高中數學人教A版（2019）選擇性必修第一冊綜合檢測卷（培優B卷）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題滿分5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，選對得5分，選錯得0分．1．已知直線與直線，若直線與直線的夾角是60°，則k的值為（

）A．或0 B．或0C． D．【答案】A【分析】先求出的傾斜角為120°，再求出直線的傾斜角為0°或60°，直接求斜率k.【詳解】直線的斜率為，所以傾斜角為120°.要使直線與直線的夾角是60°，只需直線的傾斜角為0°或60°，所以k的值為0或.故選：A2．已知四棱錐的底面為正方形，平面，，點是的中點，則點到直線的距離是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用坐標法，根據點到直線的距離的向量求法即得.【詳解】如圖建立空間直角坐標系，則，所以，所以，所以點到直線的距離是.故選：D.3．已知圓與圓關于直線對稱，則圓的標準方程為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據題意，求得圓心關于直線的對稱點，即可得到結果.【詳解】由題意可得，圓的圓心坐標為，半徑為，設圓心關于直線的對稱點為，則，解得，所以圓的標準方程為.故選：A4．已知圓：，則過點的最短弦所在直線的方程為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據垂徑定理，分析出圓心和連線的直線垂直于直線時，所截得弦長最短.【詳解】

由于，故點在圓內，化為標準方程：.如圖，設，垂足為，設直線和圓的交點是，根據垂徑定理，，為使得最小，必須最大，顯然，重合的時候取得等號，此時，由于，所以直線的斜率為，故直線的方程為，即.故選：C5．已知雙曲線的一個焦點為，雙曲線的漸近線，則雙曲線的方程為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意，有①，②，聯立兩式，解可得、的值，即可得答案．【詳解】因為雙曲線的一個焦點為，雙曲線的漸近線，所以，①，②聯立①、②可得：，，則雙曲線的方程為：；故選：C．6．若P，Q分別為l1：ax+4y+5＝0，l2：6x+8y+25＝0上的動點，且l1∥l2，則|PQ|的最小值為（

）A． B．2 C． D．1【答案】C【分析】根據平行計算得到，|PQ|的最小值為平行直線的距離，計算得到答案.【詳解】l1：ax+4y+5＝0，l2：6x+8y+25＝0，且l1∥l2，則即l1：6x+8y+10＝0，l2：6x+8y+25＝0，|PQ|的最小值為平行直線的距離：故選：【點睛】本題考查了平行直線的距離，意在考查學生的轉化能力和計算能力.7．已知拋物線的焦點為，準線為，是上一點，是直線與拋物線的一個交點，若，則（

）A． B．或 C． D．或【答案】D【分析】設點，分和兩種情況討論，求出點的橫坐標，利用拋物線的定義可求得.【詳解】拋物線的準線方程為，焦點為，設點，，由已知，由題意可得和.①若，則，所以，，解得，此時，；②若，則，所以，，解得，此時，.綜上所述，或.故選：D.【點睛】方法點睛：拋物線定義的兩種應用：（1）實現距離轉化，根據拋物線的定義，拋物線上任意一點到焦點的距離等于它到準線的距離，因此，由拋物線的定義可以實現點與點之間的距離與點到準線的距離的相互轉化，從而簡化某些問題；（2）解決最值問題，在拋物線中求解與焦點有關的兩點間距離和的最小值時，往往用拋物線的定義進行轉化，即化折線為直線解決最值問題.8．加斯帕爾-蒙日是1819世紀法國著名的幾何學家．如圖，他在研究圓錐曲線時發現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，其圓心是橢圓的中心，這個圓被稱為“蒙日圓”．若長方形的四邊均與橢圓相切，則下列說法錯誤的是（

）

A．橢圓的離心率為 B．橢圓的蒙日圓方程為C．若為正方形，則的邊長為 D．長方形的面積的最大值為18【答案】D【分析】由橢圓標準方程求得后再求得，從而可得離心率，利用特殊的長方形（即邊長與橢圓的軸平行）求得蒙日圓方程，從而可得長方形邊長的關系，結合基本不等式得面積最大值，并得出長方形為正方形時的邊長．【詳解】由橢圓方程知，，則，離心率為，A正確；當長方形的邊與橢圓的軸平行時，長方形的邊長分別為和4，其對角線長為，因此蒙日圓半徑為，圓方程為，B正確；設矩形的邊長分別為，因此，即，當且僅當時取等號，所以長方形的面積的最大值是20，此時該長方形為正方形，邊長為，C正確，D錯誤．故選：D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題滿分5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分．9．下列說法中正確的是（

）A．若直線斜率為，則它的傾斜角為B．若，，則直線的傾斜角為C．若直線過點，且它的傾斜角為，則這條直線必過點D．若直線的斜率為，則這條直線必過與兩點【答案】ABC【分析】根據斜率與傾斜角關系以及兩點間斜率公式，結合直線的點斜式方程可判斷ABC；舉反例可排除D.【詳解】對于A，設直線的傾斜角為，則由題意得，所以，故A正確；對于B，因為，，所以直線與軸垂直，則其斜率不存在，故其傾斜角為，故B正確；對于C，因為直線過定點，且斜率為，所以直線的方程為，即，易知，故直線必過，故C正確；對于D，不妨取，滿足直線的斜率為，但顯然該直線不過與兩點，故D錯誤．故選：ABC.10．2020年11月28日，“嫦娥五號”順利進入環月軌道，其軌道是以月球的球心F為一個焦點的橢圓(如圖所示).已知它的近月點A(離月球表面最近的點)距離月球表面m千米，遠月點B(離月球表面最遠的點)距離月球表面n千米，為橢圓的長軸，月球的半徑為R千米.設該橢圓的長軸長，焦距分別為，，則下列結論正確的有（

）A． B． C． D．【答案】BC【解析】根據圖形橢圓長軸長為，利用橢圓幾何性質及圖形再寫出即可求解.【詳解】由題意可知，所以，因為，，所以故選：BC11．已知為拋物線上一動點，則（

）A．準線為l：B．存在一個定點和一條定直線，使得P到定點的距離等于P到定直線的距離C．點P到直線距離的最小值等于D．的最小值為6【答案】BCD【分析】對于AB，利用拋物線的方程與性質即可判斷；對于C，利用點線距離公式與二次函數的性質即可判斷；對于D，將問題轉化為動點到兩定點的距離，再結合圖像即可判斷.【詳解】因為為拋物線上一動點，拋物線的焦點為，準線為，由拋物線的定義可知，到焦點的距離等于到準線的距離，故A錯誤，B正確；點到直線的距離為，當時，，故C正確；設點到準線的距離為，到準線的距離為，則，故D正確.

故選：BCD.12．以下四個命題表述正確的是（

）A．直線（）必過定點B．圓（）上有且僅有4個點到直線的距離都等于1，則C．曲線與曲線恰有三條公切線D．已知圓，點P為直線上一動點，過點P向圓C引兩條切線，，A，B為切點，四邊形面積的最小值為【答案】BD【分析】A.直線過定點，所以A錯誤；B.圓心O到直線l的距離為，故，所以B正確；C.，兩圓相離，故有4條公切線，所以C錯誤；D.當垂直直線時，四邊形面積最小.此時四邊形面積，所以D正確.【詳解】A.由題得，所以直線過定點，所以A錯誤；B.圓心O到直線l的距離為，故圓上有且僅有4個點到直線l的距離為1，則，所以B正確；C.圓，的圓心為，，半徑，，，兩圓相離，故有4條公切線，所以C錯誤；D.當垂直直線時，四邊形面積最小.此時，，，四邊形面積，所以D正確.故選：BD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知向量，，若，的夾角為120°，則．【答案】【分析】根據向量的夾角公式列方程求解即可【詳解】因為向量，，，的夾角為120°，所以（），化簡得解得或（舍去），故答案為：14．過點且和的距離相等的直線方程是．【答案】或【分析】當斜率不存在時，驗證不滿足條件；當若斜率存在時，設直線方程為，利用點到直線的距離公式，列出方程求得的值，即可求解.【詳解】若斜率不存在時，過點的直線為，此時不滿足條件；若斜率存在時，設過點的直線，即．根據題意，可得，解得或，當時，直線方程為，當時，直線方程為綜上可得，直線方程為或．故答案為：或15．過雙曲線右焦點作一條漸近線的垂線，分別交兩條漸近線于兩點，為坐標原點，，的平分線交軸于點，且到漸近線的距離為，則雙曲線的離心率為．【答案】/【分析】由內切圓的定義可得三角形OAB的內切圓圓心為M，進而得出四邊形為正方形，由距離公式得出，最后由直角三角形的邊角關系以及離心率公式求解即可.【詳解】雙曲線的漸近線如下圖所示：由題意可知三角形OAB的內切圓圓心為M，過點M分別作于點N，于點T，由知四邊形為正方形，焦點到漸近線的距離為，得，又，所以，所以，所以，所以.故答案為：.

16．已知，分別是橢圓C：的左、右焦點，M是C上一點且與x軸垂直，直線與C的另一個交點為N．若直線MN在y軸上的截距為3，且，則橢圓C的標準方程為．【答案】【分析】根據給定條件，借助幾何圖形及比例式求出點M，N的坐標，再代入橢圓方程求解作答.【詳解】由對稱性不妨令點M在第一象限，令直線交y軸于點A，過N作軸于B，令，

因為軸，則，而O為的中點，又A為中點，而，于是，由知，，顯然，因此，于是，又，則，解得，而，則，所以橢圓C的標準方程為.故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．在平面直角坐標系內，已知A(1，a)，B(－5，－3)，C(4,0)；(1)當a∈(，3)時，求直線AC的傾斜角α的取值范圍；(2)當a＝2時，求△ABC的BC邊上的高AH所在直線方程l.【答案】（1）（2）【詳解】試題分析：（1）由直線斜率公式代入坐標，求的范圍，再由，可求傾斜角范圍．（2）BC邊上高斜為滿足，可求得，過點A,可求．試題解析：（1）又，則，又，（2），

AH為高，故又過點即18．已知直線和圓，(1)m為何值時，直線與圓沒有公共點；(2)m為何值時，截得的弦長為2；(3)若直線和圓交于A，B兩點，此時，求m的值．【答案】(1)，或(2)(3)【解析】【分析】由直線與圓的位置關系可解.【詳解】（1）由已知，圓心為，半徑的長，圓心到直線的距離，因為直線與圓無公共點，所以，即，所以，或，故當，或時，直線與圓無公共點．（2）由平面幾何垂徑定理知，即，解得，所以當時，直線被圓截得的弦長為2.（3）由于交點處兩條半徑互相垂直，所以弦與過弦兩端的半徑組成等腰直角三角形，所以，即，解得.故當時，直線與圓在兩交點處的兩條半徑互相垂直．19．如圖，在四棱錐中，是等邊三角形，底面是棱長為2的菱形，O是的中點，與全等．（1）證明：平面平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連結，可得，利用線面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可證明.（2）由兩兩垂直，建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量以及平面的一個法向量，利用面面角的向量求法即可求解.【詳解】解：（1）證明：連結．因為與全等，是等邊三角形，則為等邊三角形，又O是的中點，為等邊三角形，所以，又平面，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）連結．因為是等邊三角形，O是的中點，所以，由（1）得，所以兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設平面的法向量為，又由得令，得；設平面的法向量為．又，由得令，得．所以，故．所以二面角的正弦值為．【點睛】思路點睛：解決二面角相關問題通常用向量法，具體步驟為：（1）建坐標系，建立坐標系的原則是盡可能的使得已知點在坐標軸上或在坐標平面內；（2）根據題意寫出點的坐標以及向量的坐標，注意坐標不能出錯.（3）利用數量積驗證垂直或求平面的法向量.（4）利用法向量求距離、線面角或二面角.20．在平面直角坐標系中，動點(其中)到定點的距離比到y軸的距離大1.（1）求動點P的軌跡C的方程；（2）過點M的直線l交曲線C于A?B兩點，若，求直線l的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】（1）由，結合兩點間的距離公式得出軌跡方程；（2）當直線l斜率不存在時，得出坐標，進而確定，當直線l斜率存在時，設出直線的方程，聯立軌跡C的方程，由韋達定理以及拋物線的定義求出直線的方程.【詳解】（1）動點P(x，y)(其中)到y軸的距離為x，到點的距離為x+1又，∴∴軌跡C的方程：（2）①若直線l斜率不存在時，易得，此時②若直線l斜率存在時，設直線l的斜率為k，則直線l的方程為.由消y整理得：，解得，即∴直線l的方程為或，即或.21．已知橢圓的中心為坐標原點，焦點在軸上，橢圓的短軸端點和焦點所組成的四邊形為正方形，且橢圓長軸長為.(1)求橢圓的標準方程；(2)為橢圓上一點，且,求的面積.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由題意設橢圓的標準方程為，結合題意可得，于是可得所求方程．（2）在中，由橢圓的定義和余弦定理可得，然后根據三角形的面積公式可得所求．【詳解】（1）由題意設橢圓的標準方程為，∵橢圓的短軸端點和焦點所組成的四邊形為正方形，且橢圓長軸長為，∴，解得，∴橢圓的標準方程為．（2）在中，由余弦定理得，又由橢圓的定義得，∴，∴，∴．【點睛】利用橢圓的定義解決與焦點三角形相關的周長、面積及最值時，可利用定義和余弦定理可求得，再結合進行轉化，進而求得焦點三角形的周長和面積．22．雙曲線的左、右焦點分別為、，直線過且與雙曲線交于兩點．(1)若的傾斜角為