（人教A版）2024年高中数学高二暑假讲义高二上数学暑假综合检测卷（培优B卷）

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一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1．已知直线与直线，若直线与直线的夹角是60°，则k的值为（ ）
A．或0B．或0
C．D．
【答案】A
【分析】先求出的倾斜角为120°，再求出直线的倾斜角为0°或60°，直接求斜率k.
【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为120°.
要使直线与直线的夹角是60°，
只需直线的倾斜角为0°或60°，
所以k的值为0或.
故选：A
2．已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以点到直线的距离是.
故选：D.
3．已知圆与圆关于直线对称，则圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，求得圆心关于直线的对称点，即可得到结果.
【详解】由题意可得，圆的圆心坐标为，半径为，设圆心关于直线的对称点为，则，解得，
所以圆的标准方程为.
故选：A
4．已知圆：，则过点的最短弦所在直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据垂径定理，分析出圆心和连线的直线垂直于直线时，所截得弦长最短.
【详解】
由于，故点在圆内，
化为标准方程：.
如图，设，垂足为，设直线和圆的交点是，
根据垂径定理，，
为使得最小，必须最大，显然，
重合的时候取得等号，此时，由于，
所以直线的斜率为，故直线的方程为，
即.
故选：C
5．已知双曲线的一个焦点为，双曲线的渐近线，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，有①，②，联立两式，解可得、的值，即可得答案．
【详解】因为双曲线的一个焦点为，
双曲线的渐近线，
所以，①
，②
联立①、②可得：，，
则双曲线的方程为：；
故选：C．
6．若P，Q分别为l1：ax+4y+5＝0，l2：6x+8y+25＝0上的动点，且l1∥l2，则|PQ|的最小值为（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】C
【分析】根据平行计算得到，|PQ|的最小值为平行直线的距离，计算得到答案.
【详解】l1：ax+4y+5＝0，l2：6x+8y+25＝0，且l1∥l2，则
即l1：6x+8y+10＝0，l2：6x+8y+25＝0，|PQ|的最小值为平行直线的距离：
故选：
【点睛】本题考查了平行直线的距离，意在考查学生的转化能力和计算能力.
7．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】D
【分析】设点，分和两种情况讨论，求出点的横坐标，利用抛物线的定义可求得.
【详解】抛物线的准线方程为，焦点为，
设点，，由已知，由题意可得和.
①若，则，所以，，解得，
此时，；
②若，则，所以，，解得，
此时，.
综上所述，或.
故选：D.
【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：
（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；
（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.
8．加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（ ）

A．椭圆的离心率为B．椭圆的蒙日圆方程为
C．若为正方形，则的边长为D．长方形的面积的最大值为18
【答案】D
【分析】由椭圆标准方程求得后再求得，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长．
【详解】由椭圆方程知，，则，离心率为，A正确；
当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和4，其对角线长为，因此蒙日圆半径为，圆方程为，B正确；
设矩形的边长分别为，因此，即，当且仅当时取等号，所以长方形的面积的最大值是20，此时该长方形为正方形，边长为，C正确，D错误．
故选：D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9．下列说法中正确的是（ ）
A．若直线斜率为，则它的倾斜角为
B．若，，则直线的倾斜角为
C．若直线过点，且它的倾斜角为，则这条直线必过点
D．若直线的斜率为，则这条直线必过与两点
【答案】ABC
【分析】根据斜率与倾斜角关系以及两点间斜率公式，结合直线的点斜式方程可判断ABC；举反例可排除D.
【详解】对于A，设直线的倾斜角为，则由题意得，所以，故A正确；
对于B，因为，，所以直线与轴垂直，则其斜率不存在，故其倾斜角为，故B正确；
对于C，因为直线过定点，且斜率为，所以直线的方程为，即，
易知，故直线必过，故C正确；
对于D，不妨取，满足直线的斜率为，但显然该直线不过与两点，故D错误．
故选：ABC.
10．2020年11月28日，“嫦娥五号”顺利进入环月轨道，其轨道是以月球的球心F为一个焦点的椭圆(如图所示).已知它的近月点A(离月球表面最近的点)距离月球表面m千米，远月点B(离月球表面最远的点)距离月球表面n千米，为椭圆的长轴，月球的半径为R千米.设该椭圆的长轴长，焦距分别为，，则下列结论正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】根据图形椭圆长轴长为，利用椭圆几何性质及图形再写出即可求解.
【详解】由题意可知，
所以，
因为，，
所以
故选：BC
11．已知为抛物线上一动点，则（ ）
A．准线为l：
B．存在一个定点和一条定直线，使得P到定点的距离等于P到定直线的距离
C．点P到直线距离的最小值等于
D．的最小值为6
【答案】BCD
【分析】对于AB，利用抛物线的方程与性质即可判断；对于C，利用点线距离公式与二次函数的性质即可判断；对于D，将问题转化为动点到两定点的距离，再结合图像即可判断.
【详解】因为为抛物线上一动点，
抛物线的焦点为，准线为，
由抛物线的定义可知，到焦点的距离等于到准线的距离，故A错误，B正确；
点到直线的距离为，
当时，，故C正确；
设点到准线的距离为，到准线的距离为，
则，故D正确.

故选：BCD.
12．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线（）必过定点
B．圆（）上有且仅有4个点到直线的距离都等于1，则
C．曲线与曲线恰有三条公切线
D．已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线，，A，B为切点，四边形面积的最小值为
【答案】BD
【分析】A.直线过定点，所以A错误；
B.圆心O到直线l的距离为，故，所以B正确；
C.，两圆相离，故有4条公切线，所以C错误；
D.当垂直直线时，四边形面积最小. 此时四边形面积，所以D正确.
【详解】A.由题得，所以直线过定点，所以A错误；
B.圆心O到直线l的距离为，故圆上有且仅有4个点到直线l的距离为1，则，所以B正确；
C.圆，的圆心为，，半径，，，两圆相离，故有4条公切线，所以C错误；
D.当垂直直线时，四边形面积最小.此时，，，四边形面积，所以D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，，若，的夹角为120°，则 ．
【答案】
【分析】根据向量的夹角公式列方程求解即可
【详解】因为向量，，，的夹角为120°，
所以（），化简得
解得或（舍去），
故答案为：
14．过点且和的距离相等的直线方程是 ．
【答案】或
【分析】当斜率不存在时，验证不满足条件；当若斜率存在时，设直线方程为，利用点到直线的距离公式，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】若斜率不存在时，过点的直线为，此时不满足条件；
若斜率存在时，设过点的直线，即．
根据题意，可得，解得或，
当时，直线方程为，
当时，直线方程为
综上可得，直线方程为或．
故答案为：或
15．过双曲线右焦点作一条渐近线的垂线，分别交两条渐近线于两点，为坐标原点，，的平分线交轴于点，且到渐近线的距离为，则双曲线的离心率为 ．
【答案】/
【分析】由内切圆的定义可得三角形OAB的内切圆圆心为M，进而得出四边形为正方形，由距离公式得出，最后由直角三角形的边角关系以及离心率公式求解即可.
【详解】双曲线的渐近线如下图所示：
由题意可知三角形OAB的内切圆圆心为M，过点M分别作于点N，
于点T，由知四边形为正方形，
焦点到渐近线的距离为，
得，又，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.

16．已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个交点为N．若直线MN在y轴上的截距为3，且，则椭圆C的标准方程为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，借助几何图形及比例式求出点M，N的坐标，再代入椭圆方程求解作答.
【详解】由对称性不妨令点M在第一象限，令直线交y轴于点A，过N作轴于B，令，

因为轴，则，而O为的中点，又A为中点，而，
于是，由知，，显然，
因此，于是，又，
则，解得，而，则，
所以椭圆C的标准方程为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．在平面直角坐标系内，已知A(1，a)，B(－5，－3)，C(4,0)；
(1)当a∈(，3)时，求直线AC的倾斜角α的取值范围；
(2)当a＝2时，求△ABC的BC边上的高AH所在直线方程l.
【答案】（1）（2）
【详解】试题分析：（1）由直线斜率公式代入坐标，求的范围
，再由，可求倾斜角范围．（2）BC边上高斜为满足，可求得，过点A,可求．
试题解析：（1）又，则
，又，
（2）， AH 为高，故
又过点 即
18．已知直线和圆，
(1)m为何值时，直线与圆没有公共点；
(2)m为何值时，截得的弦长为2；
(3)若直线和圆交于A，B两点，此时，求m的值．
【答案】(1)，或
(2)
(3)【解析】
【分析】由直线与圆的位置关系可解.
【详解】（1）由已知，圆心为，半径的长，
圆心到直线的距离，
因为直线与圆无公共点，所以，即，
所以，或，
故当，或时，直线与圆无公共点．
（2）由平面几何垂径定理知，即，
解得，
所以当时，直线被圆截得的弦长为2.
（3）由于交点处两条半径互相垂直，
所以弦与过弦两端的半径组成等腰直角三角形，
所以，即，解得.
故当时，直线与圆在两交点处的两条半径互相垂直．
19．如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是棱长为2的菱形，O是的中点，与全等．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连结，可得，利用线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明.
（2）由两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，利用面面角的向量求法即可求解.
【详解】解：（1）证明：连结．
因为与全等，是等边三角形，则为等边三角形，
又O是的中点，为等边三角形，所以，
又平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）连结．
因为是等边三角形，O是的中点，
所以，
由（1）得，所以两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
又
由得
令，得；
设平面的法向量为．
又，
由得
令，得．
所以，
故．
所以二面角的正弦值为．
【点睛】思路点睛：
解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：
（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；
（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.
（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量.
（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.
20．在平面直角坐标系中，动点(其中)到定点的距离比到y轴的距离大1.
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点M的直线l交曲线C于A､B两点，若，求直线l的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）由，结合两点间的距离公式得出轨迹方程；
（2）当直线l斜率不存在时，得出坐标，进而确定，当直线l斜率存在时，设出直线的方程，联立轨迹C的方程，由韦达定理以及抛物线的定义求出直线的方程.
【详解】（1）动点P(x，y)(其中)到y轴的距离为x，到点的距离为x+1
又，∴
∴轨迹C的方程：
（2）①若直线l斜率不存在时，易得，此时
②若直线l斜率存在时，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为.
由消y整理得：
，解得，即
∴直线l的方程为或，即或.
21．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，且椭圆长轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)为椭圆上一点，且,求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意设椭圆的标准方程为，结合题意可得，于是可得所求方程．（2）在中，由椭圆的定义和余弦定理可得，然后根据三角形的面积公式可得所求．
【详解】（1）由题意设椭圆的标准方程为，
∵椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，且椭圆长轴长为，
∴，解得，
∴椭圆的标准方程为．
（2）在中，由余弦定理得
，
又由椭圆的定义得，
∴，
∴，
∴．
【点睛】利用椭圆的定义解决与焦点三角形相关的周长、面积及最值时，可利用定义和余弦定理可求得，再结合进行转化，进而求得焦点三角形的周长和面积．
22．双曲线的左、右焦点分别为、，直线过且与双曲线交于两点．
(1)若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
(2)设，点是线段中点，且，若的斜率存在，求的斜率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，根据是等边三角形，建立方程解出的值即可；
（2）设直线方程，联立写出韦达定理，利用得到向量数量积为0建立关于直线斜率的等式，解出即可.
【详解】（1）设，由题意，，，，
因为是等边三角形，所以，
即，解得，
所以双曲线的渐近线方程为；
（2）当的斜率为0时，由直线过且与双曲线交于两点
且点是线段中点此时，不满足，故直线的斜率不为0
故由已知，，，
设，，，
，
直线，
由，
得，
因为与双曲线交于两点，所以，
且，
所以
所以
因为点是线段中点，且
所以，
所以
即，
将代入上式化简得：

即
解得．