【全程復習方略】2022屆高考數學(文科人教A版)大一輪階段滾動檢測(五)第一～八章-

溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調整合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。階段滾動檢測(五)第一～八章(120分鐘150分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題5分,共50分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.若曲線ax2+by2=1為焦點在x軸上的橢圓,則實數a,b滿足()A.a2>b2 B.1a<C.0<a<b D.0<b<a2.已知雙曲線y2t2-x23=1(t>0)的一個焦點與拋物線y=A.2 B.3 C.3 D.43.已知等邊三角形ABF的頂點F是拋物線C1:y2=2px(p>0)的焦點,頂點B在拋物線的準線l上,且AB⊥l,則點A()A.在C1開口內 B.在C1上C.在C1開口外 D.與p值有關4.(滾動單獨考查)若sin(π3-α)=14,則cos(π3+2αA.-78 B.-14 C.14 5.(滾動單獨考查)一個幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積是()A.8 B.10 C.12 D.146.如圖,F1,F2是雙曲線C1:x2-y23=1與橢圓C2的公共焦點,點A是C1,C2在第一象限的公共點.若|F1F2|=|F1AA.13 B.23 C.15 7.(滾動單獨考查)已知f(x)=x2,g(x)=QUOTE12x-m,若對任意的x1∈[-1,3],存在x2∈[0,1],使f(x1)≥g(x2),則m的取值范圍是()A.[-172,+∞) B.[-8,+∞C.[1,+∞) D.[12,+∞8.若雙曲線x2a2A.(2,+∞) B.[2,+∞)C.(1,2] D.(1,2)9.(滾動單獨考查)已知函數f(x)=loga(2x+b-1)(a>0,且a≠1)在R上單調遞增,且2a+b≤4,則ba的取值范圍為A.[23,2 ) B.[23C.(23,2] D.(2310.已知有公共焦點的橢圓與雙曲線中心為原點,焦點在x軸上,左右焦點分別為F1,F2,且它們在第一象限的交點為P,△PF1F2是以PF1為底邊的等腰三角形.若|PF1()A.(15,13) B.(13C.(25,12 ) D.(12二、填空題(本大題共5小題,每小題5分,共25分.請把正確答案填在題中橫線上)11.橢圓x2a2+y2b12.(2021·錦州模擬)已知點P在直線x+2y-1=0上,點Q在直線x+2y+3=0上,PQ中點為M(x0,y0)且y0≥x0+2,則y0x013.(2021·黃岡模擬)已知點A是橢圓x225+y29=1上的一個動點,點P在線段OA的延長線上,且OA14.(滾動單獨考查)已知數列{an}滿足a1=33,an+1-an=2n,則ann的最小值為15.曲線C:y=b|x|-a(a>0,b>0)與y軸的交點關于原點的對稱點稱為“望點”,以“望點”為圓心,凡是與曲線C有公共點的圓,皆稱之為“望圓”,則當a=1,b=1時,全部的“望圓”中,面積最小的“望圓”的面積為

三、解答題(本大題共6小題,共75分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)16.(12分)(滾動單獨考查)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,已知c=2,C=π3(1)若△ABC的面積等于3,求a,b.(2)若sinC+sin(B-A)=2sin2A,求△ABC的面積.17.(12分)(滾動單獨考查)已知函數f(x)=kx+b(k≠0),f(4)=10,又f(1),f(2),f(6)成等比數列.(1)求函數f(x)的解析式.(2)設an=2f(n)+2n,求數列{an}的前n項和Sn18.(12分)(滾動單獨考查)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥AC,PC⊥BC,M為PB的中點,D為AB的中點,且△AMB為正三角形.(1)求證:BC⊥平面PAC.(2)若BC=4,PB=10,求點B到平面DCM的距離.19.(12分)2022年央視春節(jié)聯(lián)歡晚會上有一個大亮點——“時間女”小彩旗旋轉4個小時,通過觀看、爭辯發(fā)覺小彩旗的裙裾邊緣近似在以她的頭部和腳為兩焦點的橢圓上,建立如圖所示的直角坐標系,已知小彩旗的身高約為1.6米,裙裾橫向邊緣到橢圓的中心位置的距離為0.6米.(1)求橢圓的標準方程.(2)設A,B分別為橢圓的上、下頂點,過下焦點F且斜率為k的直線與橢圓交于C,D兩點.若AC→·DB→+AD20.(13分)(2021·泉州模擬)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,拋物線上一點A的橫坐標為x1(x1>0),過點A作拋物線C的切線l1交x軸于點D,交y軸于點Q,交直線l:y=p2于點M,當|FD|=2時,∠AFD=60°(1)求證:△AFQ為等腰三角形,并求拋物線C的方程.(2)若B位于y軸左側的拋物線C上,過點B作拋物線C的切線l2交直線l1于點P,交直線l于點N,求△PMN面積的最小值,并求取到最小值時的x1的值.21.(14分)(2021·濱州模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程.(2)若直線l與橢圓C相交于A,B兩點,且以AB為直徑的圓經過原點O,求證:點O到直線AB的距離為定值.(3)在(2)的條件下,求△OAB面積的最大值.

答案解析1.C由ax2+by2=1,得x21a由于焦點在x軸上,所以1a>12.A由y=18x2,得x2故拋物線的焦點坐標為(0,2),又由于雙曲線y2t2所以t2+3=4,即t=1,故雙曲線的離心率e=2.3.B設B(-p2,m)由已知得AB中點的橫坐標為p2則A(3p2,m),即|AF|=所以p2+m2=4p2,所以m=±3p,所以A(3p2,±3p),代入y4.A由sin(π3-α)=1得sin[π2-(π6+α)]=即cos(π6+α)=1所以cos(π3+2α)=cos[2(π6+α)]=2cos2(π6+α)-1=2×()2QUOTE142-1=-75.C由三視圖可得,幾何體如圖(1)所示,將幾何體分割成一個正方體和二個直三棱柱如圖(2)所示,所以幾何體的體積為2×2×2+1×2×12×2×【加固訓練】若某幾何體的三視圖(單位:cm)如圖所示,則該幾何體的體積等于()A.10cm3 B.20cm3C.30cm3 D.40cm3B由三視圖知該幾何體是一個三棱柱減去一個同底的三棱錐形成的,因此其體積V=Sh-13Sh=23Sh=23×12×3×46.B由題知|AF1|+|AF2|=2a(設a為橢圓的長半軸長),|AF1|-|AF2|=2,而|F1F2|=|F1因此可得2×|F1A|=2a所以8=2a+2,所以a=3,又c=2,故C2的離心率e=23【方法技巧】求橢圓、雙曲線離心率的技巧求離心率的值是解析幾何中常見的問題,求解時,可依據題意列出關于a,b,c的相應等式,并把等式中的a,b,c轉化為只含有a,c的齊次式,再轉化為含e的等式,最終求出e.【加固訓練】(2022·北京模擬)雙曲線x2a2-y2bA.2 B.3 C.2 D.3C由于雙曲線x2a2-y依題意,直線bx±ay=0與圓x2+(y-2)2=1相切,設圓心(0,2)到直線bx±ay=0的距離為d,則d=2aa2所以雙曲線離心率e=ca7.【解題提示】對于任意的x1∈[-1,3],總存在x2∈[0,1],使f(x1)≥g(x2)成立,只需函數轉化為f(x)min≥g(x)max,從而得解.C若對任意x1∈[-1,3],存在x2∈[0,1],使得f(x1)≥g(x2)成立,只需f(x)min≥g(x)max,由于x1∈[-1,3],f(x)=x2∈[0,9],即f(x)min=0,由于x2∈[0,1],g(x)=()xQUOTE12x-m∈[12-m,1-m],所以g(x)max=1-m,所以1-m≤0,解得m≥1,所以m∈[1,+∞）.8.【解題提示】依據正難則反思想求解.C這里給出否定形式,直接思考比較困難,依據正難則反,考慮存在點P使得右焦點F關于直線OP(O為雙曲線的中心)的對稱點在y軸上,因此只要在這個雙曲線上存在點P使得斜率大于1,也就是離心率大于2,求其大于1的補集得e∈(1,2].9.A由2x+b-1在R上單調遞增,f(x)=loga(2x+b-1)在R上單調遞增,得a>1.由2x+b-1>0,得b-1≥0,即b≥1,所以畫出可行域,如圖,由ba=b-0a-0,得ba的取值范圍可轉化為(a,b),(0,0)兩點所在直線的斜率范圍,由圖可知kOB最大,kOA最小,由得B(1,2),所以kOB=2,由得A(32,1),所以kOA=23,結合圖形得ba∈[2【誤區(qū)警示】本題易忽視a≠1,誤認為ba的取值范圍為[23,210.B如圖,設橢圓的長半軸長,半焦距分別為a1,c,雙曲線的半實軸長,半焦距分別為a2,c,|PF1|=m,|PF2|=|F1F2則?問題轉化為:已知1<c5-c<2,求c由1<c5-c<2知12<即32<5c<2,因此52即52<5+cc<3,所以13<11.【解析】由于橢圓的離心率為22所以ca=2將x=b代入橢圓方程得y2b2=1-b2a所以y=±22b,即點(b,±22b所以k=±22答案：±212.【解析】由于直線x+2y-1=0與直線x+2y+3=0平行,所以PQ的中點M在直線x+2y+1=0上,又由于直線x+2y+1=0與y=x+2的交點坐標為A(-53,13),所以kOA=13故-12<y0x0答案：(-12,-113.【解析】當點P的橫坐標最大時,射線OA的斜率k>0,設OA:y=kx,k>0,A(xA,yA),P(xP,yP),與橢圓x225+y29=1聯(lián)立解得x又OA→·OP→=xAxP+k2x解得xP=48(1+k2)x令9+25k2=t>9,即k2=t-9則xP=16=165×25=801t+162t當且僅當t=16,即k2=725所以點P的橫坐標的最大值為10.答案:1014.【解析】用累加法求得an=n2-n+33,所以ann=n+33n-1≥233-1,當且僅當n=33n,即n=33時取等號,又n∈N*,所以n取5或6,當n=5時,an答案：10.515.【解析】由于曲線C:y=b|x|-a(a>0,b>0)與y軸的交點關于原點的對稱點稱為“望點”,以“望點”為圓心,凡是與曲線C有公共點的圓,皆稱之為“望圓”,所以當a=1,b=1時望圓的方程可設為x2+(y-1)2=r2,面積最小的“望圓”的半徑為(0,1)到y(tǒng)=1|x|-1上任意點之間的最小距離,d2=x2+(1|x|-1-1)2=x2+QUOTE|x|-2|x|-12(|x|-1)2+1(|x|-1)2+2(|x|-1)-2|x|-1+2≥3,所以半徑r≥答案：3π16.【解析】(1)由余弦定理及已知條件得,a2+b2-ab=4,又由于△ABC的面積等于3,所以12absinC=3所以解得a=2,b=2.(2)由題意得sin(B+A)+sin(B-A)=4sinAcosA,即sinBcosA=2sinAcosA,當cosA=0時,A=π2,B=π6,a=43當cosA≠0時,得sinB=2sinA,由正弦定理得b=2a,所以解得a=233,b=4所以△ABC的面積S=12absinC=217.【解析】(1)由題意知:f2(2)=f(1)·f(6),即(2k+b)2=(k+b)·(6k+b),即2k2=-3kb,由于k≠0,所以2k+3b=0,又f(4)=10,所以4k+b=10,所以k=3,b=-2,所以函數f(x)的解析式為f(x)=3x-2.(2)由(1)知:an=23n-2+2n.所以數列{an}的前n項和Sn=a1+a2+…+an=(2+24+27+…+23n-2)+2(1+2+…+n)=2(1-8n=27(8n18.【解析】(1)在正△AMB中,D是AB的中點,所以MD⊥AB.由于M是PB的中點,D是AB的中點,所以MD∥PA,故PA⊥AB.又由于PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC?平面ABC,所以PA⊥平面ABC.由于BC?平面ABC,所以PA⊥BC.又PC⊥BC,PA∩PC=P,PA,PC?平面PAC,所以BC⊥平面PAC.(2)設點B到平面DCM的距離為h,由于PB=10,M是PB的中點,所以MB=5.由于△AMB為正三角形,所以AB=MB=5.由于BC=4,BC⊥AC,所以AC=3.所以S△BCD=12S△ABC=12×12×BC×AC=12×1由于MD=由(1)知MD∥PA,所以MD⊥DC.在△ABC中,CD=12AB=5所以S△MCD=12×MD×CD=12×532×由于VM-BCD=VB-MCD,所以13S△BCD·MD=13S△MCD·h,即13×3×532=所以h=125故點B到平面DCM的距離為125【一題多解】解決本題(2)還有如下解法:過點B作直線CD的垂線,交CD的延長線于點H,由(1)知,PA⊥平面ABC,MD∥PA,所以MD⊥平面ABC.由于BH?平面ABC,所以MD⊥BH.由于CD∩MD=D,所以BH⊥平面DCM.所以BH為點B到平面DCM的距離.由于PB=10,M是PB的中點,所以MB=5.由于△AMB為正三角形,所以AB=MB=5.由于D為AB的中點,所以CD=BD=52以下給出兩種求BH的方法:方法一:在△BCD中,過點D作BC的垂線,垂足為點E,則DE=12AC=3由于12×CD×BH=12×BC所以BH=BC×DECD=4×方法二:在Rt△BHD中,BH2+DH2=BD2=254.在Rt△BHC中,由于BC=4,所以BH2+CH2=BC2,即由①,②解得BH=125故點B到平面DCM的距離為12519.【解析】(1)依據題意可設橢圓方程為y2a2+x2b2=1(a>b>0),其中b=0.6=35,c=0.8=4(2)設點C(x1,y1),D(x2,y2),由F(0,-45)得直線CD的方程為y=kx-45消去y整理得(k2+259)x2-85kx-則x1+x2=--8x1x2=-925y1y2=(kx1-45)·(kx2-4=k2x1x2-45k(x1+x2)+16由于A(0,1),B(0,-1),所以AC→·DB→+AD→·CB→=(x1,y1-1)·(-x2,-1-y2)+(x2,y=2-2x1x2-2y1y2=1825-2(k2+1)x1x2+85k(x1+x=1825-2(k2+1)(-925k2+259)+85k(--85k【加固訓練】在直角坐標系xOy中,已知圓心在其次象限、半徑為22的圓C與直線y=x相切于坐標原點O,橢圓x2a2(1)求圓C的方程.(2)摸索究圓C上是否存在異于原點的點Q,使Q到橢圓的右焦點F的距離等于線段OF的長,若存在,懇求出Q的坐標;若不存在,請說明理由.【解析】(1)設圓C的圓心為A(p,q),則圓C的方程為(x-p)2+(y-q)2=8.由于直線y=x與圓C相切于坐標原點O,所以O在圓C上,且直線OA垂直于直線y=x.于是有?或由于點A(p,q)在其次象限,故p<0.所以圓C的方程為(x+2)2+(y-2)2=8.(2)由于橢圓x2a2+y29若圓C上存在異于原點的點Q(x0,y0)到橢圓右焦點F的距離等于線段OF的長,則有|QF|=|OF|,于是(x0-4)2+y02=42,且x02+由于Q(x0,y0)在圓上,故有(x0+2)2+(y0-2)2=8.②解①和②得故圓C上存在滿足條件的點Q(45,12520.【解析】(1)設A(x1,x122p),則A處的切線方程為l1:y=x所以D(x12,0),Q(0,-xF(0,p2)所以|AF|=x1所以|FQ|=p2+x12又D為線段AQ的中點,所以|AF|=4,得:所以p=2,C:x2=4y.(2)設B(x2,y2)(x2<0),則B處的切線方程為y=x22x-由?P(x1+x2由?M（x12+2x1同理N(x22+2x2,1),所以面積S=(+2x1-x22=(x2-設AB的方程為y=kx+b,則b>0,由?x2-4kx-4b=0,得代入①得:S=16=(1+b)2k2+bb,使面積最小,則k=0,得到S=(1+b)2bb②,令b=t,則由②得S(t)=(1+當t∈(33,+∞)時S(t)單調遞增,所以當t=33時,S取到最小值為1639,此時b=t所以y1=13,即x1=2【方法技巧】解決解析幾何中最值問題的常用思想方法解析幾何中的最值問題是高考考查的一個重要方向,既可以毀滅在選擇題、填空題中,也可以毀滅在解答題中,依據待求量的特點,常用以下兩種思想方法:(1)數形結合思想:當待求量有幾何意義時,一般利用其幾何性質,數形結合求解.(2)函數思想:當待求量與其他變量有關時,一般引入該變量構造函數,然后求最值,但要留意待求量的取值范圍.21.【解題提示】(1)依據橢圓的右焦點為(2,0),離心率為63(2)分類爭辯,設出直線AB的方程為y=kx+m,代入橢圓方程,利用根與系數的關系,結合以AB為直徑的圓D經過坐標原點,依據點到直線的距離公式,即可得證.(3)分類爭辯,求出|AB|的最大值,即可求△OAB面積的最大值.【解析】(1)由于橢圓的右焦點為(2,0),離心率為63所以所以a=3,b=1,所以橢圓C的方程為x23+y(2)直線AB斜率存在時,設直線AB的方程為y=kx+m,代入橢圓方程,消元可得(1+3k2)x2+6kmx+3m2設A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=-6kmx1x2=3m由于以AB為直徑的圓D經過坐標原點,所以OA→·所以x1x2+y1y2=0,所以(1+k2)3m2-31+3k2所以4m2=3(k2所以原點O到直線的距離為d=|m|k2當直線AB斜率不存在時,由橢圓的對稱性可知x1=x2,y1=-y2,由于以AB為直徑的圓D經過坐標原點,所以OA→·所以x1x2+y1y2=0,所以x12-由于x12+3y12=3,所以|x1|=|y所以原點O到直線的距離為d=|x1|=32綜上,點O到直線AB的距離為定值.(3)直線AB斜率存在時,由弦長公式可得|AB|=1+k2|x1=(=3≤3+當且僅當k=±33所以|AB|≤2,直線AB斜率不存在時,|AB|=|y1-y2|=3<2,所以△OAB面積=12|AB|d≤12×2×32所以△OAB面積的最大值為32【加固訓練】1.如圖,點A,B分別是橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點,圓B:(x-2)(1)求橢圓E的方程.(2)過A作直線l與y軸交于點Q,與橢圓E交于點P(異于A).(ⅰ)求F1Q→(ⅱ)是否存在定圓Γ,使得以P為圓心,PF1為半徑的圓始終內切于圓Γ.若存在,求出圓Γ的方程;若不存在,說明理由.【解析】(1)依題意可知a=2,圓B:(x-2)2+y2=9中令y=0,得F1(-1,0),所以b2=4-1=3,所以橢圓E:x24+(2)(ⅰ)①直線l為x軸時,F1Q→②設P(xP,yP),Q(0,yQ),直線AP:x=ty-2與橢圓E:x24+(3t2+4)y2-12ty=0,yP=12t3t2+4在AP:x=ty-2中,令x=0,得yQ=2t所以F1Q→·BP→=(1,2t)·(6t綜上所述,F1Q