期中押题密卷02【范围：第一章-第二章 培优卷】-2024-2025学年高二数学上学期期期中《考点·题型·密卷》复习讲义（人教A版2019必修第一册）

期中押题密卷02 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．在正四面体中，过点A作平面的垂线，垂足为H点，点M满足，则（    ）． A． B． C． D． 2．已知直线：和点，点，点P是直线上一动点，当最小时，点P的坐标是（     ） A． B． C． D． 3．在斜三棱柱的底面中，，且， ，则线段的长度是（    ）    A． B．3 C． D．4 4．设点是圆上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 5．在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，是的中点，是棱上一点（不含端点），满足．若异面直线与所成角的余弦值为，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 6．已知圆，圆，其中.若两圆外切，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．已知点M是圆上的动点，点N是圆上的动点，点P在直线上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，，当四边形面积最小时，的值为（    ） A． B． C． D． 二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列说法命题正确的是（ ） A．已知，，则在上的投影向量为 B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 C．已知三棱锥，点P为平面ABC上的一点，且，则 D．若向量，（都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 10．已知直线，下列说法正确的是（    ） A．直线过定点 B．当时，关于轴对称的直线为 C．点到直线的最大距离为 D．与两坐标轴围成的三角形面积为2的直线有4条 11．已知点在直线上移动，圆，直线，是圆的切线，切点为，.设，则下列说法正确的是（    ） A． B．存在点，使得 C．四边形的面积取值范围是 D．当的坐标为时，的方程为 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在正方体中，点在线段上运动，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为 . 13．已知点P是直线：和：（m，，）的交点，点Q是圆C：上的动点，则的最大值是 . 14．我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．如：若实数满足，则的最小值为 ，的最大值为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知过点的圆的圆心在直线上，且与直线相切. (1)求圆的标准方程； (2)求过点且被圆截得的弦长为的直线的斜率. 16．如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点．    (1)证明：平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 17．已知点A，B是圆上的动点，且，直线PA，PB为圆的切线，当点A，B变动时，点P的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点，斜率为k的直线与曲线交于点M，N，点Q为曲线上纵坐标最大的点，求证：直线MQ，NQ的斜率之和为定值． 18．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点.    (1)证明：. (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)设点到直线的距离为，点到平面的距离为，求的值. 19．已知动点与两个定点的距离的比为. (1)求动点的轨迹； (2)过点作直线，交曲线于两点，不在轴上． ①过点作与直线垂直的直线，交曲线于两点，记四边形的面积为，求的取值范围： ②已知，设直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中押题密卷02 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．在正四面体中，过点A作平面的垂线，垂足为H点，点M满足，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解. 【详解】在正四面体中， 因为平面，所以是的中心，连接， 则， 所以 . 故选：B. 2．已知直线：和点，点，点P是直线上一动点，当最小时，点P的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件求出A关于直线的对称点坐标，求出直线方程，与已知直线方程联立即可求解. 【详解】依题意，设关于直线的对称点， 所以，解得，所以， 由直线的对称性知，，则， 当且仅当三点共线时，等号成立，即取到最小， 由及知直线的方程为， 联立，解得，即. 所以最小时，点P的坐标是. 故选：C 3．在斜三棱柱的底面中，，且， ，则线段的长度是（    ）    A． B．3 C． D．4 【答案】A 【分析】首先根据几何图形，利用基底向量表示，再根据数量积公式，求模长. 【详解】， , , 所以. 故选：A 4．设点是圆上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合图形分析最小时点P的位置，然后先计算，再由二倍角公式即可求解. 【详解】如图，已知点P在圆外，所以为锐角， 由余弦函数单调性可知，当取得最小值时，取得最大值. 在中，， 当最大时，取得最小值， 由正弦函数单调性可知，此时最小，即取得最小值. 又最大值为，所以， 所以. 即的最大值为. 故选：B 5．在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，是的中点，是棱上一点（不含端点），满足．若异面直线与所成角的余弦值为，则的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】先根据条件建立合适空间直角坐标系，然后表示出点坐标，利用向量法表示出异面直线所成角的余弦值，求解出的倍数关系则可知. 【详解】取中点，连接， 因为四边形是菱形，，所以均为等边三角形， 又因为为中点，所以， 又因为，所以， 以为坐标原点，以方向为轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系： 设， 所以， 设，所以， 所以，所以，， 所以， 化简可得，所以， 所以，所以，所以， 故选：C. 6．已知圆，圆，其中.若两圆外切，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两圆外切得到，变换为点与形成直线的斜率，根据直线和圆相切结合图像得到答案. 【详解】圆和圆外切， 则，整理得到， 表示圆的点与形成直线的斜率，    设直线方程为，即， 当直线与圆相切时，，解得或. 根据图像知： 故选：A. 7．已知点M是圆上的动点，点N是圆上的动点，点P在直线上运动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆的性质可得，求点关于直线对称的点为，结合对称性分析求解. 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径， 圆的圆心，半径， 则， 即， 设点关于直线对称的点为， 则，解得，即，    因为，则， 所以的最小值为. 故选：D. 8．已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，，当四边形面积最小时，的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆的方程求出圆心和半径，然后得到四边形面积为，利用切线长公式可知，当最短时，四边形面积最小，求解即可得到答案. 【详解】    将化为标准方程为：， 所以圆的圆心为，半径为2， 由题意，四边形面积为， 又因为， 所以当最短时，四边形面积最小，此时. 故选：C 二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列说法命题正确的是（ ） A．已知，，则在上的投影向量为 B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 C．已知三棱锥，点P为平面ABC上的一点，且，则 D．若向量，（都是不共线的非零向量）则称在基底下的坐标为，若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 【答案】CD 【分析】根据投影向量公式计算判断A，应用向量共线判断B，判断四点共面判断C，根据基底运算判断D． 【详解】对于A，由于，，则在的投影向量为，故A错误； 对于B，因为直线l的方向向量为，平面的法向量为，所以，所以或，B错误； 对于C，因为P为平面ABC上的一点，所以四点共面， 则由空间向量共面定理以及可得， ，所以，C正确； 对于D：在单位正交基底下的坐标为，即， 所以在基底下满足： ， 故，，，可得，，， 则在基底下的坐标为，故D正确． 故选：CD． 10．已知直线，下列说法正确的是（    ） A．直线过定点 B．当时，关于轴对称的直线为 C．点到直线的最大距离为 D．与两坐标轴围成的三角形面积为2的直线有4条 【答案】BC 【分析】把直线方程整理成点斜式，令k的系数等于零，可求出直线所过的定点M，即可判断A；在直线上取两点，求出这两点关于x轴对称的点，即可求出关于x轴对称直线的方程，即可判断B；结合A选项，当直线时，点P到直线l的距离最大，即可判断C；分别求出直线与坐标轴的交点坐标，再结合题意即可判断D. 【详解】选项A：由直线l:,得，令，解得，所以直线l过定点,故A错误； 选项B：当时，直线l: ，取两点,分别关于x轴对称的点为,所以l关于x轴对称直线为，故B正确； 选项C：由A选项可知直线l过定点，当直线时，点P到直线l的距离最大，最大距离为，故C正确； 选项D：由直线l:，令，得，当时，，此时直线与x轴没交点，所以，令，得，依题意：，解得或，所以满足条件的直线有3条，故D错误; 故选：BC. 11．已知点在直线上移动，圆，直线，是圆的切线，切点为，.设，则下列说法正确的是（    ） A． B．存在点，使得 C．四边形的面积取值范围是 D．当的坐标为时，的方程为 【答案】AC 【分析】A选项，利用三角形全等可判断；B选项，由时，最大可判断； C选项，，可求得，进而可判断； D选项，设，，利用圆的切线方程，得到切线，，再将代入求解即可判断. 【详解】对于A选项，连接，，因为，为圆的切线，所以，，，， 所以，所以，故A正确； 对于B选项，，有当最小时，最大，即最大， 当时，此时最小，，所以， 可得，即，故B错误； 对于C，四边形的面积，又， 又，所以,所以， 即四边形的面积得取值范围是，故C正确； 对于D，设，，利用圆的切线方程，得到切线，， 将代入可得，，， 所以过，两点的直线为，故D错误. 故选：AC. 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在正方体中，点在线段上运动，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为 . 【答案】/ 【分析】构建空间直角坐标系，令且，故，应用向量法用表示出线面角的正弦值，即可求最值. 【详解】若正方体的棱长为1，构建如下图示的空间直角坐标系，则， 所以，令且，故， 由，故， 令面的法向量为，则，令，， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 当时，正弦值的最大值为. 故答案为： 13．已知点P是直线：和：（m，，）的交点，点Q是圆C：上的动点，则的最大值是 . 【答案】 【分析】根据题意分析直线分别过定点，点P的轨迹是以为直径的圆，结合圆的性质运算求解. 【详解】因为直线：，即， 令，解得，可知直线过定点， 同理可知：直线过定点， 又因为，可知， 所以直线与直线的交点P的轨迹是以的中点，半径的圆， 因为圆C的圆心，半径， 所以的最大值是. 故答案为：． 14．我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．如：若实数满足，则的最小值为 ，的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用直线和圆的位置关系可得的最小值，把转化为点到直线的距离与它到距离比值的2倍，结合图形可得答案. 【详解】由得，令， 则直线与圆有公共点， 所以圆心到直线的距离为，解得， 所以的最小值为. 可以看作点到直线的距离与它到距离比值的2倍， 设过点的直线与圆相切于点，此时取到最大值. 设直线方程为， 由，得， ，解得，结合图形可知， 把代入联立后的方程可得切点， 代入可得的最大值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是把目标式转化为点到直线的距离与它到距离比值的2倍，数形结合可得答案. 四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知过点的圆的圆心在直线上，且与直线相切. (1)求圆的标准方程； (2)求过点且被圆截得的弦长为的直线的斜率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知条件，利用待定系数法解得，即可求解； （2）设直线方程为，求出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式求解即可. 【详解】（1）因为圆过点，所以①， 因为圆的圆心在直线上，所以②， 又因为圆与直线相切，所以③， 又，则①②③联立解得， 所以圆的标准方程为. （2）由题意可得圆心到直线的距离， 设直线方程为，即， 所以，解得. 16．如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点．    (1)证明：平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，可得，即可证明； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（ii）利用点到面距离的向量法求解即可. 【详解】（1）取的中点N，连接，如图所示：为棱的中点，   ， ， ∴四边形是平行四边形，， 又平面平面平面．             （2）， ∵平面平面，平面平面平面， 平面， 又平面，而，          ∴以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图：则， 为棱的中点，                         （i）， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 平面的一个法向量为，            ， 根据图形得二面角为钝角，则二面角的余弦值为            （ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设， 则，       由（2）知平面的一个法向量为， ， ∴点Q到平面的距离是 ，         ． 17．已知点A，B是圆上的动点，且，直线PA，PB为圆的切线，当点A，B变动时，点P的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点，斜率为k的直线与曲线交于点M，N，点Q为曲线上纵坐标最大的点，求证：直线MQ，NQ的斜率之和为定值． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）设，根据题意得出，再根据两点间距离公式即得. （2）联立，利用韦达定理，代入斜率公式整理即得. 【详解】（1）设，在中，PB为圆的切线，所以， ，所以，得，即， 所以曲线的方程： （2）由点Q为曲线上纵坐标最大的点，所以， 设，，斜率为k的直线方程为：， 由，得， 得，， 所以 ，          而， ， 所以， 即直线MQ，NQ的斜率之和为定值为 【点睛】直线与圆锥曲线弦的问题包括求弦的方程、弦长、弦中点坐标轨迹等问题，解决这些问题的总体思路是设相关量，找等量关系，利用几何性质列方程(组)，不等式(组)或利用一元二次方程根与系数的关系，使问题解决. 18．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点.    (1)证明：. (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)设点到直线的距离为，点到平面的距离为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题意可知平面平面，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得到，在矩形中，由题意可得，由线面垂直判定定理及性质即可证得； （2）取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求线面角的正弦值； （3）利用空间向量求出和，即可求出. 【详解】（1）连接，，    因为，为的中点，所以， 因为棱柱直三棱柱， 所以面，平面，所以平面平面， 又平面平面，面， 则平面，又平面，所以， 在矩形中，，为的中点， 所以， 所以，故， 又，面，面， 所以平面，又平面， 所以. （2）取的中点，连接， 由（1）及题意易知，，两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示.    由，，则，，，，. 设平面的法向量为，又，， 则即令，则. 设直线与平面所成的角为，又， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）知平面的一个法向量为，，， 所以点到平面的距离为， 又，直线的一个单位方向向量为， 则，， 所以点到直线的距离为， 所以. 19．已知动点与两个定点的距离的比为. (1)求动点的轨迹； (2)过点作直线，交曲线于两点，不在轴上． ①过点作与直线垂直的直线，交曲线于两点，记四边形的面积为，求的取值范围： ②已知，设直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)①；②是，直线方程；理由见解析 【分析】（1）设为所求轨迹上的任意一点，结合，列出方程，即可求解； （2）①设直线的方程为，求得圆心到直线的距离，得到，分和，两种情况讨论，结合二次函数的性质，即可求解； ②联立方程组，求得，再由直线和方程，联立可得，代入求得的值，即可求解. 【详解】（1）设为所求轨迹上的任意一点， 则，可得，整理得， 所以曲线的方程. （2）①设直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离，所以， （i）若，则直线为轴，此时，则， （i i）若，则直线为，， 所以， 令，由于，则，， 于是， 由于，所以，因此，即时， 取得最大值，最大值为7， 同时，由二次函数的性质可知， 所以，即面积的取值范围为， 综上所述： ②设， 联立方程组，整理得， 易得，所以， 直线方程为，直线方程为， 联立可得， 可知， 代入上式得，解得 所以点在定直线上. . 2 学科网（北京）股份有限公司 $$