（人教A版）选择性必修一数学高二上学期期中考试填空题压轴题专练（2份，原卷版+解析版）

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【解题思路】根据向量数量积的定义可设〈a,b〉=〈b,c〉=α,〈c,a〉=θ，且csθ=2csα，再根据θ的范围得到关于csα的不等式，解出即可.
【解答过程】由题意得abcsa,b:bccsb,c:cacsc,a=1:1:2，
即csa,b:csb,c:csc,a=1:1:2，
由题意,可设〈a,b〉=〈b,c〉=α,〈c,a〉=θ.则csθ=2csα
因为a，b，c是空间中两两不同的三个单位向量，故α≠0，即θ≠0，
则有02恒成立
则MBmin>2，圆上所有点到定点B(0,1)最小值大于2，
又圆C(a,a−2)，半径为1，圆上所有点到定点B(0,1)最小值即为：BC−1.∴BC−1>2.
即BC=a2+(a−3)2>3，化简得a2−3a>0，解得a3.
故答案为：a3.

27．设有一组圆Ck：x−k+12+y−3k2=2k4,k∈N∗．下列四个命题其中真命题的序号是 ②④ .
①存在一条定直线与所有的圆均相切；
②存在一条定直线与所有的圆均相交；
③存在一条定直线与所有的圆均不相交；
④所有的圆均不经过原点．
【解题思路】由已知得圆心（k−1,3k），由两圆的位置关系、圆心距、两圆的半径之差，即可判断出真命题个数．
【解答过程】根据题意得：圆心坐标为（k−1,3k），
圆心在直线y=3x+1上，故存在直线y=3x+1与所有圆都相交，选项②正确；
考虑两圆的位置关系：圆k：圆心k−1,3k，半径为2k2，
圆k+1：圆心k−1+1,3k+1，即k,3k+3，半径为2k+12，
两圆的圆心距d=k−k+12+3k−3k−32=10，
两圆的半径之差R−r=2k+12−2k2=22k+2，
任取k=1或2时，（R−r>d），Ck 含于Ck+1之中，选项①错误；
若k取无穷大，则可以认为所有直线都与圆相交，选项③错误，
将0,0带入圆的方程,则有−k+12+9k2=2k4，即10k2−2k+1=2k4（k∈N∗），
因为左边为奇数，右边为偶数，故不存在k使上式成立，即所有圆不过原点，选项④正确．
故答案为②④.
28．如图所示，在8×6的长方形区域（含边界）中有A,B两点，对于该区域中的点P，若其到A的距离不超过到B距离的一半，则称P处于A的控制下，例如原点O满足OA=13≤12OB=5，即有O点处于A的控制下.同理可定义P处于B的控制下.

给出下列四个结论：
①点4,2处于A的控制下；
②若点P不处于A的控制下，则其必处于B的控制下；
③若P处于A的控制下，则PA≤13；
④图中所有处于A的控制下的点构成的区域面积为8+5π.
其中所有正确结论的序号是 ①③④ .
【解题思路】根据新定义，直接验证判断①，取特殊点判断②，根据定义求出点P所在区域，判断③，结合图象求出面积判断④.
【解答过程】由图可知A(2,3),B(8,6),设C(4,2)，则|CA|=5，|CB|=42,满足|CA|≤12|CB|，故①正确；
点P不处于A的控制下则PA>12PB，即|PB|12|PB|，|PB|>12|PA|，即
点P不处于A的控制下，也不处于B的控制下，故②错误；
若P处于A的控制下，则PA≤12PB，设P(x,y)(0≤x≤8,0≤y≤6)，
则(x−2)2+(y−3)2≤12(x−8)2+(y−6)2，化简整理得x2+(y−2)2≤20，作出图象如图，

由图可知，当点P在矩形且在圆及圆内部分满足P处于A的控制下,由图可知，当P处于O,C,D时，|PA|有最大值13，故③正确；
由③知P处于A的控制下点构成的区域面积，可以看作是14圆与矩形的面积之和，如图，

故面积为14×20π+4×2=8+5π，故④正确.故答案为：①③④.
29．对平面上两点A、B，满足PAPB=λλ≠1的点P的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点A，B是此圆的一对阿波罗点．不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数λ只与阿波罗点相对于圆的位置有关．已知A1,0，B4,0，D0,3，若动点P满足PAPB=12，则2PD+PB的最小值是 210 ．
【解题思路】根据阿波罗尼斯圆定义可确定PAPB=12，利用三角形三边关系可知当A,P,D三点共线时，2PD+2PA=2AD，即为所求最小值.
【解答过程】
由题意知：PAPB=12，即PB=2PA，∴2PD+PB=2PD+2PA≥2AD（当且仅当A,P,D三点按顺序共线时取等号），又AD=12+32=10，∴2PD+PB的最小值为210；故答案为：210.
30．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的两个焦点为F1,F2．点P,Q为C上关于坐标原点对称的两点，且PQ=F1F2，△PF2Q的面积S≥18PQ2，则C的离心率的取值范围为 22,63 ．
【解题思路】作出辅助线，根据题意得到四边形PF2QF1为矩形，故S△PF2Q=S△PF2F1，求出PF1⋅PF2≥c2，再根据PF1+PF2=2a，利用勾股定理得到PF1⋅PF2=2b2，得到2b2≥c2，再根据C上存在关于坐标原点对称的两点P,Q，使得PQ=F1F2，得到2b≤2c，得到ca≥22，得到离心率.
【解答过程】连接QF1,PF1，由题意得，OP=OQ,OF1=OF2，
又PQ=F1F2，所以四边形PF2QF1为矩形，故S△PF2Q=S△PF2F1，
所以12PF1⋅PF2≥182c2=12c2，故PF1⋅PF2≥c2，
又PF1+PF2=2a，由勾股定理得PF12+PF22=F1F22，
即PF1+PF22−2PF1⋅PF2=4c2，PF1⋅PF2=2b2，
故2b2≥c2，即2a2−2c2≥c2，故2a2≥3c2，c2a2≤23解得ca≤63，
又C上存在关于坐标原点对称的两点P,Q，使得PQ=F1F2，故2b≤2c，
所以b≤c，即a2−c2≤c2，所以a2≤2c2，c2a2≥12，解得ca≥22，
综上，C的离心率的取值范围是22,63.

故答案为：22,63.
31．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个顶点分别为A−2,0，B2,0，离心率为32.点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E，则△BDE与△BDN的面积之比为 45 .
【解题思路】先根据已知条件求得椭圆C的方程.设出D,M,N的坐标，根据直线AM、DE、BN的方程求得yNyE=54，进而求得△BDE与△BDN的面积之比.
【解答过程】∵焦点在x轴上，两个顶点分别为点A−2,0，B2,0，∴a=2，
∵e=ca=32⇒c=3，∴b2=a2−c2=1，∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1；
设Dx0,0，Mx0,y0，Nx0,−y0,y0>0，可得y02=1−x024，直线AM的方程为：y=y0x0+2x+2，
∵DE⊥AM，∴kDE=−x0+2y0，直线DE的方程：y=−x0+2y0x−x0，直线BN的方程：y=−y0x0−2x−2，
直线DE与直线BN的方程联立可得y=−x0+2y0x−x0y=−y0x0−2x−2 ，整理为：x0+2y0x−x0=y0x0−2x−2，即x02−4x−x0=y02x−2，x02−4x−x0=4−x024x−2，计算可得xE=4x0+25，
代入直线DE的方程可得yE=−x0+2y0.2−x05=−4−x025y0=−45y0，则yNyE=54，又S△BDES△BDN=12BD⋅yE12BD⋅yN=yEyN=45.
故答案为：45.
32．已知椭圆C：x24+y23=1，过点−32,0的直线l斜率范围为−∞,−33∪3,+∞，过0,0向l作垂线，垂足为P，Q为椭圆上一点，F2为椭圆右焦点，则PQ+2F2Q的最小值为 358 ．
【解题思路】表示出直线l和与之垂直的垂线的方程，联立表示出垂足横坐标，根据椭圆第二定义表示出PQ+2F2Q与垂足横坐标关系，再根据斜率取值范围即可求出最小值.
【解答过程】设直线l斜率为k，直线l的方程为y=kx+32，过0,0向l作垂线的方程为y=−1kx，联立方程y=kx+32y=−1kx，解得x=−32k21+k2=−321k2+1，其中1k∈−33,0∪0,3，
若Q(m,n)，右准线为x=a2c，则Q到右准线的距离为d=a2c−m=ae−m=1ea−em，
F2为椭圆右焦点，故|F2Q|=(m−c)2+n2且m2a2+n2b2=1 (a>b>0)，则n2=b2−m2b2a2，
所以|F2Q|=(m−c)2+n2=(ca)2m2−2cm+a2=|em−a|，故F2Qd=em−a1ea−em=e，
而椭圆的离心率e=12，则Q到右准线l′的距离QN′= F2Qe=2F2Q.
过P作PN⊥l′于N，则PQ+2F2Q=PQ+QN′≥PN=a2c+321k2+1，
当1k=3且Q在线段PN上时，PN取最小值，最小值为PNmin=4+323+1=358，
所以PQ+2F2Q的最小值为358.
故答案为：358.
33．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个顶点在直线x−2y−2=0上，F1,F2分别是椭圆的左、右焦点，点P是椭圆上异于长轴两个端点的任一点，过点P作椭圆C的切线l与直线x=−2交于点M，设直线PF1，MF2的斜率分别为k1,k2，则k1k2的值为 −13 ．
【解题思路】根据题意求出a=2,b=1，进而写出椭圆方程，设点P的切线方程为y=kx+m，与椭圆联立，由Δ=0得到m2=2k2+1，然后依次表示出相关点的坐标，利用斜率公式表示出k1,k2，进而化简整理即可求出结果。
【解答过程】因为椭圆C的两个顶点在直线x−2y−2=0上，所以a=2,b=1，所以椭圆方程为x22+y2=1，所以F1(−1,0),F2(1,0),设点P的切线方程为y=kx+m，P(x0,y0)，
联立y=kx+mx22+y2=1，消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0，
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ=(4km)2−4(2k2+1)(2m2−2)=0，所以m2=2k2+1,x0=−2km2k2+1，
所以y0=kx0+m=k×−2km2k2+1+m=m2k2+1，所以点P−2km2k2+1,m2k2+1，
又m2=2k2+1，所以P−2km,1m，所以k1=1m−0−2km−(−1)=1m−2k，
设点M(−2,y1)，又M在切线y=kx+m上，所以M(−2,m−2k)，
所以k2=m−2k−0−2−1=2k−m3，所以k1k2=1m−2k×2k−m3=−13，故答案为：−13.
34．已知Mx1,y1，Nx2,y2是圆C：x−32+y−42=4上的两个不同的点，若MN=22，则x1+y1+x2+y2的取值范围为 10,18 ．
【解题思路】x1+y1+x2+y2为Mx1,y1和Nx2,y2到直线x+y=0距离之和的2倍，是MN的中点P到直线x+y=0距离的22倍，利用P点轨迹，求取值范围.
【解答过程】由题知，圆C的圆心坐标C3,4，半径为2，因为MN=22，所以CM⊥CN．
设P为MN的中点，所以CP=2，所以点P的轨迹方程为x−32+y−42=2．
点P的轨迹是以C3,4为圆心半径为2的圆.
设点M，N，P到直线x+y=0的距离分别为d1，d2，d，
所以d1=x1+y12，d2=x2+y22，d=d1+d22，所以x1+y1+x2+y2=2d1+d2=22d．
因为点C到直线x+y=0的距离为3+42=722，所以722−2≤d≤722+2，
即522≤d≤922，所以10≤22d≤18．所以x1+y1+x2+y2的取值范围为10,18．
故答案为：10,18.
35．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=1，C：(x+1)2+y2=9，直线l与圆O相切，与圆C相交于A，B两点，分别以点A，B为切点作圆C的切线l1，l2．设直线l1，l2的交点为P(m，n)，则m的最大值为 72 ．
【解题思路】设Ax1，y1，Bx2，y2，由相切关系，建立点A，B坐标所满足的方程，即弦AB所在直线的方程，由直线AB与圆O相切，得n2=63−18m，求出m的最大值.
【解答过程】设点Pm，n，Ax1，y1，Bx2，y2，C−1，0，因为分别以点A，B为切点作圆C的切线l1，l2．设直线l1，l2的交点为P，所以CA⊥AP，则CA⋅AP=0，即x1+1m−x1+y1n−y1=0，所以x12+x1−mx1−m+y12−ny1=0，因为(x1+1)2+y12=9，所以m+1x1+ny1+m−8=0，即x1，y1是方程m+1x+ny+m−8=0的解，所以点Ax1，y1在直线m+1x+ny+m−8=0上，
同理可得Bx2，y2在直线m+1x+ny+m−8=0上，所以弦AB所在直线的方程为m+1x+ny+m−8=0，因为直线AB与圆O相切，所以m+1×0+n×0+m−8(m+1)2+n2=1，解得n2=63−18m≥0，得m≤72，
即m的最大值为72．故答案为：3.5.
36．若对于圆C:x2+y2−2x−2y−2=0上任意的点A，直线l:4x+3y+8=0上总存在不同两点M，N，使得∠MAN≥90°，则MN的最小值为 10 .
【解题思路】将问题转化为直线l:4x+3y+8=0上任意两点为直径的圆包含圆C，结合直线上与圆C最近的点，与圆上点距离的范围，即可确定MN的最小值.
【解答过程】由题设圆C:(x−1)2+(y−1)2=4，故圆心C(1,1)，半径为r=2，
所以C到l:4x+3y+8=0的距离d=|4+3+8|42+32=3>r，故直线与圆相离，
故圆C上点到直线l:4x+3y+8=0的距离范围为[1,5]，圆C上任意的点A，直线l:4x+3y+8=0上总存在不同两点M、N，使∠MAN≥90°，即以MN为直径的圆包含圆C，至少要保证直线上与圆C最近的点，与圆上点距离最大值为半径的圆包含圆C，所以MN≥10.
故答案为：10.
37．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1作直线交两条渐近线于点A，B，且AF1=32BF1．若A点在x轴上的射影为M，则S△AF1MS△BF1F2= 1516 ．
【解题思路】根据题意，利用三角形面积公式和比例性质，由S△AF1MS△BF1F2=12F1M⋅yA12F1F2⋅yB=34⋅F1AF1C求解即可.
【解答过程】如图所示：
则S△AF1MS△BF1F2=12F1M⋅yA12F1F2⋅yB=F1MF1F2⋅AF1BF1=32⋅F1MF1F2=34⋅F1MF1O=34⋅F1AF1C，
∵双曲线C的渐近线为y=±bax，∴xAxB=yAyB=32，∴ACBC=xAxB=32，
不妨设BF1=2，AF1=3，AB=1，则AC=35，BC=25，F1C=125，F1A=3，
∴F1AF1C=54，∴S△AF1MS△BF1F2=34⋅F1AF1C=1516.故答案为：1516.
38．已知双曲线C：x29−y216=1，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，P为双曲线上的第一象限内的点，点I为△PF1F2的内心，△IF1F2的面积的取值范围是 0,20 ．
【解题思路】先由双曲线的定义得到点I在F1F2上垂足为右顶点，设出渐近线的倾斜角为θ，则tanθ=43，∠IF2H=α，则2α∈0,π−θ，求出tanα∈0,2，从而求出y1=HF2tanα∈0,4，求出，△IF1F2的面积的取值范围.
【解答过程】由题意得：c2=9+16=25，故F1F2=2c=10，设点Ix1,y1，且I在F1F2上垂足为H，根据双曲线定义及切线长定理可得：PF1−PF2=2a=HF1−HF2，又因为HF1+HF2=2c，解得：HF1=a+c，所以点H坐标为a,0，即渐近线y=43x的倾斜角为θ，则tanθ=43，记∠IF2H=α，则2α∈0,π−θ，
所以α0)的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则ta的最大值为 54 .
【解题思路】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简ta,最后根据二次函数的性质求出最大值.
【解答过程】
设PA:y=kx+a，Px2,y2,A−a,0，联立x2a2−y2b2=1y=kx+a整理得: b2−a2k2x2−2a3k2x−a4k2−a2b2=0;所以−a+x2=2a3k2b2−a2k2，得到x2=ab2+a3k2b2−a2k2，所以y2=2kab2b2−a2k2；
过F作直线PA的垂线l1:y=−1k(x−a2+b2)与直线l:x=t交于Q，
因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线l1:y=−1k(x−a2+b2)与BP的交点，
Q是BP:y=y2−0x2−ax−a=b2ka2x−a与l1:y=−1k(x−a2+b2)的交点
所以得 t=ab2+a2a2+b2a2+b2，所以ta=b2+aa2+b2a2+b2=(ba)2+1+(ba)21+(ba)2
设m=1+(ba)2则ta=m2+m−1m2=−1m2+1m+1=−(1m−12)2+54
所以当1m=12 时，即m=2即时， 取得最大值54.故答案为：54.
40．已知点Na,23(a>0)在抛物线C:y2=2px(00，
故|AB|=AF+BF=x1+x2+p=x1+x2+2>2，故②错误；
对于③，当直线AB的斜率不存在时，|AF|⋅|BF|=4，不成立；
故直线AB的斜率存在，设方程为y=kx−1，与抛物线方程联立y2=4xy=kx−1，
得k2x2−2k2+4x+k2=0，
所以x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1，
因为|AF|⋅|BF|=x1+1x2+1=x1x2+x1+x2+1=12，
所以2k2+4k2=10，即k2=12，解得k=±22，故③正确；
对于④，设过点A与抛物线C相切的直线方程为y−y1=mx−x1，
与抛物线方程y2=4x联立得y2−4my+4my1−4x1=y2−4my+4my1−y12=0，
所以Δ=16m2−44my1−y12=0，整理得4m2−4my1+y12=2m−y12=0，
所以2y1=m，故y−y1=mx−x1即为y−y1=2y1x−x1，整理得4x−2y1y+y12=0，
同理得过点B与抛物线C相切的直线方程为4x−2y2y+y22=0，
所以，联立方程4x−2y2y+y22=04x−2y1y+y12=0，解方程得x=y1y24，
因为y22y12=16x1x2=16,y1y2β，其中α为二面角M−AA1−B的大小，β为直线MA1与直线AB所成的角．
则上述结论正确的有 ②③ ．（填上正确结论的序号）
【解题思路】对①：由连接AD1，BC1，由B1C⊥平面ABC1D1，即可判断；对③：设M到平面CDD1C1的距离为ℎ，则0⩽ℎ⩽1，所以VD1−C1DM=VM−C1D1D=13S△C1D1D⋅ℎ即可判断；对④：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，设BM=λBD1(0⩽λ⩽1)，利用向量法求出csα与csβ，比较大小即可判断；对②：设C1M与平面AB1C夹角为θ，利用向量法求出sinθ=cs，即可求解判断.
【解答过程】解：对①：连接AD1，BC1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，由AB⊥平面BCC1B1，可得AB⊥B1C，又B1C⊥BC1，AB∩BC1=B，所以B1C⊥平面ABC1D1，所以B1C⊥AM，故①错误；
对③：设M到平面CDD1C1的距离为ℎ，则0⩽ℎ⩽1，所以VD1−C1DM=VM−C1D1D=13S△C1D1D⋅ℎ=13×12×ℎ∈0,16，故③正确；
对④：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，设BM=λBD1(0⩽λ⩽1)，
则AB=(−1，0，0)， AA1=(0，0，1)， BD1=(1，−1，1)，BM=(λ，−λ，λ)，所以Mλ,1−λ,λ，A1M=(λ−1，−λ，λ−1)，
∴csβ=|cs|=|A1M⋅AB|A1M||AB||=1−λ3λ2−4λ+2，
设平面MAA1的法向量为n=(x，y，z)，则n⋅AA1=0n⋅A1M=0，即z=0(λ−1)x−λy+λ−1z=0，
取n=(λ，λ−1，0)，又DA=(0，1，0)是平面ABB1A1的一个法向量，
又二面角M−AA1−B为锐二面角或直角，
所以csα=|cs|=|n⋅DA|n||DA||=1−λλ2+(λ−1)2=1−λ2λ2−2λ+1，
∵3λ2−4λ+2−(2λ2−2λ+1)=λ2−2λ+1=λ−12≥0，
∴3λ2−4λ+2≥2λ2−2λ+1，又1−λ⩾0，
∴csβ⩽csα，∴α⩽β，故④错误．
对②：由④的解析知，C1M=λ,1−λ,λ−1，CA=1,1,0，CB1=0,1,1，
设平面AB1C的法向量为m=a,b,c，则m⋅CA=0m⋅CB1=0，即a+b=0b+c=0，
取a=1，则m=1,−1,1，
设C1M与平面AB1C夹角为θ，令sinθ=cs=3λ−23λ2−4λ+2×3=33，即3λ2−4λ+1=0，又0⩽λ⩽1，解得λ=1或13，故②正确.
故答案为：②③.