浙江专用2024-2025学年高二数学上学期期中挑战满分冲刺卷特训03期中选填题汇编第1-3章新人教A版选择性必修第一册

PAGE1特训03期中选填题汇编（第1-3章）基础特训练基础特训练特训第一阶——基础特训练一、单选题1．（2024·浙江·高三专题练习）设平面的法向量为，平面的法向量为，若，则的值为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】依题意可得两平面的法向量共线，即可得到，从而得到方程组，解得即可；【解析】解：因为，所以，即，解得；故选：B．2．（2024·浙江·杭州四中高二期末）已知向量，，且与相互平行，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由空间向量共线的坐标表示求解【解析】，，则，解得，故选：D3．（2024·浙江·高二期中）如图，在平行六面体中，AC与BD的交点为M.设，则下列向量中与相等的向量是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】依据代入计算化简即可.【解析】故选：B.4．（2024·浙江·金华市外国语学校高二开学考试）在空间直角坐标系中，已知点M是点在坐标平面内的射影，则点M的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】点在平面内的射影是坐标不变，坐标为0的点.【解析】点在坐标平面内的射影为，故点M的坐标是故选：C5．（2024·浙江·杭州四中高二期末）如图所示，在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，，.若E，F分别是棱，上的点，且，，则异面直线与AF所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】以为原点，为轴，在平面中过作的垂线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．【解析】以为原点，为轴，在平面中过作的垂线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，，，，分别是棱，上的点，且，，，0，，，，，，0，，，0，，，，，，0，，设异面直线与所成角所成角为，则．异面直线与所成角的余弦值为．故选：．6．（2024·浙江省桐庐中学高二阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，M，N分别为，上的点，且，，若，则的值为（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】以为基底表示，由此求得，进而求得.【解析】，所以.故选：B7．（2024·浙江·吴兴高级中学高二阶段练习），“直线和直线平行”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】求出两直线平行时的值，再依据充分必要条件的定义推断．【解析】由题意，则，，因此题中应为充分必要条件．故选：C．8．（2024·浙江·杭州市富阳区场口中学高二期末）过点（7，-2）且与直线相切的半径最小的圆方程是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】数形结合得到过点作直线的垂线，垂足为，则以为直径的圆为直线相切的半径最小的圆，利用点到直线距离求出直径，设，列出方程组，求出圆心坐标，得到圆的方程.【解析】过点作直线的垂线，垂足为，则以为直径的圆为直线相切的半径最小的圆，其中，设，则，解得：，故的中点，即圆心为，即，故该圆为故选：B9．（2024·浙江省诸暨市其次高级中学高二期中）已知直线在两坐标轴上的截距相等，则实数（

）A．1 B． C．或1 D．2或1【答案】D【分析】对a分类探讨，由截距相等列方程解出的值.【解析】当时，直线，此时不符合题意，应舍去；当时，直线，在轴与轴上的截距均为0，符合题意；当且，由直线可得：横截距为，纵截距为.由，解得：.故的值是2或1.故选：D10．（2024·浙江·温州中学高二期末）已知直线与圆有两个不同的交点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由直线与圆的位置关系列出不等式求解即可得答案.【解析】解：因为直线与圆有两个不同的交点，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以实数的取值范围是，故选：B.11．（2024·浙江·高三专题练习）已知圆截直线所得弦的长度为4，则实数a的值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题求出圆心和半径，再依据几何关系即求.【解析】由题知圆的标准方程为，则圆心坐标为，半径，圆截直线所得弦的长度为4，，解得.故选：C.12．（2024·浙江丽水·高二开学考试）两圆，的公切线共有（

）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】C【分析】依据给定条件推断圆与的位置关系即可作答.【解析】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，而，即圆与外切，它们有3条公切线，所以圆与的公切线有3条.故选：C13．（2024·浙江杭州·高二阶段练习）抛物线的准线方程是（

）A． B． C．x＝－1 D．y＝－1【答案】D【分析】先把其转化为标准形式，求出p即可得到其准线方程．【解析】由题得：，所以，即所以故准线方程为：．故选：D14．（2024·浙江·绍兴一中模拟预料）已知双曲线的两条渐近线为，点为左右焦点，以原点为圆心且过两焦点的圆与交于第一象限的点P，点Q为线段的中点，且直线，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可设，又，则，整理得到关于离心率的方程，求解即可.【解析】由题可设，则，又，则．故选择：B．15．（2024·全国·高三专题练习）已知椭圆以为左右焦点，点P、Q在椭圆上，且过右焦点，，若，则该椭圆离心率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】依据题意不妨设，则，依据椭圆的定义可求得，从而可求得，即可得解.【解析】解：依据题意可得如图椭圆，是直角三角形，，不妨设，则，因为，所以，，所以离心率．故选：A．16．（2024·湖南永州·一模）已知椭圆分别为其左､右焦点，过作直线轴交椭圆于两点，将椭圆所在的平面沿轴折成一个锐二面角，设其大小为，翻折后两点的对应点分别为，记.若，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出，且，在中分别运用余弦定理得到，利用题干条件化简得到，求出，从而求出离心率.【解析】将代入中，解得：，所以，且，则在中分别由余弦定理得，，所以又由得：，所以，即，所以，即离心率为.故选：A.二、多选题17．（2024·浙江金华第一中学高二期中）给出下列命题，其中正确的命题是（

）A．若，则是钝角B．若为直线的方向向量，则也是直线的方向向量C．若，则，，，肯定共面D．平面，的法向量分别是，，平面，的夹角为，则【答案】CD【分析】依据空间向量的学问和平面的法向量逐一推断即可.【解析】若，则，故A错误；若为直线的方向向量，则当时才有是直线的方向向量，故B错误；若，则所以，即，所以，，，共面，故C正确；平面，的法向量分别是，，平面，的夹角为，则，故D正确.故选：CD18．（2024·浙江·杭州市富阳区其次中学高二阶段练习）下列命题中正确的是（

）A．已知和是两个相互垂直的单位向量，，，且，则实数B．已知正四面体的棱长为1，则C．已知，，，则向量在上的投影向量的模长是D．已知，，（为空间向量的一个基底），则向量，，不行能共面【答案】ABC【分析】利用向量的基本概念及基本运算逐一进行推断，即可得出结论．【解析】A.因为，，且，所以，解得，所以A正确.B.正四面体对棱相互垂直，所以与，与夹角为，所以，所以B正确.C.，，向量在上的投影向量的模长是，所以C正确.D.假设向量，，共面，则，所以，即，所以，解得，所以向量，，共面，所以D不正确.故选：ABC.19．（2024·浙江绍兴·高二期末）下列说法正确的是（

）A．直线的倾斜角范围是B．若直线与直线相互垂直，则C．过两点，的直线方程为D．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为【答案】AC【分析】依据直线斜率和倾斜角的关系，直线位置关系以及直线方程的应用，对每个选项进行逐一分析，即可推断和选择.【解析】对A：直线，其斜率，设直线倾斜角为，故可得，则，故A正确；对B：直线与直线相互垂直，则，解得或，故错误；对：过两点，的直线方程为，故C正确；对D：经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为和，故D错误；故选：AC.20．（2024·浙江·瑞安市第六中学高二开学考试）已知圆，直线．下列命题正确的有（

）A．直线l与圆C可能相切B．y轴被圆C截得的弦长为C．直线l被圆C截得的最短弦长为D．直线l被圆C截得弦长最短时，直线l的方程为【答案】BD【分析】求出l经过的定点，推断定点与圆C的位置关系即可推断l与圆的位置关系.当l截圆的弦长最小时，，依据几何关系即可求此时弦长和直线l的方程.【解析】将的方程整理为，由，且，解得，，则无论为何值，直线过定点．因为，则点在圆的内部，直线与圆相交，故A错误；令，则，解得：，故圆被轴截得的弦长为，故B正确；圆心，半径为5，，当截得的弦长最小时，，最短弦长为，故C错误；此时由于，则的斜率为2，l的方程为：，即，故D正确.故选：BD.21．（2024·浙江·瑞安市第六中学高二阶段练习）古希腊闻名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷．他发觉平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆．已知在平面直角坐标系中，．点满意，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（

）A．曲线的圆心坐标为B．C．曲线的周长为D．曲线上的点到直线的最小距离为【答案】ABD【分析】设，利用两点间的距离公式求出点所构成的曲线方程，然后逐一推断即可.【解析】设，由可得，整理可得，化为，所以曲线的圆心坐标为，半径为，故A正确；圆心到点的距离为，所以，即，故B正确；圆的周长为，故C错误；圆心到直线的距离为，所以曲线上的点到直线的最小距离为.故选：ABD22．（2024·浙江·高二期中）在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，准线为，为抛物线上一点，，为垂足.若直线的斜率，则下列结论正确的是（

）A．准线方程为 B．焦点坐标C．点的坐标为 D．的长为3【答案】BC【分析】由抛物线方程推断AB，先求出A点坐标再求P点坐标，从而求出的长，进而可推断CD.【解析】由抛物线方程为，焦点坐标，准线方程为，A错B对；直线的斜率为，直线的方程为，当时，，，，为垂足，点的纵坐标为，可得点的坐标为，C对；依据抛物线的定义可知，D错.故选:BC.23．（2024·浙江嘉兴·高二期末）已知平面内两个定点，直线相交于点，且它们的斜率之积为常数，设点的轨迹为.下列说法中正确的有（

）A．存在常数，使上全部的点到两点的距离之和为定值B．存在常数，使上全部的点到两点的距离之差的肯定值为定值C．存在常数，使上全部的点到两点的距离之和为定值D．存在常数，使上全部的点到两点的距离之差的肯定值为定值【答案】BC【分析】干脆法求出曲线方程，依据选项结合椭圆与双曲线中a、b、c的关系干脆计算可得.【解析】设M坐标为，则，化简得的轨迹方程为：由得，此时表示焦点为的双曲线，故B正确，A错误.由得，此时表示焦点为的椭圆，故C正确，明显不管为何值都不行能是焦点在y轴的双曲线，故D错误.故选：BC.24．（2024·浙江·丽水外国语试验学校高二阶段练习）设椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于两点，则（

）A．为定值B．的周长的取值范围是C．当时，为直角三角形D．当时，的面积为【答案】ACD【分析】对选项进行逐一推断.由椭圆的定义推断A；由为定值以及的范围推断B；求出坐标，由数量积公式得出，得出为直角三角形推断C；求出坐标，由面积公式得出的面积推断D.【解析】设椭圆的左焦点为，则所以为定值，A正确；的周长为，因为为定值6，所以的范围是，所以的周长的范围是，B错误；将与椭圆方程联立，可解得，又因为，∴所以为直角三角形，C正确；将与椭圆方程联立，解得，，所以，D正确.故选：ACD三、填空题25．（2024·浙江·台州市书生中学高二开学考试）已知是空间两个向量，若，则cos〈〉＝________．【答案】【分析】依据向量几何法的模长公式，可得向量数量积的值，依据向量夹角余弦值的公式，可得答案.【解析】由，可知，则，，，则.故答案为：.26．（2024·浙江宁波·高二期中）已知，，．若、、三向量共面，则实数______．【答案】【分析】由题意可得，存在实数x，y，使，列出方程组，即可求得答案.【解析】因为不平行，且、、三向量共面，所以存在实数x，y，使，所以，解得，故答案为：27．（2024·浙江金华·高二期末）已知正方形的边长为2，对部分以为轴进行翻折，翻折到，使二面角的平面角为直二面角，则___________.【答案】-2【分析】依据，则，依据条件求得向量夹角即可求得结果.【解析】由题知，，取的中点O，连接，如图所示，则，又二面角的平面角为直二面角，则，又，则，为等边三角形，从而，则，故答案为：-228．（2024·浙江·台州市路桥区东方志向学校高二阶段练习）如图，在三棱柱中，全部棱长均为，且底面，则点到平面的距离为______.【答案】【分析】以C为原点，分别为y、z轴正方向，建立空间直角坐标系，用向量法求解.【解析】以C为原点，分别为y、z轴正方向，建立如图示的空间直角坐标系，则,则,.设平面ABC1的一个法向量为,则有，不妨设z=1，解得,则所求距离为故答案为：.29．（2024·浙江·杭州四中高二期末）直线的倾斜角为______.【答案】##【分析】由直线方程及特别角函数值得斜率，依据斜率与倾斜角关系求倾斜角大小.【解析】由题设，直线斜率，若倾斜角为，则，故.故答案为：30．（2024·浙江·吴兴高级中学高二阶段练习）直线与平行，则它们的距离是_____【答案】【分析】依据两个平行线之间的距离计算公式，计算得答案.【解析】直线可化为直线，又，且，所以它们的距离.故答案为：.31．（2024·浙江·高二期中）若直线与曲线有公共点，则实数k的取值范围是___________．【答案】【分析】依据题意可得直线过定点，作出图象，利用数形结合的思想可得直线斜率的最大、最小值.【解析】由题意得，直线过定点，画出的图象，如图，结合图形可知，当直线与圆相切于点时，斜率取得最小值，此时；当直线与圆相交于点时，斜率最大，此时，所以实数的取值范围是.故答案为：32．（2024·浙江台州·高二期中）已知直线与圆交于两点P，Q，则弦长的取值范围是______.【答案】【分析】求得圆的圆心和半径，以及直线恒过的定点，推断在圆内，可得的最大值和最小值，即可得到所求范围．【解析】解：圆的圆心，半径，直线，即，令，解得，即直线过定点，且，即点在圆内，最长为直径，即，当最短时，点为弦的中点，即时，所以，但此时直线斜率不存在，取不到6，即的范围是．故答案为：．33．（2024·浙江·台州市书生中学高二开学考试）已知双曲线：的离心率，则虚轴长为_____________.【答案】【分析】结合离心率求得，由此求得虚轴长.【解析】依题意，所以虚轴长.故答案为：34．（2024·浙江·高三专题练习）若方程表示双曲线，则的取值范围是________．【答案】【分析】依据已知条件可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.【解析】因为方程表示双曲线，则，解得或.故答案为：.35．（2024·浙江·高三专题练习）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过F与C交于A、B两点，若|AF|＝|BF|，则y轴被以线段AB为直径的圆截得的弦长为__.【答案】【分析】由|AF|＝|BF|，可得l⊥x轴，从而可确定圆的圆心和半径，这样就可以求弦长了.【解析】解：由于|AF|＝|BF|，所以l⊥x轴，所以圆心坐标为F（1，0），半径为r＝2，弦长为，故答案为：2.36．（2024·浙江省江山中学模拟预料）已知点F为双曲线的左焦点，A为直线在第一象限内的点，过原点O作的垂线交于点B，且B恰为线段的中点，若的内切圆半径为，则该双曲线的离心率大小为_________．【答案】【分析】设，依据点在渐近线上，点在直线上，求得的坐标，结合为线段的中点，求得，利用内切圆半径的计算公式，求得，求得，依据离心率为，即可求解.【解析】如图所示，设，由题意知，点在渐近线上，点在直线上，可得，因为为线段的中点，且，所以，解得，所以，则，因为的内切圆半径为，所以，即，化简得，即，所以离心率为.故答案为：.培优特训练培优特训练特训其次阶——拓展培优练一、单选题1．（2024·浙江·慈溪市三山高级中学高二学业考试）在三棱锥中，全部棱的长均为，点在棱上，满意，点在棱上运动，设直线与平面所成角为，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】取中点，在底面的射影为，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，，可得，利用线面角的向量求法，结合函数值域的求解方法可求得的取值范围，进而得到的最小值.【解析】取中点，连接；三棱锥各棱长均为，在底面内的投影为的中心，；以为坐标原点，正方向为轴，作的平行线作为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，；轴平面，平面的一个法向量；设，，，，即，，；当时，，；当时，；设，则；当时，，，；综上所述：的最小值为.故选：A.2．（2024·浙江金华·模拟预料）实数a，b满意，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】可化简为，须要表示出对应的曲线，用几何意义求解即可.【解析】由题知，即，即，则表示在，的坐标系下，圆心坐标为，半径为的圆的一部分，表示的几何意义为圆上一点到原点的距离的平方，所以，同理.故选：B.3．（2024·浙江嘉兴·高二期末）已知圆，有下列四个命题：①肯定存在与全部圆都相切的直线；②有多数条直线与全部的圆都相交；③存在与全部圆都没有公共点的直线；④全部的圆都不过原点.其中正确的命题个数是A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】①可先设出切线方程，利用圆心到直线距离等于半径建立等式求解.②③依据直线与两条切线的相对位置，可找出与圆相交和相离的直线④假设过原点，有解【解析】由圆知圆心坐标为，半径，圆心在直线上，①假设存在直线与全部圆均相切，设为则到的距离为可得直线与全部圆均相切，故切线应与无关，可取，有解得.即所以，存在与全部圆均相切的直线，故①正确；过点介于两相切直线之间的直线，均与全部圆相交，故②正确；过点在两相切直线之外部区域的直线，与全部圆均没有交点，故③正确；假设过原点，则，得或，故④错误.故选：C【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．4．（2024·浙江·高三开学考试）已知分别为椭圆的左､右焦点，过的直线与交于两点，若，则的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知，画出图像，依据，可令，然后表示出，，然后利用椭圆定义找到与之间的关系，然后用分别表示出、、，在中，利用勾股定理判定，然后在中，可表示出与之间的关系，从而求解离心率.【解析】由已知，可依据条件做出下图：因为，令，所以，，由椭圆的定义可知，所以，所以，，，，由椭圆的定义可知，在中，，所以,在中，，所以所以.所以的离心率是.故选：D.5．（2024·浙江·模拟预料）如图，四边形中，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设向量与所成角为，二面角的平面角大小为，由平方后求得，取中点E，连接，则，中应用余弦定理求得，两者结合和是与的关系，从而求得结论．【解析】设向量与所成角为，二面角的平面角大小为，因为，所以，又，所以，,，则，所以，取中点E，连接，则，，,,在中，，即，所以，即，又因为，所以，因为直线夹角范围为，所以直线与所成角的余弦值范围是．故选：D．6．（2024·浙江湖州·模拟预料）已知双曲线的左、右焦点分别是、，点是双曲线右支上一点，满意，若以点为圆心，为半径的圆与圆内切，与圆外切，其中，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用圆与圆相切以及双曲线的定义可求得、，利用余弦定理可得出关于、的齐次等式，即可求得该双曲线的离心率的值.【解析】由已知可得，所以，由余弦定理可得，可得，，因此，.故选：C．7．（2024·浙江·高三专题练习）已知点F为抛物线的焦点，，点M为抛物线上一动点，当最小时，点M恰好在以A，F为焦点的双曲线C上，则双曲线C的渐近线斜率的平方是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题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.【解析】由抛物线的对称性，不妨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二、多选题8．（2024·浙江·诸暨市教化探讨中心高二学业考试）已知正方体的棱长为2，点O为的中点，若以O为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（

）A．平面B．与EH所成的角的大小为45°C．平面D．平面与平面OEF所成角夹角的余弦值为【答案】ABD【分析】首先依据球的性质、勾股定理说明E，F，G，H分别是正方体棱的中点，再依据线面平行的判定定理、异面直线所成角的求法、线面垂直的性质以及二面角的定义、等腰三角形进行推断.【解析】在正方体中，平面，又平面，所以，在中，，又正方体的棱长为2，点O为的中点，所以，又，设，所以，即H是正方体棱的中点，同理可证，E，F，G分别是棱，，的中点.对于选项A，因为G，H分别是棱、的中点，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于选项B，因为，所以与EH所成的角即为，因为E，H分别是棱、的中点，大小为45°，故B正确；对于选项C，因为E，H分别是棱、的中点，所以，因为G，H分别是棱、的中点，所以面，所以，又，所以平面，又，所以不垂直于平面，故C错误；对于选项D，取EF、GH的中点I、Q，连接OI、QI、QO，因为OF=OE，所以，同理可证，所以即为平面与平面OEF所成角的平面角，依据勾股定理有：，，，所以在等腰中有：.所以平面与平面OEF所成角夹角的余弦值为，故D正确.故选：ABD.9．（2024·浙江舟山·高二期末）如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），下列结论中正确的是（

）A．三棱锥的体积为定值B．平面与平面所成锐二面角为，则C．直线与所成的角可能是D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形【答案】AC【分析】对于A选项，利用等体积法求解即可推断；对于B选项，建立空间直角坐标系，依据二面角的余弦值公式及正方体的对称性求解；对于C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量线线角余弦公式求解；对于D选项，分别探讨所成的截面图形即可推断.【解析】对于A选项，三棱雉的体积，是定值，故A选项正确；对于B选项，如图1，建立空间直角坐标系，则，，当P为的中点时，，，设平面的法向量为，则，，所以，，同理可得平面的法向量，，当P为重合时，，同理当P为重合时，，由对称性知，故B选项错误；对于C选项，，所以，令，，所以在区间上单调递减，由于，，所以，即直线与所成的角满意，又因为，故，故直线与所成的角可能是，故C选项正确；对于D选项，设的中点为，当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为梯形，如图2；当点在点时，此时平面截正方体所得的截面正三角形；当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为等腰三角形，该三角形不行能为直角三角形，故D选项错误；故选：AC.10．（2024·浙江·高二期中）过点作圆的切线，是圆上的动点，则下列说法中正确的是（

）A．切线的方程为B．圆与圆的公共弦所在直线方程为C．点到直线的距离的最小值为D．点为坐标原点，则的最大值为【答案】ABD【分析】A.由，得到，再利用点斜式写出切线方程；B.由和两式相减求解推断；C.先求得点到直线的距离，再减去半径即可；D.设，得到，然后利用直线与圆相切求解推断.【解析】A.因为，所以，则过点的切线为，即，故正确；B.由和两式相减得，故正确；C.点到直线的距离，所以点到直线的距离的最小值为，故错误；D.设，则，所以，即，点到直线的距离等于半径得：，解得或，则的最大值为，故正确；故选：ABD11．（2024·浙江·模拟预料）三角形的外心、重心、垂心所在的直线称为欧拉线．已知圆的圆心在的欧拉线上，为坐标原点，点与点在圆上，且满意，则下列说法正确的是（

）A．圆的方程为B．的方程为C．圆上的点到的最大距离为D．若点在圆上，则的取值范围是【答案】BCD【分析】分析可知的欧拉线即为的中垂线，求出线段的中垂线方程，可推断B选项；依据题意可设，求出的值，可得出圆的方程，可推断A选项；求出圆上的点到的最大距离，可推断C选项；利用点到直线的距离公式可推断D选项.【解析】对于B选项，由题意可知，故的欧拉线即为线段的中垂线，线段的中点为，直线的斜率为，所以，线段的垂直平分线方程为，即，B对；对于A选项，因为圆的圆心在的欧拉线上，因为，，，所以，设圆心为，则圆的方程为，将代入圆的方程可得，解得或，所以，圆的方程为或，A错；对于C选项，因为过圆心，所以圆上的点到的最大距离为圆的半径，C对；对于D选项，因为点在圆上，设，圆心在上，半径为，则，D对．故选：BCD.12．（2024·浙江·台州市书生中学高二阶段练习）已知点为椭圆（）的左焦点，过原点的直线交椭圆于，两点，点是椭圆上异于，的一点，直线，分别为，，椭圆的离心率为，若，，则（

）A． B． C． D．【答案】AC【分析】设出右焦点，依据椭圆定义结合对称性以及余弦定理可求得的关系，则离心率可求；设出的坐标，依据对称性写出的坐标，利用点差法可求得的表示，结合的关系可求解出的值.【解析】设椭圆的右焦点，连接，，依据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，且由，可得，所以，则，．由余弦定理可得，所以，所以椭圆的离心率．设，，则，，，所以，又，，相减可得．因为，所以，所以．故选：AC．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于合理运用焦点三角形的学问以及点差法设而不求的思想去计算；椭圆是一个对称图形，任何过原点的直线（不与焦点所在轴重合）与椭圆相交于两点，这两点与椭圆的焦点构成的四边形为平行四边形.13．（2024·浙江·宁波市北仑中学高二期中）已知点为双曲线右支上一点，，为双曲线的两条渐近线，点，在上，点，在上，且，，，，为坐标原点，记，的面积分别为，，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】依据，，则四点在以OP为直径的圆上，从而有；依据双曲线方程写出渐近线方程，求得倾斜角，用PA，PB表示出PM，PN，从而求得面积关系；设，由点到直线距离求得PA，PB，从而验证的值；从而求得的值，在三角形中，由余弦定理表示出MN，从而求得范围.【解析】由，，四点在以OP为直径的圆上，则，故B正确；由双曲线方程设，，则，由，，则则，，则，，则，故C错误；设，满意，则，则由点到直线距离知，同理有，则，故A正确；故，在三角形中，由余弦定理知，，故，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：依据条件写出渐近线方程，本题属于特别角的相关计算，可以表示出详细的线段和三角形面积，验证是否满意选项答案即可.在求解范围问题时，首先须要求得线段的表达式，然后借助函数或基本不等式求得范围或最值.三、填空题14．（2024·浙江·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，E，F，O分别为棱，，的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是______.【答案】【分析】易证得，引入协助角变量，设，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求得线面角的正弦值，从而可推断所求角的范围.【解析】解：因为，，所以，所以，又因为为的中点，所以，又，所以平面，设，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则平面与平面重合，不妨设，则，则，，则，因为平面，所以即为平面的一条法向量，因为直线与平面所成角为，，