名志愿者),共有 大值为6.故选C. 8. A 解析:依题意有0.A.P.B四点共罔,设点P坐标为P(xo,yo),则 c(2-C)-90(种)排法; 该圆的方程为x(x-x。)+y(y-y)=0. 所以符合题意的所有排法的总数为243-(3+90)=150.故答案 将两圆方程:x2+y-b与x?-xx+-yy=0相减,得切点所在直线 为150. 13.0 解析:因为A.D.//AD/BC.A.D. =AD=BC.所以四边形A.BCD 方程为1a:xx。+y。=62,解得M 为平行四边形。 所以CD./BA..所以直线CD.与 直线AD所成的角和直线BA.与直 2?+? 2 ,2 C 2 =1.所以 ## ,2 线AD所成的角相等, ,4 又因为BA=A4-.所以BA· (A-)·-A·A A.A-1A4111cos 45*- 9. AB 解析:对于A.C+C+.+C=C+C+C++C-C=C+ A11A1co8 45*=0. ]+C-C=C++C-C=C+c-C=C-C=209A错误; 所以直线CD.与直线AD垂直.即 对于B:第2023行中的数为(x+1)20-的展开式的二项式系数,则从 直线CD.与直线AD所成角的余弦值为0.故答案为0 左往右第1011个数为C1册,第1012个数为C.CC阻. 14.9+4v2 解析:由题意,不妨设N(4cos6.4sinθ).8=[0.2π) B错误: 则M.N两点的“曼哈顿距离”为d(M.N)=14-4cosf1+15- 对于C:第n行的第1个数为a=C!.则3-a-23-'c1-3°C (). 4sin 81=9-4(sin6+cos 6)=9-4v2sin 3C+3C}..43*C=(1+3)*=4*.C正确; (6)<9+4v2.等号成立的条件为当 对于D:第20行中的数为(x+1)”的展开式的二项式系数,则从左往 所以d(M.N)-9-4/2sin 且仪当in(0)-1. : 即当且仅当 2010 52 ([0.2n). 4 10. BD 解析:以点C.为坐标原点,分别以C.D.C.B.C.C所在直线 综上所述,M.V两点的“曼哈顿距离”的最大值为9+4/2.故答案为 为x、y:轴建立如图所示的空间直角坐标系,则C.(0.0.0). 9+4/2. D.(2.0.0).C(0.0.2).B(0.1.0). 15.解:(1)因为同C:(x-1)+(y+1)=4的圆心为C(1.-1).半径为 设B -ABC-A(0.-1.2)=(0.-A. =2. 当1的斜率不存在时,x=3满足条件. 2$).其中0A1.则C=C.B+ 当1的斜率存在时,不妨设其方程为y-2=k(x-3).即-y+2- B. P-(0.1.0)+(0.~A.21)-(0.1- 3=0. A.2).D.=DC+c.(-2.0.0)+ 5 (0.1-A.2A)=(-2.1-A.24). 1 所以C,D-(1-A)+4= P 方程为5x-12y+9=0. #-15)# 综上所述,1的方程为x=3或5x- 12y+9=0. 13r-4y+13=0 因为0=^<1,划-<- (2)如图.因为10V12-10C1?- ICM1*=10C1-4. #o_(4)##?05(-)4## 所以当10C1最短时,即c01/时。 10M1取得最小值. 此时10C1-13+4+131 [4].故选D. V③(-4) -=4 11. BD 解析:PF 1OF.PF。10F..以Po为直径的圆经过 F..F. 又0<乙C0M90.所以乙C0M=30 又弦FF。的中垂线过圆心,故PO的 16.解:(1)若将表中人数少于25人的4个班两两组合进行课后看护. 中点(回心)在y轴上. _## .P.0关于y轴对称,或关于原点 对称 .F(-2.0).F(2.0). 共1种方法 .当P.0关于y轴对称时,设P(xo。 记A表示事件“班级代号为1,2的两个班合班看护”,则其概率 由P10F.得(x。+2.%o)· y%。).则(-1o,%). (-xo+2,y。)-0. (2)随机变量x的可能取值为0.1.2.3. c 41 可得P(x-o)-C56-4.P(x-1)- cic!243 C567 参考答案 黑白题107 CC4! c]C 24 3 即-2(1-2-2-0 P$X=2= C 56-.P(=3) C 5614' 2-2 2 则X的分布列为 般将来 D.6 19.(1)解:因为x++23x-21=0.所以(x+③)+=24.所以 T(-3.0).半径7=2v6.因为线段GH的 中垂线交线段TG于点R.连接RI.所以 IHI=1RG1.所以1RT$+1R|=1R71+ IGI=17GI=2V6 1THI=23. 3$ti(1+2+3+4+5)=3.,j=590.(-)2=10.$ 17.解:(1)因为=- 所以动点R的轨迹是以T(-3,0). (1-)(-)1320. 11(3,0)为焦点,长轴长为26的摧圆。 所以a=v6.c=v3,b=3. 1320 =132.=590-132x3=194. 10 (_)} (2)解:是定值.当直线AB的斜率不存在时,其方程为x=v3,与) 轴不相交,不合题意,舍去。 所以变量X.Y之间的线性回归方程为Y=132X+194 当直线AB的斜率存在时,设AB所在 当 =7时.=132×7+194=1118(万元). 直线方程为y=k(x-v③).设A(x. 所以预测2023年7月份该公司的直播带货金额为1118万元 y).B(x.v). (2)补全完整的列联表如下。 (y=k(x-③). 由 ,2 参加过直播带货 未参加过直播带货 总计 -=1. 消去y整理得一 25 女性 5 2{ (1+2)-43k+6-6=0A0 男性 -.-2 15 10 4/2 55 总计 15 40 恒成立,所以{ 1:12^ 6}-6 30x25×40×15 2.706.即有90%的把握认为参加直播带货与性别有关 又因为直线AB与y轴的交点为C.所以C(0.-V3k). 18.解:(1)在长方体ABCD-A.B.C.D.中.易知BC.BA.BB.两两垂直 所以CA=(a,y+3k)A-(3--y)CB=(,+3k). 如图,以B点为坐标原点,以BC.BA.BB,所在直线分别为:轴. (3-x.-y). y轴,:轴建立空间直角坐标系. 又因为CA=AAn,所以x.=A(3-x.).同理x.=(③-x).所以 则B(0.0.0).A(0.1.0).C(1.0.0). 且= 设AA.=a.则D(1.1.a),AC=(1.-1. A=. 5' ③- 0).AD.=(1.0.a). _ _: ③(x.+x)-2x,x 设平面ACD.的一个法向量为n=(3t. 所以A+&三 , 3- ③-: y1:). 3-3(x.+x)+,。 (n·C-t-y:0. 34 取x.=a.y.= 12}-12+12- 2x1+2 n.AD-x.+a:.=0. _~ 12 .整理后得A+= 3-416-6 3+6-12}+6}-6 a..=-1,则n=(a.a.-1). 若选择条件①,A-(0.-1.0),设直) x1+2^1+2^{} 线AB与平面ACD,所成角为.则sing=leos(n.A)-lal -4.所以A+为定值-4 (3)证明:如图,设P(xt,y).0(x,),显然P0的斜率存在. 2+1 由)。去,得 x.*2.x.≠2.设P的方程是y=k+m。 若选择条件②,易知平面ABB.A.的一个法向量为n=(1.0.0). (22+1)r2+4krr+2m}-6=0. Inn1 设平面ABB.A.与平面ACD.的夹角为a.则cosa= 则A=16v -4(2+1)· 1m·In (2m-6)-8(6}-m+3)>0,即 lal 6k+3m{,由根与系数的关系 [.:-21 -4r (2)由题(1)得D(1.1.2).A(0.1.2).C.(1.0.2).BD=(1. 12 2n2-6 1.2).A.C=(1.-1.0). 设BE=ABD.=(A.A.2)(A1).则E(A.A.2),A.E=(A.A- 1.24-2). 根据已知kno=1.,可得-1-1 设平面A.C.E的一个法向量为s=(x,y,). 21. 即yy-(y+y)1=xx-2(x.+x)+4. 又y.=k.+m,y.=k+m. 1A sA=Ax+(a-1)y+(2-2)=0. 代入上式整理得m}+(8+2)m+12}-3-0 则m=-6k-3或m=1-2. 当 =-6-3时,直线P0的方程为v=(x-6)-3.所以直线P0经 -(A.A-1.24)A-(1.0.0). 过定点(6.-3). 当m=1-2时,直线P0的方程为v=k(x-2)+1.所以直线P0经过 设平面ADE的一个法向量1-(xs,y,-). 定点(2.1).与M重合,舍去. 故直线P0经过定点K(6.-3) .-=0. 又因为VD1P0.所以D在以线段MK为直径的因上 所以F为线段MK的中点,即F(4.-1). 令y=-2,;=A-1.则(=(0.-2A,A-1). 所以1DF1-1M1-×(6-2) +(-3-1)-2/2.为定值。 .平面A.CE1平面ADE二.5·1=0. 选择性必修第一册·BS 黑白题108选择性必修第一册综合训练 (时间：120分钟 总分：150分】 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共 MN⊥AB,则入= 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 2 C. D. 4 5 6.(2024·河南南阳高二期末)为了检测自动包 1.(2024·湖北武汉高二期末)抛物线y= 4 装线生产的罐装咖啡，检验员每天从生产线上 的焦点坐标为 随机抽取k(k∈N”)罐咖啡，并测量其质量（单 A.(1,0) B.(0.1) 位：g).由于存在各种不可控制的因素，任意抽 c.() .(o. 取的1罐咖啡的质量与标准质量之间存在一定 的误差，已知这条包装线在正常状态下，每罐 2.(2024·江西上饶高二期末)根据x与y之间 咖啡的质量服从正态分布N(4,σ).假设生产 的一组数据求得两个变量之间的线性回归方 状态正常，记X表示每天抽取的k罐咖啡中质 程为Y=1.4X+0.9,已知数据X的平均值为 量在(4-3o,u+3σ)之外的罐数，若X的数学期 1.5,则数据Y的平均值为 望EX>0.026,则k的最小值为 A.1.5 B.2.3 C.2 D.3 附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则 3.(2024·湖南衡阳高二期末)已知直线1的倾 P(u-3σ<X≤u+3σ）≈0.9974. 斜角a满足120°<α≤135°，则1的斜率k的取 A.10 B.11 C.12 D.13 值范围是 ( 7.(2024·江西鹰潭高二期末)若甲盒中有2个 【1,) 白球，2个红球、1个黑球，乙盒中有x个白球 (x∈N)、3个红球、2个黑球，现从甲盒中随机 B.[-3,-1] 取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出 C.(-3,-1] 一个球，若从甲盒中取出的球和从乙盒中取 D.(-,-3]U(-1,+) 出的球颜色相同的概率大于等于，则x的最 4.(2024·江西萍乡高二期末)有7种不同的颜 ( 色给下图中的4个格子涂色，每个格子涂一种 大值为 颜色，且相邻的两个格子颜色不能相同，若最 A.4 B.5 C.6 D.7 多使用3种颜色，则不同的涂色方法种数为 8.(2024·重庆第八中学高二月考)数学美的表 现形式多种多样，我们称离心率e=w其中 w=5-1） 的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金 2 A.462 B.630 C.672 D.882 5.(2024·广东茂名高二期末)如 椭圆方程为号茶=1(a6>0),若以原点0为 图，正三棱柱ABC-A,B,C,的 B 圆心，短轴长为直径作⊙O.P为黄金椭圆上 棱长都是1，M是BC的中点， 除顶点外任意一点，过P作⊙O的两条切线， C示=ACC(0<A<1),且 切点分别为A,B,直线AB与x,y轴分别交 选择性必修第一册综合训练黑白题183 于M,N两点，则 6 a PQ的方程为 10M1210W12 A.y=±2 A.I B.y=4, B.w C.-@ D.- 2 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共 C.y=±2 √15 D.y=±15X 18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分， 15分 有选错的得0分 12.(2024·湖南长沙高二期末)某高中计 9.(2024·河南南阳高二期末)“杨辉三角”是中 划2024年寒假安排甲、乙、丙、丁、戊共5名 国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋 学生志愿者到A,B,C三个社区协助反诈宣 数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》 传工作，每个社区至少安排1名志愿者，每个 一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角 志愿者只能安排到1个社区，则所有排法的 形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列 总数为 关于“杨辉三角”的结论错误的是 ) 13.(2024·河北张家口高二期末)已知平行六 杨挥三角 第0行 面体ABCD-A,B,C,D,的所有棱长都相等，且 弟1行 11 第2行 121 ∠BAD=∠A,AB=∠A,AD=45°，则直线CD 第3行 1331 第4行 14641 与直线AD所成角的余弦值为 第5行 15101051 第6行 1615201561 14.(2024·江苏南通高二期末)“曼哈顿距离" 第7行 172135352171 第8行 18285670562881 是十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创，定 A.C+C2+…+C=210 义如下：在直角坐标平面上任意两点A(x1, B.第2023行中从左往右第1011个数与第 ),B(x22)的“曼哈顿距离”为d(A,B)= 1012个数相等 1x1-x2+|y-y21,已知动点N在圆x2+y2= C.记第n行的第i个数为a,则23a,=4 16上，定点M(4,5),则M,N两点的“曼哈顿 距离”的最大值为 D.第20行中第12个数与第13个数之比为 4:3 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 10.(2024·河北石家庄高二期末) 15.(13分)(2024·广东深圳高二期末)已知圆 如图，长方体ABCD-A,B,C,D C:(x-1)2+(y+1)2=4. 中，CC=C,D,=2,CB,=1,点P (1)过点P(3,2)作C的切线l,求1的方程； 为线段B,C上一点，则C,P· (2)若点Q为直线：3x-4y+13=0上的动 D,P的值可以为 点，过Q作圆C的切线，记切点为M,当 QMI取最小值时，求∠CQM的大小. D.2 11.(2024·江西九江高二期末)已知双曲线E: 21的左右焦点分别为P,B,P,0为 E上两点，且PF,⊥QF,PF2⊥QF2,则直线 选择性必修第一册：BS黑白题184 16.（15分)(2024·山东德州高二期末)为落实 月份X 2 3 4 5 “双减”政策，提升课后服务水平，某小学计 划实行课后看护工作.现随机抽取该小学 带货金额 350 440 580 700 880 三年级的8个班级并调查需要课后看护的学 Y/万元 生人数，分布如下： (1)求变量X,Y之间的线性回归方程，并据 班级 此预测2023年7月份该公司的直播带 3 4 5 6 7 8 代号 货金额 (2)该公司随机抽取55人进行问卷调查，得 需看 到如下不完整的列联表： 护学 2022 27 30 25 23 32 21 参加过直 未参加过 生人数 播带货 总计 直播带货 (1)若将上述表格中人数低于25人的班级 女性 25 30 两两组合进行看护，求班级代号为1,2 的两个班合班看护的概率； 男性 10 (2)从已抽取的8个班级中随机抽取3个 总计 班，记3个班中需要课后看护的学生人 请填写上表，并判断是否有90%的把握认为 数低于25人的班级数为X,求X的分布 参加直播带货与性别有关， 列及数学期望， 参考数据：y=590,店(-)2=10， 20列2=17640，含(-)(y-)= 1320,441000≈664 参考公式：线性回归方程的斜率，= 含(-0 截距a=y-x. 含(x- 附：X2= n(ad-be)2 a+b)(c+d)(a+e)(6td,其中n= a+b+c+d P(X2>k) 0.15 0.10 0.05 0.025 k 2.072 2.706 3.841 5.024 17.(15分)(2024·江苏常州高三月考)直播带 货是一种直播和电商相结合的销售手段，目 前已被广大消费者所接受.针对这种现状，某 公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带 货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5 个月的带货金额： 选择性必修第一册综合训练黑白题185 18.(17分)(2024·浙江台州高二期末)在长方 19.(17分)(2024·山东潍坊高二期末)如图， 体ABCD-A,B,C,D,中，AB=AD=1.从①②这 已知圆T:x2+y2+23x-21=0,圆心是点T, 两个条件中任选一个解答该题 点G是圆T上的动点，点H的坐标为(3， ①直线AB与平面ACD,所成角的正弦值 O),线段GH的垂直平分线交线段TG于点 R,记动点R的轨迹为曲线E. ②平面ABB,A1与平面ACD1的夹角的余弦 (1)求曲线E的方程， (2)过点H作一条直线与曲线E相交于A,B 简为导 两点，与y轴相交于点C,若C=AA五， (1)求AA的长度： C店=μB阻，试探究A+μ是否为定值？若 (2)E是线段BD,(不含端点)上的一点，若 是，求出该定值：若不是，请说明理由， 平面A,C,E⊥平面ADE,求E的值 (3)过点M(2,1)作两条直线MP,MQ,分别 BD, 交曲线E于P,Q两点，使得k·k= 1.且MD1PQ,点D为垂足，证明：存在 定点F,使得IDFI为定值 D: 选择性必修第一册·BS黑白题186