2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第一册综合自检卷（含解析）

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2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第一册综合自检卷
一、单选题
1．已知直线l的法向量为，且经过点，则原点O到l的距离为（　　）
A． B． C． D．
2．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．已知点在直线上，过作圆的两条切线，切点为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．在椭圆中，以点为中点的弦所在的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
5．圆与圆的公共弦的长度为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，已知分别是双曲线的左、右焦点，过点的直线与双曲线C的左支交于点A，B，若则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知分别是平面的法向量，若，则（ ）
A． B． C．1 D．7
8．在平面直角坐标系中，已知圆，若圆上存在点P，由点P向圆C引一条切线，切点为M，且满足，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知经过点且斜率为k的直线l与圆交于不同的两点M，N，线段的中点为P，则（　　）
A． B．当时，直线l平分圆C
C．当时， D．点P的轨迹方程为
10．已知直线l与抛物线交于、两点，且与轴交于点，为坐标原点，直线、斜率之积为，则（　　）
A．当时，
B．当时，线段中点的轨迹方程为
C．当时，以为直径的圆与轴相切
D．当时，的最小值为
11．在正四棱柱中，分别是的中点，是棱上一点，则下列结论正确的有（ ）
A．若为的中点，则 B．若为的中点，则到的距离为
C．若，则平面 D．的周长的最小值为
三、填空题
12．已知圆与圆外离，则实数a的取值范围为 .
13．已知直线，，，三条直线围成，则当面积取得最大时的值为 .
14．已知双曲线左右焦点分别为，点为右支上一动点，圆与的延长线、的延长线和线段都相切，则 .
四、解答题
15．将矩形面绕边顺时针旋转得到如图所示几何体．已知，，点E在线段上，P为圆弧的中点．
(1)当E是线段的中点时，求异面直线AE写所成角的余弦值；
(2)在线段上是否存在点E，使得平面？如果存在，求出线段BE的长，如果不存在，说明理由．
16．已知圆M的圆心在直线上，并且与直线相切于点.
(1)求圆M的标准方程；
(2)直线与圆M相交于A，B两点，，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，求.
17．某游乐园中有一座摩天轮.如图所示，摩天轮所在的平面与地面垂直，摩天轮为东西走向.地面上有一条北偏东为的笔直公路，其中.摩天轮近似为一个圆，其半径为，圆心到地面的距离为，其最高点为点正下方的地面点与公路的距离为.甲在摩天轮上，乙在公路上.（为了计算方便，甲乙两人的身高、摩天轮的座舱高度和公路宽度忽略不计）
(1)如图所示，甲位于摩天轮的点处时，从甲看乙的最大俯角的正切值等于多少？
(2)当甲随着摩天轮转动时，从乙看甲的最大仰角的正切值等于多少？
18．已知定点，直线相交于点M，且它们的斜率之积为，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)点满足，直线与双曲线分别相切于点A，B.证明：直线与曲线C相切于点Q，且.
19．已知椭圆的右焦点与短轴端点间的距离为.
(1)求的方程；
(2)过作直线与交于两点，为坐标原点，若，求的方程.
参考答案：
1．C
【分析】由直线点法式得直线方程，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】设点为直线上一点，则，所以，
即直线的方程为，所以原点O到l的距离为.
故选：C.
2．B
【分析】根据椭圆的焦点位置可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【详解】因为表示焦点在轴上的椭圆，则，解得.
故选：B.
3．C
【分析】由圆的方程求得其圆心和半径，求出圆心到直线l的距离，确定当时，取最大值，结合，求出，结合圆的切线性质，即可求得答案.
【详解】圆的标准方程为，圆心，半径，
圆心到直线的距离为，即l与圆相离，
由于，故，

故当时，最小，此时最大，则也取最大值，
此时，，
故选：C.
4．C
【分析】先确定点在椭圆内部，设交点为，代入椭圆方程做差，然后整理可得直线斜率，利用点斜式可得直线方程.
【详解】因为，故点在椭圆内部，过点的直线恒与椭圆有两个交点，设交点为，则，
又，两式相减得，
整理得，
所以以点为中点的弦所在的直线方程为，
即.
故选：C.
5．D
【分析】先确定两圆相交，再将两圆做差可得公共弦所在直线方程，然后利用垂径定理求弦长.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
则圆心距离为，故两圆相交，
则两圆的公共弦所在直线方程为，即，
所以公共弦的长度为.
故选：D.
6．C
【分析】根据给定条件，利用双曲线的定义结合勾股定理求得，再利用勾股定理求出即可得解.
【详解】依题意，设，则，，
由，得，在中，，
整理得，因此， ，
在中，有，整理得，
显然，即，解得，
所以双曲线的渐近线方程为．
故选：C
【点睛】易错点睛：双曲线的渐近线方程为 ，而双曲线的渐近线方程为 （即 ），应注意其区别与联系.
7．D
【分析】根据两个平面垂直，两个平面的法向量也垂直，求解即可.
【详解】因为，所以，所以，解得.
故选：D
8．D
【分析】根据可求出点P的轨迹方程，根据点P的轨迹与圆D有交点列出不等式求解.
【详解】设点P的坐标为，如图所示：
由可知：，而，∴
∴，整理得，即.
∴点P的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，又∵点P在圆D上，∴所以点P为圆D与圆E的交点，即要想满足题意，
只要让圆D和圆E有公共点即可，∴两圆的位置关系为外切，相交或内切，∴，解得.
故选：D
9．AB
【分析】A选项，求出圆心和半径，由点到直线距离公式得到不等式，求出答案；B选项，当时，，故在直线上，得到B正确；C选项，由垂径定理得到弦长；D选项，联立与，根据得到，设，由得到轨迹方程，注意取值范围.
【详解】A选项，变形为，即圆心为，半径为2，
设直线，则圆心到直线的距离，即，解得，A正确；
B选项，当时，，由于，故在直线上，故当时，直线l平分圆C，B正确；
C选项，当时，，故圆心到直线的距离，故，C错误；
D选项，由A选项知，，联立与得，，
由得，且，故，
令，则，
由于，故在上单调递增，故，则,
由几何关系知，设，故，变形得到，
故点P的轨迹方程为，且，D错误.
故选：AB
10．AC
【分析】设点、、，由题意可得，，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，利用斜率公式和韦达定理推导出，利用基本不等式可判断AD选项，求出点的轨迹方程，可判断B选项；利用直线与圆的位置关系可判断C选项.
【详解】设点、、，由题意可得，，
若直线与轴垂直，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立可得，
，由韦达定理可得，，
，所以，，
对于AB选项，当时，则，即点，满足，，
，
当且仅当时，即当或时，等号成立，A对，
设点，则，，
化简可得，B错；
对于CD选项，当时，则，则为抛物线的焦点，，
则线段的中点为，，
故以线段为直径的圆与轴相切，C对，
，
当且仅当时，即当或，D错.
故选：AC.
11．BCD
【分析】以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，结合选项依次判断即可.
【详解】解：以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
可得平面的一个法向量为．
若为的中点，则，
，，
则到的距离，A不正确，B正确．
若，则，则，
因为平面，所以平面，C正确．
将平面沿着翻折至与平面共面，
当三点共线时，的周长最小，此时，
翻折前，故的周长的最小值为，D正确．
故选：BCD
12．
【分析】由题意表示出两圆的圆心半径，进一步结合两圆外离列出不等式即可求解.
【详解】由题意圆与圆的圆心、半径依次分别为，
因为两圆外离，
所以圆心距满足，解得，
即实数a的取值范围为.
故答案为：.
13．1
【分析】首先判断直线和的定点，判断的形状，再求直线与直线的交点，利用点到直线的距离表示边长，再求解三角形的面积，并利用基本不等式求最值.
【详解】直线，即，恒过定点，
直线，即，也恒过定点，
所以直线与相交于定点，
由，解得，可知直线与直线相交于点，
又因为直线与直线相互垂直，所以是为直角的直角三角形，
因为点到的距离，
点到,的距离，
所以的面积，
时，的面积不可能取到最大值；
时，，当且仅当时，等号成立．
因此，当时，的面积有最大值．
故答案为：1
14．1
【分析】结合双曲线的定义，再结合直线与圆相切的性质，转化求得，再根据数量积的的公式，即可求解.
【详解】如图，设圆与的延长线、的延长线和线段分别切于点，连接，
则，
由双曲线方程为，可得
又为右支上的一动点，
又
由题意可知，
又
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合直线与圆相切的几何关系，进行线段长度的转化.
15．(1)
(2)存在；
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法处理即可.
（2）利用空间位置关系的向量证明即可.
【详解】（1）如图，以A为原点，以AC，AB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz．
则，，，，
当E是线段的中点时，，，，
则，
所以异面直线AE与所成角的余弦值为．
（2）设，
设平面的法向量为，
又，，，
所以，令，得，
若平面，则，解答．
所以在线段上存在点E，使得平面，此时．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据切线性质以及垂直关系分析可知圆M的圆心在直线上，进而可求圆心和半径，即可得结果；
（2）联立方程，根据弦长公式求得，可知结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）设与直线垂直的直线方程为，
代入点可得，解得，
可知圆M的圆心在直线上，
联立方程，解得，
即圆M的圆心，半径，
所以圆M的标准方程为.
（2）设，
联立方程，消去y得，
则，
因为，解得，
此时，即符合题意，
则，
所以.
17．(1)
(2)
【分析】（1）设公路所在直线为，过点作的垂线，垂直为,由得答案;
（2）设甲位于圆 上的点处, 直线垂直于且交圆于点，射线可以看成是射线绕着点按逆时针方向旋转角度得到. 过点正下方的地面点向作垂线，垂足为.取得最大值时，即为从乙看甲的最大仰角，,其中，表示点和点构成的直线的斜率，根据直线与圆的位置关系即可求解.
【详解】（1）如图所示，设公路所在直线为，过点作的垂线，垂直为，m.
因为圆的半径为35m，圆心到地面的距离为40m，所以m.
从甲看乙的最大俯角与相等，由题意得，则.
（2）如图所示，设甲位于圆上的点处，直线垂直于且交圆于点，射线可以看成是射线绕着点按逆时针方向旋转角度得到.
过点正下方的地面点向作垂线，垂足为.
当取得最大值时，即为从乙看甲的最大仰角.
题意得：,
其中，表示点和点构成的直线的斜率，
当直线的斜率取得最小值时，取最大值.
因为点在单位圆上，
所以当直线与单位圆相切时，斜率取得最大值或最小值.
设过点的直线方程为：，
由相切可得，解得，
则直线的斜率最小值为，代入可得取最大值是.
【点睛】方法点睛：
求的最值时，可转化为求点与连线斜率的最值，
设出过点的直线方程，由点在单位圆上，根据直线与圆相切即可求解.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据题意结合斜率公式运算求解；
（2）设，直线的斜率分别为直线，根据直线与双曲线相切可得，，由切线均过点可得，，同构可知直线的方程为，联立方程证明直线与曲线C相切于点Q，再结合垂直关系结合三角形相似证明.
【详解】（1）设，则，
由题意可得，整理得，
所以曲线C的方程.
（2）设，直线的斜率分别为直线，
则，，
可知直线的方程为，
联立方程，消去y得，
则，
可得，
且，即，
代入可得，则，
同理可得，
又因为切线均过点，
可知为方程的两根，
且，则，可得，
则，即，可知为直角三角形，
又因为，整理得，
同理可得，
可知直线的方程为，即直线的斜率，
联立方程，消去y得，
且且，则，可得，解得，
且，即直线与曲线C相切于点，
则，可得，可知，
则，可得，即，
所以直线与曲线C相切于点Q，且.
【点睛】关键点点睛：同构思想的应用：
1.根据题意可知为方程的两根；
2.根据，，可知直线的方程为.
19．(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据题意，直接求得，则方程得解；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，由韦达定理结合弦长公式，表达出三角形的面积，求得直线中的参数，即可求得结果.
【详解】（1）由已知得，又因为右焦点与短轴端点间的距离为
得，则的方程为.
（2）由题可知，若面积存在，则斜率不为0，
所以设直线的方程为，，
联立消去得，
因为直线过点，所以显然成立，
且.
因为
即，解得或（舍去）
则，所以直线的方程为或.
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