高中数学人教A版选择性必修第一册阶段检测试卷11

1、试卷第 =page 5 5页，共 =sectionpages 5 5页试卷第 =page 4 4页，共 =sectionpages 5 5页高中数学人教A版选择性必修第一册阶段检测试卷11第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1如图，在圆锥中，是上的动点，是的直径，是的两个三等分点，记二面角，的平面角分别为，若，则的最大值是（ ）ABCD2如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）A沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为B若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为C三棱锥的体积最大值为D若M在平面内运动，且，点M的轨迹为

2、抛物线3已知点为抛物线的焦点，点为抛物线上一动点，当最小时，点恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜率的平方为（ ）ABCD4已知点是椭圆的上顶点，分别是椭圆左右焦点，直线将三角形分割为面积相等两部分，则的取值范围是（ ）ABCD5在平面直线坐标系中,定义为两点的“切比雪夫距离”，又设点P及上任意一点Q,称的最小值为点P到直线的“切比雪夫距离”记作给出下列四个命题:（ ）对任意三点A、B、C，都有已知点P(3,1)和直线则到原点的“切比雪夫距离”等于的点的轨迹是正方形；定点动点满足则点P的轨迹与直线(为常数)有且仅有2个公共点其中真命题的个数是（ ）A4B3C2D16已知直线与椭圆

3、切于点，与圆交于点，圆在点处的切线交于点，为坐标原点，则的面积的最大值为AB2CD1二、多选题7在棱长为1的正方体中，点满足，则以下说法正确的是（ ）A当时，平面B当时，存在唯一点使得与直线的夹角为C当时，长度的最小值为D当时，与平面所成的角不可能为8抛物线的焦点为，动直线与抛物线交于两点且，直线分别与抛物线交于两点，则下列说法正确的是（ ）A直线恒过定点BCD若于点，则点的轨迹是圆第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题9如图，过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB、CD，若与面积之和的最小值为32，则抛物线的方程为_10如图，在长方体中，点为线段上的动点(包含线段端点)，

4、则下列结论正确的_当时，平面；当时，平面；的最大值为；的最小值为.11已知点和圆上两个不同的点，满足，是弦的中点，给出下列四个结论：的最小值是4；点的轨迹是一个圆；若点，点，则存在点，使得；面积的最大值是其中所有正确结论的序号是_12已知抛物线C：的焦点F到其准线的距离为2，圆M：，过F的直线l与抛物线C和圆M从上到下依次交于A，P，Q，B四点，则的最小值为_.四、解答题13已知椭圆：，斜率为k的直线l与椭圆有两个不同的公共点A、B，的左、右焦点分别为、.（1）若直线l经过点，求的周长；（2）若，求面积的取值范围；（3）若， ，直线与椭圆的另一个交点为C，直线与椭圆的另一个交点为D，求证：直线

5、过定点，并求出定点的坐标.14已知椭圆过点，且离心率为（1）求椭圆的方程；（2）过的直线交椭圆于，两点，判断点与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由15已知拋物线：（）的焦点为，为坐标原点，为拋物线上一点，且（1）求拋物线的方程；（2）设直线：交轴于点，直线过点且与直线平行，动直线过点与拋物线相交于，两点，直线，分别交直线于点，证明：16已知抛物线，两条直线，分别于抛物线交于，两点和，两点（1）若线段的中点为，求直线的斜率；（2）若直线，相互垂直且同时过点，求四边形面积的最小值答案第 = page 25 25页，共 = sectionpages 26 26页答案第 = page 26 26页

6、，共 = sectionpages 26 26页参考答案1B【分析】设底面圆的半径为,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.【详解】设底面圆的半径为,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:则由可得,是的两个三等分点则 所以设平面的法向量为 则,代入可得化简可得令,解得所以平面的法向量为由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足设二面角的法向量为则代入可得化简可得令,解得所以平面的法向量为 由图可知, 二面

7、角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足由二面角的范围可知结合余弦函数的图像与性质可知即化简可得,且所以所以的最大值是故选:B【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.2AB【分析】A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B选项，找到点M在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C选项，利用等体积法和建立空间直角坐标系，求出的最大值，即为最大值；D选项，在空间直角坐标系中利用余弦定理得到点M的轨迹方程为线段.【详解】将平面与平面

8、展开到同一平面内，连接AP，此时，也可将平面ABCD与平面展开到同一平面内，此时，故A正确；过点P作PE交于点E，连接EM，则E为的中点，PE=1，且PE平面，EM平面，所以PEEM，因为由可知，故M在侧面上得轨迹为以E为圆心，1为半径的半圆，故点M在侧面内运动路径的长为，B正确；连接，则，所以，以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，设，（，），设平面的法向量为，则，令，得：，所以，设到平面的距离为，则，故当，时，取得最大值，为，此时三棱锥体积最大，C错误；，所以，连接，因为，（，），所以，化简得：，所以，可知M点的轨迹不是抛物线，D错误.故选：A

9、B【点睛】对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立空间直角坐标系来进行求解，当然建立空间直角坐标系还可以求解角度和距离，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率.3B【分析】作出图形，可知与抛物线相切时，取得最小值，求出点的坐标，利用双曲线定义求出2a，结合，可求得，再利用求得结果.【详解】由抛物线的对称性，设为抛物线第一象限内点，如图所示：故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，设直线方程为：，联立，整理得，其中，解得：，由为抛物线第一象限内点，则则，解得：，此时，即或所以点的坐标且由题意知，双曲

10、线的左焦点为，右焦点为设双曲线的实轴长为2a，则，又，则故渐近线斜率的平方为故选：B【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线的渐近线斜率，方法如下：直接求出，从而求出；构造的齐次式，求出；采用渐近线的定义以及圆锥曲线的定义来求解；根据圆锥曲线的统一定义求解4B【分析】由题意，,，先求出直线yax+b（a0）与x轴的交点为，由，可得点M在射线上再求出直线yax+b（a0）和的交点N的坐标，分三种情况讨论：若点M和点重合，求得；若点M在点O和点之间，求得；若点M在点的左侧，求得求并集即可得b的取值范围【详解】解：因为点是椭圆的上顶点，分别是椭圆左右焦点，所以，从而有，所以,，由题意，三角形的面积为1，设

11、直线yax+b（a0）与x轴的交点为，由直线yax+b（a0）将三角形分割为面积相等的两部分，可得，所以，故点M在射线上设直线yax+b和的交点为N，则由可得点N的坐标为若点M和点重合，如图：则点N为线段的中点，故N，把、N两点的坐标代入直线yax+b，求得ab若点M在点O和点之间，如图：此时，点N在点和点之间，由题意可得三角形的面积等于，即，即，可得a，求得，故有若点M在点的左侧， 则，由点M的横坐标，求得ba设直线yax+b和的交点为P，则由求得点P的坐标为， 此时，由题意可得，三角形APN的面积等于，即，即，化简可得由于此时ba0，所以 两边开方可得 ，所以，化简可得，故有综上，b的取值

12、范围应是.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，由题意分析得直线yax+b（a0）与x轴的交点M在射线上，然后分三种情况进行讨论：若点M和点重合；若点M在点O和点之间；若点M在点的左侧5A【分析】讨论，三点共线，以及不共线的情况，结合图象和新定义，即可判断；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，可得最小值；运用新定义，求得点的轨迹方程，即可判断；讨论在坐标轴上和各个象限的情况，求得轨迹方程，即可判断【详解】解：对任意三点、，若它们共线，设，、，如右图，结合三角形的相似可得，为，或，则，；若，或，对调，可得，；若，不共线，且三角形中为锐角或钝角，由矩形或矩

13、形，；则对任意的三点，都有，；故正确；设点是直线上一点，且，可得，由，解得，即有，当时，取得最小值；由，解得或，即有，的范围是，无最值，综上可得，两点的“切比雪夫距离”的最小值为故正确；由题意，到原点的“切比雪夫距离” 等于的点设为，则，若，则；若，则，故所求轨迹是正方形，则正确；定点、，动点满足，可得不轴上，在线段间成立，可得，解得，由对称性可得也成立，即有两点满足条件；若在第一象限内，满足，即为，为射线，由对称性可得在第二象限、第三象限和第四象限也有一条射线，则点的轨迹与直线为常数）有且仅有2个公共点故正确；综上可得，真命题的个数为4个，故选:.【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查数形

14、结合思想方法，以及运算能力和推理能力，属于难题6A【分析】设点，利用四点，共圆，求得以为直径的圆，与已知圆的方程相减得出直线的方程，直线与过点的椭圆的切线重合，两个方程相等，可得,，再由椭圆的参数方程和向量数量积的坐标表示和向量的模，结合三角形的面积公式和三角恒等变换以及三角函数的基本性质求出所求的最大值【详解】设，由，可得四点，共圆，可得以为直径的圆，方程为，联立圆，相减可得的方程为，又与椭圆相切，可得过的切线方程为，即为，由两直线重合的条件可得，由于在椭圆上，可设，即有，可得，且，即有，当即或或或时，的面积取得最大值故选【点睛】本题考查椭圆和圆的方程的应用，考查直线和椭圆、直线与圆相切的条

15、件，以及运用参数方程和三角恒等变换公式是解题的关键，考查运算求解能力与分析问题的能力，属于难题7ACD【分析】对于A，可知点在线段上，易证平面平面，利用线面平行的性质可证得结论；对于B，可证得点为中点，此时可判断； 对于C，可知三点共线，线段在中，利可求得距离最小值； 对于D，设点在平面内的射影为Q在线段上，则为所求角，求，可判断结果.【详解】对于A，当时，即点在线段上，利用正方体的性质，易证平面平面，平面，平面，故A正确；对于B， 当时，设的中点为H，则，即，即点为中点，此时，故B错误；对于C，当时，可知三点共线，线段在中，当点为中点时，最小，此时，故长度的最小值为，故C正确；对于D，当时，

16、可知三点共线，点在平面内的射影为Q在线段上，则为与平面所成的角，又，所以，而，所以与平面所成的角不可能为，故D正确；故选：ACD【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：（1）定义法，作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；求，利用解三角形的知识求角；（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.8ABD【分析】由题意，若，则，联立直线与抛物线求，进而求，即可得，可知A的正误；若，由、求关于、表示的坐标，进而确定、的数量关系；设A中定点为，易知在以为直径的圆上，即的轨

17、迹是圆.【详解】由题意，若，则，即，又联立直线与抛物线有，则，而，即，故过定点，A正确；若，由：，可得，则；由：，可得，则；，而且，故，B正确；，C错误；在直线上，又过定点且，故在以为直径的圆上，D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：设，联立直线与椭圆方程，应用韦达定理求，求的数量关系；设点坐标，利用斜率的点斜式求、的数量关系；若，由垂直可得在以为直径的圆上.9【分析】设直线AB的倾斜角为锐角，则直线CD的倾斜角为，利用焦半径公式分别求出、，并求出与面积之和的表达式，通过不断换元，并利用双勾函数的单调性求出两个三角形面积之和的最小值，求出p的值，于是得出抛物线的方程【详解】解：设直线AB的倾

18、斜角为锐角，则直线CD的倾斜角为，由焦半径公式得：，的面积为： ，同理可得的面积为：，令，则与面积之和为：，再令，则与面积之和为：，由双勾函数的单调性可知，当时，与面积之和取到最小值，即，由于，得，因此，抛物线的方程为故答案为：【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题，考查抛物线的定义，考查计算能力与推理能力，属于难题10【详解】以为坐标原点建立空间直角坐标系，则,设,.对于，当，即，解得，设平面的法向量为，则由，解得，由于，所以平面成立.对于，当时，即，解得，由可知平面成立.对于，设，即，解得，由，其分子化简得，当时，故的最大值可以为钝角，错误.对于，根据计算的数据， ,，在对称轴，即时取得最

19、小值为，故错误.点睛：本题主要考查空间点线面的位置关系，考查利用向量法证明线面平面，线面垂直的方法，考查利用向量法求角度的最大值和线段长的最小值的方法.由于题目所给几何体是长方体，要验证线面关系，用向量法最快，建立空间直角坐标系后，利用直线的方向向量和平面的法向量垂直，证明线面平行，利用直线的方向向量和平面内两个相交的向量垂直证明线面垂直.11【分析】可以通过设出圆的参数方程，进行求解；设出，找到等量关系，建立方程，求出点的轨迹方程，即可说明；转化为两圆是否有交点，说明是否存在点；当斜率分别为1和-1时，且点P，M在y轴左侧，此时面积最大，求出最大值.【详解】点在圆上，设，则，当时，取得最小值

20、，最小值为4，正确；设点，则由题意得：，则，整理得：，所以点的轨迹是一个圆，正确；为以为直径的圆，圆心为，半径为1，方程为：，下面判断此圆与点的轨迹方程是否有交点，由于，两圆相离，故不存在点，使得，错误；当斜率分别为1和-1时，且点P，M在y轴左侧，此时为等腰直角三角形，面积最大，此时，正确.故答案为：【点睛】轨迹方程问题，一般处理思路，直接法，定义法，相关点法以及交轨法，要能结合题目特征选择合适的方法进行求解.124【分析】根据已知条件先求出抛物线的方程，然后将问题转化为计算“”的最小值，通过抛物线的焦半径公式将表示为坐标的形式，采用直线与抛物线联立的思想，根据韦达定理和基本不等式求解出最小

21、值.【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为，所以，所以抛物线方程为，如下图，因为，设，所以，所以，设，所以，所以，所以，当且仅当，即取等号.所以的最小值为4，故答案为：4.【点睛】结论点睛：本题考查圆与抛物线的综合应用，其中涉及抛物线的焦半径公式的运用.常见抛物线的焦半径公式如下：（为焦准距）（1）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.13（1）8；（2）；（3）证明见解析，.【分析】（1）根据椭圆的定义计算；（2）设直线方程为，由直线与椭圆相交于两点，及直线不过

22、原点求出，应用韦达定理求得弦长，并求得原点到直线的距离得三角形面积，利用的范围结合二次函数性质得面积取值范围；（3）在（2）基础上，写出直线方程，与椭圆方程联立求得点坐标，同理得点坐标后再求出直线方程，利用，由此方程关于是恒等式可得定点坐标【详解】（1）由题意，的周长为；（2）设直线方程为，由得，设，则，又原点到直线的距离为，直线不过原点，（3）由（2）直线方程为，由得，又，代入整理得：，是此方程的两根，即，同理可得，直线方程为，注意，令，直线过定点【点睛】关键点点睛：本题考查直线与相交问题，考查椭圆中三角形面积问题，直线过定点问题，对学生的运算求解能力要求较高，属于困难题解题时采用“设而不求

23、”的思想方法，设直线方程为，设交点坐标为，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，由判别式得参数的范围，由韦达定理求得弦长，求出原点到直线的距离后可得三角形面积，利用函数的性质结合参数范围可得面积的范围而直线过定点问题，就是由参数求出交点坐标，写出直线方程，由方程分析得出直线所过定点坐标14（1）（2）点，在以为直径的圆外，理由见解析【分析】（1）根据点在椭圆上，求得，再根据离心率求得，则可得答案;（2）方法一：设直线方程，和椭圆方程联立，整理可得根与系数的关系式，借助于此式，表示出点与圆心的距离，进而将此距离与圆的半径比较大小，即可判断结论；方法二：可以通过计算向量，的数量积，从而判断二者的夹角大小，进而判断点与以线段为直径的圆的位置关系.（1）椭圆过点，且离心率为，则，而,则椭圆的方程；（2）方法一：当的斜率为0时，显然，与以线段为直径的圆的外面，当的斜率不为0时，设的方程为：，点，中点为，由，得，所以，从而，所以，故，所以，故，在以为直径的圆外解法二：当的斜率为0时，显然，与以线段为直径的圆的外面，当的斜率不为0时，设的方程为：，设点，则，由，