2023-2024学年数学人教A版（2019）高二上学期寒假复习卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年数学人教A版（2019）高二上学期寒假复习卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-30 11:03:10 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
2023-2024学年数学人教A版高二上学期寒假复习卷
一、单选题
1．设，，向量，，且，则的值为（ ）
A．5 B． C． D．
2．设F为抛物线C：的焦点，则F到其准线的距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知空间中直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则（ ）
A．直线与平面平行 B．直线在平面内
C．直线与平面垂直 D．直线与平面不相交
4．直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知O为坐标原点，，是椭圆C：（）的焦点，过右焦点且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．已知圆：（）截直线所得线段的长度是，则圆与圆：的位置关系为（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．外离
二、多选题
9．平面内与定点距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线.曲线是当时的双纽线，是曲线上的一个动点，则下列结论不正确的是（ ）
A．曲线关于原点对称
B．满足的点有且只有一个
C．
D．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
10．已知平面内一动点与两定点连线的斜率的乘积为定值时，若该定值为正数，则该动点轨迹是双曲线（两定点除外）；若该定值是负数，则该动点轨迹是圆或椭圆（两定点除外）.如图，给定的矩形中，，，E、F、G、H分别是矩形四条边的中点，M、N分别是直线、的动点，，，其中，且直线与直线交于点P.下列说法正确的是（ ）
A．若，则P的轨迹是双曲线的一部分
B．若，则P的轨迹是椭圆的一部分
C．若，则P的轨迹是双曲线的一部分
D．若，则P的轨迹是椭圆的一部分
11．已知椭圆的标准方程为，并且焦距为6，则实数m的值可以为（ ）
A．4 B． C．6 D．
12．已知圆，点，下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点
B．圆上存在两个点到直线的距离为2
C．过点作圆的切线，则的方程为
D．若点是圆上一点，，当最小时，
三、填空题
13．若直线l经过点和，且与经过点，斜率为的直线垂直，则实数a的值为 ．
14．过原点的一条直线与圆：相切，交拋物线（）于点，若，则的值为 .
15．已知椭圆（）的短轴长为6，则实数的值为 .
16．在中，，B和C．则的外接圆方程为 ．
四、解答题
17．已知向量，，，，．
(1)求向量，，；
(2)求向量与所成角的余弦值．
18．如图，已知正方体的棱长为1，E是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面和底面夹角的正弦值．
19．如图，已知平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AD＝AB＝2，M，N分别为AB，PC的中点.求证：平面PCD．
20．已知椭圆的左，右焦点分别为，，焦距为，点在上.
(1)是上一动点，求的范围；
(2)过的右焦点，且斜率不为零的直线交于，两点，求的面积的最大值.
21．已知是椭圆的左顶点，且经过点.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，且，求弦的长.
22．已知双曲线C：（，）的离心率为，右焦点为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左右顶点分别为，，过的直线与C交于M，N两点，M在第一象限，直线与交于点P，证明：点P在定直线上．
参考答案：
1．D
【分析】根据向量共线列出方程求解即可.
【详解】因为向量，，且，
所以，即，
所以解得，，，
所以，
故选：D
2．B
【分析】根据抛物线方程求解出焦点和准线方程，则结果可知.
【详解】因为抛物线方程，所以焦点为，准线为，
所以焦点到准线的距离为，
故选：B.
3．C
【分析】根据向量共线即可得是平面的一个法向量求解.
【详解】由， ，可得，所以，故是平面的一个法向量，故直线与平面垂直，
故选：C
4．A
【分析】把直线方程化为斜截式，再利用斜率与倾斜角的关系即可得出．
【详解】由，化简得，
所以直线的斜率，又因为直线的倾斜角，
所以，得，故A正确.
故选：A.
5．A
【分析】利用题给条件列出关于的齐次式，解之即可求得C的离心率.
【详解】由，，可得,
又由，可得，则，
整理得，即，
解之得或（舍）
故选：A
6．A
【分析】根据双曲线渐近线的求法求得正确答案.
【详解】由解得双曲线的渐近线方程为.
故选：A
7．A
【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标，利用双曲线方程求出渐近线方程，再由点到直线距离求解.
【详解】由抛物线可知焦点，
双曲线的渐近线方程为，
所以焦点到直线的距离，
故选：A
8．A
【分析】根据圆的弦长公式，结合点到直线的距离公式可得，即可根据圆心距与半径的关系求解.
【详解】圆：（）的圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
所以，解得，
故圆的圆心为，半径为，
，故两圆内切，
故选：A
9．D
【分析】由题意得当时的双纽线方程为，对于A，用替换方程中的即可判断；对于B，令，求出点的坐标即可验证；对于C，由即可判断；对于D，由方程无零解，即可得解.
【详解】根据双纽线的定义可得，
当时，曲线C：，
即，整理，得，
对于A，用替换方程中的，原方程不变，所以曲线C关于原点中心对称，故A正确；
对于B，若，则，所以，此时，即，
所以满足的点有且只有一个，即，故B正确；
对于C，由，得，所以曲线C上任意一点到原点的距离，即都不超过4，故C正确；
对于D，直线与曲线C一定有公共点，若直线与曲线C只有一个交点，将代入方程中，
得，当时，
方程无零解，则，解得或，故D错误.
故选：D.
【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是首先一定有公共点，然后通过化简方程组得方程无零解，由此即可顺利得解.
10．CD
【分析】根据已知求出的坐标，进而得出直线与直线的斜率，即可得出.然后根据已知条件得出的值，结合定义即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，，，
则由可得，；
由可得，，
所以.
所以，，.
所以，.
对于A、B项，因为，所以，显然不是一个常数，所以此时P的轨迹既不是双曲线，也不是椭圆，A、B均错；
对于C选项，，此时的结果为一个大于0的定值，所以P的轨迹是双曲线（顶点除外），C对；
对于D选项，，此时的结果为一个小于0的定值，所以P的轨迹为椭圆（顶点除外），D对.
故选：CD.
11．AB
【分析】首先确定c的值，然后分类讨论焦点位置在x轴和y轴两种情况求解m的值即可.
【详解】因为，所以，
当焦点在x轴上时，由椭圆的标准方程知，，所以，
又，解得.
当焦点在y轴上时，由椭圆的标准方程知，，所以，
解得.
综上，解得或．
故选：AB.
12．AB
【分析】根据直线过定点、点到直线的距离公式、圆的切线等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，直线，过定点，A选项正确.
B选项，圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以与圆相交，且圆上存在两个点到直线的距离为2.
C选项，直线过点，且与圆相切，所以C选项错误.
D选项，过作圆的两条切线，其中一个切点为，如图所示，
则此时最小，由于，所以，所以D选项错误.
故选：AB
13．
【分析】求出直线l的斜率，利用直线垂直关系列式求出a的值即得.
【详解】依题意，直线的斜率存在且为，由直线l经过点和，
得直线的斜率，解得，
所以实数a的值为.
故答案为：
14．2
【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆和曲线关于轴对称，
不妨设切线方程为，，
所以，解得：，
由解得：或，即，
由于，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：2.
15．3
【分析】根据方程分析，利用短轴长求解.
【详解】因为，所以，即.
故答案为：3
16．
【分析】设出圆的一般方程，代入点的坐标求解即可．
【详解】由题意设圆的方程为，
代入三个点的坐标可得，解得，
所以的外接圆方程为，
故答案为：．
17．(1)，，
(2)
【分析】（1）根据向量平行和垂直的坐标表示列方程组求解即可；
（2）根据向量的坐标与数量积运算，利用公式求解即可.
【详解】（1）因为，，，且，，
所以不为，
所以，解得，，，
所以，，.
（2）由（1）可得，，
所以，
，，
所以向量与所成角的余弦值.
18．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量垂直证明线线垂直，即可求证，
（2）根据法向量的夹角，即可求解.
【详解】（1）以点为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，，
故，，，
所以，，所以，．
又，，平面，因此平面．
（2）平面的法向量为，，
则，取，可得，
设平面和底面夹角为，
因为平面的一个法向量为，
所以，故，
所以平面和底面夹角的正弦值为．
19．证明见解析
【分析】注意到此题中易于建系，可以考虑通过证明与平面的法向量共线推得结论平面PCD.
【详解】
如图，因平面ABCD，底面ABCD为正方形，故可以分别为的正方向建立空间直角坐标系.
又PA＝AD＝AB＝2，M，N分别为AB，PC的中点，
则, ,
于是，不妨设平面PCD的法向量为，
则有令，故可取，
因，则平面PCD.
20．(1)
(2)2
【分析】（1）根据焦距和点的坐标求出椭圆的方程，然后设，利用数量积的坐标运算结合二次函数性质求解即可；
（2）设直线的方程为，，，联立方程，韦达定理求出面积解析式，利用基本不等式求出最值即可.
【详解】（1）由题意知，所以.
将点代入，解得，所以椭圆的方程为.
设点，则.
又因为，所以的范围是.
（2）依题意可设直线的方程为，，.
联立得.，
所以，，
所以，
又因为，
当且仅当时等号成立.所以.
所以的面积的最大值为2.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件列式计算得解；
（2）联立方程组，由韦达定理将条件式化简得，再根据弦长公式求解.
【详解】（1）依题意可得，
解得，
所以的方程为.
（2）联立，消去得，
则，.
因为经过定点，且点在的内部，所以恒成立.
由，
解得.
所以，
所以.
22．(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）利用题给条件求得的值，进而求得C的方程；
（2）设出M，N两点坐标，利用设而不求的方法求得点P的坐标，进而证得点P在定直线上．
【详解】（1）依题意得，，所以，，
所以C的方程为．
（2）解法一：
设，，直线：，直线：．
由，得．
由，得，故．
由，得．
由，得，故．
令，则，
由题设知，则，
故，由题意知，故．
又点满足且，
则，解之得，
所以点P在定直线上．
解法二：
由题意可知MN不垂直于y轴，设，，
可设MN：（），代入
可得，
因为，
则．
由：，：，可得
．
从而，故点P在定直线上．
解法三：
设，，当直线MN的斜率存在时，
设MN：（），
由，得，
所以，，
因为：，：，联立方程解得
因为
所以，
当直线MN的斜率不存在时，MN：，所以，
：，：
联立方程解得，故点P在定直线上．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
2023-2024学年数学人教A版高二上学期寒假复习卷
一、单选题
1．设，，向量，，且，则的值为（ ）
A．5 B． C． D．
2．设F为抛物线C：的焦点，则F到其准线的距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知空间中直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则（ ）
A．直线与平面平行 B．直线在平面内
C．直线与平面垂直 D．直线与平面不相交
4．直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知O为坐标原点，，是椭圆C：（）的焦点，过右焦点且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．已知圆：（）截直线所得线段的长度是，则圆与圆：的位置关系为（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．外离
二、多选题
9．平面内与定点距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线.曲线是当时的双纽线，是曲线上的一个动点，则下列结论不正确的是（ ）
A．曲线关于原点对称
B．满足的点有且只有一个
C．
D．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
10．已知平面内一动点与两定点连线的斜率的乘积为定值时，若该定值为正数，则该动点轨迹是双曲线（两定点除外）；若该定值是负数，则该动点轨迹是圆或椭圆（两定点除外）.如图，给定的矩形中，，，E、F、G、H分别是矩形四条边的中点，M、N分别是直线、的动点，，，其中，且直线与直线交于点P.下列说法正确的是（ ）
A．若，则P的轨迹是双曲线的一部分
B．若，则P的轨迹是椭圆的一部分
C．若，则P的轨迹是双曲线的一部分
D．若，则P的轨迹是椭圆的一部分
11．已知椭圆的标准方程为，并且焦距为6，则实数m的值可以为（ ）
A．4 B． C．6 D．
12．已知圆，点，下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点
B．圆上存在两个点到直线的距离为2
C．过点作圆的切线，则的方程为
D．若点是圆上一点，，当最小时，
三、填空题
13．若直线l经过点和，且与经过点，斜率为的直线垂直，则实数a的值为 ．
14．过原点的一条直线与圆：相切，交拋物线（）于点，若，则的值为 .
15．已知椭圆（）的短轴长为6，则实数的值为 .
16．在中，，B和C．则的外接圆方程为 ．
四、解答题
17．已知向量，，，，．
(1)求向量，，；
(2)求向量与所成角的余弦值．
18．如图，已知正方体的棱长为1，E是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面和底面夹角的正弦值．
19．如图，已知平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AD＝AB＝2，M，N分别为AB，PC的中点.求证：平面PCD．
20．已知椭圆的左，右焦点分别为，，焦距为，点在上.
(1)是上一动点，求的范围；
(2)过的右焦点，且斜率不为零的直线交于，两点，求的面积的最大值.
21．已知是椭圆的左顶点，且经过点.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，且，求弦的长.
22．已知双曲线C：（，）的离心率为，右焦点为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左右顶点分别为，，过的直线与C交于M，N两点，M在第一象限，直线与交于点P，证明：点P在定直线上．
参考答案：
1．D
【分析】根据向量共线列出方程求解即可.
【详解】因为向量，，且，
所以，即，
所以解得，，，
所以，
故选：D
2．B
【分析】根据抛物线方程求解出焦点和准线方程，则结果可知.
【详解】因为抛物线方程，所以焦点为，准线为，
所以焦点到准线的距离为，
故选：B.
3．C
【分析】根据向量共线即可得是平面的一个法向量求解.
【详解】由， ，可得，所以，故是平面的一个法向量，故直线与平面垂直，
故选：C
4．A
【分析】把直线方程化为斜截式，再利用斜率与倾斜角的关系即可得出．
【详解】由，化简得，
所以直线的斜率，又因为直线的倾斜角，
所以，得，故A正确.
故选：A.
5．A
【分析】利用题给条件列出关于的齐次式，解之即可求得C的离心率.
【详解】由，，可得,
又由，可得，则，
整理得，即，
解之得或（舍）
故选：A
6．A
【分析】根据双曲线渐近线的求法求得正确答案.
【详解】由解得双曲线的渐近线方程为.
故选：A
7．A
【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标，利用双曲线方程求出渐近线方程，再由点到直线距离求解.
【详解】由抛物线可知焦点，
双曲线的渐近线方程为，
所以焦点到直线的距离，
故选：A
8．A
【分析】根据圆的弦长公式，结合点到直线的距离公式可得，即可根据圆心距与半径的关系求解.
【详解】圆：（）的圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
所以，解得，
故圆的圆心为，半径为，
，故两圆内切，
故选：A
9．D
【分析】由题意得当时的双纽线方程为，对于A，用替换方程中的即可判断；对于B，令，求出点的坐标即可验证；对于C，由即可判断；对于D，由方程无零解，即可得解.
【详解】根据双纽线的定义可得，
当时，曲线C：，
即，整理，得，
对于A，用替换方程中的，原方程不变，所以曲线C关于原点中心对称，故A正确；
对于B，若，则，所以，此时，即，
所以满足的点有且只有一个，即，故B正确；
对于C，由，得，所以曲线C上任意一点到原点的距离，即都不超过4，故C正确；
对于D，直线与曲线C一定有公共点，若直线与曲线C只有一个交点，将代入方程中，
得，当时，
方程无零解，则，解得或，故D错误.
故选：D.
【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是首先一定有公共点，然后通过化简方程组得方程无零解，由此即可顺利得解.
10．CD
【分析】根据已知求出的坐标，进而得出直线与直线的斜率，即可得出.然后根据已知条件得出的值，结合定义即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，，，
则由可得，；
由可得，，
所以.
所以，，.
所以，.
对于A、B项，因为，所以，显然不是一个常数，所以此时P的轨迹既不是双曲线，也不是椭圆，A、B均错；
对于C选项，，此时的结果为一个大于0的定值，所以P的轨迹是双曲线（顶点除外），C对；
对于D选项，，此时的结果为一个小于0的定值，所以P的轨迹为椭圆（顶点除外），D对.
故选：CD.
11．AB
【分析】首先确定c的值，然后分类讨论焦点位置在x轴和y轴两种情况求解m的值即可.
【详解】因为，所以，
当焦点在x轴上时，由椭圆的标准方程知，，所以，
又，解得.
当焦点在y轴上时，由椭圆的标准方程知，，所以，
解得.
综上，解得或．
故选：AB.
12．AB
【分析】根据直线过定点、点到直线的距离公式、圆的切线等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，直线，过定点，A选项正确.
B选项，圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以与圆相交，且圆上存在两个点到直线的距离为2.
C选项，直线过点，且与圆相切，所以C选项错误.
D选项，过作圆的两条切线，其中一个切点为，如图所示，
则此时最小，由于，所以，所以D选项错误.
故选：AB
13．
【分析】求出直线l的斜率，利用直线垂直关系列式求出a的值即得.
【详解】依题意，直线的斜率存在且为，由直线l经过点和，
得直线的斜率，解得，
所以实数a的值为.
故答案为：
14．2
【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆和曲线关于轴对称，
不妨设切线方程为，，
所以，解得：，
由解得：或，即，
由于，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：2.
15．3
【分析】根据方程分析，利用短轴长求解.
【详解】因为，所以，即.
故答案为：3
16．
【分析】设出圆的一般方程，代入点的坐标求解即可．
【详解】由题意设圆的方程为，
代入三个点的坐标可得，解得，
所以的外接圆方程为，
故答案为：．
17．(1)，，
(2)
【分析】（1）根据向量平行和垂直的坐标表示列方程组求解即可；
（2）根据向量的坐标与数量积运算，利用公式求解即可.
【详解】（1）因为，，，且，，
所以不为，
所以，解得，，，
所以，，.
（2）由（1）可得，，
所以，
，，
所以向量与所成角的余弦值.
18．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量垂直证明线线垂直，即可求证，
（2）根据法向量的夹角，即可求解.
【详解】（1）以点为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，，
故，，，
所以，，所以，．
又，，平面，因此平面．
（2）平面的法向量为，，
则，取，可得，
设平面和底面夹角为，
因为平面的一个法向量为，
所以，故，
所以平面和底面夹角的正弦值为．
19．证明见解析
【分析】注意到此题中易于建系，可以考虑通过证明与平面的法向量共线推得结论平面PCD.
【详解】
如图，因平面ABCD，底面ABCD为正方形，故可以分别为的正方向建立空间直角坐标系.
又PA＝AD＝AB＝2，M，N分别为AB，PC的中点，
则, ,
于是，不妨设平面PCD的法向量为，
则有令，故可取，
因，则平面PCD.
20．(1)
(2)2
【分析】（1）根据焦距和点的坐标求出椭圆的方程，然后设，利用数量积的坐标运算结合二次函数性质求解即可；
（2）设直线的方程为，，，联立方程，韦达定理求出面积解析式，利用基本不等式求出最值即可.
【详解】（1）由题意知，所以.
将点代入，解得，所以椭圆的方程为.
设点，则.
又因为，所以的范围是.
（2）依题意可设直线的方程为，，.
联立得.，
所以，，
所以，
又因为，
当且仅当时等号成立.所以.
所以的面积的最大值为2.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件列式计算得解；
（2）联立方程组，由韦达定理将条件式化简得，再根据弦长公式求解.
【详解】（1）依题意可得，
解得，
所以的方程为.
（2）联立，消去得，
则，.
因为经过定点，且点在的内部，所以恒成立.
由，
解得.
所以，
所以.
22．(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）利用题给条件求得的值，进而求得C的方程；
（2）设出M，N两点坐标，利用设而不求的方法求得点P的坐标，进而证得点P在定直线上．
【详解】（1）依题意得，，所以，，
所以C的方程为．
（2）解法一：
设，，直线：，直线：．
由，得．
由，得，故．
由，得．
由，得，故．
令，则，
由题设知，则，
故，由题意知，故．
又点满足且，
则，解之得，
所以点P在定直线上．
解法二：
由题意可知MN不垂直于y轴，设，，
可设MN：（），代入
可得，
因为，
则．
由：，：，可得
．
从而，故点P在定直线上．
解法三：
设，，当直线MN的斜率存在时，
设MN：（），
由，得，
所以，，
因为：，：，联立方程解得
因为
所以，
当直线MN的斜率不存在时，MN：，所以，
：，：
联立方程解得，故点P在定直线上．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)