人教A版2019選擇性必修第一冊綜合測試（提升）（解析版）

人教A版2019選擇性必修第一冊綜合測試（提升）單選題(每題5分，每題只有一個選項為正確答案，8題共40分)1．（2023秋·廣東）已知點A在直線l：上，點B在圓C：上，則的最小值是（

）A．1 B． C． D．5【答案】B【解析】由題意可知圓C的圓心，半徑.則圓心C到直線l的距離，故的最小值是.故選：B.2．（2023秋·高二課時練習）若動點分別在直線和上移動，則AB的中點M到原點距離的最小值為（

）A．3 B．2 C． D．4【答案】A【解析】由題意，知點M在直線與之間且與兩直線距離相等的直線上，設該直線方程為，則，即，∴點M在直線上，∴點M到原點的距離的最小值就是原點到直線的距離，即.故選：A.3．（2023秋·湖北·高二赤壁一中校聯(lián)考開學考試）在平行六面體中，底面是菱形，側面是正方形，且，，，若P是與的交點，M是的中點，則（

）

A．5 B．7 C．3 D．【答案】D【解析】由題意可知：，，，，可得：，，，因為，可得，所以，即.故選：D.4．（2023秋·高二課時練習）如圖所示，在正方體中，E是棱DD1的中點，點F在棱C1D1上，且，若∥平面，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如圖所示，以A為原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則，可得，設是平面的法向量，則，令，則，即，由，且，可得，又因為，則，由∥平面，可得，解得.故選：C.5．（2023·遼寧·大連二十四中校聯(lián)考模擬預測）已知是橢圓的長軸上的兩個頂點，點是橢圓上異于長軸頂點的任意一點，點與點關于軸對稱，則直線與直線的交點所形成的軌跡為（

）A．雙曲線 B．拋物線C．橢圓 D．兩條互相垂直的直線【答案】A【解析】

由于是橢圓的長軸上的兩個頂點，所以，設，則，所以直線的方程為①，直線的方程為②，①②得，又因為在橢圓上，所以，即，所以，即，即直線與直線的交點在雙曲線上.故選：A.6．（2023春·江西南昌）阿基米德是古希臘著名的數(shù)學家、物理學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積已知橢圓的右焦點為，過作直線交橢圓于兩點，若弦中點坐標為，則橢圓的面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】設的中點為，即，如下圖所示：

易知，即；設，又中點坐標為，所以則；又兩點在橢圓上可得，兩式相減可得，整理得，解得，聯(lián)立可解得；即所以橢圓的面積為.故選：A7．（2023春·北京·高二101中學?？计谥校┮阎狝，B，C是橢圓上的三個點，直線AB經(jīng)過原點O，直線AC經(jīng)過橢圓的右焦點F，若，且，則橢圓的離心率是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設橢圓左焦點為，連接，

設，結合橢圓對稱性得，由橢圓定義得，則.因為，則四邊形為平行四邊形，則，而，故，則，即，整理得，在中，，即，即，故，故選：C8．（2023秋·高二單元測試）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，則以下不正確的是（

）

A．當在平面上運動時，四棱錐的體積不變B．當在線段上運動時，與所成角的取值范圍是C．使直線與平面所成的角為的點的軌跡長度為D．若是的中點，當在底面上運動，且滿足平面時，長度的最小值是【答案】D【解析】對于A中：底面正方形的面積不變，點到平面的距離為正方體棱長，所以四棱錐的體積不變，所以A選項正確；對于B中：以為原點，所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標系，可得，設，則，設直線與所成角為，則，因為，當時，可得，所以；當時，，所以，所以異面直線與所成角的取值范圍是，所以B正確；

對于C中：因為直線與平面所成的角為，若點在平面和平面內，因為最大，不成立；在平面內，點的軌跡是；在平面內，點的軌跡是；在平面時，作平面，如圖所示，因為，所以，又因為，所以，所以，所以點的軌跡是以點為圓心，以2為半徑的四分之一圓，所以點的軌跡的長度為，綜上，點的軌跡的總長度為，所以C正確；

對于D中，由，設，則設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，因為平面，所以，可得，所以，當時，等號成立，所以D錯誤.故選：D.

二、多選題（每題至少有兩個選項為正確答案，少選且正確得2分，每題5分。4題共20分）9．（2022秋·吉林長春·高二東北師大附中校考期中）如圖，正方體的棱長為2，為線段中點，為線段中點，則（

）

A．點到直線的距離為 B．直線到直線的距離為2C．點到平面的距離為 D．直線到平面的距離為【答案】AD【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，因為，所以.所以點到直線的距離為，故A正確；因為，所以，即所以點到直線的距離即為直線到直線的距離，，，所以直線到直線的距離為，故B錯誤；設平面的一個法向量為，，.由，令，則，即.設點到平面的距離為，則，即點到平面的距離為，故C錯誤；因為平面，平面，所以平面，所以直線到平面的距離等于到平面的距離.，由C得平面的一個法向量為，所以到平面的距離為，所以直線到平面的距離為，故D正確.故選：AD.10．（2024秋·甘肅武威）設直線與圓，則下列結論正確的為（

）A．可能將的周長平分B．若圓上存在兩個點到直線的距離為1，則的取值范圍為C．若直線與圓交于兩點，則面積的最大值為2D．若直線與圓交于兩點，則中點的軌跡方程為【答案】BC【解析】對于，若直線將圓的周長平分，則直線過原點，此時直線的斜率不存在，錯誤；對于B，若圓上存在兩個點到直線的距離為1，則到直線的距離滿足，所以，解得或，B正確；對于C，，當時，的面積有最大值2，C正確；對于，易知直線經(jīng)過定點，所以，所以點的軌跡以為直徑的圓，其方程為，又因為點在圓內，由，解得，所以點的軌跡方程為，D錯誤.故選：BC.11．（2023·全國·高二課堂例題）［多選題］已知，為橢圓的左、右焦點，M為橢圓上的動點，則下面四個結論正確的是（

）A．的最大值大于3 B．的最大值為4C．的最大值為60° D．的面積的最大值為3【答案】BC【解析】由橢圓的方程得，，所以，所以，.對于A，，故A錯誤.對于B，由橢圓定義可知，所以，當且僅當時取等號，故B正確.對于C中，當點M為橢圓與y軸的交點時，取得最大值，由得，所以，，故C正確.對于D中，當點M為橢圓與y軸的交點時，面積的最大，最大值為，故D錯誤.故選：BC.12．（2023秋·江西·高三校聯(lián)考開學考試）已知正六棱柱的底面邊長為2，側棱長為1，所有頂點均在球O的球面上，則（

）A．直線與直線異面B．若M是側棱上的動點，則的最小值為7C．直線與平面所成角的正弦值為D．球O的表面積為【答案】BCD【解析】對于A，如圖②，連接，，則，，所以，所以直線與直線共面，故A錯誤；對于B，將平面沿著翻折到與平面共面的位置，得到矩形，如圖①所示．圖①因為底面邊長為2，，所以，則，故B正確；對于C，以F為坐標原點，，，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖②所示的空間直角坐標系，圖②則，，，，，所以，，．設平面的法向量為，則，即．令，得，所以平面的一個法向量為．設直線與平面所成角為，則，故C正確；對于D，設球O的半徑為R，則，所以球O的表面積，故D正確．故選：BCD．三、填空題(每題5分，4題共20分)13．（2023秋·云南昆明·高三云南省昆明市第十中學?？奸_學考試）已知直線與雙曲線相切，且與的兩條漸近線分別交于兩點，則.【答案】4【解析】將代入，得，易得，由，得，雙曲線的漸近線方程為，將其統(tǒng)一得，將代入得，（）則.故答案為：4.

14．（2023·全國·高二課堂例題）P為雙曲線右支上一點，M，N分別是圓和上的點，則的最大值為.【答案】5【解析】雙曲線的兩個焦點，分別為兩圓的圓心，

兩圓的半徑分別為，，易知，，故的最大值為.故答案為：515．（2023·全國·高三專題練習）在等腰直角三角形ABC中，，點P是邊AB上異于A，B的一點，光從點P出發(fā)經(jīng)反射后又回到點P，反射點為Q，R，若光線QR經(jīng)過的重心，則.【答案】/【解析】依題意，以點A為原點，直線AB為x軸，直線AC為y軸建立平面直角坐標系，如圖，

則，，，的重心G的坐標為，設點P的坐標為，，則點P關系y軸對稱點，設點P關于直線對稱點，顯然直線BC的方程為，于是，解得，即點，由光的反射定律知，光線過點，也過點，而光線經(jīng)過的重心，因此點共線，則有，整理得，解得，所以.故答案為：16．（2022秋·吉林長春·高二東北師大附中?？计谥校┤鐖D，在正三棱柱中，，則與所成角的余弦值為.

【答案】【解析】以A為原點，在平面內過點作的垂線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，

在正三棱柱中，設，則，則，故，，設異面直線與所成角為，則，所以，所以異面直線與所成角的余弦值為.故答案為：.四、解答題（17題10分，其余每題12分，6題共70分17．（2023秋·新疆·高二校聯(lián)考期末）如圖，在正方體中，是的中點，是的中點．

(1)證明：平面．(2)求平面和平面所成銳二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）連接，交于，連接，分別為的中點，，平面，平面，平面.（2）設該正方體的棱長為，以為坐標原點，為軸正方向可建立如圖所示空間直角坐標系，

則，，，，，，，，，設平面的法向量為，則，令，解得：，，；設平面的法向量，則，令，解得：，，；，平面和平面所成銳二面角的余弦值為.18．（2023·江蘇南通）已知圓，直線.(1)若圓上至少有3個點到直線的距離為，求實數(shù)的取值范圍；(2)若直線與圓相交于兩點，為原點且，求的值.【答案】(1)(2)【解析】（1）圓方程化為，圓的圓心到直線的距離，若圓上至少有3個點到直線的距離為，則有，解得，所以實數(shù)的取值范圍為.（2）（方法一）將代入圓的方程得：，（*）設，則，又，，.檢驗：當時，，且方程中，滿足條件.故.（方法二）取中點，連接.則，連接.

由得，由（1）知，設，由得，，所以，，，即.19．（2023秋·云南昆明·高三云南省昆明市第十中學?？奸_學考試）已知分別是橢圓的左、右焦點，是橢圓上一點，且.(1)求橢圓的方程；(2)延長，并與橢圓分別相交于兩點，求的面積.【答案】(1)(2)【解析】（1），則，解得.由解得，故橢圓的方程為.（2）由（1）可知，直線的方程為，根據(jù)對稱性可知.直線的方程為，聯(lián)立方程組整理得，解得或，則..20．（2023·江蘇南通·高二金沙中學?？茧A段練習）已知曲線上的動點滿足到定點的距離與到定點距離之比為(1)求曲線的方程；(2)過點的直線與曲線交于兩點，若，求直線的方程.【答案】(1)（或）(2)或.【解析】（1）由題意得，故，化簡得（或）；（2）當直線的斜率不存在時，，將代入方程得或，所以，滿足題意；當直線的斜率存在時，設，則，因為，所以，解得，此時.綜上，直線的方程為或.

21．（2023秋·湖南）如圖，在四棱錐中，，，，E為PC的中點.

(1)求證：平面PAD；(2)若，平面平面ABCD，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）取CD的中點O，連接EO，BO，∵E為PC中點，∴，而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，∵，，∴，又，∴，∴,∴為等邊三角形，∴，又，∴，而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，又，平面∴平面平面PAD，而平面EOB，∴平面PAD.

（2）∵，∴.∵平面平面ABCD，平面，∴平面ABCD，又為等邊三角形，∴，又∵平面ABCD，平面平面ABCD，平面平面，∴平面PCD，∵在中，，，∴，∵，∴，在等邊中，∵，∴，.以O為坐標原點，OB，OD，OP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，，，，∴，，，設平面PCB的法向量為，所以，令，則，由上可知，平面PCD的一個法向量為，∴，故二面角的余弦值為

22．（2023秋·湖南長沙·高三長沙一