【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）综合测试卷：选择性必修一全册（基础篇） Word版含解析.docx，共(16)页，178.257 KB，由小赞的店铺上传

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选择性必修一全册综合测试卷-基础篇参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022·黑龙江·高二阶段练习）已知𝑎⃗=(1,0,1)，𝑏⃗⃗=(−2,−1,1)，𝑐⃗=(

3,1,0)，则𝑎⃗−𝑏⃗⃗+2𝑐⃗=（）A．(−9,−3,0)B．(0,2,−1)C．(9,3,0)D．(9,0,0)【解题思路】直接由向量的坐标运算即可得出答案.【解答过程】𝑎⃗−𝑏⃗⃗+2𝑐⃗=(1,0,1)−(−2,−1,1)+2(3,1,0)=(9,3,0)，故选：C.2．

（5分）（2022·北京市高二阶段练习）下列命题正确的个数是（）①经过定点𝑃(𝑥0，𝑦0)的直线都可以用方程𝑦−𝑦0=𝑘(𝑥−𝑥0)表示②直线𝑙过点𝑃(𝑥0，𝑦0)，倾斜角为90°，则其方程为𝑥=𝑥0．③在坐标轴上截距相等的直线都

可以用方程𝑥𝑎+𝑦𝑎=1来表示④直线𝑦=𝑎𝑥−3𝑎+2(𝑎∈R)必过定点(3，2)A．1B．2C．3D．4【解题思路】根据直线斜率是否存在可判断①②，根据截距可以为0可判断③，由直线恒过定点可判断④.【解答过程】当直线过点𝑃(

𝑥0，𝑦0)且与x轴垂直时，直线方程不能用𝑦−𝑦0=𝑘(𝑥−𝑥0)表示，故①错误；直线𝑙过点𝑃(𝑥0，𝑦0)，倾斜角为90°，则直线方程可表示为𝑥=𝑥0，故②正确；在坐标轴上截距相

等的直线可能过原点，所以不一定能用𝑥𝑎+𝑦𝑎=1表示，故③错误；直线𝑦=𝑎𝑥−3𝑎+2(𝑎∈R)可化为𝑦=𝑎(𝑥−3)+2，故恒过定点(3,2)，故④正确.故选：B.3．（5分）（2023·全

国·高三专题练习）若直线l的方向向量为𝑎⃗=(1,0,2)，平面𝛼的法向量为𝑛⃗⃗=(−2,1,1)，则（）A．𝑙∥𝛼B．𝑙⊥𝛼C．𝑙⊂𝛼或𝑙∥𝛼D．𝑙与𝛼斜交【解题思路】利用直线的方向向量和平面的法向量垂直来判断直线和平面的位置关系.【解答过

程】∵𝑎⃗=(1,0,2)，𝑛⃗⃗=(−2,1,1)，∴𝑎⃗⋅𝑛⃗⃗=0即𝑎⃗⊥𝑛⃗⃗，∴𝑙∥𝛼或𝑙⊂𝛼.故选：C.4．（5分）（2022·湖南·高二阶段练习）空间四边形𝑂𝐴𝐵𝐶

中，𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎，𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗，𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑐，点𝑀在𝑂𝐴上，𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗，点𝑁为𝐵𝐶的中点，则𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=（）A．12𝑎−23𝑏⃗+12𝑐B．−23𝑎+12𝑏⃗+12𝑐

C．12𝑎+12𝑏⃗−12𝑐D．23𝑎+23𝑏⃗−12𝑐【解题思路】利用向量的加减法，将𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗分解用𝑎,𝑏⃗,𝑐表示即可.【解答过程】由图可知：𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)，即𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−23𝑎+12𝑏⃗+12𝑐，故选：B.

5．（5分）（2022·湖南·高二阶段练习）已知圆𝐶:(𝑥−2)2+𝑦2=4，直线过点𝐴(1,1)交圆𝐶于𝑃,𝑄两点，则弦长𝑃𝑄的取值范围是（）A．[√2,2]B．[√2,4]C．[2,2√2]D．[2√2,4]【解题思路】首先得到圆心坐标与半径，即可判断点𝐴在圆内，

即可求出弦长最大、最小值，即可得解.【解答过程】解：圆𝐶:(𝑥−2)2+𝑦2=4的圆心𝐶(2,0)，半径𝑟=2，又(1−2)2+12=2<4，所以点𝐴(1,1)在圆内，当直线过圆心𝐶时，弦长|𝑃𝑄|取最大值4，当直线𝑙⊥𝐴𝐶时，圆心𝐶到直

线的距离最大，最大值为|𝐴𝐶|=√(2−1)2+(0−1)2=√2，此时弦长|𝑃𝑄|取最小值2√4−(√2)2=2√2；故选：D.6．（5分）（2022·全国·高三专题练习）过抛物线𝑦2=4𝑥的焦点F的直

线与其交于A，B两点，|𝐴𝐹|>|𝐵𝐹|，如果|𝐴𝐹|=5，那么|𝐵𝐹|=（）A．3√52B．54C．52D．32【解题思路】设𝐴(𝑥,𝑦)，根据|𝐴𝐹|=5，利用抛物线定义求得点A的坐标，进而得到直线AF的方程，求得点B的坐标，再利用抛物线定义求解.

【解答过程】解：抛物线的焦点𝐹(1,0)，准线方程为𝑥=−1，设𝐴(𝑥,𝑦)，则|𝐴𝐹|=𝑥+1=5，故𝑥=4，此时𝑦=4，即𝐴(4,4)，则直线AF的方程为𝑦−04−0=𝑥−14−1，即𝑦

=43(𝑥−1)，代入𝑦2=4𝑥得4𝑥2−17𝑥+4=0，解得𝑥=4（舍）或𝑥=14，则|𝐵𝐹|=14+1=54，故选：B．7．（5分）（2022·全国·高三专题练习）设𝑒1，𝑒2

分别为具有公共焦点𝐹1与𝐹2的椭圆和双曲线的离心率，𝑃为两曲线的一个公共点，且满足𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，则4𝑒12+𝑒22的最小值为（）A．3B．92C．4D．53【解题思路】对椭圆和双曲线的离心率分别求

出，首先根据椭圆及双曲线的定义求出|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2=2𝑎2+2𝑚2，𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0可得𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，得|𝑃

𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2=4𝑐2，就得到了𝑎,𝑚,𝑐的关系，最后利用基本不等式求得最小值.【解答过程】解：由题意设焦距为2𝑐，椭圆的长轴长2𝑎，双曲线的实轴长为2𝑚，不妨令𝑃在双曲线的右支上，由双曲线的定义

|𝑃𝐹1|−|𝑃𝐹2|=2𝑚①，由椭圆的定义|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=2𝑎②，又𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，故|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2=4𝑐2③，①2+②2得|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2=2�

�2+2𝑚2④，将④代入③得𝑎2+𝑚2=2𝑐2，∴4𝑒12+𝑒22=4𝑐2𝑎2+𝑐2𝑚2=52+2𝑚2𝑎2+𝑎22𝑚2≥52+2√2𝑚2𝑎2⋅𝑎22𝑚2=92．故选：B．8．（5分）（2021·四川·高二阶段练习（理））已知双曲线𝐶:�

�2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)与直线𝑦=𝑘𝑥交于𝐴,𝐵两点，点𝑃为𝐶上一动点，记直线𝑃𝐴,𝑃𝐵的斜率分别为𝑘𝑃𝐴,𝑘𝑃𝐵，曲线𝐶的左、右焦点分别为𝐹

1,𝐹2．若𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵=14，且𝐶的焦点到渐近线的距离为1，则下列说法正确的是（）A．𝑎=4B．曲线𝐶的离心率为√62C．若𝑃𝐹1⊥𝑃𝐹2，则△𝑃𝐹1𝐹2的面积为2D．若△𝑃𝐹1𝐹2的面积为2√5，则

△𝑃𝐹1𝐹2为钝角三角形【解题思路】由题意可求得双曲线的离心率以及求得a,b的值，故可判断A,B;根据𝑃𝐹1⊥𝑃𝐹2，求得焦半径|𝑃𝐹1|，|𝑃𝐹2|，即可求得△𝑃𝐹1𝐹2的面积，判断C;根据△𝑃𝐹1𝐹2的面积可求得点P的坐标，进而利

用余弦定理求得cos∠𝑃𝐹2𝐹1，判断D.【解答过程】设点𝐴(𝑥1，𝑦1)，𝐵(−𝑥1，−𝑦1)，𝑃(𝑥0，𝑦0)，则𝑥12𝑎2−𝑦12𝑏2=1，且𝑥02𝑎2−𝑦02𝑏2=1，两式相减得𝑥02−𝑥12𝑎2=𝑦

02−𝑦12𝑏2，所以𝑦02−𝑦12𝑥02−𝑥12=𝑏2𝑎2,因为𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵=(𝑦0−𝑦1)(𝑥0−𝑥1)⋅(𝑦0+𝑦1)(𝑥0+𝑥1)=14，所以𝑏2𝑎2=14，𝑏𝑎=12,(𝑎>0,𝑏>

0),故双曲线𝐶的渐近线方程为𝑦=±12𝑥;因为焦点(𝑐,0)到渐近线𝑦=12𝑥的距离为1，所以𝑐√5=1，𝑐=√5，即有𝑎2+𝑏2=5，所以𝑎=2，𝑏=1，离心率为√52，故A，B错误．对于C，不妨设𝑃在𝐶的右支上，记|𝑃𝐹2|=𝑡，则|𝑃𝐹1

|=4+𝑡．因为𝑃𝐹1⊥𝑃𝐹2，所以(𝑡+4)2+𝑡2=20，解得𝑡=√6−2或𝑡=−√6−2（舍去），所以△𝑃𝐹1𝐹2的面积为12|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=12(√6−2)(√6+2)=1，故C不正确．对于

D，设𝑃(𝑥0，𝑦0)，因为𝑆△𝑃𝐹1𝐹2=12⋅2𝑐⋅|𝑦0|=√5⋅|𝑦0|=2√5，所以|𝑦0|=2，将|𝑦0|=2代入𝐶:𝑥24−𝑦2=1，得𝑥02=20，即|𝑥0|=2

√5．由对称性，不妨取𝑃的坐标为(2√5,2)，则|𝑃𝐹2|=√(2√5−√5)2+22=3，|𝑃𝐹1|=√(2√5+√5)2+22=7因为cos∠𝑃𝐹2𝐹1=|𝑃𝐹2|2+|𝐹

1𝐹2|2−|𝑃𝐹1|22|𝑃𝐹2||𝐹1𝐹2|=9+20−492×3×2√5<0所以∠𝑃𝐹2𝐹1为钝角，所以△𝑃𝐹1𝐹2为钝角三角形，故D正确,故选：D．二．多选题（共4小题，满分20分

，每小题5分）9．（5分）（2022·湖南·高二阶段练习）已知向量𝑎⃗=(1,1,0)，则与𝑎⃗共线的单位向量𝑒⃗=（）A．(−√22,−√22,0)B．(0,1,0)C．(−√22,√22,0)D．(√22,√22,0)【解题思路】根据𝑎⃗=

(1,1,0)与|𝑎⃗|，直接可得解.【解答过程】由𝑎⃗=(1,1,0)，得|𝑎⃗|=√12+12+02=√2，所以当𝑒⃗与𝑎⃗同向时，𝑒⃗=𝑎⃗⃗|𝑎⃗⃗|=(√22,√22,0)，当𝑒⃗与𝑎⃗反向时，𝑒⃗=−𝑎⃗⃗|𝑎⃗⃗|=(

−√22,−√22,0)，故选：AD.10．（5分）（2022·山西·高二阶段练习）过点𝑃(-√3,-1)的直线𝑙与圆𝑥2+𝑦2=1相切，则直线𝑙的倾斜角可以是()A．0°B．30°C．45°D．60°【解题思路】设出直线方程，根据直线与圆的位置关系求出斜率，即可

得解．【解答过程】设过点P的直线方程为𝑦=𝑘(𝑥+√3)-1，则由直线与圆相切知|√3𝑘-1|√1+𝑘2＝1，解得k＝0或k＝√3.故直线l的倾斜角为0°或60°.故选：AD．11．（5分）（2022·全国·模拟预测）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶

1𝐷1中，𝐸，𝐹，𝐺，𝐻，𝐼分别为𝐴𝐷，𝐴𝐵，𝐵𝐵1，𝐵1𝐶1，𝐷1𝐶1的中点，则（）A．直线𝐷1𝐸与直线𝐺𝐷垂直B．点𝐷与点𝐵到平面𝐷1𝐸𝐹的距离相等C．直线𝐸𝐹

与平面𝐻𝐼𝐺平行D．𝐷1𝐹与𝐺𝐻的夹角为𝜋6【解题思路】根据给定的正方体，建立空间直角坐标系，再借助空间向量逐项分析求解作答.【解答过程】在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令

𝐴𝐵=2，则𝐷(0,0,0),𝐷1(0,0,2),𝐵(2,2,0),𝐸(1,0,0),𝐹(2,1,0),𝐺(2,2,1),𝐻(1,2,2),𝐼(0,1,2)，对于A，𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,−2),𝐺𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

=(−2,−2,−1)，𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐺𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0，则𝐷1𝐸⊥𝐺𝐷，A正确；对于B，𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0)=2𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗

，即𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗//𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，而𝐷∉𝐸𝐹，则𝐷𝐵//𝐸𝐹，而𝐸𝐹⊂平面𝐷1𝐸𝐹，𝐷𝐵⊄平面𝐷1𝐸𝐹，因此𝐷𝐵//平面𝐷1𝐸𝐹，所以点𝐷与点𝐵到平面𝐷1𝐸𝐹的距离相等，B正确；对于C，𝐼𝐻⃗⃗⃗⃗=(

1,1,0)=𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗，即𝐼𝐻⃗⃗⃗⃗//𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗，而𝐻∉𝐸𝐹，则𝐼𝐻//𝐸𝐹，又𝐼𝐻⊂平面𝐻𝐼𝐺，𝐸𝐹⊄平面𝐻𝐼𝐺，因此𝐸𝐹//平面𝐻𝐼𝐺

，C正确；对于D，𝐷1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,−2),𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,1)，令𝐷1𝐹与𝐺𝐻的夹角为𝜃，则cos𝜃=|cos〈𝐷1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉|=|𝐷1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⋅𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐷1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=43×√2=2√23，显然𝜃≠𝜋6，D不正确.故选：ABC.12．（5分）（2022·湖南永州·一模）抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)，点

𝑀(−3,0)在其准线𝑙上，过焦点𝐹的直线𝑚与抛物线𝐶交于𝐴,𝐵两点（点𝐴在第一象限），则下列说法正确的是（）A．𝑝=6B．∠𝐴𝑀𝐵有可能是钝角C．当直线𝑚的斜率为√3时，△𝐴𝐹𝑀与△𝐵𝐹𝑀面积之比为3D．当直线𝐴�

�与抛物线𝐶只有一个公共点时，|𝐴𝐵|=12【解题思路】对于A，利用抛物线的准线方程即可求解；对于B,对直线𝑚的斜率存在和不存在时进行分类讨论，得到𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，计算𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即可判断

；对于C，可得到𝑆△𝐴𝐹𝑀𝑆△𝐵𝐹𝑀=−𝑦1𝑦2，通过计算出𝑦1,𝑦2即可判断；对于D，设直线𝐴𝑀的方程为𝑦=𝑚(𝑥+3)，与抛物线进行联立可得𝑚2𝑥2−(6𝑚2−12)𝑥+9𝑚2=0，通过题意可得到

Δ=0，可计算出𝐴,𝐵的坐标即可判断【解答过程】解：对于A，由抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)可得准线方程为𝑥=−𝑝2，又点𝑀(−3,0)在其准线𝑙上，所以−𝑝2=−3，解得𝑝=6，故A正确；对于B，由A选

项可得𝑦2=12𝑥，且焦点𝐹(3,0)，当直线𝑚的斜率存在时，设直线𝑚:𝑦=𝑘(𝑥−3)，𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则{𝑦=𝑘(𝑥−3)𝑦2=12𝑥整理得𝑘2𝑥2−(6𝑘2+1

2)𝑥+9𝑘2=0，所以𝑥1+𝑥2=6𝑘2+12𝑘2，𝑥1𝑥2=9，因为𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥1+3,𝑦1),𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥2+3,𝑦2)所以𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥1+3)(𝑥2+3)+𝑦1𝑦2=(�

�1+3)(𝑥2+3)+𝑘2(𝑥1−3)(𝑥2−3)=𝑥1𝑥2+3(𝑥1+𝑥2)+9−36=9+3(6𝑘2+12)𝑘2+9−36=36𝑘2>0，所以cos∠𝐴𝑀𝐵=𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|>0，因为∠𝐴𝑀𝐵≠0，所以∠𝐴𝑀𝐵为锐角；当直线𝑚的斜率不存在时，直线𝑚:𝑥=3，所以将𝑥=3代入抛物线可得𝑦=±6，则𝐴(3,6),𝐵(3,−6)，则𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(

6,6),𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(6,−6)，所以𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，此时∠𝐴𝑀𝐵为直角，故B错误；对于C，𝑆△𝐴𝐹𝑀=12×|𝑀𝐹|×𝑦1(𝑦1>0)，𝑆△𝐵𝐹𝑀=12×|𝑀𝐹|×(−𝑦2)

(𝑦2<0)，所以𝑆△𝐴𝐹𝑀𝑆△𝐵𝐹𝑀=12×|𝑀𝐹|×𝑦112×|𝑀𝐹|×(−𝑦2)=−𝑦1𝑦2，所以当𝑘=√3时，𝑦1+𝑦2=𝑘(𝑥1−3)+𝑘(𝑥2−3)=4√3，𝑦1𝑦2=𝑘(𝑥

1−3)×𝑘(𝑥2−3)=−36，解得𝑦1=6√3,𝑦2=−2√3，所以𝑆△𝐴𝐹𝑀𝑆△𝐵𝐹𝑀=−𝑦1𝑦2=3，故C正确；对于D，易得直线𝐴𝑀的斜率存在，设直线𝐴𝑀的方程为𝑦=𝑚(𝑥+3)，所以由{𝑦=𝑚(𝑥+

3)𝑦2=12𝑥得到𝑚2𝑥2+(6𝑚2−12)𝑥+9𝑚2=0①，因为直线𝐴𝑀与抛物线𝐶只有一个公共点，所以Δ=(6𝑚2−12)2−4×9𝑚2⋅𝑚2=0，解得𝑚=±1，又因为点𝐴在第一象限，所以𝑚>0，则𝑚=1

，①可变成𝑥2−6𝑥+9=0，解得𝑥1=3，故𝐴(3,6),由B选项可得此时𝐵(3,−6)，所以|𝐴𝐵|=12，故D正确；故选：ACD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022·天津市高二

阶段练习）过点𝐴(𝑚,3),𝐵(−1,𝑚)两点的直线与直线𝑙平行，直线𝑙的倾斜角为45∘，则𝑚=1.【解题思路】根据题意,求出直线𝐴𝐵的斜率和直线𝑙的斜率，由𝐴𝐵//𝑙，二者斜率相等构造方程解得答案.【解

答过程】因为直线𝑙的倾斜角为45∘，所以直线𝑙的斜率𝑘=tan45∘=1，过𝐴(𝑚,3),𝐵(−1,𝑚)两点的直线的斜率𝑘𝐴𝐵=3−𝑚𝑚+1，由直线𝐴𝐵与直线𝑙平行，所以3−𝑚𝑚+

1=1解得𝑚=1.故答案为：1.14．（5分）（2022·江苏·高二阶段练习）在平面直角坐标系中，过点A(3，5)作圆O：x2＋y2－2x－4y＋1＝0的切线，则切线的方程为5x－12y＋45＝0或x－3＝0.【解题

思路】首先判断点与圆的位置关系，然后设出直线的方程，进而根据圆心到直线的距离等于半径即可求出结果.【解答过程】因为32+52−2×3−4×5+1>0，所以点(3,5)在圆外，且𝑥2+𝑦2−2𝑥−4𝑦+1=0的圆心为(1,2)，半径为2，若切线斜率不存在，

即𝑥=3，圆心(1,2)到直线𝑥=3的距离为2，故直线𝑥=3是圆的切线，若切线的斜率存在，设切线方程为𝑦−5=𝑘(𝑥−3)，即𝑘𝑥−𝑦−3𝑘+5=0，则|𝑘−2−3𝑘+5|√𝑘2+1=2，则|3−2𝑘|√𝑘2+1=2，两边

同时平方得12𝑘=5，故𝑘=512，所以𝑦−5=512(𝑥−3)，即5𝑥−12𝑦+45=0，综上：切线的方程为5𝑥−12𝑦+45=0或𝑥=3.故答案为：5𝑥−12𝑦+45=0或𝑥=3.15．（5分）（2022·湖

北·高一期末）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为1的正方形，侧棱𝑃𝐴的长为2，且𝑃𝐴与𝐴𝐵,𝐴𝐷的夹角都等于60°.若𝑀是𝑃𝐶的中点，则直线𝐵𝑀与𝐴𝑃所成角的余弦值为√63.【解题思路】记𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

=𝑏⃗⃗,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑐⃗，由题意可得𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=0,𝑎⃗⋅𝑐⃗=𝑏⃗⃗⋅𝑐⃗=1，易得𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(−𝑎⃗+𝑏⃗⃗+𝑐⃗)，再由数量积的运算性质求出cos⟨𝐵𝑀⃗

⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⟩，即可求解【解答过程】记𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗⃗,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑐⃗，因为𝐴𝐵=𝐴𝐷=1,𝑃𝐴=2，所以|𝑎⃗|=|𝑏⃗⃗|=1,|𝑐⃗|=2.又因为𝐴𝐵⊥𝐴𝐷

,∠𝑃𝐴𝐵=∠𝑃𝐴𝐷=60°，所以𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=0,𝑎⃗⋅𝑐⃗=𝑏⃗⃗⋅𝑐⃗=2×1×cos60°=1.易得𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(−𝑎⃗+𝑏⃗⃗+𝑐⃗)，所以|𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=14(−𝑎⃗+𝑏⃗⃗+𝑐⃗)2=14[𝑎⃗2+𝑏⃗⃗2+

𝑐⃗2+2×(−𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗−𝑎⃗⋅𝑐⃗+𝑏⃗⃗⋅𝑐⃗)]=14×[12+12+22+2×(0−1+1)]=32，所以|𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√62，又𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝑃⃗⃗

⃗⃗⃗=2,cos⟨𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⟩=𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|=√63.故答案为：√63.16．（5分）（2022·全国·高二课时练习）已知点P在双曲线C：𝑥216−𝑦2

9=1上，𝐹1、𝐹2是双曲线C的左右焦点，若△𝑃𝐹1𝐹2的面积为20，则下列说法中正确的是②③.（填序号）①点P到x轴的距离为203；②|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=503；③△𝑃𝐹1𝐹2为钝角三角形；④∠�

�1𝑃𝐹2=𝜋3.【解题思路】根据双曲线的方程、定义与性质，结合三角形的面积求出P的坐标，结合两点的距离公式、斜率公式以及余弦定理，对选项逐一判断即可.【解答过程】由已知𝑎=4,𝑏=3,𝑐=5因为点P在双曲线上，𝐹1、𝐹2是双曲线C的左、右焦点，△𝑃𝐹1�

�2的面积为20，所以12|𝑦𝑃|⋅2𝑐=5|𝑦𝑃|=20，所以|𝑦𝑃|=4，|𝑥𝑃|=203.对于①，点P到x轴的距离为4，故①错误.对于②，由对称性，不妨设𝑃(203,4).因为𝐹1(−5,0)，𝐹2(5,0)，所以|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=√(203−

(−5))2+(4−0)2+√(203−5)2+(4−0)2=503，即②正确.对于③，由对称性，不妨设𝑃(203,4)，由双曲线的定义有|𝑃𝐹1|−|𝑃𝐹2|=8，结合|𝑃𝐹1|+|𝑃�

�2|=503，解得|𝑃𝐹1|=373，|𝑃𝐹2|=133.所以在△𝑃𝐹1𝐹2中，由余弦定理得cos∠𝐹1𝐹2𝑃=|𝐹1𝐹2|2+|𝑃𝐹2|2−|𝑃𝐹1|22|𝐹1𝐹2|⋅|𝑃𝐹2|=100+169

9−136992|𝐹1𝐹2|⋅|𝑃𝐹2|<0，所以∠𝐹1𝐹2𝑃为钝角，所以③正确.对于④，由对称性，不妨设𝑃(203,4)，由③的判断过程知，|𝑃𝐹1|=373，|𝑃𝐹2|=133，则𝑆△𝑃𝐹1𝐹2=12|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|sin∠𝐹1𝑃𝐹2=4

8118×sin∠𝐹1𝑃𝐹2=20，所以sin∠𝐹1𝑃𝐹2=360481≠√32，所以∠𝐹1𝑃𝐹2≠𝜋3，所以④错误.故答案为：②③.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·新疆·高二期末（文））求适合下列条件的圆锥曲线方程：(1)焦点坐标为(2

,0)，短轴长为2的椭圆方程.(2)焦点在x轴上，𝑎=2√5经过点𝐴(−5,2)的双曲线.【解题思路】（1）由已知得𝑐=2,𝑏=1，根据椭圆中a、b、c三量关系求出a值即可得到椭圆方程；（2）已知a和

双曲线上一点，设双曲线方程，通过待定系数法求解即可.【解答过程】（1）根据题意可得，椭圆长轴在x轴上，且𝑐=2,𝑏=22=1，所以𝑎2=𝑏2+𝑐2=4+1=5，所以椭圆方程为𝑥25+𝑦2=1.（2）根据题意可得，双曲线实轴在

x轴上，设双曲线方程为𝑥220−𝑦2𝑏2=1(𝑏>0)，则2520−4𝑏2=1，解得𝑏2=16，所以双曲线方程为𝑥220−𝑦216=1.18．（12分）（2022·湖南·高二阶段练习）已知空间中三点𝐴(−2,0,2)，

𝐵(−1,1,2)，𝐶(−3,0,4)，设𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗.(1)求向量𝑎与向量𝑏⃗的坐标；(2)若𝑘𝑎+𝑏⃗与𝑘𝑎−2𝑏⃗互相垂直，求实数𝑘的值.【解题思路】（1）根据空间向量坐标表示公式进行求解即可；（2）

根据空间向量垂直的坐标表示公式进行求解即可.【解答过程】（1）𝑎=(1,1,0)，𝑏⃗=(−1,0,2)；（2）∵𝑘𝑎+𝑏⃗=(𝑘−1,𝑘,2)，𝑘𝑎−2𝑏⃗=(𝑘+2,𝑘,−4)，且𝑘𝑎+𝑏⃗

与𝑘𝑎+𝑏⃗互相垂直，∴(𝑘−1,𝑘,2)⋅(𝑘+2,𝑘,−4)=2𝑘2+𝑘−10=0，解得𝑘=2或𝑘=−52.19．（12分）（2022·北京市高二阶段练习）已知△𝐴𝐵𝐶顶点𝐴(3，0

)、𝐵(−1，−3)、𝐶(1，1)(1)求𝐵𝐶边上中线所在的直线方程(2)求𝐵𝐶边上高线所在的直线方程．【解题思路】（1）求出线段𝐵𝐶的中点坐标，用两点式求出直线方程，化为一般方程；（2）求出直线𝐵𝐶的斜率，得到𝐵𝐶边上高线所在直线的

斜率，利用点斜式求出直线方程，化为一般方程.【解答过程】（1）线段𝐵𝐶的中点坐标为(−1+12,−3+12)，即(0,−1)，所以𝐵𝐶边上中线所在的直线方程为：𝑦+1𝑥−0=0+13−0，整理得：𝑥−3𝑦−3=0；（2）直线𝐵𝐶的斜率为1+31+1=2，

所以𝐵𝐶边上高线所在直线的斜率为−12，所以𝐵𝐶边上高线所在直线的方程为𝑦=−12(𝑥−3)，整理得：𝑥+2𝑦−3=0.20．（12分）（2022·江苏·高二阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，设C是直线

x－y－6＝0上的点，且点A（4，0），B（6，2）在以C为圆心的圆上．(1)求圆C的方程；(2)若直线x＝ay＋4被圆C截得的弦长为2，求a的值．【解题思路】（1）根据题意设圆心坐标，结合圆的定义运算求解；（2）根据垂径定理𝑑

2+(𝐿2)2=𝑟2，结合点到直线距离𝑑=|𝐴𝑥0+𝐵𝑦0+𝐶|√𝐴2+𝐵2运算求解.【解答过程】（1）由题意设𝐶(𝑐,𝑐−6)，由圆的性质得|𝐶𝐴|=|𝐶𝐵|，即(𝑐−4)2+(𝑐−6)2=(𝑐−6)2+(𝑐−8)2

，解得𝑐=6所以圆心𝐶(6,0)，半径r为2，则圆C的方程为：(𝑥−6)2+𝑦2=4（2）设弦长为L，圆心C到直线的距离为d，则由垂径定理得𝑑2+(𝐿2)2=𝑟2由已知得𝑑=2√𝑎2+1，𝐿=2，所以有4�

�2+1+1=4，解得𝑎=±√33．21．（12分）（2022·河北·高二期末）如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，𝑃𝐷=𝐴𝐵=2，E为PC中点．(1)求证：DE

⊥平面PCB；(2)求二面角𝐸−𝐵𝐷−𝑃的余弦值．【解题思路】（1）根据条件先证BC⊥平面PCD，得到BC⊥DE，再由DE⊥PC，即可证明DE⊥平面PCB.（2）以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面BDE，

平面PDB的法向量，即可求得二面角的余弦值.【解答过程】（1）证明:∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又∵正方形ABCD中，CD⊥BC，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD，又∵DE⊂平面PCD，∴BC⊥DE，∵PD＝CD，E是PC的中点，DE⊥PC，PC∩BC＝C，且𝑃𝐶⊂

面𝑃𝐶𝐵，𝐵𝐶⊂面𝑃𝐶𝐵∴DE⊥平面PCB（2）以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知：𝐷(0,0,0),𝑃(0,0,2),𝐵(2,2,0),𝐸(0,1,1)，则𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=(2,2,0),𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1)，设平面BDE的法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⋅𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⋅𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0⇒{2𝑥+2𝑦=0𝑦+𝑧=0，令𝑧=1，得到𝑦=−1,𝑥=

1，∴𝑛⃗=(1,−1,1)，又∵𝐶(0,2,0),𝐴(2,0,0)，则𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2,0)，且AC⊥平面PDB，∴平面PDB的一个法向量为𝑚⃗⃗=(−1,1,0)，设二面角𝐸−𝐵𝐷−𝑃的平面角为𝛼，则cos𝛼=|c

os<𝑚⃗⃗,𝑛⃗>|=|1+1+0|√2×√3=√63，所以二面角𝐸−𝐵𝐷−𝑃的余弦值为√63．22．（12分）（2022·重庆高三阶段练习）已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)经过点(√3,12)

，其右焦点为𝐹(√3,0).(1)求椭圆𝐶的离心率；(2)若点𝑃,𝑄在椭圆𝐶上，右顶点为𝐴，且满足直线𝐴𝑃与𝐴𝑄的斜率之积为120.求△𝐴𝑃𝑄面积的最大值.【解题思路】（1）由题意可得{𝑐=√33𝑎2+

14𝑏2=1𝑎2=𝑏2+𝑐2，从而可求出𝑎,𝑐，进而可求出离心率，（2）设𝑃𝑄:𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝑘≠0,𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，将直线方程代入椭圆方程化简，利

用根与系数的关系，再由𝑘𝐴𝑃𝑘𝐴𝑄=120可得𝑚=−2𝑘或𝑚=3𝑘，可得直线𝑃𝑄经过定点(−3,0)，然后表示出△𝐴𝑃𝑄面积，求其最大值即可.【解答过程】（1）依题可得，{𝑐=√33𝑎2+14𝑏2=1𝑎2=𝑏2+𝑐2，

解得{𝑎=2𝑏=1𝑐=√3，所以椭圆𝐶的方程为𝑥24+𝑦2=1.所以离心率𝑒=√32.（2）易知直线𝐴𝑃与𝐴𝑄的斜率同号，所以直线𝑃𝑄不垂直于𝑥轴，故可设𝑃𝑄:𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝑘≠0,𝑃(𝑥1,𝑦

1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，由{𝑥24+𝑦2=1𝑦=𝑘𝑥+𝑚可得，(1+4𝑘2)𝑥2+8𝑚𝑘𝑥+4𝑚2−4=0，所以𝑥1+𝑥2=−8𝑚𝑘1+4𝑘2,𝑥1𝑥2=4𝑚2−41+4𝑘2，Δ=16(4�

�2+1−𝑚2)>0，而𝑘𝐴𝑃𝑘𝐴𝑄=120，即𝑦1𝑥1−2⋅𝑦2𝑥2−2=120，化简可得20(𝑘𝑥1+𝑚)(𝑘𝑥2+𝑚)=(𝑥1−2)(𝑥2−2)，20𝑘2𝑥1𝑥

2+20𝑘𝑚(𝑥1+𝑥2)+20𝑚2=𝑥1𝑥2−2(𝑥1+𝑥2)+4，20𝑘2⋅4𝑚2−41+4𝑘2+20𝑘𝑚⋅−8𝑚𝑘1+4𝑘2+20𝑚2=4𝑚2−41+4𝑘2−2×−8𝑚𝑘1+4𝑘2+4，化简得6𝑘2+𝑚𝑘−𝑚2=0，所以𝑚

=−2𝑘或𝑚=3𝑘，所以直线𝑃𝑄:𝑦=𝑘(𝑥−2)或𝑦=𝑘(𝑥+3)，因为直线𝑃𝑄不经过点𝐴，所以直线𝑃𝑄经过定点(−3,0).设定点𝐵(−3,0),𝑆△𝐴𝑃𝑄=|𝑆△𝐴𝐵𝑃−𝑆△𝐴𝐵𝑄|=12|𝐴𝐵||𝑦1−𝑦

2|=52|𝑘||𝑥1−𝑥2|=52|𝑘|√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=52|𝑘|√(−8𝑘𝑚1+4𝑘2)2−4×4𝑚2−41+4𝑘2=5|𝑘|2√16(4𝑘2+1−𝑚2)1+4𝑘2=10√(1−5𝑘2)𝑘21+4𝑘2，因为1−5

𝑘2>0，所以0<𝑘2<15，设𝑡=4𝑘2+1∈(1,95)，所以𝑆△𝐴𝑃𝑄=52√−5𝑡2+14𝑡−9𝑡2=52√−9(1𝑡−79)2+49≤53，当且仅当𝑡=97即𝑘2=114时取等号，即△𝐴

𝑃𝑄面积的最大值为53.