专题05 期中选填压轴题（四大题型）（期中真题汇编 北京专用）高二数学上学期

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05期中选填压轴题（四大题型） ☆4大高频考点概览 考点01空间向量与立体几何 考点02直线方程 考点03圆 考点04曲线与方程 目目 考点01 空间向量与立体几何 1.(24-25高二上北京清华大学附属中学朝阳学校期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中， M,N分别是棱A1B1,A1D1的中点，点E在BD上，点F在B1C上，且BE=CF,点P在线段CM上运动， 给出下列四个结论： A D M C A D B ①当点E是BD中点时，直线EF//平面DCCD1: ②直线B1D1到平面CMN的距离是 17； ③存在点P,使得∠B1PD1=90°； ①△PDD,面积的最小值是誓。 其中所有正确结论的个数是（) A.0 B.1 C.2 D.3 2.(24-25高二上北京八一学校期中)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，侧棱 AA1⊥底面ABCD,AB=3,AA1=6,P是侧面BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1,记AP与平面 BCC1B1所成的角为6，则tan的最大值为()， 1/13 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 D A B B A.5 B.与 C.2 D. 3.(24-25高二上·北京丰台区期中)在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足AM-XAB+yAC-(+y-I)AD ,点N满足BN=BA+(1-)BC,当AM、BN最短时，AMMN=(） A.青 B. C. D.青 4.(2425高二上·北京理工大学附属中学期中)人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别 技术.主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种，设A(x》),B(x2V2), 则欧几里得距离D(AB)=V(x-x2)2+(y1-y2)2;曼哈顿距离 d(AB)=|x1-x2l+|y1-y,余弦距离e(AB)=1-cos(AB),其中 cos(AB)=cos(OAO}(0为坐标原点)·若点M(2,1),d(M,N)=1,则e(M,N)的最大值 为() A.1-0 10 B.1-3号 C.1-25 D.1-5 5 5.(24-25高二上·北京西城区北京师范大学附属实验中学期中)如图，已知正方体ABCD一A1B:C1D的棱 长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形BCC1B,的边界及其内部运动.以下四个结论中错误的是() D C A B P D M B A.存在点P满足PM+PD1=V5 B.存在点P满足∠D1PM=罗 C.满足AP⊥D:M的点P的轨迹长度为 D.满足NP1D,M的点P的轨迹长度为号 2/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6.(24-25高二上北京师范大学附属中学期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为 BC的中点，点P在线段CC1上，则△D1EP面积的最小值为() D B B A.2号 B.5 5 c.2 D.6 5 7.(24-25高二上·北京铁路第二中学期中)如图所示，正方体ABCD-A1B:C1D1的棱长为2，点E,F,G分 别为BC,CC1 BB.的中点，则() D C 6 D E A.直线DD1与直线AF垂直 B.直线A1G与平面AEF平行 C.三棱锥F一ABE的体积为 D.直线BC与平面AEF所成的角为45° 8.(2425高二上北京第一o一中学期中)如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为B1C1的 中点动点N满足AN=A五+uAA1,,uE(0,1).给出下列四个结论： C B B ①平面C1AN⊥平面BDA1: 3/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②设直线MN与平面DD1AA所成角为8，则cos的取值范围是(0，与)： ③设D1An平面CMA1=P,，则三棱锥M-B1DP的体积为号； ④以△DD1A1的边DA1所在直线为旋转轴，将△DD:A1旋转，则在旋转过程中，MD1的取值范围是 [1,V13] 其中正确结论的个数是() A.1 B.2 C.3 D.4 9.(24-25高二上北京房山区调研)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CM=xCi+yCC1,其中 x∈[0,1]，y∈[0,1]给出下列三个结论： ①所有满足条件的点M构成的图形为正方形（含内部)； ②当x=1时，CM与A1D所成角的最小值为； ③当y=时，存在点M,使得B1C⊥C1M 则所有正确结论的序号为（) A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 10.(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)0.如图，正四面体A-BCD的棱长2，过棱AB上任 意一点P作与AD,BC都平行的截面，将正四面体分成上下两部分，记AP=x(0<x<2),截面上方部分 的体积为V(x),则函数y=V(x)的图象大致为() B V 2衣 B. D 11.(24-25高二上，北京八一学校期中)如图，在三棱锥0一ABC中，三条侧棱OA,OB,OC两两垂直，且 OA=OB=OC=2,M为△ABC内部一动点，过M分别作平面OAB,平面OBC,平面OAC的垂线， 垂足分别为P,Q,R. 4/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M.R 0 B ①直线PR与直线BC是异面直线： ②MP|+MQ+|MR为定值： ③三棱锥M一PQR的外接球表面积的最小值为琴： ④当|MP引=|MQ|=时，平面PQR与平面OBC所成的锐二面角为45. 则以上结论中所有正确结论的序号是一· 12.(2425高二上北京通州区·期中)直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA⊥CB,CA=3,CB=4, CC1=a,使棱BB1上存在点P,满足PC⊥PC1,则下列正确结论的序号是 ①满足条件的点P一定有两个： ②三棱锥C1一ACP的体积是三棱柱ABC-A1B1C1体积的； ③三棱锥C一APC1的体积存在最小值； ④当△APC1的面积取最小值时，异面直线AA1与PC1所成的角的余弦值为号 13.(24-25高二上北京理工大学附属中学期中)3.如图，在正方体ABCD-A1BC1D1中，P为A1C的中 点，A0=tAB1,tE[0,1],则下列说法正确的 (请把正确的序号写在横线上) 5/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A B C ①PQ⊥A1B ②当t=时，PQ//平面BCCB1 ®当t=时，PQ与CD所成角的余弦值为- ④当t=时，A1Q⊥平面PAB1 14.(24-25高二上·北京大兴区期中)4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,E为BB1的中点， F为棱CC1(含端点)上的动点，给出下列四个结论： A B ①存在F,使得BF⊥DE: ②存在F,使得B1F//平面A1ED: ③当F为线段CC1中点时，三棱锥A1-EFD的体积最小： ④当F与C1重合时，直线EF与直线A1D所成角的余弦值最小 其中所有正确结论的序号是一 15.(24-25高二上·北京陈经纶中学期中)如图，在多面体ABCD EF中，AF⊥平面ABCD,四边形ABCD 是正方形，且DEAF,AF=AB=2DE=2,M,N分别是线段BC,BF的中点，Q是线段CD上的一个动 点（不含端点C,D),给出下列结论： ①存在点Q,使得NQ⊥BF; ②不存在点Q,使得异面直线NQ与AF所成的角为60°； ③点Q到平面AMN的距离有最小值无最大值； 6/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ④当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成的角逐渐增大. 其中正确结论的序号是」 D 16.(24-25高二上·北京师范大学附属中学期中如图，正方体ABCD一AB,C1D1的棱长为2，点E,F分别 为棱B1C1BB1的中点，点G为线段A1D上的一个动点，给出下列四个结论： D B G 、 F D ①三棱锥B1-EFG的体积为定值； ②存在点G,使A1C⊥平面EFG: ③存在点G,使平面EFG//平面ACD1: ④设直线FG与平面ADD,A,所成角为9，则sin9的最大值为9 其中所有正确结论的序号为】 17.(24-25高二上北京延庆区期中)如图：在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AB=BB1=V5,BC=3,∠ABC=90°，Ci=xC克，C2=yCB1(0<x≤1,0≤y≤1)记 f(x,y)=AH+HP,给出下列四个结论： H C C B A ①存在H,使得任意P,都有AH⊥HP; 7/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②对于任意点H,都不存在点P,使得平面AHP⊥平面A1B1C; ③f(x,y)的最小值为3： ④当f(x,y)取最小时，过点AH,P作三棱柱的截面，则截面周长为5+V6 其中，所有正确结论的序号是 18.(24-25高二上北京中国人民大学附属中学期中)如图，0是正方形ABCD内一动点（不包括边界）， P0⊥平面ABCD于0，AB=2,P0=1,PA=PD,给出下列四个结论： D 0 ①四棱锥P-ABCD的体积是定值； ②设平面PAD与平面PBC交于I,则//BC ③四棱锥P一ABCD的表面积既有最小值又有最大值； ④存在点O,使得四棱锥P一ABCD的四个侧面两两垂直. 其中所有正确结论的序号是 19.(24-25高二上北京清华大学附属中学期中)已知矩形ABCD,AB=V5,BC=2,将△ADC沿对角 线AC进行翻折，得到三棱锥D一ABC,在翻折的过程中，下列结论： D D B ①三棱锥D一ABC的体积最大值为号， ②三棱锥D-ABC的外接球体积不变； ③异面直线AB与CD所成角的最大值为90·； ④AD与平面ABC所成角的余弦值最小值为号 所有正确的命题的序号是 目目 考点02 直线方程 8/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.(24-25高二上北京延庆区期中)已知点A(0,-1),B(0,1),直线1：y=kx-2,若直线1上至少存在 三个M,使得△MAB为直角三角形，直线倾斜角的取值范围是(） A.(0,]U[,π] B.[,晋)U(罗，弯] c.[,)U(,要] D.[罗)U(5,] 目目 考点03 圆 1.(24-25高二上·北京大兴区·期中如图，放在平面直角坐标系中的“太极图”整体是一个圆形，且黑色阴影 区域与白色区域关于原点中心对称，其中黑色阴影区域在y轴右侧部分的边界为一个半圆.已知直线 1:y=a(x-2).给出下列四个结论： 2 ①当a=0时，若直线1截黑色阴影区域所得两部分面积记为S1,S2(S1≥S2),则S1:S2=3:1; ②当a=一专时，直线1与黑色阴影区域有1个公共点： ③当a∈[一1,1时，直线1与黑色阴影区域的边界曲线有2个公共点. 其中所有正确结论的序号是() A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 2.(24-25高二上北京通州区期中)如图，空间直角坐标系D-xyz中，点N(xy121),F(x2y222) ,定义|川NF川=|x1-x2+y1一y2l+|1-22.正方体ABCD-A1BC1D1的棱长为3，E为棱BC 的中点，平面yDz内两个动点P,M,分别满足‖PD=2,∠AMD=∠CME,则|PM的取值范围是 () 9/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 z个·P D M A.[9-2,3V5+2] B.[1,V41+2] c.[9-2+2 D.[1,3V5+2] 3.(24-25高二上·北京陈经纶中学期中曲线C:xm+y”=1,其中m,n均为正数，则下列命题正确的个数 是() ①当m=克，n=专时，曲线C是轴对称图形 ②当m=3,n=1时，曲线C关于(0,1)中心对称 ③当m=4,n=2时，曲线C所围成的面积小于π ④当m=3,n=2时，曲线C上的点与(0,0)距离的最小值等于1 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 4.(24-25高二上北京第一。一中学期中)已知直线：kx-y-k+V3=0与⊙0：x2+y2=9相交于A ,B两点，Q为弦AB的中点给出下列三个结论： ①弦AB长度的最小值为2W5; ②点Q的轨迹是一个圆： ⑧若点C(-,0),点D(-,⑤，则不存在点Q使得∠CQD=受： 其中所有正确结论的序号是■ 5.(24-25高二上北京铁路第二中学期中)已知直线1：x一ay-1-a=0(a为常数)和圆 C:(x-1)2+y2=4,给出下列四个结论： ①直线1与圆C一定相交： ②若直线1与圆C有两个不同交点M,N,则|MN的取值范围为[2√3,4]： ③存在直线，圆C关于直线1对称： 10/13 专题05 期中选填压轴题（四大题型） 4大高频考点概览 考点01 空间向量与立体几何 考点02 直线方程 考点03 圆 考点04 曲线与方程 地 城 考点01 空间向量与立体几何 1．(24-25高二上·北京清华大学附属中学朝阳学校·期中)如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：    ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④面积的最小值是． 其中所有正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系、夹角，异面直线距离、点面距离一一判定选项即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系， 则，， 对于①，此时易知，即， 而平面的一个法向量为，显然，即①正确； 对于②，易知平面，即平面， 则直线到平面的距离即点到平面的距离， 此时， 设平面的一个法向量为，则， 令，即， 所以点到平面的距离，即②错误； 对于③，设， 则， ， 所以， 若，则， 显然时符合题意，故③正确； 对于④，当面积最小时即到距离最小时， 此距离亦即异面直线与的距离，易知，则平面， 此距离即到平面的距离， 不妨设平面的一个法向量为，则， 令，即， 则到平面的距离， 所以面积的最小值为，故④错误. 故选：C    2．(24-25高二上·北京八一学校·期中)如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（    ）. A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据垂直关系得到，确定平面的法向量为，再根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以， 设 ，则， 因为， 所以，即，则，所以， 平面的一个法向量为， 则， 又，所以当时，最大为，则，此时最大为. 故选：A 3．(24-25高二上·北京丰台区·期中)在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足=x+y-(x+y-1)，点N满足=λ+(1-λ)，当AM、BN最短时，·=（    ） A．- B． C．- D． 【答案】A 【分析】首先由向量的关系式得M∈平面BCD，N∈直线AC，由条件判断点，线，面的位置关系，结合向量数量积的运算，即可求解. 【详解】由共面向量定理和共线向量定理可知，M∈平面BCD，N∈直线AC，当AM、BN最短时，AM⊥平面BCD，BN⊥AC， 所以M为△BCD的中心，N为AC的中点， 此时，2||==，∴||=， ∵AM⊥平面BCD，MC⊂平面BCD， ∴AM⊥MC， ∴||= ==. 又=(+)， ∴·=(·+·) =-||2=-. 故选：A. 4．(24-25高二上·北京理工大学附属中学·期中)人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．若点，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意分析可得在正方形的边上运动，结合图象分析的最大值，即可得结果. 【详解】设，则，即， 可知表示正方形，其中， 即点在正方形的边上运动， 因为，由图可知： 当取到最小值，即最大， 点有如下两种可能： ①点为点，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取， 则； 因为，所以的最大值为. 故选：C. 5．(24-25高二上·北京西城区北京师范大学附属实验中学·期中)如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．以下四个结论中错误的是（    ） A．存在点P满足 B．存在点P满足 C．满足的点P的轨迹长度为 D．满足的点P的轨迹长度为 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决此题，对于A，利用两个特殊点求出的值，判断在此范围内即可；对于B，利用向量垂直数量积等于零解方程即可求点坐标；对于C，D利用向量垂直数量积等于零可求点的轨迹方程，根据图形找到点的轨迹求长度即可． 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则,0,，,0,，，,1,， 动点设为,1,， 对于A，点关于平面的对称点为， 当动点在点时，此时， 当动点在点时，此时， 所以存在点满足，所以A正确； 对于B，，， 若，则， 化简得：，解得，即， 满足题意，所以B正确； 对于C，，， 若，则，即， 取中点，中点，则点的轨迹为线段，长度为，所以C错误； 对于D，，， 若，则，即， 取中点，中点，则点的轨迹为线段，长度为，所以D正确． 故选：C． 6．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，在棱长为2的正方体中，点为BC的中点，点在线段上，则面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可知，点到直线距离的最小值等于异面直线与的距离，进而利用向量法求异面直线与的距离，从而可得面积的最小值. 【详解】因为，点到直线的距离最小时面积取得最小值, 而点在线段上，直线与互为异面直线， 因此点到直线距离的最小值等于异面直线与的距离. 下面用向量法求异面直线与的距离： 以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，,, ，，, 设异面直线与公垂线的方向向量为，则， 即，得， 令，则，即， 于是异面直线与的距离为， 又， 所以面积的最小值为. 故选：B 7．(24-25高二上·北京铁路第二中学·期中)如图所示，正方体的棱长为2，点分别为的中点，则（    ）    A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行 C．三棱锥的体积为 D．直线与平面所成的角为 【答案】B 【分析】A选项根据正方体的性质判断；对于B，D建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算判断即可，对于C，利用体积公式求解即可． 【详解】对于A，为正方体，所以，直线与直线不垂直， 所以直线与直线不垂直，故A错误； 如图建立空间直角坐标系，    则,0,，,2,，,2,，,2,，,0,， 对于B，设平面的法向量为， 则，取， 因为，所以，所以， 因为在平面外，所以直线与平面平行，所以B正确； 对于C，因为，所以三棱锥的体积为，所以C错误； 对于D，因为，设直线与平面所成的角为， 则，所以D错误． 故选：B． 8．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)如图，棱长为2的正方体中，点为的中点.动点满足，，.给出下列四个结论： ①平面平面； ②设直线与平面所成角为，则的取值范围是； ③设平面，则三棱锥的体积为； ④以的边所在直线为旋转轴，将旋转，则在旋转过程中，的取值范围是. 其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】①如图建立坐标系，求出平面与平面法向量，即可判断两平面关系；②由坐标系可求出表达式，后由表达式几何意义可得其范围，即可得范围；③由空间几何知识可得点P位置，后由题可得，由空间向量知识可得点P到平面距离，即可得三棱锥的体积；④由题可得轨迹，画出平面图，由圆外一点到圆上点距离最值可得的取值范围. 【详解】①如图建立以D为原点的空间直角坐标系， 则. 则，，，. 设平面法向量为，则， 取.设平面法向量为， 则，取. 注意到，则①平面平面，故①正确； ②由①可得，则， 又，则. 又平面的法向量可取， 则. 注意到表示点 到点的距离. 如下图所示，则当与S无限接近时，； 当无限接近或时，， 则，则. 故②正确； ③如图，连接，过作MC平行线，则N为AD中点，四点共面， 连接，则与交点即为P.注意到与相似， 则，则. ，设平面的法向量为， 则，取， 则点P到平面距离为：， 又. 则，故③正确. ④连接，设，中点为F. 由题可得，则轨迹为以为圆心，以为半径在 平面上的圆.又M在平面上的射影为中点G， 则，因，则. 如下列平面图，连接EF，则，则. 则如图，当E，H，G三点共线时，最短，为； 当G，E，I三点共线时，最长，为. 则，即的取值范围是. 故④正确. 故选：D 9．(24-25高二上·北京房山区·调研)在正方体中，，其中，.给出下列三个结论： ①所有满足条件的点M构成的图形为正方形（含内部）； ②当时，CM与所成角的最小值为； ③当时，存在点M，使得. 则所有正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】对于①，由平面向量基本定理可得解；建立空间直角坐标系，对于②先判断在线段上，可设，用表示向量夹角余弦值，结合不等式的性质判断即可；对于③，当时，可得，求得的值，即可判断不可能垂直. 【详解】如图所示：    对于①，因为，，， 由平面向量基本定理可得点在正方形内，故①正确； 对于②，当时，，即，， 所以在线段上， 如图以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则设， 则  ， 所以， 因为，则， 所以当时，即点与重合时， CM与所成角的最小值为，故②正确； 对于③，由于， 则， 当时，， 所以， 则，不可能垂直，故不存在点M，使得，③错误.    故选：A 10．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)0．如图，正四面体的棱长2，过棱AB上任意一点作与AD，BC都平行的截面，将正四面体分成上下两部分，记，截面上方部分的体积为，则函数的图象大致为（   ）      A．  B．  C．D   【答案】D 【分析】根据，求出函数，利用导数研究函数切线斜率的变化. 【详解】    设截面分别于交于点，连接， 取的中点，连接，分别交于点， 交于点， 由于，平面， 所以平面，而平面，所以， 又平面，平面，平面平面， 所以，同理，，，所以， 则四边形为矩形， 平面平面，所以，则为的中点， 又，则，则， 平面，所以平面， 则点到平面的距离为， 因为，则， 在中，， 又，则，即，则， 所以， 而正四面体的高， 所以 ， 则， 当时，单调递增，当时，单调递减， 则在切线斜率增大，在切线斜率减小，故选择图象D. 故选：D 11．(24-25高二上·北京八一学校·期中)如图，在三棱锥中，三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，且，M为内部一动点，过M分别作平面OAB，平面OBC，平面OAC的垂线，垂足分别为P，Q，R． ①直线PR与直线BC是异面直线； ②为定值； ③三棱锥的外接球表面积的最小值为； ④当时，平面PQR与平面OBC所成的锐二面角为45°． 则以上结论中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【分析】根据，即可判断②；由题意可知两两垂直，由②结合基本不等式求出三棱锥的外接球半径的最小值，即可判断③；当时，为的中心，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断④；当为的中心时，，利用向量法证明，即可判断①. 【详解】解：对于②，设， 由题意， 即， 所以， 即为定值，故②正确； 对于③，设三棱锥的外接球的半径为， 由题意可知两两垂直， 则 ， 当且仅当时，取等号， 所以的最小值为， 即的最小值为， 所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，故③正确； 对于④，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以， 此时，为的中心， ， 因为， 所以平面， 故即为平面的一条法向量， ， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则， 所以平面PQR与平面OBC所成的锐二面角的余弦值为，故④错误， 由④可知，当为的中心时，， ，则， 所以， 所以直线PR与直线BC共面，故①错误. 故答案为：②③. 12．(24-25高二上·北京通州区·期中)直三棱柱中，，，，，使棱上存在点P，满足，则下列正确结论的序号是 . ①满足条件的点一定有两个； ②三棱锥的体积是三棱柱体积的； ③三棱锥的体积存在最小值； ④当的面积取最小值时，异面直线与所成的角的余弦值为. 【答案】②③④ 【分析】先根据，利用勾股定理，可得，即可根据方程的根，利用求解①；利用等体积法即可求解②，结合即可求解③，根据三角形面积公式得，结合以及基本不等式即可求解面积最小值时，；最后结合平移的思想，可知即为所求，即可判断④． 【详解】设，则， 根据可得，化简可得， 当时，只有唯一的一个实数根，此时符合的点只有一个，故①错误， 由于平面，故，②正确， 由②可知， 由①可知有实数根，故，故， 因此，当时，体积有最小值16，③正确， 由可得， 过作于点，再过点作为于点，则，即为的边上的高， 在中，， ， ， ， 把代入上式，化简得， 当且仅当，即，时，等号成立，此时的面积取得最小值，． ，即为异面直线与所成的角， ， ，即异面直线与所成的角的余弦值为，故④正确， 故答案为：②③④ 13．(24-25高二上·北京理工大学附属中学·期中)3．如图，在正方体中，P为的中点，，，则下列说法正确的 （请把正确的序号写在横线上） ① ②当时，平面 ③当时，PQ与CD所成角的余弦值为 ④当时，平面 【答案】①②③ 【分析】建立空间直角坐标系，对A，验证两向量的数量积是否为0；对B，证明与平行即可得；对C，借助向量求出夹角的余弦值即可得；对D，证明与不垂直即可得. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 所以，， 所以，所以，①正确； 当时，，所以， 又平面，平面， 从而平面，②正确； 当时，，， 所以与所成角的余弦值为，③正确； 当时，，， ， 所以不垂直于，所以不垂直于平面，④错误． 故答案为：①②③. 14．(24-25高二上·北京大兴区·期中)4．如图，在正方体中，，为的中点，为棱（含端点）上的动点，给出下列四个结论： ①存在，使得； ②存在，使得平面； ③当为线段中点时，三棱锥的体积最小； ④当与重合时，直线与直线所成角的余弦值最小. 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②④ 【分析】先建立合适空间直角坐标系，设，对于①：根据求得的值并判断是否正确；对于②：考虑与重合时的情况；对于③：根据，分析的最小值即可判断；对于④：利用向量法先表示出，然后结合换元法和二次函数性质求解出最小值并判断. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系设， ①：因为，所以， 当时，，解得，不符合题意，故①错误； ②：当与重合时， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，且平面，平面， 所以平面，故②正确； ③：设到平面的距离为， 所以，且为定值， 所以当最小时，三棱锥的体积最小， 因为，所以， 设平面的法向量为， 所以，所以，取，所以， 又，所以， 当时有最小值，故③错误； ④：设直线与直线所成角为， 因为， 所以， 令，所以，所以， 因为，所以时取最大值，此时取最小值， 此时，即与重合，故④正确； 故答案为：②④. 15．(24-25高二上·北京陈经纶中学·期中)如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（不含端点），给出下列结论： ①存在点，使得； ②不存在点，使得异面直线与所成的角为； ③点到平面的距离有最小值无最大值； ④当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大． 其中正确结论的序号是 ．    【答案】②④ 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断①；利用异面直线的向量夹角公式计算判断②；连接，结合锥体体积公式，利用等体积法的思想可判断③；利用向量的坐标运算表示线面角的正弦值，然后利用二次函数及正弦函数的单调性即可判断④. 【详解】    以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 对于①，假设存在点，使得， 则， 所以，解得，不符合题意，所以①错误； 对于②，假设存在点，使得异面直线与所成的角为， 因为， 所以，此时方程无解， 所以不存在点使得异面直线与所成的角为，所以②正确；    对于③，如图所示，连接，设， 因为， 所以，无最小值也无最大值， 又因为平面，且是线段的中点， 可得点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积，无最大值也无最小值， 又的面积为定值，则三棱锥的高也即点到平面的距离，也无最大值和最小值，所以③错误； 对于④，由， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 因为，设直线与平面所成的角为， 可得， 所以，当点自向处运动时，的值由到变大，单调递增， 因为在为增函数，所以也逐渐增大，所以④正确. 故答案为：②④. 16．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期中)如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的一个动点，给出下列四个结论: ①三棱锥的体积为定值; ②存在点，使平面； ③存在点，使平面平面; ④设直线FG与平面所成角为，则的最大值为. 其中所有正确结论的序号为 . 【答案】①②④ 【分析】对于①选项，利用等体积法判断；对于②、③、④三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解 【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值， 又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故①正确． 对于②, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴,，建立空间直角坐标系, 则， ， 所以， 设，则， 所以，， 因为平面， 所以， 解得，当为线段上靠近的四等分点时，平面，故②正确. 对于③，设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的法向量为， 因为平面平面，所以， 设，即， 解得，又因为，不合题意， 线段上不存在点，使平面，故③错误． 对于④，平面的法向量为， 则， 因为， 所以， 所以的最大值为．故④正确． 故答案为：①②④． 17．(24-25高二上·北京延庆区·期中)如图：在直三棱柱中，，.记，给出下列四个结论： ①存在，使得任意，都有； ②对于任意点，都不存在点，使得平面平面； ③的最小值为3； ④当取最小时，过点作三棱柱的截面，则截面周长为. 其中，所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】问题①，根据故平面，得,对任意，取位于处，则始终有即可判断，问题②化为对于任意点，是否存在点，使面面，由已知证面面，结合面面垂直判定判断存在性即可；问题③将△绕翻折到平面内，证△为等边三角形，进而确定的最小值； 问题④为的中点，为△的重心，平面中，延长交于点，取的中点，为的中点，证过点，，的三棱柱的截面为梯形，即可判断. 【详解】对于①，因为三棱锥为直三棱锥,故 , 又 由，，平面，故平面， 平面，故, 故对任意，取位于处，则始终有,故①正确； 对于②，因为三棱锥为直三棱锥，所以面，又面， 所以，又，所以，所以， 由，，面，故面，面， 所以面面，而，且都在面内， 由于面即为面，要使面面，只需面面， 综上，面时，面，此时面面，即面面， 对于任意点，只需对应平行于△中边上的高时，均满足要求，②错误； 对于③，将△绕翻折到平面内，则的最小值为点到直线的距离， 又，，，所以， 所以到直线的距离为3，所以的最小值为3，③正确； 对于④，当取最小时，为的中点，因为△为等边三角形，为的中点， 所以为的重心，故， 在平面中，延长交于点， 因为，，，所以△△，故， 取的中点，为的中点，则， 因为，，所以四边形为平行四边形，则，， 又，，所以，所以， 故过点，，的三棱柱的截面为梯形， ，，，，则梯形的周长为，④正确； 故答案为：①③④ 18．(24-25高二上·北京中国人民大学附属中学·期中)如图，是正方形内一动点（不包括边界），平面于，，，，给出下列四个结论: ①四棱锥的体积是定值； ②设平面与平面交于，则； ③四棱锥的表面积既有最小值又有最大值； ④存在点，使得四棱锥的四个侧面两两垂直. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①② 【分析】根据棱锥体积公式可求得①正确；根据线面平行的性质定理可证得②正确；根据垂直关系可用的长度表示出各个侧面的面积，从而将问题转化为点到点和的距离之和的最值问题，可知③错误；以为坐标原点建立空间直角坐标系，假设存在满足题意的点，利用向量法可说明不存在，由此知④错误. 【详解】对于①，，①正确； 对于②，，平面，平面，平面， 平面平面，平面，，②正确； 对于③，取中点，连接， 平面，，，， 又四边形正方形，，，即三点共线； ，，平面，又平面，； 设，则，，， ； 过作，分别交于点， ，，平面，又平面，， 同理可得：； ，， ，又， 四棱锥的表面积 ； 的几何意义表示点到点和的距离之和， 关于轴对称的点为， ，无最大值， 即四棱锥的表面积有最小值，无最大值，③错误； 对于④，以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 设，则， ，，，，， ，，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设平面的法向量， 则，令，则，，； 若四棱锥的四个侧面两两互相垂直，则平面，平面，平面两两互相垂直， ，方程组无解， 不存在点，使得四棱锥的四个侧面两两互相垂直，④错误. 故答案为：①②. 19．(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中，下列结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②三棱锥的外接球体积不变； ③异面直线与所成角的最大值为； ④与平面所成角的余弦值最小值为. 所有正确的命题的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】对于①，由棱锥体积公式即可判断；对于②，由外接球的定义可得中点为外接球球心，其半径为，再用球的体积公式计算即可；对于③，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，即可判断；对于④, 由条件可知到面的距离最大时，线面角最大，然后代入计算，即可判断. 【详解】 对于①，， 当平面平面时，三棱锥的高最大， 此时体积最大值为，故①正确； 对于②，设的中点为， 则由知，， 所以为三棱锥外接球的球心，其半径为， 所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故②正确； 对于③，若，由，， 平面，平面， 可得平面，因为平面，则， 因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故③错误； 对于④，因为是定值，则只需到面的距离最大时， 与平面所成角最大， 当平面平面时，到面的距离为， 设与平面所成角为，此时， 因为为锐角，所以， 即与平面所成角的余弦值最小值为，故④正确． 故答案为：①②④ 地 城 考点02 直线方程 1．(24-25高二上·北京延庆区·期中)已知点，直线，若直线上至少存在三个，使得为直角三角形，直线倾斜角的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】，过或作轴平行线，它们一定与直线相交，共有两个交点满足题意，然后由直线与 以为直径的圆有交点可得倾斜角的范围． 【详解】当时，直线上不存在，使得为直角三角形， 当，如图，过或作轴平行线，它们一定与直线相交，这就是符合题意的两个， 因为至少有三个，使得为直角三角形， 所以直线与以为直径的圆有公共点，圆心是原点，半径为， 由，解得或， 设直线的倾斜角为，则或， 所以或， 所以倾斜角范围是， 故选：B． 地 城 考点03 圆 1．(24-25高二上·北京大兴区·期中)如图，放在平面直角坐标系中的“太极图”整体是一个圆形，且黑色阴影区域与白色区域关于原点中心对称，其中黑色阴影区域在轴右侧部分的边界为一个半圆. 已知直线. 给出下列四个结论： ①当时，若直线截黑色阴影区域所得两部分面积记为，则； ②当时，直线与黑色阴影区域有个公共点； ③当时，直线与黑色阴影区域的边界曲线有个公共点． 其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】由题知根据直线：过定点，为直线的斜率根据直线和圆的位置关系作图，数形结合逐项分析判断即可得解. 【详解】如图1所示，大圆的半径为2，小圆的半径为1， 所以大圆的面积为，小圆的面积为． 对于①，当时，直线的方程为． 此时直线将黑色阴影区域的面积分为两部分，， 所以，故①正确． 对于②，根据题意，黑色阴影区域在第一象限的边界方程为, 当时，直线的方程为，即， 小圆圆心到直线的距离，所以直线与该半圆弧相切， 如图2所示， 所以直线与黑色阴影区域只有一个公共点，故②正确． 对于③，当时，如图3所示， 直线与黑色阴影区域的边界曲线有2个公共点， 当时，直线与黑色阴影区域的边界曲线有1个公共点，故③错误． 综上所述，①②正确． 故选：A． 2．(24-25高二上·北京通州区·期中)如图，空间直角坐标系中，点，，定义 .正方体的棱长为3，E为棱的中点，平面内两个动点P，M，分别满足，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正方体的特征结合阿波罗尼斯圆确定M轨迹，根据新定义确定P点轨迹，在平面中利用数形结合的思想及点与圆的位置关系计算即可. 【详解】根据正方体的特征易知平面，平面， 平面，所以， 又，则， 如图建立平面直角坐标系，设， 则，整理得， 即M轨迹为平面上的圆，以为圆心，2为半径； 因为，则P轨迹为以为中心， 一条对角线长4且在纵轴上的正方形， 如上图所示，，易得， 过圆心作的垂线，可知垂线方程为 易得上的垂足，显然在线段上， 而上的垂足，显然H距N远， 则圆心到的距离为， 圆心到H的距离. 故选：A 3．(24-25高二上·北京陈经纶中学·期中)曲线，其中均为正数，则下列命题正确的个数是（   ） ①当时，曲线是轴对称图形 ②当时，曲线关于中心对称 ③当时，曲线所围成的面积小于 ④当时，曲线上的点与距离的最小值等于1 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】对于①，设为曲线上的点，则将点代入验证即可判断；对于②，将代入验证，即可判断；对于③④，将曲线与单位圆进行比较即可判断. 【详解】对于①，当时，曲线即， 设为曲线上的点，则将点代入，方程不变， 即曲线关于直线对称，是轴对称图形，①正确； 对于②，当时，曲线即， 设为曲线上的点，则点关于的对称点为， 将代入，即，化简得， 即方程不变，故曲线关于中心对称，②正确； 对于③，当时，曲线即， 设为该曲线上任一点，设为单位圆上任一点， 则，，当时，；当时，； 不妨取为一定值，此时， 则，即曲线所围成的面积大于单位圆面积，③错误； 对于④，当时，曲线即， 设为该曲线上任一点，则，当时，； 设为单位圆上任一点， 当时，，则，当或时取等号， 则，当或时即可取等号， 当时，， 故曲线上的点与距离的最小值等于1，④正确， 故选：C 4．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)已知直线：与：相交于，两点，为弦的中点.给出下列三个结论： ①弦长度的最小值为； ②点的轨迹是一个圆； ③若点，点，则不存在点使得； 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③ 【分析】求出直线过的定点，再利用圆的性质求出弦长最小值判断①；利用圆的性质求出点的轨迹判断②；判断两圆的位置关系判断③即可得答案. 【详解】直线：过定点，：的圆心，半径， 显然点在内，， 对于①，当时，弦长度最小，最小值为，①正确； 对于②，当与都不重合时，，则点在以线段为直径的圆上， 当与之一重合时，点也在以线段为直径的圆上，此圆圆心，半径为1， 而直线不包含过点且垂直于轴的直线，即点的坐标不能是， 所以点的轨迹是以线段为直径的一个圆，除点外，②错误； 对于③，以点与为直径端点的圆的圆心，半径为， 而，即以为直径的圆和以为直径的圆相离， 点在以为直径的圆外，因此不存在点使得，③正确， 所以所有正确结论的序号是①③. 故答案为：①③    5．(24-25高二上·北京铁路第二中学·期中)已知直线（为常数）和圆，给出下列四个结论： ①直线与圆一定相交； ②若直线与圆有两个不同交点M，N，则的取值范围为； ③存在直线，圆关于直线对称； ④若直线与圆有两个不同交点，，则的直线有且只有两条. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】由直线所过定点在圆内判断①，求出弦长的最大值最小值可判断②，由圆的直径所在直线都是圆的对称轴判断③，由弦长为求得，可判断D． 【详解】由直线的方程为知直线过定点，圆心为，半径为2， ，即定点在圆C内，因此直线与圆C一定相交，①正确； 当直线过圆心时，弦长 为最大值，当与垂直时，直线l的斜率为0，无法取到， 弦长，②错误； 当直线过圆心时，圆关于直线对称，③正确； 由，解得 ，④正确． 故选：①③④． 6．(24-25高二上·北京第八中学·期中)如图所示，在的长方形区域（含边界）中有两点，对于该区域中的点，若其到的距离不超过到距离的一半，则称处于的控制下，例如原点满足，即有点处于的控制下.同理可定义处于的控制下.    给出下列四个结论： ①点处于的控制下； ②若点不处于的控制下，则其必处于的控制下； ③若处于的控制下，则； ④图中所有处于的控制下的点构成的区域面积为. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】根据新定义，直接验证判断①，取特殊点判断②，根据定义求出点所在区域，判断③，结合图象求出面积判断④. 【详解】由图可知, 设，则，,满足，故①正确； 点不处于的控制下则，即，得不到， 例如取点，，，，即 点不处于的控制下，也不处于B的控制下，故②错误； 若处于的控制下，则，设， 则，化简整理得， 作出图象如图，    由图可知，当点在矩形且在圆及圆内部分满足处于的控制下,由图可知，当处于时，有最大值，故③正确； 由③知处于的控制下点构成的区域面积，可以看作是圆与矩形的面积之和，如图，    故面积为，故④正确. 故答案为：①③④ 地 城 考点04 曲线与方程 1．(24-25高二上·北京第八中学·期中)如图F1、F2是椭圆C1：与双曲线C2的公共焦点A、B分别是C1、C2在第二、四象限的公共点，若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用椭圆和双曲线的定义，结合离心率求解的方法求解即可. 【详解】设|AF1|=x，|AF2|=y，∵点A为椭圆C1：上的点， ∴2a=4，b=1，c=； ∴|AF1|+|AF2|=2a=4，即x+y=4；① 又四边形AF1BF2为矩形， ∴，即x2+y2=（2c）2==12，② 由①②得：，解得x=2-，y=2+，设双曲线C2的实轴长为2a，焦距为2c， 则2m=|AF2|﹣|AF1|=y﹣x=2，2n=2=2， ∴双曲线C2的离心率 故选:D． 2．(24-25高二上·北京清华大学附属中学朝阳学校·期中)已知曲线，点在曲线上，给出下列四个结论： ①曲线关于直线对称：      ②当时，点不在直线上： ③当时，；         ④当时，曲线所围成的区域的面积大于. 其中所有正确结论的有 ． 【答案】②③④ 【分析】对于①：举例，确定点和点是否满足曲线方程来判断；对于②：带入，然后对曲线方程左边因式分解即可；对于③：代入，因式分解得，然后利用基本不等式求的最值即可；对于④：代入，得到，结合双曲线的图象特点来判断面积的大小. 【详解】对于①：点满足曲线，但不满足曲线，所以曲线不关于直线对称，①错误； 对于②：当时，，即， 所以，所以，即点不在直线上，②正确； 对于③：当时，，即，所以 所以，得，当且仅当时，等号成立， 所以当时，，③正确； 对于④：当时，曲线，所以， 所以，即，所以曲线所围成的区域的面积大于椭圆面积，椭圆面积大于以长轴和短轴为对角线的菱形面积， 故曲线所围成的区域的面积大于，④正确； 故答案为：②③④． 3．(24-25高二上·北京房山区·调研)数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中.已知一条曲线C的方程为，给出下面四个结论： ①曲线C上两点间距离的最大值为； ②若点在曲线C内部（不含边界），则； ③若曲线C与直线有公共点，则； ④若曲线C与圆（）有公共点，则. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】作出的图象，结合图象分析任意两点距离的最大值判断①；根据直线与的交点坐标进行判断②；根据直线与相切时的取值进行判断③；分析临界情况：经过与坐标轴的交点、与在四个象限相切，由此求解出的范围判断④. 【详解】当时，，圆心； 当时，，圆心； 当时，，圆心； 当时，，圆心； 当时，；当时， 作出在平面直角坐标系下的图象如下： 对于①，上任意两点距离的最大值为，①正确； 对于②，点在直线上，由，解得或， 而点在曲线内部（不含边界），则有，②正确； 对于③，当直线与相切时，如图， 若与在第二象限相切时，则到的距离等于圆的半径， 则，而，解得， 若与在第四象限相切时，则到的距离等于圆的半径， 则，而，解得， 结合图象知，曲线与直线有公共点时有，③正确； 对于④，如图， 曲线与坐标轴的交点坐标为， 因此当刚好经过曲线与坐标轴的交点时，此时， 当刚好与在四个象限内部分都相切时，， 因此曲线与圆有公共点时，④错误. 故答案为：①②③ 4．(24-25高二上·北京丰台区·期中)在平面直角坐标系中，定义为两点 的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作.已知点和直线，则= ；若定点，动点满足，则点所在的曲线所围成图形的面积是 . 【答案】 【分析】设点是直线上一点，且，可得，讨论的大小，可得距离，再由函数的性质，求得最小值；运用新定义，求得点的轨迹图形，计算图形的面积即可. 【详解】设为直线上一点，则， 由，解得，即有，当时，取得最小值， 由，解得或，即有， 的范围为，无最小值， 综上，的最小值为， 所以. 设轨迹上动点为，则， 等价于或， 所以点的轨迹是以为中心，边长为的正方形， 所以点所在的曲线所围成图形的面积为. 故答案为： 5．(24-25高二上·北京西城区北京师范大学附属实验中学·期中)伯努利双纽线（简称双纽线）是瑞士数学家伯努利（1654-1705）在1694年提出的．伯努利将椭圆的定义作了类比处理，指出是到两个定点距离之积为定值的点的轨迹是双纽线． 在平面直角坐标系xOy中，到定点，的距离之积为的点的轨迹C就是伯努利双纽线，C的方程为，其形状类似于符号∞，若点是轨迹C上一点，给出下列四个结论： ①曲线C关于原点中心对称； ②恒成立； ③曲线C上任一点到原点的距离不超过； ④当时，取得最大值或最小值． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】根据曲线的方程，结合对称性的判定方法，联立方程组，以及不等式和三角形面积，逐项判定，即可求解. 【详解】 在曲线上任取一点，关于原点的对称点为， 代入曲线的方程，可知在曲线上，所以曲线C关于原点中心对称，故①正确； 因为点是轨迹C上一点，所以， 因为，所以，即， 所以，故②正确； 因为，所以， 所以，所以曲线C上任一点到原点的距离不超过，故③正确； 因为，所以， 又，所以，即， 所以，当时等号成立，故④错误， 故答案为：①②③ 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $