综合检测（提升卷）（解析版）

试卷第=page11页，总=sectionpages33页试卷第=page11页，总=sectionpages33页选择性必修第一册期末综合检测能力提升B版解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设，，分别是中，，所对边的边长，则直线与位置关系是（）A．平行 B．重合 C．垂直 D．平行或重合【答案】D【分析】将直线方程化为斜截式，根据斜率和截距判断两直线的位置关系.【详解】由于，所以两条直线斜率存在.两条直线方程可化为，由正弦定理得.当三角形为等边三角形时，，此时两直线平行.当时，，此时两直线重合.故选：D【点睛】本小题主要考查两条直线的位置关系，属于基础题.2．设A（–1，2），B（3，1），若直线y=kx与线段AB没有公共点，则k的取值范围是()A．（–∞，–2）∪（，+∞） B．（–∞，–）∪（2，+∞）C．（–2，） D．（–，2）【答案】C【解析】试题分析：解析几何用数形结合方法是快速解题最直接的方法如图若直线与线段AB没有公共点则直线OA逆时针旋转(斜率增大)到OB都是满足条件的直线又,故选C考点：直线方程的斜率3．若圆关于直线对称,则由点向圆所作的切线长的最小值是()A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可知直线经过圆的圆心,推出的关系,利用与圆心的距离,半径,求出切线长的表达式,即可求得最小值.【详解】圆化简为:圆的圆心坐标:,半径为圆关于直线对称在直线上可得,即点与圆心的距离为:点向圆所作切线长为:当且仅当时弦长最小,最小值为.故选:A.【点睛】本题考查了求圆的切线长,解题关键是掌握圆的定义和圆切线的长的求法,可画出草图,结合图像寻找几何关系,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.4．数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心（三边中垂线的交点）、重心（三边中线的交点）、垂心（三边高的交点）依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（）．注：重心坐标公式为横坐标：；纵坐标：A． B．C． D．【答案】D【分析】由重心坐标公式得重心的坐标，根据垂直平分线的性质设出外心的坐标为，再由求出，然后求出欧拉线的斜率，点斜式就可求得其方程.【详解】设的重点为，外心为，则由重心坐标公式得，并设的坐标为，解得，即欧拉方程为：，即：故选：D【点睛】本题考查直线方程，两点之间的距离公式，三角形的重心、垂心、外心的性质，考查了理解辨析能力及运算能力.5．如图，四个棱长为的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则的不同值的个数为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平面向量运算法则可知，由线面垂直性质可知，从而得到，进而得到结果.【详解】平面则的不同值的个数为个故选：【点睛】本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用平面向量线性运算将所求向量数量积转化为已知模长的向量和有垂直关系向量的数量积的运算问题，考查了转化与化归的思想.6．已知，是椭圆：的左、右焦点，离心率为，点的坐标为，则的平分线所在直线的斜率为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题得：，结合得出椭圆方程，根据角平分线的性质，过点作角平分线的对称点,由中点坐标公式求出的中点，即可求得的平分线所在直线的斜率.【详解】由题可知：，，已知，则，得出，所以椭圆方程为：.焦点,而，即：轴.,又因为:得,设：的角平分线所在直线为，则点关于的对称的点为,所以：在的延长线上，但，则所以：设的中点为，有，得出所在直线的斜率，即的平分线所在直线的斜率为2.故选：A.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，利用了椭圆的几何性质、离心率和角平分线的性质，以及中点坐标公式和斜率公式相结合.7．已知点在直线上移动，当取得最小值时，过点引圆的切线，则此切线段的长度为()A． B． C． D．【答案】A【解析】试题分析：要求解且线段的长度，只要知道圆心到点P的距离和圆的半径，结合勾股定理可知．由于利用基本不等式及x+2y=3得到2x+4y≥2，当且仅当2x=4y=2，即x=，y=，所以P（），根据两点间的距离公式求出P到圆心的距离=且圆的半径的平方为，然后根据勾股定理得到此切线段的长度，故选A.考点：考查学生会利用基本不等式求函数的最值，会利用两点间的距离公式求线段长度，会利用勾股定理求直角的三角形的边长．此题是一道综合题，要求学生掌握知识要全面．点评：要求切线段的长度，利用直角三角形中半径已知，P与圆心的距离未知，所以根据基本不等式求出P点的坐标，然后根据两点间的距离公式求出即可.8．已知点为双曲线右支上一点，分别为双曲线的左右焦点，点为的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有成立，则双曲线的离心率取值范围为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，设圆与的三边、、分别相切于点，连接、、，则，它们分别是的高，其中是的内切圆的半径，因为所以，两边约去得，根据双曲线定义，得，离心率为，双曲线的离心率取值范围为，故选A.二、多选题9．以下四个命题表述正确的是（）A．直线恒过定点B．已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点C．曲线与曲线恰有三条公切线，则D．圆上存在4个点到直线的距离都等于1【答案】BC【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐个判断即可解出．直线恒过定点，判断错误；求出直线方程，判断直线经过定点，正确；根据两圆外切，三条公切线，可得正确；根据圆心到直线的距离等于1，判断错误.【详解】对于，直线方程可化为，令，则，，，所以直线恒过定点，错误；对于，设点的坐标为，所以，，以为直径的圆的方程为，两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，令，，解得，，故直线经过定点，正确；对于，根据两圆有三条公切线，所以两圆外切，曲线化为标准式得，曲线化为标准式得，所以，圆心距为5，因为有三条公切线，所以两圆外切，即，解得，正确；对于，因为圆心到直线的距离等于1，所以直线与圆相交，而圆的半径为2，故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上有三个点到直线的距离等于1，错误；故选：．【点睛】本题主要考查直线系过定点的求法，以及直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，属于中档题．10．已知点是双曲线的右支上一点，双曲线的左、右焦点，的面积为20，则下列说法正确的有()A．点的横坐标为 B．的周长为C．小于 D．的内切圆半径为【答案】ABCD【分析】在焦点三角形中利用三种表达形式，可判定ACD选项正确，由两点间的距离公式表示，利用双曲线的定义表示，从而表示的周长，即可判定B选项正确.【详解】因为双曲线，所以又因为，所以将其代入得，即，所以选项A正确；所以P的坐标为，由对称性可知,由双曲线定义可知所以，所以选项B正确；因为，所以，即，所以，所以选项C正确；因为，所以，所以选项D正确.故选：ABCD【点睛】本题考查双曲线的焦点三角形问题，主要涉及面积公式的变形应用和双曲线的定义使用，属于难题.11．已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（）A．若，则满足条件的点有且只有一个B．若，则点的轨迹是一段圆弧C．若∥平面，则长的最小值为2D．若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为【答案】ABD【分析】若，由于与重合时，此时点唯一；，则，即点的轨迹是一段圆弧；当为中点时，DP有最小值为，可判断C；平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，可得D.【详解】如图：∵正四棱柱的底面边长为2，∴，又侧棱，∴，则与重合时，此时点唯一，故A正确；∵，，则，即点的轨迹是一段圆弧，故B正确；连接，，可得平面平面，则当为中点时，DP有最小值为，故C错误；由C知，平面即为平面，平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，面积为，故D正确．故选：ABD．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.12．如图，正方体的棱长为a，线段上有两个动点E，F，且，以下结论正确的有（）A．B．点A到所在平面的距离为定值C．三棱锥的体积是正方体体积的D．异面直线AE，BF所成的角为定值【答案】AB【分析】由线面垂直推出异面直线垂直可判断A；由点到平面的距离可判断B；运用三棱锥的体积公式可判断C；根据异面直线所成角的定义判断D.【详解】如图：对于A，根据题意，，，平面，所以，故A正确；对于B，A到平面的距离是定值，所以点A到的距离为定值，故B正确；对于C，三棱锥的体积为，三棱锥的体积是正方体体积的，故C错误；对于D，当点E在处，F为的中点时，异面直线AE，BF所成的角是，当在的中点时，F在的位置，异面直线AE，BF所成的角是，显然两个角不相等，命题D错误；故选：AB【点睛】本题考查命题真假的判断，以正方体为载体，考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了面积与体积的计算问题，考查运算求解能力，是中档题.三、填空题13．一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为________.【答案】或【分析】由题意可知点在反射光线上，设反射光线所在的直线方程为，利用直线与圆的相切的性质即可得出.【详解】由题意可知点在反射光线上，设反射光线所在的直线方程为，即.圆的圆心，半径为1，由直线与圆相切的性质可得，解得或.故答案为：或14．已知，动直线过定点，动直线过定点，若与交于点（异于点），则面积最大值是________.【答案】【分析】根据题意，将直线、的方程变形，分析可得、的坐标，又由直线的方程分析可得动直线与动直线互相垂直，据此可得在以为直径的圆上，结合、的坐标可得的轨迹方程，由直线与圆的位置关系分析可得当时，的面积取得最大值，计算可得答案.【详解】解：根据题意，对于直线，其恒过定点，则；

对于直线，变形可得，恒过定点，则，

动直线，动直线，有，

则动直线与动直线互相垂直，

又由直线与交于点，则在以为直径的圆上，

又由，，，当为等腰直角三角形时，面积取得最大值，则有时，的面积取得最大值，

此时的面积的最大值.

故答案为：.【点睛】本题轨迹方程的计算，涉及恒过定点的直线，关键是找到点的轨迹，属于中档题.15．《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体ABCDFE，如图，四边形ABCD，ABEF均为等腰梯形，，平面平面ABEF，梯形ABCD，梯形ABEF的高分别为3，7，且，，，则________.【答案】14【分析】过分别作，的高，垂足分别为，，可证明，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出，，，的坐标，从而求出的值即可．【详解】如图示：过分别作，的高，垂足分别为，，平面平面，，平面平面，故平面，故，，又，故，，两两垂直，以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则由题意可知：，0，，，0，，，7，，，0，，故，7，，，0，，故，故答案为：1416．如图，抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过点且斜率为的直线与抛物线交于第一象限内的，两点，若，则______.【答案】【分析】过点作，垂足为点，抛物线的定义知，在中，利用题干条件和三角函数可得，，同理可得，由即可得出答案.【详解】如图所示，过点作，垂足为点.由抛物线的定义知，在中，∵，∴，∴.过点作轴，垂足为点，则，同理得，∴.故答案为：【点睛】本题考查了抛物线的定义、直角三角形的边角关系、三角函数、直线的斜率等基础知识与基本技能方法的综合应用，属于中档题.四、解答题17．如图，四棱柱中，侧棱底面，，，，，为棱的中点.（1）证明；（2）求二面角的余弦值；（3）设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）见证明；（2）；（3）【分析】（Ⅰ）以点为原点建立空间直角坐标系，写出点的坐标，写出向量，，计算两向量的数量积即可证明垂直（Ⅱ）利用向量的坐标，分别求出平面的法向量，平面的法向量，即可计算二面角的余弦值（III）设，写出，求平面的一个法向量，利用线面角公式写出直线与平面所成角的正弦值且为，可解出，即可求解线段的长.【详解】（I）以点为原点建立空间直角坐标系，如图，依题意得，，，，，.则，，而.所以.（II），，设平面的法向量为，则，即，取.设平面的法向量为，则，即，取.，所以二面角的余弦值为.（III），，设，有.取为平面的一个法向量，设为直线与平面所成的角，则.于是，解得.所以.所以线段的长为.【点睛】本题主要考查了利用空间向量来证明立体几何中的垂直关系，求二面角、线面角，考查了学生的推理计算能力，属于中档题.18．等边的边长为，点，分别是，上的点，且满足(如图(1))，将沿折起到的位置，使二面角成直二面角，连接，(如图(2)).(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为?若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在点，.【分析】（1）通过证明，即可证明平面；（2）以为坐标原点，以射线、、分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，设，然后并求出平面的一个法向量及的坐标，最后根据即可求出的值及的长度.【详解】(1)证明题图(1)中，由已知可得：，，.从而.故得，所以，.所以题图(2)中，，，所以为二面角的平面角，又二面角为直二面角，所以，即，因为且、平面，所以平面.(2)解存在.由(1)知，平面.以为坐标原点，以射线、、分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，过作交于点，设，则，，，易知，，，所以.因为平面，所以平面的一个法向量为.因为直线与平面所成的角为，所以，解得.所以，满足，符合题意.所以在线段上存在点，使直线与平面所成的角为，此时.【点睛】本题主要考查线面垂直的证明及通过建立空间直角坐标系并表示出平面的法向量及直线的方向向量的坐标，解决已知直线和平面所成的角求参数的值问题，属中等难度题.19．对于半径为的及一个正方形给出如下定义：若上存在到此正方形四条边距离都相等的点，则称是该正方形的“等距圆”。如图1，在平面直角坐标系中，正方形的顶点的坐标为（2，4），顶点、在轴上，且点在点的左侧.（1）当时，已知两点，，则可以成为正方形的“等距圆”的圆心的是________；（2）如图2，在正方形所在平面直角坐标系中，正方形的顶点的坐标为（6，2），顶点，在轴上，且点在点的上方.若同时为上述两个正方形的“等距圆”，且与所在直线相切，求圆心的坐标；（3）在（2）的条件下，将正方形绕着点旋转一周，在旋转的过程中，线段上没有一个点能成为它的“等距圆”的圆心，写出的取值范围.（不必说明理由）【答案】（1）；（2）或；（3）或.【分析】（1）连接和，交于点，设的圆心坐标是，列出圆心到的关系式，把，代入，看是否成立即可得出结果；（2）先求出为等腰直角三角形，得到，进而得出为等腰直角三角形，设据关系列出方程，即可求出圆心的坐标；（3）连接，作于点，以为圆心，为半径作圆，交于点，交的延长线于，作图，可知当时和当时，线段上没有一个点能成为它的“等距圆”的圆心．【详解】解：（1）连接和，交于点，如图1所示：四边形是正方形，到正方形四条边距离都相等，一定通过点，设的圆心坐标是，时，，即：，把，代入，成立，可以成为正方形的“等距圆”的圆心的是，故答案为：；（2）如图2所示：同时为正方形与正方形的“等距圆”，同时过正方形的对称中心和正方形的对称中心，点在线段的垂直平分线上，，正方形的边在轴上；，正方形的边在轴上，，，，设线段的垂直平分线与轴交于点，与轴交于点，则为等腰直角三角形，轴，，，为等腰直角三角形，，，设直线的解析式为：，则，解得：，，在直线上，设，过作直线于，连结，与所在直线相切，，，解得：，，所以圆心的坐标为：，或，；（3）连接，作于点，以为圆心，为半径作圆，交于点，交的延长线于，如图3所示：当时，线段上没有一个点能成为它的“等距圆”的圆心，所在的直线为，所在的直线为，，，，，，所以当时，线段上没有一个点能成为它的“等距圆”的圆心；当时，线段上没有一个点能成为它的“等距圆”的圆心，，，，所以当时，线段上没有一个点能成为它的“等距圆”的圆心；综上得当或时，线段上没有一个点能成为它的“等距圆”的圆心．【点睛】本题考查的是直线与圆的综合题，解题的关键是明确题意，根据题目给出的条件，作出合适的辅助线，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．20．在平面直角坐标系中，点为直线上在第一象限内的点，，以为直径的圆与直线交于另一点，且，（1）求圆的方程；（2）设是圆上两点，且满足，试问：是否存在一个定圆，使直线恒与圆相切.【答案】(1);(2)答案见解析.【分析】(1)设，，由题意可知，结合已知条件，从而可得关于的方程组，求出解后，即可求出圆心坐标和半径长度，进而可求出圆的方程.(2)直线的方程为，，由可得，联立直线和圆的方程，结合韦达定理可得，从而可说明原点到直线的距离为定值，即可得到问题的答案.【详解】(1)解：因为点为直线上在第一象限内的点，所以设，，所以，，，因为为直径，在圆上，所以，即，又，可得即，解得或(舍去)，则圆的圆心，，所以圆的半径，所以圆的方程为.(2)解：当的斜率不存在时，中有一点与原点重合，此时不成立，所以直线的斜率存在，设直线的方程为，，联立直线与圆的方程得，整理得，所以，，又，则，因为，所以，即，所以原点到直线的距离，所以存在与直线相切.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了向量的数量积的坐标表示，考查了圆的方程的求解.本题的难点在于第二问的整理计算.21．已知直线过椭圆的右焦点F，抛物线的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A、B两点，点A、F、B在直线上的射影依次为D、K、E．（1）求椭圆C的方程；（2）当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．【答案】（1）；（2）是，．【分析】（1）由题设条件求出椭圆的右焦点F与上项点坐标，即可得出b、c的值，再求出的值即可求得椭圆C的方程；（2）设，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得出与，再根据，及，从而可表示出，化简即可得证；