高二上学期期中考前必刷卷02（范围：第一章~第二章提升卷）-2023-2024学年高二数学上学期期中考点大串讲（人教A版2019选择性必修第一册）解析版

16/18高二上学期考前必刷卷（02）考试范围：第一章~第二章，满分：150分单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．已知直线的斜率，则该直线的倾斜角的取值范围为（

）A． B．C．D．【答案】B【分析】运用斜率公式将转化为（），解不等式即可.【详解】直线倾斜角为，则，由可得，所以.故选：B.2．“”是“与直线平行”的（

）A．充分非必要B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件【答案】C【分析】根据直线平行得到方程，经检验后得到，从而得到答案.【详解】由题意得，解得，当时，两直线为与，此时两直线重合，舍去；当时，两直线为和，此时两直线不重合，满足要求，故“”是“与直线平行”的充要条件.故选：C3．如图，在三棱锥O­ABC中，点P，Q分别是OA，BC的中点，点D为线段PQ上一点，且，若记，，，则等于（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意，由空间向量的线性运算，即可得到结果.【详解】因为.故选：A4．过点的直线与轴，轴正半轴分别交于点，则的可能值是（

）A．7 B． C． D．【答案】D【分析】设直线方程为，求出，再利用基本不等式求出的最小值即得解.【详解】设直线方程为，由题得，所以，且小于7.5.故选：D.5．已知圆，点为直线上的一个动点，是圆的两条切线，，是切点，当四边形（点为坐标原点）面积最小时，直线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先判断出四边形的面积最小时点的位置，再由两圆公共弦所在直线方程的求法即可求解.【详解】由题意可得，，，所以四边形的面积，所以当最小时，四边形的面积最小，此时直线与直线垂直，的斜率为，则直线的斜率为1，所以此时直线的方程为，由得，即得点的坐标为，则，，以为圆心，为半径的圆方程为，即，与方程两式相减，并化简得，即直线的方程为.故选：A.

6．已知点，，则以线段为直径的圆的方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据为直径得到圆心坐标和半径，然后求圆的方程即可.【详解】由题意得圆心为，即，半径，所以圆的方程为.故选：B7．已知点在圆C：外，则实数a的取值范围为（

）A． B．C．或 D．或【答案】C【分析】根据一般方程的的定义，以及点与圆的位置关系，即可判断选项.【详解】由题意得，解得或.故选：C8．如图，在棱长为1的正方体中，分别是线段上的点，是直线上的点，满足平面，且不是正方体的顶点，则的最小值是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正方体的性质得到平面，然后建立空间直角坐标系，设，，，根据∥平面，得到，，然后得到，最后求最值即可.【详解】

因为为正方体，所以平面，，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，设，，，，，，因为∥平面，所以，因为，所以，即，，所以当时，最小，最小为.故选：A.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．下列命题中正确的是（

）A．若是空间任意四点，则有B．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于C．已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底D．对空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面【答案】AC【分析】根据空间向量加法的运算法则，线面角的定义，结合空间向量基底的性质、四点共面的性质逐一判断即可.【详解】A：因为，所以本选项命题正确；B：因为直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，所以直线与平面所成的角等于，因此本选项命题不正确；C：假设不是空间一个基底，所以有成立，因为组是空间的一个基底，所以可得，显然该方程组没有实数解，因此假设不成立，所以也是空间的一个基底，因此本选项命题正确；D：因为只有当时，四点才共面，所以本选项命题不正确，故选：AC10．已知，，且点在直线：上，则（

）A．存在点，使得 B．存在点，使得C．存在点，使得 D．的最小值为【答案】ACD【分析】设，利用求出可判断A；设，分、、且讨论，根据可判断B；设，根据求可判断C；设关于直线的对称点为，利用对称性求出，利用可判断D.【详解】设，若，则，即，解得或，故存在点，使得，故A正确；设，当时，直线的斜率不存在，又，此时与不垂直；当时，直线的斜率不存在，又，此时与不垂直；当且时，，，若，则，即，，方程无解，故不存在点，使得，故B错误；设，若，则，即，，所以方程有解，则存在点，使得，故C正确；设关于直线的对称点为，则解得，所以，所以，当且仅当，，三点共线时取等号，故D正确.故选：ACD.11．已知圆，直线过点，且交圆于两点，点为线段的中点，则下列结论正确的是（

）A．点的轨迹不是圆B．的最小值为6C．若的方程是，则圆上仅有三个点到直线l的距离为5D．使为整数的直线共有16条【答案】BCD【分析】根据直线与圆的关系，结合题目条件逐一判断选项对错即可.【详解】圆的圆心为，半径为.因为直线过点，为线段的中点，所以，所以点在以为直径的圆上，即点的轨迹是圆，故A错误；圆心到直线的距离最大时有，最大值为，故的最小值为，故B正确；直线的方程是时，圆心到直线的距离为，圆的半径为，所以圆上仅有三个点到直线l的距离为5，故C正确；由B选项分析可知，的最小值为6，最大值即为直径14，由过定点的圆的最短弦与最长弦有唯一性，而长度介于两者之间的弦有对称性可知，使为整数的直线共有条，故D正确.故选：BCD12．以下四个命题正确的是（

）A．过点，且在轴和轴上的截距互为相反数的直线方程为B．若圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，则C．过点且与圆相切的直线方程为D．过直线上一动点作圆的两条切线为切点，则直线AB经过定点【答案】BD【分析】分截距为和截距不为两种情况讨论，即可判断A，求出圆心到直线的距离，即可判断B，分斜率存在于不存在两种情况讨论，即可判断C，设坐标为，求出以的直径的圆的方程，从而求出弦的方程，再求出定点坐标，即可判断D.【详解】对于A：若在轴和轴上的截距均为，则直线方程为，若在轴和轴上的截距均不为，设直线方程为，则，解得，所以直线方程为，故A错误；对于B：圆心到直线的距离，因为圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，所以圆的半径为，则，故B正确；对于C：若直线的斜率不存在，则直线方程为，此时满足直线与圆相切，若直线的斜率存在，设斜率为，则直线方程为，即，所以圆心到直线的距离，解得，所以切线方程为，故C错误；对于D：设点坐标为，所以，因为、分别为过点所作的圆的两条切线，所以，，所以点在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为，整理可得，与已知圆相减可得，消去可得，即，由可得，所以直线经过定点，故D正确.故选：BD三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）13．已知单位向量，，中，，，则．【答案】.【分析】根据题意，由空间向量的模长公式，代入计算，即可得到结果.【详解】因为，，且，，为单位向量，则.故答案为：14．无论实数λ取何值，直线恒过定点.【答案】【分析】将直线方程化为，进而分析求解.【详解】由，可得，令，解得，所以直线恒过定点.故答案为：.15．在平行六面体中，为棱的中点，为棱上一点．记，若，则．【答案】【分析】画出图形，由向量的线性运算分解向量结合已知条件即可.【详解】如图所示：

设，因为，又已知，所以，，．又因为，所以．故答案为:.16．如图，菱形中，，与相交于点，平面，，，．若直线与平面所成的角为45°，则＝．

【答案】2【分析】根据题意求出，建立空间直角坐标系，利用线面角公式求解即可.【详解】设AE＝a，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则△ABC为正三角形，又AB=2，易得，如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．

则，所以，设平面BED的法向量为，则，令z=1则，，因为直线OF与平面BED所成角的大小为45°，所以，由，解得，所以AE＝2．故答案为：2.四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．直线的方程为.(1)证明直线过定点；(2)已知是坐标原点，若点线分别与轴正半轴､轴正半轴交于两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的方程.【答案】(1)证明见解析(2)，【分析】（1）将方程变形为，再由，得到，即可证明结果；（2）根据条件，求出直线的横、纵截距，从而得得，再利用基本不等式即可求出最小值，从而求出结果.【详解】（1）直线的方程变形为为，由，得到，又时，恒成立，故直线恒过定点.（2）由，令，得到，令，得到，由，得到，所以，，令，得到，当且仅当，即时取等号，此时，直线的方程为，又，，所以，当的面积最小时，的周长为，此时直线的方程为.18．已知为圆上一动点，为直线上一个动点．(1)求圆心的坐标和圆的半径；(2)求的最小值．【答案】(1)圆心坐标为，半径为(2)【分析】（1）化简圆的方程为标准方程，进而求得圆的圆心坐标和半径；（2）求得圆心到直线的距离，结合圆的性质，即可求解.【详解】（1）解：由题意，圆的方程可化为，所以圆心的坐标为，圆的半径为．（2）解：由题意，圆心到直线的距离为，所以，即的最小值为．19．如图，在正四棱柱中，，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点.

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）法一：连接与交于点，利用中位线及正四棱柱性质证明四边形为平行四边形，结合平行四边形性质利用线面平行的判定定理证明；法二：利用正四棱柱性质得为平行四边形，结合平行四边形性质利用线面平行的判定定理证明；法三：利用面面平行的判定定理证明平面平面，然后利用面面平行的性质定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.【详解】（1）法一：如图1，连接与交于点，连接，因为为棱的中点，为棱的中点，所以，且，由为正四棱柱，可知，且，所以且，故四边形为平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面.

法二：如图2，取中点为，连接，由于分别为的中点，则，则四点共面；因为分别为中点，则有且，而且，故且，故为平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面.

法三：如图：

取AB中点M，连接MF、AC、ME、，则，又平面，平面，所以平面.，，故为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.又，平面，平面，所以平面平面.又平面，所以平面.（2）设正四棱柱底面边长为2，则侧棱长为4，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，

则，则，设平面的一个法向量为，则有，，取，设直线与平面所成角为，则.20．已知平行六面体，，，，，设，，；

(1)求的长度；(2)求异面直线与所成的角的余弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）以向量为基底表示向量，再根据向量数量积公式求模；（2）首先用基底表示向量和，再根据数量积公式求夹角的余弦值.【详解】（1）由题意可知，，，，,,,,,所以（2），，设异面直线与所成的角为，，，，，.21．如图，在三棱柱中，，顶点在底面上的射影恰为点，且.

(1)求证：平面(2)求棱与BC所成的角的大小；(3)在线段上确定一点P，使，并求出二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)为棱的中点，【分析】（1）由线面垂直得线线垂直，再由线面垂直的判断定理得到证明；（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量公式求解即可；（3）利用已知条件求出点P的坐标，利用向量法求解平面角的余弦值.【详解】（1）因为三棱柱中，，所以，因为顶点在底面上的射影恰为点，即平面，由平面，则，且∥，可得，又因为，平面，平面，所以平面.（2）以A为原点，射线，，分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，可得，，设棱与BC所成的角为，所以，又因为，所以，故棱与BC所成的角为.（3）设，则，于是，解得，则P为棱的中点，其坐标为，设平面的一个法向量，则，令，则，可得，而平面的一个法向量，则，由题意可知：二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值是.22．已知点，圆的半径为1.(1)若圆的圆心