高中数学新人教A版选择性必修第一册 期末测试02（含解析）
文档属性
| 名称 | 高中数学新人教A版选择性必修第一册 期末测试02（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 830.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-28 16:39:06 | ||
图片预览
文档简介
高中数学新人教A版选择性必修第一册 期末测试
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选择：共40分．只有一项是符合题目要求的．
1．若过点的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的最大值（ ）
A． B． C． D．
2．在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知椭圆与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，的外接圆半径为，则点在（ ）上.
A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
5．已知是抛物线的焦点，准线与轴的交点为，过作直线与抛物线交于，两点，若，则的值为（ ）
A．4 B． C． D．
6．与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆方程为（ ）
A． B． C． D．
7．四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长均为1，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，则线段A1C的长度是（ ）
A． B． C．3 D．
8．直线被圆截得的最短弦长为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．在中，，圆C：x2＋y2＝1与直线l：ax＋by＋c＝0，则（ ）
A．△ABC是直角三角形
B．圆C与直线相离
C．圆C与直线相切
D．圆C与直线相交
10．设，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上第一象限内任意一点，，表示直线，的斜率，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得成立 B．存在点P，使得成立
C．存在点P，使得成立 D．存在点P，使得成立
11．当时，直线必经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
12．直线经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程可能是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题（20分）
13．已知两点，，过点的直线与线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是 .
14．已知方程表示双曲线，则实数的取值范围为 .
15．化学中，晶体是由大量微观物质单位（原子、离子、分子等）按一定规则有序排列的结构．构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞．已知钙、钛、氧可以形成如图所示的立方体晶胞（其中Ti原子位于晶胞的中心，Ca原子均在顶点位置，O原子位于棱的中点），则图中原子连线BF与所成角的余弦值为 ．
16．如图，空间四边形的各边及对角线长都为，是的中点，在上，且．则与所成角的余弦值为 ．
四、解答题（70分）
17．已知平行六面体，化简下列各式：
(1)；
(2)；
(3)．
18．已知在空间四边形中，是的重心，分别为边和的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．
(1)；
(2)；
(3)
19．已知直线：与抛物线：恒有两个交点．
(1)求的取值范围；
(2)当时，直线过抛物线的焦点，求此时线段的长度．
20．在长方体中，化简－＋－＋－
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】直线的倾斜角最大时，直线与圆相切，设直线方程，根据圆心到直线的距离等于半径得到或，解得答案.
【详解】直线的倾斜角最大时，直线与圆相切，此时斜率存在，
圆的圆心为，半径，
设直线方程，即，直线到圆心的距离为，
解得或，当时，倾斜角最大为.
故选：C
2．D
【分析】作的中点，连接，，，根据题意可知与侧面所成角即为，根据已知条件求解即可.
【详解】作的中点，连接，，，
根据题意，易得平面，
故与侧面所成角即为，
因侧棱长为，底面三角形的边长为1，
所以，，
故，
即与侧面所成角的正弦值为.
故选：D.
3．D
【分析】根据向量共线运算求解.
【详解】∵，则，
∴.
故选：D.
4．C
【分析】根据椭圆和抛物线线的对称性，结合三角形外心的性质、双曲线的定义进行求解即可.
【详解】设则由得，
由条件外心必在轴上，故可设外心，
由,得，，代入（*）式，
得.所以点在双曲线上，
故选：C.
5．C
【分析】设直线的方程为：，，，借助韦达定理式，根据向量共线得，联立即可求出点坐标，则可得到答案.
【详解】，，故准线方程为，，
设，，
，，显然当直线的方程为时不合题意，
故设直线的方程为：，由，化简得
，，解得或，
，解得或，代回抛物线得，，
由对称性不妨令直线与抛物线的交点位于第一象限，此时，
则，，
故此时，
同理根据抛物线对称性，当直线与抛物线两交点在第四象限时，，
故选：C.
6．C
【解析】设与椭圆有相同焦点的椭圆方程为，代入点可求得结果.
【详解】设与椭圆有相同焦点的椭圆方程为，
因为点在所求椭圆上，
所以，解得，
所以所求椭圆方程为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用共焦点的椭圆方程求解是解题关键.
7．A
【分析】根据空间向量运算法则得到，再利用模长公式进行求解.
【详解】因为，，
所以，，，
因为，
所以
，
所以，即线段的长度是.
故选：A.
8．D
【分析】首先确定最短弦长的位置，再利用弦长公式求解.
【详解】圆，直线恒过点，
点在圆内，当点是圆的弦中点时，弦长最短，
圆心和点的距离，
所以最短弦长.
故选：D
9．AC
【分析】首先根据正弦定理，判断的形状，再根据圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系.
【详解】因为，所以由正弦定理得a2＋b2－c2＝0，即a2＋b2＝c2，所以是直角三角形；圆心C(0，0)到直线l：ax＋by＋c＝0的距离d＝＝1＝r，故圆C：x2＋y2＝1与直线l：ax＋by＋c＝0相切．
故选：AC
10．ABD
【分析】根据椭圆的性质逐项进行分析即可判断.
【详解】由椭圆方程可得：，，
对于A，由椭圆的性质可得：，又因为点P在第一象限内，所以，所以存在点P，使得成立，故选项A正确；
对于B，设点，因为，所以，，则，
因为，所以，所以，
所以存在点P，使得，则成立，故选项B正确；
对于C，因为，，若，则，因为点在第一象限内，所以，则可化为：，解得：不成立，所以不存在点P，使得成立，故选项C错误；
对于D，由选项的分析可知：，所以存在点P，使得成立，故选项D正确，
故选：ABD.
11．ABC
【分析】分别求得直线在y轴上的截距和在x轴上的截距，从而可判断.
【详解】令，得直线在y轴上的截距为；令，得直线在x轴上的截距为．
因为，所以，
所以该直线过第一、二、三象限，不过第四象限．
故选：ABC
12．BCD
【分析】根据题意，分直线的截距为0和直线的截距不为0，两种情况讨论，结合直线的截距式方程，即可求解.
【详解】当直线的截距为0时，此时直线的方程为，即．
当直线的截距不为0时，设直线的方程为，
则，解得或，
当时，可得直线的方程为，即；
若时，可得则直线的方程为，即．
故选：BCD.
13．
【分析】根据两点间的斜率公式，利用数形结合即可求出直线斜率的取值范围．
【详解】解：点，，过点的直线与线段有公共点，
直线的斜率或，
的斜率为，的斜率为，
直线的斜率或，即，
故答案为：．
14．或
【分析】根据双曲线的项的系数异号列不等式求解.
【详解】方程表示双曲线，则，
解得或
故答案为：或
15．
【分析】构建空间直角坐标系，确定相关点坐标并求、的坐标，利用空间向量夹角的坐标表示求BF与所成角的余弦值.
【详解】如图示，以为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设立方体的棱长为，则，，，，
∴，．
，
∴原子连线BF与所成角的余弦值为．
故答案为：
16．
【分析】根据题意得，进而求解，，再计算余弦值即可.
【详解】解：因为是的中点，在上，且．
所以，
因为空间四边形的各边及对角线长都为，
所以，两两夹角为，
所以，，即
所以，
所以，
所以与所成角的余弦值为.
故答案为：
17．(1)
(2)
(3)
【分析】对（1）（2）（3）小题，分别利用空间向量的线性运算即可求得.
【详解】（1）在平行六面体中，.
（2）在平行六面体中，.
所以.
（3）在平行六面体中，.
所以.
18．(1)，图见解析
(2)，图见解析
(3)，图见解析
【分析】（1）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解；
（2）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解；
（3）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解；
【详解】（1）解：根据空间向量的运算法则，可得
.
（2）解：根据空间向量的运算法则，可得.
（3）解：根据空间向量的运算法则，可得，
在中，，则，
即，所以．
19．(1)
(2)8
【分析】（1）将直线方程和抛物线方程联立消元后，根据判别式大于零得到不等式恒成立，运用数形结合法即得.
(2)根据的值确定抛物线方程，两方程联立后再运用焦点弦公式即得.
【详解】（1）将直线与抛物线方程联立，得，
又因为直线与抛物线恒有两个交点，所以其判别式对恒成立，
故须使方程的判别式，又，所以解得，即的取值范围为.
（2）由题，当时，：，由过焦点得；，所以抛物线：．
将直线与抛物线方程联立，并令，，得，，
由韦达定理得，又因经过抛物线焦点，故．
20．.
【分析】根据向量的线性运算法则，准确运算，即可求解.
【详解】由题意，根据向量的线性运算法则，可得：
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选择：共40分．只有一项是符合题目要求的．
1．若过点的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的最大值（ ）
A． B． C． D．
2．在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知椭圆与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，的外接圆半径为，则点在（ ）上.
A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
5．已知是抛物线的焦点，准线与轴的交点为，过作直线与抛物线交于，两点，若，则的值为（ ）
A．4 B． C． D．
6．与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆方程为（ ）
A． B． C． D．
7．四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长均为1，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，则线段A1C的长度是（ ）
A． B． C．3 D．
8．直线被圆截得的最短弦长为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．在中，，圆C：x2＋y2＝1与直线l：ax＋by＋c＝0，则（ ）
A．△ABC是直角三角形
B．圆C与直线相离
C．圆C与直线相切
D．圆C与直线相交
10．设，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上第一象限内任意一点，，表示直线，的斜率，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得成立 B．存在点P，使得成立
C．存在点P，使得成立 D．存在点P，使得成立
11．当时，直线必经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
12．直线经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程可能是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题（20分）
13．已知两点，，过点的直线与线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是 .
14．已知方程表示双曲线，则实数的取值范围为 .
15．化学中，晶体是由大量微观物质单位（原子、离子、分子等）按一定规则有序排列的结构．构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞．已知钙、钛、氧可以形成如图所示的立方体晶胞（其中Ti原子位于晶胞的中心，Ca原子均在顶点位置，O原子位于棱的中点），则图中原子连线BF与所成角的余弦值为 ．
16．如图，空间四边形的各边及对角线长都为，是的中点，在上，且．则与所成角的余弦值为 ．
四、解答题（70分）
17．已知平行六面体，化简下列各式：
(1)；
(2)；
(3)．
18．已知在空间四边形中，是的重心，分别为边和的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．
(1)；
(2)；
(3)
19．已知直线：与抛物线：恒有两个交点．
(1)求的取值范围；
(2)当时，直线过抛物线的焦点，求此时线段的长度．
20．在长方体中，化简－＋－＋－
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】直线的倾斜角最大时，直线与圆相切，设直线方程，根据圆心到直线的距离等于半径得到或，解得答案.
【详解】直线的倾斜角最大时，直线与圆相切，此时斜率存在，
圆的圆心为，半径，
设直线方程，即，直线到圆心的距离为，
解得或，当时，倾斜角最大为.
故选：C
2．D
【分析】作的中点，连接，，，根据题意可知与侧面所成角即为，根据已知条件求解即可.
【详解】作的中点，连接，，，
根据题意，易得平面，
故与侧面所成角即为，
因侧棱长为，底面三角形的边长为1，
所以，，
故，
即与侧面所成角的正弦值为.
故选：D.
3．D
【分析】根据向量共线运算求解.
【详解】∵，则，
∴.
故选：D.
4．C
【分析】根据椭圆和抛物线线的对称性，结合三角形外心的性质、双曲线的定义进行求解即可.
【详解】设则由得，
由条件外心必在轴上，故可设外心，
由,得，，代入（*）式，
得.所以点在双曲线上，
故选：C.
5．C
【分析】设直线的方程为：，，，借助韦达定理式，根据向量共线得，联立即可求出点坐标，则可得到答案.
【详解】，，故准线方程为，，
设，，
，，显然当直线的方程为时不合题意，
故设直线的方程为：，由，化简得
，，解得或，
，解得或，代回抛物线得，，
由对称性不妨令直线与抛物线的交点位于第一象限，此时，
则，，
故此时，
同理根据抛物线对称性，当直线与抛物线两交点在第四象限时，，
故选：C.
6．C
【解析】设与椭圆有相同焦点的椭圆方程为，代入点可求得结果.
【详解】设与椭圆有相同焦点的椭圆方程为，
因为点在所求椭圆上，
所以，解得，
所以所求椭圆方程为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用共焦点的椭圆方程求解是解题关键.
7．A
【分析】根据空间向量运算法则得到，再利用模长公式进行求解.
【详解】因为，，
所以，，，
因为，
所以
，
所以，即线段的长度是.
故选：A.
8．D
【分析】首先确定最短弦长的位置，再利用弦长公式求解.
【详解】圆，直线恒过点，
点在圆内，当点是圆的弦中点时，弦长最短，
圆心和点的距离，
所以最短弦长.
故选：D
9．AC
【分析】首先根据正弦定理，判断的形状，再根据圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系.
【详解】因为，所以由正弦定理得a2＋b2－c2＝0，即a2＋b2＝c2，所以是直角三角形；圆心C(0，0)到直线l：ax＋by＋c＝0的距离d＝＝1＝r，故圆C：x2＋y2＝1与直线l：ax＋by＋c＝0相切．
故选：AC
10．ABD
【分析】根据椭圆的性质逐项进行分析即可判断.
【详解】由椭圆方程可得：，，
对于A，由椭圆的性质可得：，又因为点P在第一象限内，所以，所以存在点P，使得成立，故选项A正确；
对于B，设点，因为，所以，，则，
因为，所以，所以，
所以存在点P，使得，则成立，故选项B正确；
对于C，因为，，若，则，因为点在第一象限内，所以，则可化为：，解得：不成立，所以不存在点P，使得成立，故选项C错误；
对于D，由选项的分析可知：，所以存在点P，使得成立，故选项D正确，
故选：ABD.
11．ABC
【分析】分别求得直线在y轴上的截距和在x轴上的截距，从而可判断.
【详解】令，得直线在y轴上的截距为；令，得直线在x轴上的截距为．
因为，所以，
所以该直线过第一、二、三象限，不过第四象限．
故选：ABC
12．BCD
【分析】根据题意，分直线的截距为0和直线的截距不为0，两种情况讨论，结合直线的截距式方程，即可求解.
【详解】当直线的截距为0时，此时直线的方程为，即．
当直线的截距不为0时，设直线的方程为，
则，解得或，
当时，可得直线的方程为，即；
若时，可得则直线的方程为，即．
故选：BCD.
13．
【分析】根据两点间的斜率公式，利用数形结合即可求出直线斜率的取值范围．
【详解】解：点，，过点的直线与线段有公共点，
直线的斜率或，
的斜率为，的斜率为，
直线的斜率或，即，
故答案为：．
14．或
【分析】根据双曲线的项的系数异号列不等式求解.
【详解】方程表示双曲线，则，
解得或
故答案为：或
15．
【分析】构建空间直角坐标系，确定相关点坐标并求、的坐标，利用空间向量夹角的坐标表示求BF与所成角的余弦值.
【详解】如图示，以为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设立方体的棱长为，则，，，，
∴，．
，
∴原子连线BF与所成角的余弦值为．
故答案为：
16．
【分析】根据题意得，进而求解，，再计算余弦值即可.
【详解】解：因为是的中点，在上，且．
所以，
因为空间四边形的各边及对角线长都为，
所以，两两夹角为，
所以，，即
所以，
所以，
所以与所成角的余弦值为.
故答案为：
17．(1)
(2)
(3)
【分析】对（1）（2）（3）小题，分别利用空间向量的线性运算即可求得.
【详解】（1）在平行六面体中，.
（2）在平行六面体中，.
所以.
（3）在平行六面体中，.
所以.
18．(1)，图见解析
(2)，图见解析
(3)，图见解析
【分析】（1）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解；
（2）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解；
（3）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解；
【详解】（1）解：根据空间向量的运算法则，可得
.
（2）解：根据空间向量的运算法则，可得.
（3）解：根据空间向量的运算法则，可得，
在中，，则，
即，所以．
19．(1)
(2)8
【分析】（1）将直线方程和抛物线方程联立消元后，根据判别式大于零得到不等式恒成立，运用数形结合法即得.
(2)根据的值确定抛物线方程，两方程联立后再运用焦点弦公式即得.
【详解】（1）将直线与抛物线方程联立，得，
又因为直线与抛物线恒有两个交点，所以其判别式对恒成立，
故须使方程的判别式，又，所以解得，即的取值范围为.
（2）由题，当时，：，由过焦点得；，所以抛物线：．
将直线与抛物线方程联立，并令，，得，，
由韦达定理得，又因经过抛物线焦点，故．
20．.
【分析】根据向量的线性运算法则，准确运算，即可求解.
【详解】由题意，根据向量的线性运算法则，可得：
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页