2017-2018学年高二数学上学期期末复习备考之精准复习模拟题理C卷第02期.doc

2017-2018学年高二数学上学期期末复习备考之精准复习模拟题 理（C卷，第02期）第I卷（选择题）一、选择题（每小题5分，共60分）1已知， 是空间两条不重合的直线， 是一个平面，则“， 与无交点”是“， ”的（ ）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B2设有下面四个命题：抛物线的焦点坐标为；，方程表示圆；，直线与圆都相交；过点且与抛物线有且只有一个公共点的直线有条.那么，下列命题中为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】对于：由题意可得，命题为真命题；对于：当时，方程为，表示圆，故命题为真命题；对于：由于直线过定点（3,2），此点在圆外，故直线与圆不一定相交，所以命题为假命题；对于：由题意得点在抛物线上，所以过该点与抛物线有且只有一个公共点的直线有两条，一条是过该点的切线，一条是过该点且与对称轴平行的直线。所以命题为真。综上可得为真命题，选B。3某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C点睛：(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和4如图所示，在正方体中， 、分别为， 的中点， 为上一动点，记为异面直线与所成的角，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图，分别以， ， 所在直线为轴， 轴， 轴建立如图所示空间直角坐标系，故选点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.5【2018届南宁市高三毕业班摸底】三棱锥P-ABC中，ABC为等边三角形，PA=PB=PC=3，PAPB，三棱锥P-ABC的外接球的体积为（ ）A. 272 B. 2732 C. 273 D. 27【答案】B【点睛】对于三条侧棱两两垂直的三棱锥求外接球表面积或体积时，我们常把三棱锥补成长（正）方体，利用公式(2R)2=a2+b2+c2，求得球的半径.6已知为椭圆的两个焦点， 为椭圆上一点且，则此椭圆离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由椭圆定义可得|PF1|+|PF2|=2a，|PF1|PF2|cosF1PF2=c2，由余弦定理可得|PF1|2+|PF2|22|PF1|PF2|cosF1PF2=4c2，由得cosF1PF2=1，|PF1|PF2|=2a23c2，e，点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.7已知点是直线上一动点，PA、PB是圆的两条切线，A、B为切点，若四边形PACB面积的最小值是2，则的值是A. B. C. 2 D. 【答案】C【解析】圆的方程为圆心，半径，根据题意，若四边形面积最小，当圆心与点的距离最小时，即距离为圆心到直线的距离最小时，切线长最小，切线长为， ， 圆心到直线的距离为，直线方程为，即，解得所求直线的斜率为，故选C. 【方法点晴】本题主要圆的方程与性质以及圆与直线的位置关系，属于难题. 解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法.8【2018届河南省漯河市高级中学12月模拟】已知， 是椭圆和双曲线的公共焦点， 是它们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率之积的范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A 9已知双曲线（， ）的右焦点为，若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.10已知点在曲线上，过原点，且与轴的另一个交点为，若线段，和曲线上分别存在点、点和点，使得四边形（点， ， ， 顺时针排列）是正方形，则称点为曲线的“完美点”那么下列结论中正确的是（ ）A. 曲线上不存在”完美点”B. 曲线上只存在一个“完美点”，其横坐标大于C. 曲线上只存在一个“完美点”，其横坐标大于且小于D. 曲线上存在两个“完美点”，其横坐标均大于【答案】B【解析】如图，如果点为“完美点”则有，以为圆心， 为半径作圆（如图中虚线圆）交轴于， （可重合），交抛物线于点， 当且仅当时，在圆上总存在点，使得为的角平分线，即，利用余弦定理可求得此时，即四边形是正方形，即点为“完美点”，如图，结合图象可知，点一定是上方的交点，否则在抛物线上不存在使得， 也一定是上方的点，否则， ， ， ， 不是顺时针，再考虑当点横坐标越来越大时， 的变化情况：设，当时， ，此时圆与轴相离，此时点不是“完美点”，故只需要考虑，当增加时， 越来越小，且趋近于，而当时， ；故曲线上存在唯一一个“完美点”其横坐标大于故选11抛物线（）的焦点为，其准线经过双曲线 的左焦点，点为这两条曲线的一个交点，且，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D将的坐标代入双曲线方程，可得故选12已知为抛物线的焦点，过作两条夹角为的直线， 交抛物线于两点， 交抛物线于两点，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D第II卷（非选择题）二、填空题（每小题5分，共20分）13已知点是椭圆某条弦的中点，则此弦所在的直线方程为_【答案】点睛：弦中点问题解法一般为设而不求，关键是求出弦AB所在直线方程的斜率k,方法一利用点差法，列出有关弦AB的中点及弦斜率之间关系求解；方法二是直接设出斜率k，利用根与系数的关系及中点坐标公式求得直线方程. 14若圆=关于直线=对称,过点作圆的切线,则切线长的最小值是_.【答案】4【解析】因为圆=关于直线=对称,所以圆心在直线=上,所以,即,又圆的半径为,当点(a,b)与圆心的距离最小时,切线长取得最小值,又点(a,b)与圆心的距离为=,所以切线长的最小值为=.故答案为4点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系,考查了转化思想.利用勾股关系，切线长取得最小值时即为当点(a,b)与圆心的距离最小时.15【2018届广西贵港市高三12月联考】已知四面体中， ， ， ， 平面，则四面体的内切球半径为_【答案】点睛：本题考查了组合体问题，其中解答中涉及到空间几何体的结构特征，三棱锥锥的体积计算与体积的分割等知识点的应用，其中充分认识空间组合体的结构特征，以及等体积的转化是解答此类问题的关键.16如图，在长方体中， ，点为线段上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的_当时， 平面；当时， 平面；的最大值为；的最小值为.【答案】【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，则,设,.对于，当，即，解得， ，设平面的法向量为，则由，解得，由于，所以平面成立.对于，当时，即，解得，由可知平面成立. 点睛：本题主要考查空间点线面的位置关系，考查利用向量法证明线面平面，线面垂直的方法，考查利用向量法求角度的最大值和线段长的最小值的方法.由于题目所给几何体是长方体，要验证线面关系，用向量法最快，建立空间直角坐标系后，利用直线的方向向量和平面的法向量垂直，证明线面平行，利用直线的方向向量和平面内两个相交的向量垂直证明线面垂直.三、解答题（共6个小题，共70分）17（10分）已知，命题椭圆C1： 表示的是焦点在轴上的椭圆，命题对，直线与椭圆C2： 恒有公共点.（1）若命题“”是假命题，命题“”是真命题，求实数的取值范围.（2）若真假时，求椭圆C1、椭圆C2的上焦点之间的距离d的范围。【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）当命题P为真命题时可得，当为真命题时；由“”假，“”真可得一真一假，分两种情况讨论可得结论；（2）由条件知求当时，求点与点之间距离的最小值，利用函数的知识可求解。当真假时，则有，解得； 当假真时，则有，解得或。综上所述或或，所以实数的取值范围为。点睛：根据命题的真假求参数的取值范围的方法(1)求出当命题p，q为真命题时所含参数的取值范围；(2)判断命题p，q的真假性；(3)根据命题的真假情况，利用集合的交集和补集的运算，求解参数的取值范围18（10分）如图,四边形中, = = 分别在上, ,现将四边形沿折起,使.(1)若,在折叠后的线段上是否存在一点,使得平面?若存在,求出的值;若不存在,说明理由;(2)求三棱锥的体积的最大值,并求出此时点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）点到平面的距离为.【解析】试题分析：本题考查空间线面关系的判定与证明、体积公式的应用.(1)把平面转化为线线平行,再利用线线平行的性质即可得出结论,也可以先分析出结论,再进行证明;(2)先根据题意得到= =， 时，体积有最大值，此时可得到=，再利用三棱锥体积公式,利用等体积的方法借助转换顶点的方法求出三棱锥的高即可.又,故有,故四边形为平行四边形,又平面平面,故有平面成立.(2)设,= = ,故= =,当时, 有最大值,且最大值为3,此时=,在中,由余弦定理得=,=,即点到平面的距离为.点睛：这个题目考查了线面平行的证明和判定性质，棱锥体积的求法；对于线面平行的证法，一般是转化为线线平行；常见方法有：构造三角形中位线，构造平行四边形等方法证明线线平行，从而得到线面平行。求棱锥体积时当原椎体的底面积或者高不好求时，可以考虑等体积转化，求点面距时，也经常考虑等体积转化。19（12分）在五面体中， , ,， ，平面平面.（1） 证明: 直线平面；（2） 已知为棱上的点，试确定点位置，使二面角的大小为.【答案】(1)见解析；(2) 点靠近点的的三等分点处.【解析】试题分析：（1）证明一条直线垂直一个平面，只需要证明这条两个平面垂直，直线垂直两个平面的交线即可证明CEDF。平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCD=CD，CEAD，即可得到直线CE平面ADF（2）根据题意，取EF的中点G，证明DA，DC，DG两两垂直以D为原点，DA，DC，DG的方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，进行计算，确定P在棱BC上的位置（1）, 四边形为菱形,平面平面，平面平面,平面,又直线平面, ,由（1）知是平面的法向量,设，则设平面的法向量为, ，令，则二面角为, ，解得点靠近点的的三等分点处点睛：本题考查了线面垂直的证明方法线面垂直可以转化成证明面面垂直，也可以证明直线垂直平面内的两条相交直线同时考查了空间直角坐标系在立体几何中的运用能力和计算能力，属于难题。20（12分）设动点是圆上任意一点，过作轴的垂线，垂足为，若点在线段上，且满足（1）求点的轨迹的方程；（2）设直线与交于， 两点，点坐标为，若直线， 的斜率之和为定值3，求证：直线必经过定点，并求出该定点的坐标【答案】（1）（2）见解析.【解析】试题分析：（1）设P、M的坐标，根据条件得两点坐标关系，再代入点满足的方程，化简得点的轨迹的方程；（2）由题意，得即得,再将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理化简得最后根据点斜式特点得定点.（2）当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为： ，设A，B两点的坐标分别为 (x0，y0)、(x0， y0)，由题意，得，解得，所以直线l的方程为： 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+b，与C联立，消元得 将（*）代入（*），化简得，解得，代入直线l方程，得不论b怎么变化，当=0即x=时， 综上所述，直线l恒过定点 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.21（13分）如图，抛物线C:y2=2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2).（1）求抛物线C的方程及准线I的方程；（2）过焦点F的直线（不经过点Q）与抛物线交于A,B两点，与准线I交于点M，记QA,QB,QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数，使得k1+k2=k3成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1) 抛物线方程为y2=4x,准线l的方程为x=-1. (2) 存在常数=2,使得k1+k2=2k3成立【解析】试题分析：（1）把点Q(1,2)的坐标代入抛物线方程可得p=2, 从而得抛物线方程及其准线方程。（2）设直线AB的方程为y=k(x-1),k0.由题意知M(-1,-2k)，又Q(1,2),所以k3=k+1, 将直线方程代入抛物线方程消元得到一元二次方程，由根于系数的关系可得x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1，从而k1=2-y11-x1,k2=2-y21-x2，又由A,F,B三点共线,得kAF=kBF=k，即y1x1-1=y2x2-1=k,所以可得k1+k2=2-y11-x1+2-y21-x2=2(k+1)=k3，故存在常数=2，使得k1+k2=2k3成立。显然=4(k2+2)2-4k4=16(k2+1)0，设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1，又Q(1,2),则k1=2-y11-x1,k1=2-y21-x2。 点睛：存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在22（13分）已知椭圆 的长轴长是短轴长的2倍，且过点求椭圆的方程；若在椭圆上有相异的两点（三点不共线），为坐标原点，且直线，直线，直线的斜率满足.（）求证： 是定值；（）设的面积为，当取得最大值时，求直线的方程【答案】（1）；（2）证明见解析， .【解析】试题分析：（1）由题可知： ，可设椭圆方程为，由椭圆过点，即可求出， 的值，从而求出椭圆的方程；（2）（）设直线AB方程为： ， ， ，根据，可化简得，再根据三点不共线，进而化简得，联立直线与椭圆方程，消去，结合韦达定理，即可解得，从而可得，()表示出，即可求出定值；（）表示出= ，结合的取值范围及基本不等式，求出取得最大值时的值，进而可求出直线方程. 试题解析：（1）由题可知： ，可设椭圆方程为，又因椭圆过点，则，解得，所以椭圆方程为 () =将代入得= () =由 可得： ，则=，当且仅当时，直线方程为.点睛：（1）定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现；（2）在圆锥曲线中研究最值，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时，常从以下方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是两个参数之间建立等量关系；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.