2022年高考数学保分题

2022年高考数学考前保分题

1.如图，在长方体ABCO-4BC1Q1中，2AB=BC=AAi，点M为棱Cid上的动点.

(1)求三棱锥£>-AiBiM与长方体ABC。-AiBiCQi的体积比;

(2)若M为棱Ci。的中点，求直线。81与平面D41M所成角的大小.

【分析】(1)设2AB=BC=AA\=2,直接求出三棱锥D-A\B\M与长方体ABCD-

A\BXC\D\的体积，然后相比即可；

(2)求出各棱长，设Bi到平面的距离为〃，由等体积法可知八=孥，进而得到

所求线面角.

【解答】解：不妨设2A8=BC=A4i=2,

1I2

(1):力-AIBIM=wX)xlx2x2=w，^ABCD-A1B1C1D1=1x2x2=4,

2

.D-A-yB^M31

V46

ABCD-A1B1C1D1

・・・三棱锥D-AiBiM与长方体ABCD-AiBiCiDi的体积比为1：6；

(2)易知，CM】=V22+22=2y[2,DM=J22+(1)2=孚，DB1=Vl2+22+22=

3,=J22+(扔=字,

・应3=|x2V2xJ(孚1一(或尸=承

13722

设Bl到平面DA\M的距离为〃，则由％-力避泗=-DAiM，可得]X—^―fl=],

•,•,八2=/下2’

设直线DB\与平面DAiM所成角的大小为0,则sin。=儡=^=等，

直线DB\与平面QAiM所成角的大小为arcs讥竽.

【点评】本题考查常见几何体体积以及线面角的求法，考查等体积法的运用，考查逻辑

推理能力及运算求解能力，属于中档题.

2.如图，在四棱锥P-ABC。中，平面平面ABC。，△以。是边长为2的等边三角

形，底面A8C。是菱形，且/BA£>=60°,设平面与平面P8C的交线为/.

(1)证明：1//AD；

(2)求平面以O与平面P8C的夹角的大小.

【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明AQ〃平面PBC,再根据线面平行的性质定理

证明即可；

(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数

法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可.

【解答】(1)证明：因为底面ABC。是菱形，则BC〃A。，

又4X平面「8C,BCu平面PBC,

所以〃平面尸8C,

因为AQu平面BAD,且平面B40n平面PBC=/,

故1//AD-.

(2)解：因为四边形ABC。为菱形，N8AO=60°,

所以△48。为等边三角形，

则AD_LBE,同理可得AO_LPE,

又平面平面A8C£>,平面平面A8CZ)=AO,PEu平面布O,

故PE_L平面ABC。，

则E4,EB,EP两两垂直，

以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

由题意可知，PD=PA^AD=2,

所以E(0,0,0),B(,近,0),C(-2,V3,0),P(0,0,A/3),

则而=(0,V3,0),PB=(0,V3,-V3),PC=(-2,遮，-V3),

设平面P8C的法向量为£=(%,y,z),

则n-PB=V3y-V3z=0

n-PC=-2x+V3y-V3z=0

令y=l,贝ljz=l,x=0,

故几=(0,L1),

由(1)可知，扇为平面玄。的一个法向量,

rT

所以IcosV'俞，1>|=尊2

故平面PAD与平面PBC的夹角的大小为45°.

【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的判定定理和性质定理的应

用，二面角的求解问题，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐

标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题.

3.如图，在四棱锥P-ABC。中，AD//BC,AB1AP,ABCD,AP=BC=V2AB

=2AD.

(1)证明：PBLACi

(2)求平面以8与平面P8C夹角的余弦值.

【分析】(1)由PDJL平面ABCD得PD±BC,进而AB_L平面PAD,ABLAD,作直线

DM//AB,建立空间直角坐标系证明通•/=0,从而证明结论.

(2)由(1)可得两平面的一个法向量，从而用向量法求得平面B4B与平面PBC夹角的

余弦值.

【解答】证明：(1),设AO=2,则由已知得，AB=2V2,4P=8C=4,

VPD±TffiABCD,BCu平面ABCD,

：.PD±BC,^L'：ABLAP,

APHPD^p,

.•.A8_L平面孙。，；AOu面出O,：.AB1.AD,,

过点。作。M〃48交8c于点M,可得PDLDM,PDLAD,

在RtAADP中易求得PD=2V3,

以点。为坐标原点，以D4,DM,£>P所在直线分别作为坐标轴建立如图所示的坐标系，

则P(0,0,2V3),B(2,2V2,0),A(2,0,0)C(-2,2&,0),

所以丽=(2,2VI,-2V3),AC=(-4,2V2,0),

：.PB-AC=2X(-4)+2V2X2A/2+0X2V3=0,

：.PBLAC；

(2)由(1)知而=(0,2VL0),晶=(-2,0,2V3)

设平面ABP的一个法向量胃=(x,y,z),

t

n所以产y=0,

T

n(-2x+2\3z=0

令z=遍,贝!Jx=3,y=0

所以平面ABP的一个法向量■=(3,0,V3),

由(1)知己=(4,0,0),CP=(2,-25/2,2V3)

设平面P8C的一个法向量获=(«,b,c)

弓.伊=°,所以4a=0

所以,

m-CP=0,2a-2V2b+2V3c=0

令b=V3,则c=V2,

所以平面P8C的一个法向量(0,V3,V2),

—»—»

cos<n,m>=0X3+0XV3+>/2X73710

273x7510

所以平面办8与平面PBC夹角的余弦值唱.

故答案为：(1)尸8LAC成立.

【点评】本题考查了线线垂直和线面垂直和性质和判定，用向量法证明线线垂直以及用

向量法求平面与平面所成角的余弦值，属中档题.

4.如图，已知尸(1,0),直线/：x=-l,P是平面上的动点，过点P作/的垂线，垂足

为点Q且凝.淳=而.前.

(1)求动点P的轨迹C的方程;

(2)过点尸的直线交轨迹C于AB两点，交直线/于点M.

①已知忌=41/，MB=A2BF,求入I+入2的值;

②求|M2|•|MB|的最小值.

【分析】（1）设点P（x,y）,求出Q的坐标，然后利用数量积的坐标表示，列式化简,

即可得到答案；

（2）①设直线AB的方程为x=my+l（加#0）,与抛物线方程联立，得到韦达定理，利

用向量的坐标表示，得到入i+入2并化简，即可得到答案；

②利用向量模的坐标，表示出|后|利用韦达定理以及基本不等式求解最值即可.

【解答】解：（1）设点P（x,y）,则。（-1,y）,

因为诵.淳=京.而，

则(x+L0)*(2,-y)=(x-1,y)*(-2,y),

化简可得y2=4x,

所以动点P的轨迹C的方程为y2=4x；

(2)①设直线A8的方程为x=/wy+1(机会0),

设A(xi，yi),B(%2>”)，

又M(-1,一金,

联立方程组［V=4"可得寸-4my_4=0>

(x=my+1

则4=(-4机)2+12>0,

曰］为+及=4m

(71y2=-4'

因为忌=%/,MB=A2BF,

22

所以yi+彳=-2/1，72+~=-42y2,

整理可得，％=-1-焉，%=-12

丽'

所以入+，2=_2一令+看）=一2一.用野=_2瞿=0,

故人|+入2的值为0；

22

②1Az4|,|丽=(Vl+m)|yi-yM||y2-7MI

22

=(1+m)|y1y2-yM(yx+y2)+yM|

r24

=(l+m)I—4H—x47714—oI

r4

=(l+m)(4+源)

=4(2+评+今)

当且仅当*=+,即，-±1时取等号、

所以|而|•|诂|的最小值为16.

【点评】本题考查了动点轨迹方程的求解、直线与抛物线位置关系的应用，求解动点轨

迹的常见方法有：直接法、定义法、代入法、消元法、交轨法等，在解决直线与圆锥曲

线位置关系的问题时.，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”

的方法进行研究，属于中档题.

5.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴，长轴长为28，离心率为过.

3

（1）求椭圆C的方程；

（2）经过椭圆的左焦点Q作直线/,且直线/交椭圆C于P,。两点，问x轴上是否存

在一点M,使得届•成为常数，若存在，求出M坐标及该常数，若不存在，说明理由.

【分析】（1）利用待定系数法设出椭圆的标准方程，由椭圆的几何性质，列出方程组,

求出a,c的值，再利用“，b,c的关系求出6,即可得到答案；

（2）①当直线/与x轴不垂直时，设出直线方程，然后与椭圆方程联立，得到韦达定理,

然后利用数量积的坐标表示结合韦达定理化简而利用它是常数，求出f的值，得

到M坐标及该常数;②当直线/与x轴垂直时，求出P,Q的坐标，求出f的值以及常数.结

合以上两种情况，即可确定答案.

x2y2

【解答】解：（1）设椭圆。的标准方程为=+*=i（Q>b>0）,

（2a=2V3（内

由题意可得，£_隹，解得『，

a~3

所以-02=2,

X2y2

故椭圆C的方程为77+"7"=1；

32

（2）由（1）可知，Fi（-1,0）,

假设在x轴上存在一点M（1,0）,使得诂・丽恒为常数.

①当直线/与x轴不垂直时，设其方程为y=Z（x+l）,设尸（xi，yi）,Q（X2,”），

y=k（x+1）

联立方程组52y2,可得（2+3正）7+6足计3必-6=0,

（T+T=1

6k23/-6

所以X1+=—X1X

2+3k2'22+3/c2'

故MP-MQ=(xj-t)(x2-0+y，2=Qi-t)(%2-0+炉(/+l)(x2+1)

2222

=(fc+l)xxx2+(fc-t)(xx+x2)+k+t

_(fc2+l)(3fc2-6)(必-t>6/_(6t-l)fc2-62

---------7-------------n---rK2十C2--------7---rC

2+3《2+3《2+3—

(2T)(2+3/)-(4t+竽)，，2J14t+竽

-7IL-LIZt-9,

2+3《32+3/

因为诂•而是与k无关的常数，

则有4t+竽=0，即亡=一/

此时MTP-MTQ=-1m1；

②当直线/与x轴垂直时，此时点P、。的坐标分别为（一1,竽），（一1,一竽），

当t=T时，亦有诂•%=一号.

综上所述，在x轴上有在定点M（~4,0）,使得诂•麻恒为常数，这个常数为-9

【点评】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与

圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设

而不求”的方法进行研究，属于中档题.

6.如图，过抛物线，=y上任意一点尸（不是顶点）作切线/,/交y轴于点Q.

（1）求证：线段尸。的中垂线过定点；

（2）过直线尸1上任意一点R作抛物线/=），的两条切线，切点分别为S、T,M

为抛物线上S、7之间到直线ST的距离最大的点，求△MST面积的最小值.

【分析】（1）求导，利用导数的几何意义，即可求得切线方程，因此可得PQ的中点坐

标，即可求得尸。的中垂线方程，即可判断恒过定点；

（2）根据（1）可知，分别求得切线RS,RT的方程，因此可得刈，尤3为方程2&x+

争—1=0的两个根，利用韦达定理及弦长公式求得|S71，利用三角形的面积公式及二次

函数的性质，即可求得△MST面积的最小值.

【解答】解：（1）有y=W,求导y'=2x,设P（xi，JCI2）且©WO,

则直线/的方程为：y-*=2%iQ-/），化简得y=2%i%-%3

当x=O,则＞=一后，则Q（0,—好），

所以线段PQ的中点坐标为库，0）,则中垂线的方程为y=-卷（%—分，即丫=

2勺+4'

所以线段PQ的中垂线过定点（0