全书综合测评练习-《精讲精练》26版高中同步新教材数学人教A版（2019）选择性必修第一册

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全书综合测评
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(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.直线l过点(-3,0),且与直线y=2x-3垂直,则直线l的方程为(　　)
A.y=-(x-3)　　　　B.y=-(x+3)
C.y=(x-3)　　　　D.y=(x+3)
2.“m=4”是“直线(2m-4)x+(m+1)y+2=0与直线(m+1)x-my+3=0垂直”的(　　)
A.充分不必要条件　　　　B.必要不充分条件
C.充要条件　　　　D.既不充分又不必要条件
3.已知圆M:(x+2)2+y2=4,M为圆心,P为圆上任意一点,定点A(2,0),线段PA的垂直平分线l与直线PM相交于点Q,则当点P在圆上运动时,点Q的轨迹方程为(　　)
A.-=1(x≤-2)　　　　B.-=1
C.x2-=1(x≤-1)　　　　D.x2-=1
4.设圆(x-3)2+(y+5)2=r2(r>0)上有且仅有两个点到直线4x-3y-2=0的距离等于1,则圆的半径r的取值范围是(　　)
A.34　　D.r>5
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱CC1的中点,P是底面ABCD内一动点(包含边界),且A1P,MP与底面ABCD所成的角相等,则动点P的轨迹为(　　)
A.圆的一部分　　　　B.直线的一部分
C.椭圆的一部分　　　　D.双曲线的一部分
6.已知直线l1:x-y+2=0,l2:x-y-2=0,直线l3垂直于l1,l2,且垂足分别为A,B,若C(-4,0),D(4,0),则|CA|+|AB|+|BD|的最小值为(　　)
A.8+　　B.+2　　C.2+2　　D.8
7.已知抛物线C:y2=8x,圆F:(x-2)2+y2=4,若直线l:y=k(x-2)(k≠0)自上而下顺次与上述两曲线交于M1,M2,M3,M4四点,则下列各式的结果为定值的是(　　)
A.|M1M3|·|M2M4|　　　　B.|FM1|·|FM4|
C.|M1M2|·|M3M4|　　　　D.|FM1|·|M1M2|
8.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点F是线段BC1上的动点(包含端点),则下列说法错误的是(　　)
A.当点F移动至BC1的中点时,直线A1F与平面BDC1所成的角最大且为60°
B.无论点F在BC1上怎么移动,都有A1F⊥B1D
C.当点F移动至BC1的中点时,才有直线A1F与B1D相交于一点,记该点为E,且=2
D.无论点F在BC1上怎么移动,异面直线A1F与CD所成的角都不可能是30°
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),下列结论正确的有(　　)
A.AP⊥AB　　　　 B.AP⊥AD
C.是平面ABCD的一个法向量　　　　D.∥
10.如图所示的几何体是由正方形ABCD沿AB所在直线旋转90°得到的,设G是圆弧CE的中点,H是圆弧DF上的动点(含端点),则直线EH与平面BDG所成的角的正弦值可以是(　　)
A.0　　B.　　C.　　D.
11.阿基米德是伟大的物理学家,更是伟大的数学家,他曾经对抛物线做过系统而深入的研究,并定义了抛物线阿基米德三角形:抛物线的弦与抛物线在弦的端点处的两条切线围成的三角形称为抛物线阿基米德三角形.设抛物线C:y=x2上两个不同点A,B的横坐标分别为x1,x2,分别以A,B为切点的抛物线的两条切线交于P点.则下列关于抛物线阿基米德三角形PAB的说法中,正确的有(　　)
A.若弦AB过抛物线的焦点,则P点一定在抛物线的准线上
B.若抛物线阿基米德三角形PAB为正三角形,则其面积为
C.若抛物线阿基米德三角形PAB为直角三角形,则其面积有最小值
D.一般情况下,抛物线阿基米德三角形PAB的面积S=
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(x,3,0)在平面α内,若点P(-2,1,4)到平面α的距离d为,则x=　　　　.
13.直线x+y+3=0分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆(x-3)2+y2=2上,则△ABP的面积的取值范围为　　　　　　　　.
14.已知一酒杯的内壁是由抛物线x2=2py(p>0)(如图)绕其对称轴旋转形成的抛物面,当放入一个半径为1的玻璃球时,玻璃球可碰到酒杯底部的A点,当放入一个半径为2的玻璃球时,玻璃球不能碰到酒杯底部的A点,则p的取值范围为　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知直线l:y=kx-2k+1(k∈R).
(1)若直线l不经过第二象限,求k的取值范围;
(2)若直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A,B两点,求当△AOB的面积为时直线l的方程(O为坐标原点).
16.(15分)如图1,已知等边△ABC的边长为3,点M,N分别是边AB,AC上的点,且|BM|=2|MA|,|AN|=2|NC|.如图2,将△AMN沿MN折起到△A'MN的位置.
(1)求证:平面A'BM⊥平面BCNM;
(2)给出三个条件:①A'M⊥BC;②二面角A'-MN-C的大小为60°;③A'到平面BCNM的距离为.在其中任选一个,作为下面问题的已知条件,并作答:
在线段A'C上是否存在一点P,使三棱锥A'-PMB的体积为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
　　　
17.(15分)已知圆C:(x+1)2+y2=r2(r>0),点A(2,0),B(0,4).
(1)若圆C上存在点P满足·=0,求半径r的取值范围;
(2)对于线段AB上的任意一点Q,若在圆C上总存在不同的两点M,N,使得M是线段QN的中点,求r的取值范围.
18.(17分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,且点P(2,1)在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为坐标原点,过点(t,0)(t>0)的直线l(斜率不为0)交椭圆C于不同的两点A,B(异于点P),直线PA,PB分别与直线x=-t交于M,N两点,MN的中点为Q,是否存在实数t,使直线PQ的斜率为定值 若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
19.(17分)已知点A,B在直线l:y=x+2上(B在A的上方),P(2,0),|AB|=,斜率为k1的直线AP交抛物线Γ:y2=4x于点M,N,直线BP交Γ于点R,S(M,R在x轴上方),如图所示.
(1)求k1的取值范围;
(2)若0答案全解全析
1.B　因为直线y=2x-3的斜率为2,所以直线l的斜率为-.又直线l过点(-3,0),故所求直线的方程为y=-(x+3).
2.A　当m=4时,两条直线的方程分别为4x+5y+2=0,5x-4y+3=0,两条直线互相垂直,反之,由直线(2m-4)x+(m+1)y+2=0与直线(m+1)x-my+3=0垂直,可得(m+1)(2m-4)+(-m)(m+1)=0,解得m=4或m=-1,所以“m=4”是“直线(2m-4)x+(m+1)y+2=0与直线(m+1)x-my+3=0垂直”的充分不必要条件.故选A.
3.D　连接AQ(图略),因为线段PA的垂直平分线l与直线PM相交于点Q,所以有|QA|=|QP|,由圆M:(x+2)2+y2=4,得M(-2,0),该圆的半径为2,
当点P在圆上运动时,恒有||QP|-|QM||=2,于是有||QA|-|QM||=2,
所以点Q的轨迹是以A,M为焦点的双曲线,设该双曲线的方程为-=1(a>0,b>0),半焦距为c(c>0),则2c=4,2a=2,即c=2,a=1,所以b2=c2-a2=3,所以点Q的轨迹方程为x2-=1.故选D.
4.B　由圆(x-3)2+(y+5)2=r2(r>0)可知其圆心为(3,-5),半径为r,记C(3,-5).圆心C到直线4x-3y-2=0的距离d==5,因为圆C上有且仅有两个点到直线4x-3y-2=0的距离等于1,所以d-15.A　如图,连接PA,PC,
由A1A⊥底面ABCD,C1C⊥底面ABCD,可得∠A1PA,∠MPC分别为直线A1P,MP与底面ABCD所成的角,
由∠A1PA=∠MPC,可得=,
又|A1A|=2|MC|,∴|PA|=2|PC|.
在平面ABCD内,以D为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
设正方体的棱长为a(a>0),则A(a,0),C(0,a),
设P(x,y),0≤x≤a,0≤y≤a,
由|PA|=2|PC|,得=2,
整理得+=,故动点P的轨迹是以为圆心,为半径的圆在正方形ABCD内的部分.故选A.
6.C　∵直线l3垂直于l1,l2,∴可设l3的方程为x+y=2m(m∈R),
由得A(m-1,m+1),由得B(m+1,m-1),
∵C(-4,0),D(4,0),∴|CA|+|AB|+|BD|=+2+,
易知+表示动点(m,m)到定点(-3,-1)与(3,1)的距离的和,记M(m,m),E(-3,-1),F(3,1),
易知动点M(m,m)在直线y=x上,点E(-3,-1)与F(3,1)在直线y=x的两侧,
∴|ME|+|MF|≥|EF|=2,当且仅当M是直线y=x与线段EF:y=x(-3≤x≤3)的交点,即原点时取“=”,此时m=0,
∴++2≥2+2,即|CA|+|AB|+|BD|的最小值为2+2.故选C.
7.C　易知M1,M4在抛物线C上,M2,M3在圆F上.设M1,M2,M3,M4四点的横坐标分别为x1,x2,x3,x4.
由题意知抛物线C的焦点与圆F的圆心(2,0)重合,准线方程为x=-2.
由抛物线的定义得|FM1|=x1+2,
又因为|FM1|=|M1M2|+2,所以|M1M2|=x1.同理,|M3M4|=x4.
将y=k(x-2)代入抛物线方程,整理得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0,
所以x1x4=4,所以|M1M2|·|M3M4|=4.故选C.
8.A　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图1,
图1
设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1).
∵点F是线段BC1上的动点(包含端点),∴可设F(x,1,1-x),0≤x≤1,
∴=(x-1,1,-x),=(1,1,0),=(0,1,1),
设n=(x1,y1,z1)是平面BDC1的法向量,
则即
令y1=-1,则x1=z1=1,故n=(1,-1,1).
设直线A1F与平面BDC1所成的角为θ,
则sin θ===
=,
∴当x=时,sin θ取得最大值,为,即当点F移动至BC1的中点时θ最大,由于>,所以θ的最大值大于60°,故A中说法错误.
∵=(x-1,1,-x),=(-1,-1,-1),
∴·=-(x-1)-1+(-1)×(-x)=0,
∴无论点F在BC1上怎么移动,都有A1F⊥B1D,故B中说法正确.
若F不是BC1的中点,则直线A1F与B1D是异面直线,二者无交点;当F为BC1的中点时,F也是B1C的中点,此时A1F与B1D均在平面A1B1CD内,故直线A1F与B1D必相交,所以当点F移动至BC1的中点时,才有直线A1F与B1D相交于一点E,连接A1D和B1C,如图2,
图2
易知A1D∥B1C,△A1DE∽△FB1E,从而==2,故C中说法正确.
结合图1易得=(0,-1,0),=(x-1,1,-x),设异面直线A1F与CD所成的角为α,则cos α====≤<,∴α>30°,故D中说法正确.故选A.
9.ABC　对于A,·=2×(-1)+(-1)×2+(-4)×(-1)=0,∴⊥,即AP⊥AB,A正确;对于B,·=(-1)×4+2×2+(-1)×0=0,∴⊥,即AP⊥AD,B正确;对于C,由上述分析知⊥,且⊥,故是平面ABCD的一个法向量,C正确;对于D,由是平面ABCD的一个法向量,BD 平面ABCD,可知⊥,D错误.故选ABC.
10.ABD　由题意可将该旋转体补全为一个正方体ADMF-BCNE,
以A为原点,AD,AF,AB所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
设|BC|=2,则D(2,0,0),E(0,2,2),B(0,0,2),G(,,2),
设H(m,n,0),其中m,n满足m2+n2=4,且m≥0,n≥0,
∴=(2,0,-2),=(,,0),=(m,n-2,-2),
设e=(x,y,z)为平面BDG的法向量,
则即取x=1,则y=-1,z=1,故e=(1,-1,1),
设直线EH与平面BDG所成的角为θ,则sin θ=|cos|====.
由m2+n2=4,m≥0,n≥0,可设m=2cos α,n=2sin α,α∈,
则sin θ==,
当α=时,sin θ的值为0;当α=0时,sin θ=;当α=时,sin θ=.故0≤sin θ≤.对照各选项,可知A、B、D符合题意.故选ABD.
11.ABC　由题意可知,直线AB的斜率一定存在,所以可设直线AB的方程为y=kx+m,
由题意可知,点A(x1,),B(x2,),不妨设x1<0易得切线PA,PB的方程分别为y-=2x1(x-x1),y-=2x2(x-x2),
两方程联立,得
解得所以P点坐标为.
将直线AB的方程与抛物线方程联立,得消去y,得x2-kx-m=0,则x1+x2=k,x1x2=-m.
对于A,抛物线C:y=x2的焦点坐标为,准线方程为y=-,
因为弦AB过抛物线的焦点,所以m=,则x1x2=-m=-,
显然P点一定在抛物线的准线上,故A中说法正确;
对于B,因为抛物线阿基米德三角形PAB为正三角形,所以有|PA|=|PB|,
即=,
化简得(x2-x1)3(x2+x1)=0,因为x1≠x2,所以x1=-x2,
故A(x1,),B(-x1,),P(0,-),
因为抛物线阿基米德三角形PAB为正三角形,所以有|PA|=|AB|,
所以=2|x1|,解得x1=-,
因此正三角形PAB的边长为,
所以正三角形PAB的面积为×××sin 60°=×××=,故B中说法正确;
对于C,若抛物线阿基米德三角形PAB为直角三角形,则PA⊥PB,
有kPA·kPB=-1,即·=-1,即x1x2=-,
则直线AB的方程为y=kx+,
所以P点坐标为,点P到直线AB的距离为
=,
|AB|==
===1+k2,
因此直角三角形PAB的面积为×××(k2+1)=≥,当且仅当k=0时取等号,显然其面积有最小值,故C中说法正确;
对于D,因为x1+x2=k,x1x2=-m,所以|AB|===|x1-x2|,
点P到直线AB的距离为==·,
所以抛物线阿基米德三角形PAB的面积S=·|x1-x2|··=,故D中说法不正确.
故选ABC.
12.答案　-1或-11
解析　由题意得=(x+2,2,-4),d==,
故=,解得x=-1或x=-11.
13.答案　[6,12]
解析　易知直线x+y+3=0分别与x轴,y轴交于A(-3,0),B(0,-3)两点,则|AB|=3,
由圆(x-3)2+y2=2,可知其圆心为(3,0),半径r=.
设圆心(3,0)到直线x+y+3=0的距离为d,
则d==3>,因此直线x+y+3=0与圆(x-3)2+y2=2相离.
又因为点P在圆(x-3)2+y2=2上,
所以点P到直线x+y+3=0的距离h的最小值为d-r=3-=2,
最大值为d+r=3+=4,即h∈[2,4],
又因为△ABP的面积为×|AB|×h=×3h=h,
所以△ABP的面积的取值范围为[6,12].
14.答案　[1,2)
解析　如图.
设半径为1的玻璃球的球心为M,则M(0,1),由题意知圆x2+(y-1)2=1与抛物线x2=2py(p>0)只有一个交点,联立消去x得y2+2(p-1)y=0,解得y=0或y=2(1-p),
所以2(1-p)≤0,解得p≥1;
设半径为2的玻璃球的球心为N(0,a),由题意知圆x2+(y-a)2=4(a>2)与抛物线x2=2py(p>0)有两个交点,
联立消去x得y2+2(p-a)y+a2-4=0,
因为a2-4>0,所以当方程y2+2(p-a)y+a2-4=0有两个不同的实数根时,两根必同号,
根据题意知,方程y2+2(p-a)y+a2-4=0有两个相等的正根,
所以可得p+=2a>2p,所以0综上,p的取值范围是[1,2).
15.解析　(1)直线l:y=kx-2k+1(k∈R),即y=k(x-2)+1,可知直线l过定点(2,1),(3分)
当直线l过原点时,k=,(4分)
结合直线l不经过第二象限,可知k≥,即k的取值范围是.(6分)
(2)由(1)知直线l过定点(2,1),由题可知k<0,(8分)
易知直线l:y=kx-2k+1与x轴、y轴正半轴的交点分别是A,B(0,1-2k),
∴S△AOB=×|1-2k|=×,k<0,(10分)
令S△AOB=,可得4k2+5k+1=0,(12分)
∴k=-1或k=-,可得直线l的方程为y=-x+3或y=-x+.(13分)
16.解析　(1)证明:由已知得等边△ABC中,|AM|=1,|AN|=2,∠A=60°,由余弦定理得|MN|2=|AM|2+|AN|2-2|AM|·|AN|·cos∠A,解得|MN|=,∴|MN|2+|AM|2=|AN|2,∴MN⊥AB,
∴MN⊥A'M,MN⊥BM,(3分)
又∵BM∩A'M=M,BM,A'M 平面A'BM,
∴MN⊥平面A'BM,(5分)
∵MN 平面BCNM,
∴平面A'BM⊥平面BCNM.(7分)
(2)选条件①A'M⊥BC.
由(1)得A'M⊥MN,又BC和MN是两条相交直线,且BC,MN 平面BCNM,
∴A'M⊥平面BCNM,(9分)
在等边△ABC中,AB边上的高为,
S△A'BM=·|A'M|·|BM|=×1×2=1,(11分)
在题图2中,连接CM,
则三棱锥A'-BCM的体积V三棱锥A'-BCM=V三棱锥C-A'BM=S△A'BM×=>,
所以存在点P满足条件,此时===.(15分)
选条件②二面角A'-MN-C的大小为60°.
由(1)得∠A'MB是二面角A'-MN-C的平面角,∴∠A'MB=60°,(8分)
所以S△A'BM=·|A'M|·|BM|·sin 60°=×1×2×=,
在等边△ABC中,AB边上的高为,(11分)
在题图2中,连接CM,
则三棱锥A'-BCM的体积V三棱锥A'-BCM=V三棱锥C-A'BM=S△A'BM×=,
所以存在点P满足条件,此时点P与点C重合,故=1.(15分)
选条件③A'到平面BCNM的距离为.
由题可知,等边△ABC中,AB边上的高为,(9分)
在题图2中,连接CM,
则S△BCM=·|BM|·=×2×=,(11分)
则三棱锥A'-BCM的体积V三棱锥A'-BCM=·S△BCM·=××=<,(14分)
所以不存在满足条件的点P.(15分)
17.解析　(1)根据题意,可知AP⊥BP,所以点P在以AB为直径的圆上.(2分)
设AB的中点为D,则D的坐标为(1,2),又|AB|==2,
所以圆D的方程为(x-1)2+(y-2)2=5.(3分)
由圆C:(x+1)2+y2=r2(r>0),可知其圆心为C(-1,0),半径为r,
故|DC|==2,(4分)
若圆C上存在点P满足·=0,则圆D与圆C有公共点P,
所以|r-|≤2≤r+,
解得2-≤r≤2+,即r的取值范围为[2-,2+].(6分)
(2)易得直线AB的方程为+=1,即2x+y-4=0,设Q(t,4-2t)(0≤t≤2),N(x,y),
因为M是线段QN的中点,所以M,(7分)
又M,N都在圆C:(x+1)2+y2=r2(r>0)上,
所以即(9分)
因为该关于x,y的方程组有解,即以(-1,0)为圆心,r为半径的圆与以(-t-2,2t-4)为圆心,2r为半径的圆有公共点,
所以r2≤(t+1)2+(2t-4)2≤9r2,
又Q为线段AB上的任意一点,∴r2≤(t+1)2+(2t-4)2≤9r2对所有的0≤t≤2都成立.(11分)
令f(t)=(t+1)2+(2t-4)2=5+,易知f(t)在[0,2]上的值域为,所以≤r2≤.(13分)
由题知线段AB与圆C无公共点,所以r<,则r2<,
所以≤r<.
故实数r的取值范围为.(15分)
18.解析　(1)因为椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,
所以2a=4,得a=2,(2分)
所以椭圆方程为+=1,
因为椭圆过点P(2,1),所以+=1,得b2=2,
所以椭圆C的方程为+=1.(5分)
(2)由题意可设直线l的方程为x=my+t(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去x,得(m2+4)y2+2mty+t2-8=0,
则Δ=4m2t2-4(m2+4)(t2-8)>0,得2m2-t2+8>0,
且y1+y2=,y1y2=,(7分)
因为kPA=,所以直线AP的方程为y-1=(x-2),
当x=-t时,y=1+(-t-2)=1-,
所以M,(9分)
同理N,
因为MN的中点为Q,
所以Q,(12分)
所以kPQ==
=
=
==,(15分)
若kPQ为定值,则kPQ与m无关,所以解得t=4,(16分)
所以当t=4时,直线PQ的斜率为定值.(17分)
19.解析　(1)由题意可知直线AP:y=k1(x-2).
因为直线AP与抛物线Γ有两个交点,与直线l有一个交点,
所以k1≠1,且k1≠0.
由得所以A.
因为|AB|=,kl=1,所以B,
即B.(3分)
当直线BP的斜率不存在时,=2,解得k1=-3,满足题意.
当直线BP的斜率存在时,设为k2,则k2==(k1≠-3),
所以所以k1≠-3且k1≠且k1≠1.(6分)
综上,k1∈(-∞,0)∪∪∪(1,+∞).(7分)
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),R(x3,y3),S(x4,y4),
lAP:x=m1y+2,m1=∈(5,+∞),lBP:x=m2y+2,
由(1)知当0且k2=,m2=.
连接NR,MS.
因为==,==,
所以S△MPR=·S△NMR,S△SPN=·S△SMN,
故S△MPR·S△SPN=-·S△SMN·S△NMR.(9分)
记R,S到直线AP的距离分别为d3,d4,
则S△NMR=|MN|·d3,S△SMN=|MN|·d4.
由弦长公式得|MN|=·|y1-y2|,
则S△MPR·S△SPN=-·|MN|2·d3·d4=-·d3·d4.(12分)
由消去x,得y2-4m1y-8=0,所以y1y2=-8.
由消去x,得y2-4m2y-8=0,所以y3+y4=4m2,y3y4=-8.
故S△MPR·S△SPN=2(1+)·
=2=16(m1-m2)2.(14分)
又k2=,k1=,所以m2=,
故S△MPR·S△SPN=16=16≥16×=4 096,当且仅当m1-5=,即m1=9,即k1=时取等号.
故S△MPR·S△SPN的取值范围是[4 096,+∞).(17分)