高中數(shù)學(xué)人教A版1本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 市賽獲獎(jiǎng)2

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【解析】選D.由已知得雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)其標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2由題意得a2+b2=16,所以雙曲線方程為x24-5.(2023·聊城高二檢測(cè))對(duì)?k∈R，方程x2+ky2=1所表示的曲線不可能是()A.兩條直線 B.圓C.橢圓或雙曲線 D.拋物線【解析】選D.根據(jù)方程特征只含x2，y2項(xiàng)，知它不可能表示拋物線.6.(2023·青島高二檢測(cè))已知空間向量a=(1，n，2)，b=(-2，1，2)，若2a-b與b垂直，則|aA.532 B.212 C.372【解析】選D.2a-b=(4，2n-1，2)，由2a-b與b垂直知(2a-b)·b所以|a|=1+254+4=7.已知A(2，1，0)，點(diǎn)B在平面xOz內(nèi)，若直線AB的方向向量是(3，-1，2)，則點(diǎn)B的坐標(biāo)是()A.(5，0，2) B.(1，-2，2)C.(2，0，5) D.(2，-2，1)【解析】選A.設(shè)B(x，0，z)，則AB由題意得x-23=-1所以點(diǎn)B的坐標(biāo)為(5，0，2).8.(2023·綏化高二檢測(cè))方程mx+ny2=0與mx2+ny2=1(|m|>|n|>0)的曲線在同一坐標(biāo)系中的示意圖可能是()【解析】選A.方程mx+ny2=0可化為y2=-mn方程mx2+ny2=1可化為x21m對(duì)于A，由拋物線知-mn>0，由雙曲線知1m<0，對(duì)于B，由拋物線知-mn<0，由雙曲線知1m<0，對(duì)于C，由拋物線知-mn>0，由橢圓知1m>對(duì)于D，由拋物線知-mn<0，由橢圓知1m>其中1m>19.過拋物線y2=8x的焦點(diǎn)F作傾斜角為135°的直線，交拋物線于A，B兩點(diǎn)，則弦AB的長(zhǎng)為() B.8 【解析】選D.拋物線y2=8x的焦點(diǎn)F(2，0)，所以直線AB方程為y=-x+2，代入y2=8x得x2-12x+4=0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|=x1+x2+4=12+4=16.10.已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都等于a，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點(diǎn)，則AE→·14 122 【解析】選A.如圖，AE→=12(AB→+AC→)，AF→=12AD→，AE=14(a2cos60°+a2cos60°)=14a11.長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=1，E為CC1的中點(diǎn)，則異面直線BC1A.1010 B.3010 C.21510【解析】選B.建立坐標(biāo)系如圖，則A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)，BCAEcos<BC1→，AE→所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為3010【延伸探究】本題中若將E為CC1的中點(diǎn)改為M是AB的中點(diǎn)，其他條件不變，試計(jì)算sin<DB1→【解析】建立坐標(biāo)系如圖，則D(0，0，0)，B1(1，2，2)，C(0，2，0)，M(1，1，0)，所以DB1→故cos<DB1→，CM→所以sin<DB1→，CM→12.(2023·煙臺(tái)高二檢測(cè))橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P為橢圓C上任一點(diǎn)，且|PF1→|·|PF2→A.33,2C.33,1 【解析】選A.由題意知|PF1→|+|P所以|PF1→|·|PF2→|≤|PF1→|+|PF2→|22=a2，當(dāng)且僅當(dāng)|PF1→|二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分.請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上)13.已知直線l1，l2的方向向量分別為a=(1，2，4)，b=(-1，-2，m)，且l1∥l2，則m的值為.【解析】由l1∥l2，知a∥b，故m=-4.答案：-414.命題“若x>0，則x2>0”的否命題為.【解析】命題“若x>0，則x2>0”的否命題為“若x≤0，則x2≤0.”答案：若x≤0，則x2≤015.(2023·長(zhǎng)沙高二檢測(cè))如圖，橢圓x216+y212=1的長(zhǎng)軸為A1A2，短軸為B1B2，將坐標(biāo)平面沿y軸折成一個(gè)二面角，使點(diǎn)A2在平面B1A1B【解析】由題意知折成二面角后，A1O⊥B1B2，A2O⊥B1B2，所以∠A1OA2是此二面角的平面角，因?yàn)闄E圓x216+y2所以半焦距c=a2-b所以|OF1|=2，|A2O|=4，又因?yàn)锳2F1⊥平面B1A1B所以∠A2F1所以cos∠A1OA2=|OF1||所以∠A1OA2=π3答案：π16.(2023·福州高二檢測(cè))方程x|x|4+y|y|=-1確定的曲線即為y=f(x)的圖象，①f(x)單調(diào)遞增；②函數(shù)g(x)=2f(x)+x不存在零點(diǎn)；③f(x)的圖象與h(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則h(x)的圖象就是方程y|y|4④f(x)的圖象上的點(diǎn)到原點(diǎn)的最小距離為1.則上述結(jié)論正確的是(只填序號(hào)).【解析】對(duì)于①，當(dāng)x≥0且y≥0時(shí)，方程為x24+y當(dāng)x<0且y<0時(shí)，方程為x24+y此時(shí)y=-1-當(dāng)x≥0且y<0時(shí)，方程為x24-y此時(shí)y=-x2當(dāng)x<0且y≥0時(shí)，方程為-x24+y2因此作出函數(shù)的圖象，如圖所示.由圖象可知函數(shù)在R上單調(diào)遞減，所以①不成立.對(duì)于②由g(x)=2f(x)+x=0得f(x)=-12因?yàn)殡p曲線x24-y2=-1和-x24+y所以函數(shù)y=f(x)與直線y=-12因此g(x)=2f(x)+x不存在零點(diǎn)，可得②正確.對(duì)于③，若函數(shù)y=h(x)和y=f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則用-x，-y分別代替x，y，可得-y=f(-x)就是y=h(x)表達(dá)式，可得h(x)=-f(-x)，則函數(shù)y=h(x)的圖象是方程x|x|而不是方程y|y|對(duì)于④，由圖象可得，f(x)的圖象上的點(diǎn)(0，-1)到原點(diǎn)的距離最小，且為1，所以④正確.答案：②④三、解答題(本大題共6小題，共70分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)(2023·大連高二檢測(cè))已知命題p：方程x22-m+y2m-1=1所表示的圖形是焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線；命題q：方程4x2+4(m-2)x+1=0無實(shí)根；又p∨q為真，【解析】因?yàn)榉匠蘹22-m+y2故命題p：m>2.又因?yàn)?x2+4(m-2)x+1=0無實(shí)根，所以Δ=[4(m-2)]2-4×4×1<0，即m2-4m+3<0，解得1<m<3.又因?yàn)閜∨q為真，q為真，所以p真，q假，即m>2,綜合上述，實(shí)數(shù)m的取值范圍為[3，+∞).18.(12分)(2023·廈門高二檢測(cè))如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD為矩形，PA⊥底面ABCD，BC=4，AB=PA=為線段PC的中點(diǎn)，N在線段BC上，且BN=1.(1)證明：BM⊥AN.(2)求直線MN與平面PCD所成角的正弦值.【解析】如圖，以A為原點(diǎn)，分別以AB→，AD→，P(0，0，2)，M(1，2，1)，N(2，1，0).(1)AN→=(2，1，0)，所以AN→·所以AN→⊥(2)設(shè)平面PCD的法向量為n=(x，y，z)，PC→=(2，4，-2)，取y=1，得平面PCD的一個(gè)法向量為n=(0，1，2)，設(shè)直線MN與平面PCD所成角為θ，則由MN得sinθ=|cos<MN→，n19.(12分)(2023·石家莊高二檢測(cè))已知雙曲線x2-2y2=2的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，動(dòng)點(diǎn)P滿足|PF1|+|PF2|=4.(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程.(2)若M是曲線E上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求|MF2|的最小值，并說明理由.【解析】(1)F1(-3，0)，F(xiàn)2(3，0)，且|PF1|+|PF2|=4，所以P點(diǎn)的軌跡E是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓，且a=2，c=3，b=1，所以軌跡方程為：x24+y(2)設(shè)M(x，y)，則x24+y即y2=1-x2所以|MF2|=(x-3=32x-22因?yàn)镸(x，y)在x24+y故|MF2|=2-32于是|MF2|有最小值2-3.20.(12分)(2023·浙江高考)如圖，已知拋物線C1：y=14x2，圓C2：x2+(y-1)2=1，過點(diǎn)P(t，0)(t>0)作不過原點(diǎn)O的直線PA，PB分別與拋物線C1和圓C2相切，A，(1)求點(diǎn)A，B的坐標(biāo).(2)求△PAB的面積.注：直線與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，且與拋物線的對(duì)稱軸不平行，則該直線與拋物線相切，稱該公共點(diǎn)為切點(diǎn).【解題指南】(1)設(shè)出直線PA的方程，通過聯(lián)立方程，判別式為零，得到點(diǎn)A的坐標(biāo)；根據(jù)圓的性質(zhì)，利用點(diǎn)關(guān)于直線對(duì)稱，得到點(diǎn)B的坐標(biāo).(2)利用兩點(diǎn)間距離公式及點(diǎn)到直線的距離公式，得到三角形的底邊長(zhǎng)與底邊上的高，由此計(jì)算三角形的面積.【解析】(1)由題意可知，直線PA的斜率存在，故可設(shè)直線PA的方程為y=k(x-t)，所以y=k(x-t),x2-4kx+4kt=0.因?yàn)橹本€PA與拋物線相切，所以Δ=16k2-16kt=0，解得k=t.所以x=2t，即點(diǎn)A(2t，t2).設(shè)圓C2的圓心為D(0，1)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x0，y0)，由題意知，點(diǎn)B，O關(guān)于直線PD對(duì)稱，故有y解得x0=2t1+t2，y即點(diǎn)B2t(2)由(1)知，|AP|=t1+直線AP的方程為tx-y-t2=0，所以點(diǎn)B到直線PA的距離為d=t2所以△PAB的面積為S=12|AP|·d=t【補(bǔ)償訓(xùn)練】已知直線x+y-1=0與橢圓x2+by2=34相交于兩個(gè)不同點(diǎn)，【解析】由x得(4b+4)y2-8y+1=0.因?yàn)橹本€與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)，所以4b+4≠0,又方程x2+by2=34所以b>0，且b≠1.綜上，實(shí)數(shù)b的取值范圍是{b|0<b<3且b≠1}.21.(12分)(2023·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,AB=5,AC=6,點(diǎn)E,F分別在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′=10(1)證明:D′H⊥平面ABCD.(2)求二面角B-D′A-C的正弦值.【解析】(1)因?yàn)锳E=CF=54所以AEAD=所以EF∥AC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,所以AC⊥BD,所以EF⊥BD,所以EF⊥DH,所以EF⊥D′H.因?yàn)锳C=6,所以AO=3;又AB=5,AO⊥OB,所以O(shè)B=4,所以O(shè)H=AE所以DH=D′H=3,所以|OD′|2=|OH|2+|D′H|2,所以D′H⊥OH.又因?yàn)镺H∩EF=H,所以D′H⊥平面ABCD.(2)建立如圖所示的坐標(biāo)系,設(shè)二面角B-D′A-C的平面角為θ.B(5,0,0),C(1,3,0),D′(0,0,3),A(1,-3,0),ABAD'→=(-1,3,3),設(shè)平面ABD′的法向量為n1=(x,y,z),由QUOTEn1·AB→=0,得4取x所以n1=(3,-4,5).設(shè)平面ACD′的法向量為n2=(a,b,c),由QUOTEn1·AC→=0,得6取a所以n2=(3,0,1),所以|cosθ|=QUOTE|n1·n2||n1||所以sinθ=29522.(12分)(2023·天津高考)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c，0)，離心率為33，點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2+y2(1)求直線FM的斜率.(2)求橢圓的方程.(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上，若直線FP的斜率大于2，求直線OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍.【解題指南】(1)由橢圓知識(shí)先求出a，b，c的關(guān)系，設(shè)直線FM的方程為y=k(x+c)，求出圓心到直線的距離，由勾股定理可求斜率k的值.(2)由(1)設(shè)橢圓方程為x23c2+y2(3)設(shè)出直線FP：y=t(x+1)，與橢圓方程聯(lián)立，求得t=6-2x2【解析】(1)由已知有c2a2=13，又由a2=b2+c2，可得a2=3c2，b2設(shè)直線FM的斜率為k(k>0)，則直線FM的方程為y=k(x+c).由已知，有kck2+12+c(2)由(1)得橢圓方程