高二上學(xué)期第一次月考選擇題壓軸題50題專練

高二上學(xué)期第一次月考選擇題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】1．（2023秋·山東煙臺·高二?？奸_學(xué)考試）若向量a，b，c是空間的一個基底，向量m=a+b，n=a?bA．a(chǎn) B．b C．c D．2【解題思路】向量a→，b→，c→是空間的一個基底的充要條件為a→，【解答過程】向量a→，b→，c→是空間的一個基底，則a→，對于選項A：a→=12[(a→+b對于選項B：b→=12[（a→+b→）﹣（a→?b對于選項C：c→，m→，n→對于選項D：由選項A得：2a→=m→+n→，故2a故選C．2．（2023秋·全國·高二專題練習(xí)）對于空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，且有OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R)，則x=2，y=?3，z=2是PA．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【解題思路】利用空間中共面定理：空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，且OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R),得P,A【解答過程】解：空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，且OP則P,A,B,C四點共面等價于x+y+z=1若x=2，y=?3，z=2，則x+y+z=1，所以P,A,B,C四點共面若P,A,B,C四點共面，則x+y+z=1，不能得到x=2，y=?3，z=2所以x=2，y=?3，z=2是P,A,B,C四點共面的充分不必要條件故選B.3．（2023秋·河北邯鄲·高二?？奸_學(xué)考試）設(shè)點A(2,?3)?B(?3,?2)，若直線l過點P(1,1)且與線段AB相交，則直線l的斜率k的取值范圍是（

）A．k≥34或k≤?4 B．k≥C．?4≤k≤34 【解題思路】根據(jù)斜率的公式，利用數(shù)形結(jié)合思想進行求解即可.【解答過程】如圖所示：

依題意，kPA要想直線l過點P(1,1)且與線段AB相交，則k≥34或故選：A.4．（2023秋·高二課時練習(xí)）在平面直角坐標系中，把橫、縱坐標均為有理數(shù)的點稱為有理點．若a為無理數(shù)，則在過點Pa,?12A．有無窮多條直線，每條直線上至少存在兩個有理點B．恰有nn≥2C．有且僅有一條直線至少過兩個有理點D．每條直線至多過一個有理點【解題思路】分析斜率不存在的直線和斜率為0的直線上的有理點的個數(shù)，再在斜率存在且不為0的直線上假設(shè)有兩個有理點M(x【解答過程】顯然直線y=?12過直線x=a上的所有點都不是有理點，其它過P點斜率存在且不為0的直線上假如有兩個有理點M(x1,則此直線的斜率為kMN=y1?因此此類直線上不可能有兩個或以上的有理點．所以AB均錯，C正確．故選：C．5．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知正四面體ABCD的棱長為6，P是四面體ABCD外接球的球面上任意一點，則PA?PB的取值范圍為（A．6?66,6+66C．33?36【解題思路】根據(jù)題意，求得該正四面體的外接球的半徑R=362，進而得PA?PB【解答過程】如圖，設(shè)E,F分別為正四面體ABCD棱CD,AB中點，作AO′⊥平面BCD所以，由正四面體的性質(zhì)知B,E,O′三點共線，且BO′=因為正四面體ABCD的棱長為6，所以BO′=設(shè)四面體ABCD外接球的半徑為R，即OA=OB=R，所以，AO′?R2+所以O(shè)O′=A因為P是四面體ABCD外接球的球面上任意一點，所以，PA因為OA?OB+所以PA=9?93因為OF,所以9?9故選：B.6．（2023·全國·高二專題練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，EF是正方體ABCD?AA．?2,0 B．?1,0 C．0,1 D．0,2【解題思路】求出正方體ABCD?A1B1C1D1的外接球O的半徑【解答過程】設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D則2R=23，可得R=3，所以，PE=PO當點OP與正方體ABCD?A1B1C當點P與正方體ABCD?A1B1C所以，1≤OP≤3，所以，PE故選：A.7．（2023·江西·校聯(lián)考二模）在直角△ABC，中AC=2,∠C=90°,AB上有一動點P，將△ACP沿CP折起使得二面角A′?CP?B=60°，則當A′BA．32 B．83 C．2 【解題思路】設(shè)∠ACP=θ,BC=a，用θ,a表示A′M,MN,BN，根據(jù)空間向量A′【解答過程】分別過A,B作AM⊥MC,BN⊥MC，垂足分別為M,N，連接A′設(shè)∠ACP=θ∈0,π2可得AM=2sin故A'∵A′B=又∵A′M⊥故A′∵θ∈0,π2可得A′B2=a又∵y=a2?3a+4可得當a=32時，y=a故當θ=π4，a=32時，故選：A.8．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知點A(2,?3)，B(?3,?2)．若直線l:mx+y?m?1=0與線段AB相交，則實數(shù)m的取值范圍是（

）A．?∞,?34∪[4,+∞)C．15,+∞ 【解題思路】直線l過定點P（1，1），且與線段AB相交，利用數(shù)形結(jié)合法，求出PA、PB的斜率，從而得出l的斜率?m的取值范圍,即得解【解答過程】設(shè)直線l過定點P(x,y)，則直線l:mx+y?m?1=0可寫成m(x?1)+y?1=0，令x?1=0,y?1=0,解得x=1,y=1.∴直線l必過定點kPA=?3?12?1=?4，kPB=

∴由圖象知，?m≥34或?m≤?4，解得m≤?3則實數(shù)m的取值范圍是?∞,?3故選：A.9．（2023春·安徽安慶·高二?？茧A段練習(xí)）已知a>0，b>0，兩直線l1：a?1x+y?1=0，l2：x+2by+1=0，且l1⊥A．2 B．4 C．6 D．8【解題思路】由直線垂直得a,b間的關(guān)系，然后湊配出積的定值，求得最小值．【解答過程】因為l1⊥l2，所以又a>0,b>0，所以2a+1b=(a+2b)故選：D．10．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知在△ABC中，其中B(1,4)，C(6,3)，∠BAC的平分線所在的直線方程為x?y+1=0，則△ABC的面積為（

）A．52 B．102 C．8 【解題思路】首先求得直線x?y+1=0與直線BC的交點D的坐標，利用D到直線AB,AC的距離相等列方程，解方程求得A點的坐標.利用A到直線BC的距離以及BC的長，求得三角形ABC的面積.【解答過程】直線BC的方程為y?4=?15x?1由x+5y?21=0x?y+1=0解得D設(shè)Aa,a+1,a≠83，直線a?3x?a?1y+3a?1，a?2x?a?6a?3×2a?1632a2a2?83a=0，解得a=0所以A0,1到直線BC的距離為5?2112+5故選：C.11．（2023春·浙江·高二學(xué)業(yè)考試）如圖所示，△ABC是邊長為3正三角形，AC=3AD，S是空間內(nèi)一點，θ1,θ2分別是S?AB?C，S?BC?A的二面角，滿足tanθ1=2

A．367 B．967 C．【解題思路】先求得BD，根據(jù)二面角以及解直角三角形等知識分別求得cos∠SBA和cos【解答過程】由于AC=3AD，所以由余弦定理得BD=1+9?2×1×3×則cos∠DBA=9+7?12×3×所以sin∠DBA=1?5同理可求得tan∠DBC=

設(shè)O∈平面ABC，且SO⊥平面ABC，過O作OE⊥AB，垂足為E，過O作OF⊥BC，垂足為F，連接SE,SF，由于AB,BC?平面ABC，所以SO⊥AB,SO⊥BC，由于OE∩SO=O,OE,SO?平面SOE，所以AB⊥平面SOE，由于SE?平面SOE，所以AB⊥SE，所以∠SEO=θ同理可證得∠SFO=θ2，依題意即SOOE設(shè)∠OBF=α,∠OBE=β，則sinα=所以sinα=22sinα=3所以B,O,D三點共線，而BD?平面ABC，所以SO⊥BD，tanα=OFBF連接SD，過D作DG⊥SB，垂足為G，則DG=1，所以BG=72?1由cos∠SBA=BE=6即2825cos2∠SBA=6由cos∠SBC=BF=6即74cos2∠SBC=6所以cos∠SBA+cos∠SBC=

故選：D.12．（2023·全國·高二專題練習(xí)）平面直角坐標系中下列關(guān)于直線的幾何性質(zhì)說法中，正確的有幾個（

）①直線l：x+y?3=0過點P②直線y=kx?2在y軸的截距是2③直線x?y+4=0的圖像不經(jīng)過第四象限④直線x?3y+1=0A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】①代入驗證即可；②當x=0時可得在y軸的截距；③由k>0,b>0可判斷；④先求斜率可得傾斜角.【解答過程】①將P1,2代入x+y?3=0得1+2?3=0②當x=0時，y=?2，故在y③由x?y+4=0得y=x+4，故k=1>0，b=4>0故其圖像不經(jīng)過第四象限，故正確；④x?3y+1=0的斜率為33故選：C.13．（2023·全國·高二專題練習(xí)）在正四棱錐P?ABCD中，若PE=23PB，PF=13PC，平面AEF與棱PD交于點A．746 B．845 C．745【解題思路】利用A、E、F、G四點共面，PG=25PD，由錐體體積公式，求出VP?AEF【解答過程】如圖所示，

設(shè)PG=λPD，由A、E、F、設(shè)AF=xAE+y即AP+得23又AP，AB，AD不共面，則23?y?x3+λy=0設(shè)?1，?2分別是點F到平面PAE和點C到平面PAB的距離，則所以VP?AEFVP?ABC=1同理，VP?AGFVP?ADC=VV則四棱錐P?AEFG與四棱錐P?ABCD的體積比為845故選：B.14．（2023·全國·高二專題練習(xí)）在空間直角坐標系中，OA=2a,2b,0,OB=c?1,d,1A．OA·OB的最小值為6 B．C．AB最大值為26 D．AB最小值為1【解題思路】根據(jù)題意可設(shè)a=cosθ,b=sinθ,c=2cosφ,d=2sinφ，根據(jù)數(shù)量積的定義可得OA·OB=4【解答過程】根據(jù)題意可設(shè)a=cos則OA·當θ=0,φ=?π時，OA·當θ=π,φ=?π時，OA·另一方面，AB==≤10+8+4+4當θ=2π,φ=π時可以取到最大值26，進一步變形上式，AB≥=10+4令4cos則AB=當cosθ=?綜上可得，只有B錯誤，故選B.15．（2023秋·湖北·高二校聯(lián)考開學(xué)考試）在四面體ABCD中（如圖），平面ABD⊥平面ACD，△ABD是等邊三角形，AD=CD，AD⊥CD，M為AB的中點，N在側(cè)面BCD上（包含邊界），若MN=xAB+yAC+z

A．若x=12，則MN∥平面ACD B．若z=0C．當MN最小時，x=14 D．當MN【解題思路】根據(jù)可證CD⊥平面ABD，設(shè)BN=λBC+μBD，且λ,μ∈0,1,λ+μ≤1，進而可得x=12?λ?μy=λz=μ，對于A：若x=12，則點N即為點B，進而可得結(jié)果；對于B：若z=0，可得點N在線段BC【解答過程】因為AD⊥CD，平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，CD?平面ACD，所以CD⊥平面ABD，且BD?平面ABD，可得CD⊥BD，又因為N在側(cè)面BCD上（包含邊界），設(shè)BN=λBC+μ可得MN=1又因為MN=xAB+yAC+z對于選項A：若x=12?λ?μ=12，則λ=μ=0顯然MN∩平面ACD=A，故A錯誤；對于選項B：若z=μ=0，則BN=λBC，可得點N在線段由CD⊥平面ABD，可知當且僅當點N為點B，MN⊥CD，故B錯誤；過M作ME⊥BD，垂足為E，可得BE=BM?

因為CD⊥平面ABD，ME?平面ABD，則ME⊥CD，且BD∩CD=D，BD,CD?平面BCD，所以ME⊥平面BCD，可得MN=對于選項C：顯然當點N即為點E時，MN最小，此時λ=0,μ=1可得y=0,z=1對于選項D：顯然當點N即為點C時，NE最大，則MN最大，此時λ=1,μ=0，可得y=1,z=0,x=1故選：C.16．（2023·全國·高二專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，且AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°，E，F(xiàn)分別為PB，PC上的點，且PE=2EB，PF=FC，A．1 B．2 C．2 D．6【解題思路】根據(jù)給定條件選定基底向量AB,AD,【解答過程】在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，連接AC，如圖，PE=2EB，則EF=1又AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°，則AB?AD=因此，|=1故選：B.17．（2023秋·高二單元測試）數(shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)現(xiàn)，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一條直線上，這條直線稱為歐拉線已知ΔABC的頂點A2,0,B0,4，若其歐拉線的方程為x?y+2=0A．?4,0 B．?3,?1 C．?5,0 D．?4,?2【解題思路】設(shè)出點C的坐標，由重心坐標公式求得重心，代入歐拉線得一方程，求出AB的垂直平分線，和歐拉線方程聯(lián)立求得三角形的外心，由外心到兩個頂點的距離相等得另一方程，兩方程聯(lián)立求得點C的坐標【解答過程】設(shè)C（m，n），由重心坐標公式得，三角形ABC的重心為2+m3,4+n3代入歐拉線方程得：2+mAB的中點為（1，2），kAB=4?00?2=?2即x2y+3=0．聯(lián)立x?2y+3=0x?y+2=0解得∴△ABC的外心為（1，1）．則（m+1）2+（n1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m2n=8②聯(lián)立①②得：m=4，n=0或m=0，n=4．當m=0，n=4時B，C重合，舍去．∴頂點C的坐標是（4，0）．故選A.18．（2023秋·河北邯鄲·高二統(tǒng)考期末）已知點P在直線l：3x+4y?20=0上，過點P的兩條直線與圓O：x2+y2=4分別相切于A,B兩點，則圓心OA．32 B．455 C．【解題思路】得到P,A,O,B四點共圓，且圓的直徑為OP，從而設(shè)出Pm,n，表達出圓心和半徑，寫出圓的方程，與x2+y2=4相減后得到直線AB的方程為4?mx?ny=0，利用點到直線距離公式得到圓心O到直線AB的距離【解答過程】由題意得：P,A,O,B四點共圓，且圓的直徑為OP，設(shè)Pm,n，則3m+4n?20=0則OP的中點為圓心，圓心坐標為m2,n所以圓的方程為：x?m整理得：x2將x2+y2=4故直線AB的方程為4?mx?ny=0，圓心O到直線AB的距離d=4因為3m+4n?20=0，所以m2當且僅當m=12故d=4故選：D.19．（2023·全國·高二專題練習(xí)）數(shù)學(xué)家歐拉于1765年在他的著作《三角形的幾何學(xué)》中首次提出定理：三角形的外心（三邊中垂線的交點）、重心（三邊中線的交點）、垂心（三邊高的交點）依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，這條直線被后人稱之為三角形的歐拉線．已知△ABC的頂點為A(0,0)，B(m,0)，C(2,n)，且歐拉線方程為x+2y?5=0，則△ABC的重心到垂心的距離為（

）A．53 B．54 C．55【解題思路】確定重心為Gm+23,n3，代入方程得到m+2n=13，確定垂心H(2,a)，代入方程得到a=【解答過程】△ABC的頂點為A(0,0)，B(m,0)，C(2,n)，所以重心Gm+2代入歐拉線方程，得m+23+2n因為A(0,0)，B(m,0)都在x軸，C(2,n)，故可設(shè)垂心H(2,a)，代入歐拉線方程，得2+2a?5=0，a=32，垂心kHB?km+2n=134m=3n+8，解得n=4m=5，故重心為G7故選：D.20．（2023·全國·高二專題練習(xí)）設(shè)m∈R，過定點A的動直線x+my+1=0和過定點B的動直線mx?y?2m+3=0交于點Px,y，則PA+PBA．25 B．32 C．3【解題思路】根據(jù)動直線方程求出定點A,B的坐標，并判斷兩動直線互相垂直，進而可得|PA|2+|PB【解答過程】解：由題意，動直線x+my+1=0過定點A(?1,0)，直線mx?y?2m+3=0可化為(x?2)m+3?y=0，令x?2=03?y=0，可得B(2,3)又1×m+m×(?1)=0，所以兩動直線互相垂直，且交點為P，所以|PA|因為|PA|所以PA+PB≤故選：D.21．（2023秋·全國·高二隨堂練習(xí)）對于直線l：ax+ay?1a=0①無論a如何變化，直線l的傾斜角大小不變；②無論a如何變化，直線l一定不經(jīng)過第三象限；③無論a如何變化，直線l必經(jīng)過第一、二、三象限；④當a取不同數(shù)值時，可得到一組平行直線．其中正確的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】將直線化為斜截式方程，得出直線的斜率與傾斜角，可判斷①正確，④正確；由直線的縱截距為正，可判斷②正確，③錯誤．【解答過程】直線l：ax+ay?1a=0（a≠0），可化簡為：x+y?1a2=0，即y=?x+1a2，則直線的斜率為?1，傾斜角為故選：C.22．（2023春·上海寶山·高二?？奸_學(xué)考試）A?2,0，B2,0，C0,2，E?1,0，F(xiàn)1,0，一束光線從點F出發(fā)射到BC上的點D，經(jīng)BC反射后，再經(jīng)AC反射，落到線段AEA．?∞,2 C．1,+∞ D．【解題思路】先根據(jù)題意求得A?2,0關(guān)于直線BC對稱的點為A12,4，點E?1,0關(guān)于直線AC的對稱點為E1?2,【解答過程】設(shè)直線BC方程為y=kx+b，則0=2k+b2=b，解得k=?1b=2，即BC:y=?x+2，即設(shè)A?2,0關(guān)于直線BC對稱的點為A1x,y，則yx+2=1同理可得：點E?1,0關(guān)于直線AC:y=x+2點E1?2,1關(guān)于直線BC:y=?x+2的對稱點為如圖所示：利用光線反射的性質(zhì)可知，當這束光線反射后最終經(jīng)過點A時，則其先經(jīng)過點N；當這束光線反射后最終經(jīng)過點E時，則其先經(jīng)過點M；所以點M,N之間為點D的變動范圍，因為E21,4，F(xiàn)1,0，所以直線F所以kFD>k故選：D.23．（2023春·河北石家莊·高三?？茧A段練習(xí)）已知圓C是以點M(2,23)和點N(6,?23)為直徑的圓，點P為圓C上的動點，若點A(2,0)，點B(1,1)，則A．26 B．4+2 C．8+52 【解題思路】由題設(shè)可知圓C：(x?4)2+y2=16，在坐標系中找到D(?4,0)【解答過程】由題設(shè)，知：C(4,0)且|MN|=(?23?2∴圓C：(x?4)2如上圖，坐標系中D(?4,0)則OD=2AC=CP=OC=4，∴ACCP=PCDC=12，即∴2|PA|?|PB|=|PD|?|PB|，在△PBD中|PD|?|PB|<|BD|，∴要使|PD|?|PB|最大，P,B,D共線且最大值為|BD|的長度.∴|BD|=(1+4)故選：A.24．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知二次函數(shù)y=x2?2x+m?(m≠0)交x軸于A,B兩點(A,B不重合)，交y軸于C①圓心M在直線x=1上；②m的取值范圍是(0,1)；③圓M半徑的最小值為1；④存在定點N，使得圓M恒過點N.A．①②③ B．①③④ C．②③ D．①④【解題思路】根據(jù)圓的的性質(zhì)得圓心橫坐標為1；根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)與二次函數(shù)與x軸有兩個焦點可得m的取值范圍；假設(shè)圓方程為(x?1)2+(y?b)【解答過程】二次函數(shù)y=x2?2x+m因為對稱軸x=1為線段AB的中垂線，所以圓心在直線x=1上，故①正確；因為二次函數(shù)與x軸有兩點不同交點，所以Δ=4?4m>0，即m<1，故②錯誤；不妨設(shè)A在B的左邊，則A(1?1?m,0)，設(shè)圓方程為(x?1)21?1?mb=m+12因為m<1，所以r2=1由上得圓方程為(x?1)2即x2?2x+y故選D.25．（2023秋·全國·高二隨堂練習(xí)）直線x+y+2=0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓x?22+y2=2上，則A．2?，??6 B．4?，【解題思路】先求出A，B兩點坐標得到AB，再計算圓心到直線距離，得到點P到直線距離范圍，由面積公式計算即可【解答過程】∵直線x+y+2=0分別與x軸，y軸交于A∴A?∵點P在圓（x∴圓心為（2，0），則圓心到直線距離d故點P到直線x+y+2=0的距離則S故選A.26．（2023秋·高二課時練習(xí)）已知圓C1:x?12+y+12=1，圓C2:x?42+y?52=9，點A．35+4 B．9 C．7 【解題思路】分析可知PN?PMmax=PC2?PC1【解答過程】圓C1:x?12+圓C2:x?42+∵PN又PNmax=P∴PN點C24,5關(guān)于x軸的對稱點為PC所以，PN?故選：B．27．（2023·全國·高二專題練習(xí)）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與歐幾里得、阿基米德被稱為亞歷山大時期數(shù)學(xué)三巨匠，他對圓錐曲線有深刻且系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書中，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知動點M與兩定點A，B的距離之比為λ(λ>0,λ≠1)，那么點M的軌跡就是阿波羅尼斯圓．如動點M與兩定點A95,0，B5,0的距離之比為35時的阿波羅尼斯圓為x2+y2=9．下面，我們來研究與此相關(guān)的一個問題：已知圓O:xA．2+10 B．21 C．26 D．【解題思路】取點N(?4,0)，推理證明得|MN|=2|MA|，把問題轉(zhuǎn)化為求點M到定點B，N距離和的最小值作答.【解答過程】如圖，點M在圓O:x2+y2=4上，取點當點O,M,N不共線時，|OM||OA|=|ON||OM|=2，又∠AOM=∠MON則有|MN||MA|=|OM||OA|=2，當點O,M,N因此2MA+MB=|MN|+|MB|≥|BN|=(?4?1)2+所以2MA+MB故選：C.28．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知點A?1,0，B1,0，C0,1，直線y=ax+ba>0將△ABC分割為面積相等的兩部分，則A．0,1 B．1?22,12 【解題思路】先求得直線y=ax+b（a＞0）與x軸的交點為M（?ba，0），由?ba≤0可得點M在射線OA上．求出直線和BC的交點N的坐標，①若點M和點A重合，求得b=13；②若點M在點O和點A之間，求得13＜b＜12；③若點【解答過程】由題意可得，三角形ABC的面積為12由于直線y=ax+ba>0a>0與x軸的交點為M?由直線y=ax+ba>0將△ABC分割為面積相等的兩部分，可得b＞0，故?ba<0，故點M設(shè)直線y=ax+b和BC的交點為N，則由y=ax+bx+y=1可得點N的坐標為1?b①若點M和點A重合，如圖：則點N為線段BC的中點，故N（12，1把A、N兩點的坐標代入直線y=ax+b，求得a＝b=1②若點M在點O和點A之間，如圖：此時b>13，點N在點B和點C之間，由題意可得三角形NMB的面積等于即12?MB?yN=12，即1故有13③若點M在點A的左側(cè)，則b<13，由點M的橫坐標?ba<?設(shè)直線y=ax+b和AC的交點為P，則由y=ax+by=x+1求得點P的坐標為1?b此時，由題意可得，三角形CPN的面積等于12，即1即121?b?1?ba+1?由于此時b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2＝|a2﹣1|＝1﹣a2．兩邊開方可得21?b=1?a2＜故有1?22綜上可得b的取值范圍應(yīng)是1?2故選：B．29．（2023秋·全國·高二階段練習(xí)）在平面直角坐標系中，已知點Pa,b滿足a+b=1，記d為點P到直線x?my?2=0的距離.當a,b,m變化時，A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】根據(jù)直線l:x?my?2=0過定點A確定出對于給定的一點P，d取最大值時PA⊥l且dmax=PA，然后根據(jù)點P為正方形上任意一點求解出PA【解答過程】直線l:x?my?2=0過定點A2,0對于任意確定的點P，當PA⊥l時，此時d=PA當PA不垂直l時，過點P作PB⊥l，此時d=PB因為PB⊥AB，所以PA>PB，所以由上可知：當P確定時，dmax即為PA，且此時PA⊥l又因為P在如圖所示的正方形上運動，所以dmax當PA取最大值時，P點與M?1,0重合，此時PA所以dmax故選：C.30．（2023·全國·高二專題練習(xí)）我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚曾說“數(shù)缺形時少直觀，形少數(shù)時難入微；數(shù)形結(jié)合百般好，隔離分家萬事休.”事實上，很多代數(shù)問題可以都轉(zhuǎn)化為幾何問題加以解決，列如，與(x?a)2+(y?b)2相關(guān)的代數(shù)問題，可以轉(zhuǎn)化為點x,y與點a,b之間的距離的幾何問題.已知點Mx1,y1在直線l1:y=x+2A．722 B．1122 【解題思路】根據(jù)兩點距離公式將目標函數(shù)轉(zhuǎn)化為點Mx1,y1到點A0,4的距離與點Nx2,y2到點B【解答過程】由已知x12+y1x2?52+y所以x1過點A作AC⊥l1，垂足為因為直線l1的方程為x?y+2=0，A所以AC=又直線l1:y=x+2與直線l2所以MN=所以MN//所以四邊形AMNC為平行四邊形，所以AM=所以x1又CN+當且僅當C,N,B三點共線時等號成立，所以當點N為線段CB與直線l2x12+因為過點A0,4與直線l1垂直的直線的方程為聯(lián)立y=?x+4y=x+2，可得x=1所以點C的坐標為1,3，所以CB=所以x12+故選：D.31．（2023·全國·高二專題練習(xí)）瑞士數(shù)學(xué)家歐拉1765年在其所著的《三角形的幾何學(xué)》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上，后人稱這條直線為歐拉線.已知△ABC的頂點A?3,0，B1,3，其歐拉線方程為13x?33y+22=0，則頂點C的坐標可以是（A．2,0 B．?1,?2411 C．2,?1 【解題思路】設(shè)出點C的坐標，求出△ABC的重心并代入歐拉線方程，驗證并排除部分選項，余下選項再由外心、垂心驗證判斷作答.【解答過程】設(shè)頂點C的坐標為(a,b)，則△ABC的重心坐標為(a?2依題意，13×a?23?33×對于A，當a=2,b=0時，13a?33b?59=?33，不滿足題意，排除A；對于D，當a=?4919,b=對于B，當a=?1,b=?2411時，對于C，當a=2,b=?1時，13a?33b?59=13×2?33×(?1)?59=0，直線AB的斜率k=34，線段AB中點(?1,32)，線段AB由4x+3y?12=013x?33y+22=0解得：x=?11若點C(?1,?2411)，則直線BC的斜率k′=5722，線段BC顯然5722×(?60121)≠?1若點C(2,?1)，則直線BC的斜率k1=?4，線段BC中點(32,1)，線段BC由x?4y+52=04x+3y?12=0解得x=?△ABC邊AB上的高所在直線：y+1=?43(x?2)邊BC上的高所在直線：y=14(x+3)由4x+3y=5x?4y=?3解得：x=1119y=1719，則即△ABC的垂心在直線13x?33y+22=0上，選項C滿足題意.故選：C.32．（2023秋·湖南長沙·高三?？奸_學(xué)考試）在平面直角坐標系xOy中，若圓C1:(x+4)2+(y?1)2=r2(r>0)上存在點P，且點PA．(3,7) B．[3C．(3,+∞) 【解題思路】求出圓C1關(guān)于直線y=x+1的對稱圓的方程，由對稱圓與圓C【解答過程】圓C1:(x+4)設(shè)C1(?4,1)關(guān)于直線y=x+1的對稱點為所以1+b2=?4+aC1(?4,1)關(guān)于直線y=x+1的對稱點為由題意得，以C3為圓心，以r為半徑的圓與圓C所以|r?2|≤C2C故選：B．

33．（2023秋·廣西百色·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）圓M:x?22+y?12A．x+2y=0 B．4x+3y=0C．x?2y+5=0 【解題思路】由圓與圓位置關(guān)系的判斷可知兩圓外離，得公切線條數(shù)；根據(jù)兩圓半徑相同可確定兩條公切線過0,0，兩條公切線平行于MN，假設(shè)公切線方程，利用圓心到直線距離等于半徑可構(gòu)造方程求得公切線.【解答過程】由兩圓方程得：圓心M2,1，N?2,?1，半徑∵兩圓圓心距d=2+22+1+12∵兩圓半徑相同，∴兩圓兩條公切線經(jīng)過MN中點0,0，兩條公切線與MN平行，∵經(jīng)過MN中點的公切線斜率顯然存在，可設(shè)為：y=kx，∴2k?1k2+1=1，解得：k=0或k=∵kMN=1??12??2=1∴2t1+4=1，解得：t=±52綜上所述：兩圓的公切線方程為：y=0或4x?3y=0或x?2y+5=0或故選：C.34．（2023秋·浙江溫州·高二校考開學(xué)考試）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，正方形ABCD的中心為O，棱CC

A．OEB．SC．點F到直線OD1D．異面直線OD1與EF【解題思路】以D為原點，DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系D?xyz，計算OE?【解答過程】以D為原點，DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系

D0,0,0，O12,12,0，B1,1,0OE=?12,故選項A正確；OF=0,12,1則sinOES△FOEOD1=sinO點F到直線OD1的距離EF=12則令異面直線OD1與EF所成角θ，可得故選：D.35．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知點P為直線l：x+y?2=0上的動點，過點P作圓C：x2+2x+y2=0的切線PA，PB，切點為A,B，當PCA．3x+3y+1=0 B．3x+3y?1=0C．2x+2y+1=0 D．2x+2y?1=0【解題思路】先利用圓切線的性質(zhì)推得A,P,B,C四點共圓，AB⊥CP，從而將PC?AB轉(zhuǎn)化為2PA，進而確定PC⊥l時PC【解答過程】因為圓C：x2+2x+y所以圓心C?1,0，半徑為r=1

因為PA，PB是圓C的兩條切線，則PA⊥AC,PB⊥BC，由圓的知識可知，A,P,B,C四點共圓，且AB⊥CP，PA=PB，所以PC?AB=4所以當PC最小，即PC⊥l時，PC?AB取得最小值，此時PC的方程為聯(lián)立y=x+1x+y?2=0，解得x=12故以PC為直徑的圓的方程為x?12(x+1)+y又圓C:x兩圓的方程相減即為直線AB的方程：3x+3y+1=0.故選：A.36．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知動直線l與圓O:x2+y2=4交于A，B兩點，且∠AOB=120°．若l與圓(x?2)2A．10?46 B．1 C．46【解題思路】根據(jù)題意當動直線經(jīng)過圓(x?2)2+y2=25的圓心時，可得到弦長的最大值為該圓的直徑，再設(shè)線段AB的中點為C，從而得到動直線l在圓x2+y2【解答過程】由題意可知圓(x?2)2+y2=25則當動直線經(jīng)過圓心，即點A或B與圓心(2,0)重合時，如圖1，此時弦長t取得最大值，且最大值為tmax設(shè)線段AB的中點為C，在△AOB中，由OA=OB=2，且∠AOB=120°，則OC=1，則動直線l在圓x2所以當動直線l與x軸垂直，且點C的坐標為(?1,0)時，如圖2，此時弦長t取得最小值，且最小值為tmin所以t的最大值與最小值之差為2．故選：D．37．（2023秋·高二單元測試）已知A2,0，點P為直線x?y+5=0上的一點，點Q為圓x2+y2A．52+22 B．52?22【解題思路】令12AQ=MQ，可得M點的坐標為12【解答過程】設(shè)Mx,0,Qx則1?x12+y12=1?x=如圖，當P,Q,M三點共線時，且PM垂直于直線x?y+5=0時，PQ+MQ有最小值，為PM，即直線x?y+5=0到點M距離，為故選：D.38．（2023春·江蘇鎮(zhèn)江·高二校考階段練習(xí)）已知圓C:(x?1)2+y2=2，若存在過的P2,a的直線與圓C相交于不同兩點A,BA．?3B．?3C．?3,3D．?【解題思路】根據(jù)圓的割線定理，結(jié)合圓的性質(zhì)進行求解即可.【解答過程】圓C:x?12+y2因為PA=AB，所以點于是有(2?1)2+a2>2?由圓的割線定理可知：PA?因為PA=AB，所以于是有2AB因為AB≤2r=2所以AB2=a2?1所以a∈?故選：D.39．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知EF是圓C:x2+y2?2x?4y+3=0的一條弦，且CE⊥CF，P是EF的中點，當弦EF在圓C上運動時，直線l:x?y?3=0上存在兩點A，B，使得A．42?2 C．22?1 【解題思路】根據(jù)已知條件先確定出點P的軌跡方程，然后將問題轉(zhuǎn)化為“以AB為直徑的圓要包括圓(x?1)2+(y?2)2=1”，由此利用圓心C1,2到直線【解答過程】由題可知：⊙C:(x?1)2+(y?2)2又CE⊥CF，P是EF的中點，所以CP=1所以點P的軌跡方程(x?1)2+(y?2)2=1若直線l:x?y?3=0上存在兩點A,B，使得∠APB≥π則以AB為直徑的圓要包括圓(x?1)2點C1,2到直線l的距離為d=所以AB長度的最小值為2d+1故選：B．40．（2023秋·江蘇·高二校聯(lián)考開學(xué)考試）已知圓C的半徑為1，圓心在直線l:y=x+3上．點A?1,0，B1,0．若圓C上存在點P，使得PA2+PB2A．?3,?2 B．?3,0 C．?2,?1 D．?1,0【解題思路】設(shè)圓心Ca,a+3，表示出圓C，設(shè)Px,y，依題意可得【解答過程】依題意設(shè)圓心Ca,a+3，則圓C：x?a設(shè)Px,y，由PA2即x2依題意即圓C與圓x2+y2=4即圓心C的橫坐標a的取值范圍為?3,0.故選：B.41．（2023春·安徽滁州·高三?？奸_學(xué)考試）已知圓C：(x?2)2+y2=2，點P是直線l：4x?y?2=0上的動點，過點P引圓C的兩條切線PA、PB，其中A、BA．(23,?13) B．(?【解題思路】根據(jù)圓的切線性質(zhì)，結(jié)合圓的標準方程、圓與圓的位置關(guān)系進行求解即可.【解答過程】因為PA、PB是圓C的兩條切線，所以PA⊥AC,PB⊥BC，因此點A、B在以PC為直徑的圓上，因為點P是直線l：4x?y?2=0上的動點，所以設(shè)P(m,4m?2)，點C(2,0)，因此PC的中點的橫坐標為：m+22，縱坐標為：4m?212PC=(x?m+22)2+(1)?(2)得：(2?m)x?(4m?2)y+2m?2=0，即為直線AB的方程，由(2?m)x?(4m?2)y+2m?2=0?2x+2y?2=m(x+4y?2)?2x+2y?2=0x+4y?2=0?x=2故選：D.42．（2023秋·全國·高二階段練習(xí)）已知圓O：x2+y2=2，過直線l：2x+y=5在第一象限內(nèi)一動點P作圓O的兩條切線，切點分別是A，B，直線AB與兩坐標軸分別交于MA．12 B．1625 C．25【解題思路】設(shè)Px0,y0【解答過程】設(shè)Px0,設(shè)Ax當x1≠0,y1≠0時，kAO?kPA即xx1+yy1=x12+y12，而將P的坐標代入上述直線方程,則有x1于是直線AB的方程為x0分別令x=0,y=0，易得xM=2△OMN的面積為S=1當且僅當2x0=y0所以△OMN面積的最小值為1625故選：B.43．（2023春·廣東陽江·高二統(tǒng)考期末）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M,N,P分別為棱AB,CCA．B1?MBC的外接球面積為9π B．直線PQC．正方體被平面MNP截得的截面為正六邊形 D．點Q的軌跡長度為3π【解題思路】可證明正方體被平面MNP截得的截面為正六邊形，故可判斷C的正誤，利用面面平行的判定定理可判斷B的正誤，利用補體法可求B1?MBC的外接球的直徑后可判斷A的正誤，利用向量的方法可求D到平面MNP的距離，從而可求點【解答過程】如圖，設(shè)A1D1,A由正方體的性質(zhì)可得A1C1//RN故SP//A1C1同理，S,P,T,N也四點共面，故同理R,N,T,M也四點共面，故S,P,正方體被平面MNP截得的截面為六邊形，SP=PN=NT=TM=MT=RS=SP=2因為平面MNP∩平面B1BCC1=NT而平面B1BCC1//而NT為三角形BCC1的中位線，故NT//但∠PSR與∠A1C1B方向相反，故∠PSR故∠A1C1同理∠SRM=∠RMT=∠MTN=∠TNP=∠NPS=120°，故正方體被平面MNP截得的截面為正六邊形，故C正確.由A1C1//RN，RN?平面A1B1C同理故RS//平面A1B1C故平面A1B1C//平面MNP，而PQ?平面MNP對于A，將三棱錐B1?MBC補成如圖所示的長方體其中H,G分別為A1B1則其外接球的直徑即為MBCG?HB1C故三棱錐B1?MBC的外接球的表面積為

建立如圖所示的空間直角坐標系，

則D0,0,0故MN=設(shè)平面MNP的法向量為m=x,y,z，則故?2x+y+z=0?2x+2z=0，取x=1，則z=1,y=1故m=1,1,1，而故D到平面MNP的距離為d=DP而DQ=2，故點Q的軌跡為平面MNP該圓的半徑為4?2=1，故圓的周長為2故選：D.44．（2023·吉林長春·東北師大附中校考模擬預(yù)測）四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABCD，AB∥CD，2AB=BC=CD，BC⊥CD，側(cè)面A1ABB1A．55 B．255 C．2【解題思路】建立空間直角坐標系，確定各點坐標，設(shè)球心O1,?,12，根據(jù)OA=OC得到?=【解答過程】如圖所示：以CD,CB,CC1分別為設(shè)AB=1，則A1,2,0，C0,0,0，球心O在平面CDD1C1的投影坐標為則OA=OC，即1?12解得?=34，則設(shè)E2,0,a，a∈0,1，EA=cos設(shè)7+a=t，則a=7?t，t∈7,8則14+2a3當t=547時，有最大值為此時直線AE與OB所成的角最小，對應(yīng)的正弦值為1?2故選：D.45．（2023秋·高二單元測試）如圖，點P是棱長為2的正方體ABCD?A1B

A．當P在平面BCC1BB．當P在線段AC上運動時，D1P與AC．使直線AP與平面ABCD所成的角為45o的點P的軌跡長度為D．若F是A1B1的中點，當P在底面ABCD上運動，且滿足PF//平面B1【解題思路】由底面正方形ADD1A1的面積不變，點以D為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)P(x,2?x,0)，則D1由直線AP與平面ABCD所成的角為45°，作PM⊥平面ABCD，得到點P設(shè)P(m,m,0)，求得平面CB1D1的一個法向量為【解答過程】對于A中：底面正方形ADD1A1的面積不變，點所以四棱錐P?AA對于B中：以D為原點，DA,DC,DD1所在的直線分別為x軸、y軸和z軸，建立空間直角坐標系，可得設(shè)P(x,2?x,0),0≤x≤2，則D1設(shè)直線D1P與A1C1因為0≤x?1≤1，當x?1=0時，可得cos當0<x?1≤1時，cosθ=所以異面直線D1P與A1

對于C中：因為直線AP與平面ABCD所成的角為45°若點P在平面DCC1D因為∠B在平面ADD1A1內(nèi)，點在平面ABB1A1內(nèi)，點在平面A1B1C1因為∠PAM=45°，所以PM=AM，又因為PM=AB，所以AM=AB，所以所以點P的軌跡是以A1所以點P的軌跡的長度為14綜上，點P的軌跡的總長度為π+4

對于D中，由B1設(shè)P(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤2，則CB設(shè)平面CB1D1的一個法向量為取a=1，可得b=?1,c=?1，所以n=(1,?1,?1)因為PF//平面B1CD，所以FP?所以FP=當x=1時，等號成立，所以D錯誤.故選：D.

46．（2023·全國·高三專題練習(xí)）在平面直角坐標系中，定義d(A,B)=max{|xB(x2,y2)的“切比雪夫距離”，又設(shè)點P及l(fā)上任意一點直線l的“切比雪夫距離”，記作d(P,l)，給出下列三個命題：①對任意三點A、B、C，都有d(C,A)+d(C,B)≥d(A,B)；②已知點P(3,1)和直線l:2x?y?1=0，則d(P,l)=4③定點F1(?c,0)、F2(c,0)，動點P(x,y)滿足則點P的軌跡與直線y=k（k為常數(shù)）有且僅有2個公共點；其中真命題的個數(shù)是A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】根據(jù)題目中的新定義，逐項進行求解即可.【解答過程】設(shè)Axd同理可得：dC,AdC,A命題①成立；設(shè)點Q是直線y=2x1上一點，且Q（x,2x1），可得dP,Q由x?3≥2?2x，解得?1≤x≤53，即有dP,Q由x?3<2?2x，解得x>53或dP,Q的范圍是3,+∞綜上可得，P,Q兩點的“切比雪夫距離”的最小值為43說法②正確.定點F1(?c,0)、F2(c,0)，動點P(x,y)滿足maxx+c顯然上述方程所表示的曲線關(guān)于原點對稱，故不妨設(shè)x≥0，y≥0.(1)當x+c≥yx?c≥y時，有x+c(2)當x+c≤yx?c≤y(3)當x+c>yx?c<y則點P的軌跡是如圖所示的以原點為中心的兩支折線.結(jié)合圖象可知，點P的軌跡與直線y=k（k為常數(shù)）有且僅有2個公共點，命題③正確.綜上可得命題①②③均正確，真命題的個數(shù)是3.故選D.47．（2023秋·全國·高二階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，線段B1D1上有兩個動點EA．當E，F(xiàn)運動時，存在點E，F(xiàn)使得AE⊥CFB．當E，F(xiàn)運動時，存在點E，F(xiàn)使得AEC．當E運動時，二面角E?AB?C的最小值為45°D．當E，F(xiàn)運動時，二面角A?EF?B的余弦值為定值1【解題思路】建立空間直角坐標坐標系，求得相關(guān)點坐標，利用空間向量的數(shù)量積的計算，可判斷A；假設(shè)AE∥【解答過程】對于A，以C為坐標原點，CD,CB,CC1為則A2,2由于EF=2，設(shè)E(t則AE=則AE?所以當E，F(xiàn)運動時，故