阶段性测试卷（范围：选择性必修第一册全册）（提高篇）（人教A版2019必修第一册）（解析版）

阶段性测试卷（范围：选择性必修第一册全册）（提高篇）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）（2023·全国·高二专题练习）已知两点A(-3,4),B(3,2)，过点P(1,0)的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率A．[-1,1] B．[1,+C．(-∞,-1]∪[1,+∞【解题思路】作出图形，图形结合斜率公式可得.【解答过程】如图，由题意可知kPA要使l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是-∞故选：C

2．（5分）（2023秋·全国·高二阶段练习）已知矩形ABCD,P为平面ABCD外一点，PA⊥平面ABCD，点M,N满足PM=12PCA．-1 B．1 C．-12【解题思路】根据题意，由平面向量基本定理结合平面向量的线性运算，即可得到结果.【解答过程】

因为PM=12所以MN=2因为MN=xAB+yAD+所以x+故选：C.3．（5分）（2023秋·河南许昌·高二统考期末）双曲线具有光学性质，从双曲线一个焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.若双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1,

A．173 B．375 C．102【解题思路】结合题意作出图形，然后结合双曲线的定义表示出BF1,B【解答过程】由题意知延长CA,DB则必过点F

由双曲线的定义知AF又因为cos∠BAC=-因为AB⋅BD=0设AF1=13m,从而由AF2+BF则BF1=125又因为BF12即37a2=25故选：B.4．（5分）（2023春·高二课时练习）已知空间三点A(4,1,9),B(10,-1,6),A．|AB|=|AC| B．点C．AB⊥AC D．若AB=2CD【解题思路】根据空间两点距离公式判断A，根据数量积的坐标运算判断B，根据共面向量基本定理判断C，根据向量的坐标运算判断D.【解答过程】因为|AB|=62+因为AB→⋅AC→=(6,-2,-3)⋅(-2,3,-6)=-12-6+18=0，所以因为AB→=(6,-2,-3),AC→=(-2,3,-6)，AP→=(4,1,-9)，所以因为AB=(6,-2,-3),2CD=2(-1,-9,-9故选：D.5．（5分）（2023春·河北邯郸·高三校考阶段练习）已知点M是椭圆C：x24+y23=1上异于顶点的动点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点，E为MF1A．1 B．2 C．3 D．2【解题思路】由题，结合角平分线性质与椭圆的性质，SMF1PF2=12MF1+MF2h【解答过程】由图，a2=4,  b2=3，c=a2-b2=1，故F1F2设MF2=t，则MF1=4-t，cos∠MF2F1=22+故选：B.6．（5分）（2023·全国·高二专题练习）已知点A，B是圆C:x2+y2=4与x轴的交点，P为直线l:xA．54，0 B．1，0 C【解题思路】由圆的方程，求得A,B的坐标，设出P坐标，写出两直线的方程，分别联立圆与直线，求得M【解答过程】由x2+y2=4，令y=0，解得设P4,p，则直线AP的方程为y=p6联立y=p6x+2设Mx1,y1，Nx2联立y=p2x-则2x2=4p当直线MN的斜率不存在时，2p2-84+p2当直线MN的斜率为0时，则直线MN方程y=0联立x=1y=0当直线MN的斜率存在且不为零时，则斜率k=则方程为y--8则8p4+p故直线MN过定点1,0，故选：B.7．（5分）（2023秋·四川成都·高三校考开学考试）如图抛物线Γ1的顶点为A，焦点为F，准线为l1，焦准距为4；抛物线Γ2的顶点为B，焦点也为F，准线为l2，焦准距为6．Γ1和Γ2交于P、Q两点，分别过P、Q作直线与两准线垂直，垂足分别为

①AB=5

②四边形MNST的面积为③FS⋅FT=0

④A．①②④ B．①③④ C．②③ D．①③【解题思路】利用已知条件，建立平面直角坐标系，求解两条抛物线方程，求解AB的距离判断①；求解M，N的坐标，推出矩形的面积判断②，利用向量的数量积判断③；判断CD的距离的范围判断④．【解答过程】以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图，

抛物线Γ1的顶点为A，焦点为F，准线为l1，焦准距为4；可得|AF抛物线Γ2的顶点为B，焦点也为F，准线为l2，焦准距为6．可得|BF|=3，所以抛物线Γ2的方程为：yΓ1和Γ2交于P、Q两点，y2=8xy2=-12(x分别过P、Q作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，可得M(-2，26)，N(8，26四边形MNST的面积为：10×46=406又F2,0，则FT=(-4,-26)，FS=(6,-2根据抛物线的对称性不妨设点D在封闭曲线APBQ的上部分，设C,D在直线l1当点D在抛物线BP，点C在抛物线AQ上时，CD=当C,D与A,B重合时，当D与P重合，点C在抛物线AQ上时，因为P3,2直线CD:与抛物线Γ1的方程为y2=8设Cx1,y1所以CD∈当点D在抛物线PA，点C在抛物线AQ上时，设CD:与抛物线Γ1的方程为y2=8设Cx3,y3当t=0，即CD⊥AB当点D在抛物线PA，点C在抛物线QB上时，根据抛物线的对称性可知，CD∈综上，CD∈5,253故选：B．8．（5分）（2023秋·全国·高二期中）如图，在菱形ABCD中，AB=433，∠BAD=60°，沿对角线BD将△ABD折起，使点A，C之间的距离为22，若P，A．平面ABD⊥平面B．线段PQ的最小值为2C．当AQ=QC，4PD=DB时，点D．当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为6【解题思路】取BD的中点O，易知OA⊥BD,OC⊥BD，结合条件及线面垂直的判定定理可得OA⊥平面BDC，进而有平面【解答过程】取BD的中点O，连接OA,∵在菱形ABCD中，AB=43∴OA=OC=2∴OA2+又易知OA⊥因为OA⊥OC，OA⊥所以OA⊥平面BDC因为OA⊂平面ABD所以平面ABD⊥平面BDC，故A以O为原点，OB,OC,则B2当AQ=QC，4PD=DBPQ=33所以点D到直线PQ的距离为d=PQ⋅设Pa,0,0，设CQ=PQ=当a=0,λ=12当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，P0,0,0，Q0,1,1，PQ=设PQ与AD所成的角为θ，则cosθ所以PQ与AD所成角的余弦值为64，故D故选：C.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023春·福建福州·高二校联考期中）下列选项正确的是（）A．空间向量a=1,-1,2与向量B．已知向量a=2,x,4，b=0,1,2，c=1,0,0C．已知空间向量a=1,1,0，b=-1,0,2，则D．点A(2,1,1)是直线l上一点，a=(1,0,0)是直线l的一个方向向量，则点P(1,2,0)到直线【解题思路】利用空间向量的共线判断A；利用向量共面定理判断B；利用投影向量的求法判断C；利用点到直线的距离公式判断D．【解答过程】对于A，∵a=(1,-1,2)，b=(-2,2,-4)，∴b=-2a，对于B，设a=λb则2=μx=λ4=2对于C，∵a∴a在b方向上的投影向量为a⋅b对于D，∵AP=(-1,1,-1)，a=(1,0,0)∴点P到直线l的距离为AP2-AP故选：ABC．10．（5分）（2023秋·江苏扬州·高二统考开学考试）已知圆M:(x+4)2+y2=4直线l：x+y-2=0，点P在直线lA．四边形PAMB的面积最小值为214 B．|PA|最短时，弦AB长为C．|PA|最短时，弦AB直线方程为3x+3y-8=0 【解题思路】A选项，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，又因切线长定理可知，当|AP|最短时，面积最小．C选项，两垂直直线的斜率相乘等于-1，两平行直线斜率相等．D【解答过程】对于A，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，即S四边形∴|MP|最短时，面积最小，故当MP⊥即MP=∴S四边形PAMB

由上述可知，MP⊥l时，|MP|最短，故所以AB=2AMsin∠当|PA|最短时，则MP⊥l，又MP⊥AB，所以∴k可设AB的直线方程为x+∴圆心M(-4,0)到直线AB的距离d解得m=83由于直线AB在圆心M(-4,0)的右侧，且在直线l的左侧，所以-所以m=83即直线AB的方程为x+y+设圆上一点A为(xA,yA)，B(xB∴MA=(xA+4,yA)，MB=(易知PA⋅MA=0⇒(所以(同理PB⋅∴AB∵y∴(x将(-103,故直线AB过定点为(-103,故选：ABD．11．（5分）（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图，O为坐标原点，F1,F2分别为双曲线C:x2-y2b2=1(b>0)A．|B．SC．SD．若存在点P，使得S△PF1F2=15【解题思路】对于A,先证明双曲线x2-y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0x-y0yb2=1，与双曲线的渐近线进行联立，可得A,B坐标，可得到AB【解答过程】对于选项A，先求双曲线x2-y不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）.由x2-y2b则在点Px0,所以在点Px0,又因为x02-y0当P为右顶点1,0时，切线方程为x=1，易得也满足x不失一般性，设点Px0,y0是双曲线在第一象限的一点或双曲线的右顶点，A联立x0所以点Abbx则AB=又因为x0≥1，所以AB≥2b2对于选项B，由A项知，bb所以点Px0,y0是线段AB对于选项C，因为在点Px0,令y=0得x=1则S△当点Px0,y0在顶点1,0对于选项D，因为F1-c又因为F1D=2DF即：x0=3c，代入所以P=9P=9因为S△PF所以cos∠解得：c2=4或6，所以离心率为e=ca=2故选：AB.12．（5分）（2023·全国·高三专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，ABA．当B1P//平面A1BD时，B．当λ=μ时，|C．若B1P与平面CC1D1D．当λ=1时，正方体经过点A1､P､C【解题思路】A选项，建立空间直角坐标系，得到CD1=-1,0,1,B1P=-λ,1,μ-B选项，先根据λ=μ，得到P点在棱CD1上，将平面CDDC选项，先得到∠B1PC1为B1P与平面CC1D1D选项，先确定P点在DD1上，作出辅助线得到平行四边形CHA1P即为正方体过点A1､P､C的截面，设P0,1,t【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系A-则A0,0,0所以CD则BA1=-1,0,1所以BA令x=1，则y=z=1，即平面若B1P//平面A1BD故λ=μ，故B1令cosB解得：λ=0或1故B1P与CD1可能是B选项，因为λ=μ，故P点在棱如图，将平面CDD1与平面A1线段A1D即为利用余弦定理可得：A1所以A1D=C选项，因为B1C1⊥平面CC1D1D，连接若B1P与平面CC1D1D即点P的轨迹是以C1为圆心，以1为半径的1于是点P的轨迹长度为14×2πD选项，当λ=1时，P点在DD1上，过点A1作A1H//则CH//A1P，所以平行四边形CHA1P设P0,1,所以PC→=1,0,-t,所以点P到直线A1C的距离为于是当t=12时，dmin=当t=0或1时，dmax=63故截面面积的取值范围为62,2，故选：AC.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023秋·江西新余·高二校考开学考试）光线从A(1,2)射向x轴上一点B，又从B反射到直线x-y+3=0上一点C，最后从点C反射回到点A，则BC所在的直线方程为【解题思路】分别求点A关于x轴和直线x-y+3=0的对称点，再根据几何关系求得直线【解答过程】点A关于x轴的对称点为A'1,-2，设点A关于x-则y0-2x0由对称性可知，点A',A所以kBC=-2-41-即3x

故答案为：3x14．（5分）（2023秋·黑龙江大庆·高二校考开学考试）已知直三棱柱ABC-A1B1C1，AB⊥AC，AB=AC=A【解题思路】首先由PB=4可得P是在以B为球心半径为4的球面上，进而得到其在平面BCC1B1的交线，故PC1取值最小时，B，P，【解答过程】由PB=4可得P是在以B为球心半径为4由于B1C1PC1取值最小时，其在平面其在平面BCC1故PC1取值最小时，B，P，通过点P往B1C1作垂线，垂足为M则C1B=代入C1PC1B因此B=B故答案为：32315．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知圆O：x2+y2=1，圆M：x-a2+y-a+42=1.【解题思路】由题意画出图形，利用两点间的距离关系求出OP的距离，再由题意得到关于a的不等式求得答案.【解答过程】解：如图，圆O的半径为1，圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点为A,B，使得则∠APO=30°，在RtΔPAO中，又圆M的半径等于1，圆心坐标Ma∴POmin=∵MO∴由a2解得：2-2故答案为：2-216．（5分）（2023春·四川遂宁·高三校考开学考试）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F的直线交C于A①若点P(2,2)，则|AF②|AB|③若|AF|⋅|BF|=12④过点A,B分别作抛物线C的切线，设两切线的交点为Q，则点Q【解题思路】过点P,A分别作准线的垂线，垂足分别为P'根据|AB|=x1+x2+2>2判断②；设直线AB的方程为y=kx-1，Ax1,【解答过程】由题知p=2，F1,0，准线方程为对于①选项，如图，过点P,A分别作准线的垂线，垂足分别为故|AF|+|AP对于②，设Ax故|AB|=AF对于③，当直线AB的斜率不存在时，|AF故直线AB的斜率存在，设方程为y=kx得k2所以x1因为|AF所以2k2+4k2=10，即对于④，设过点A与抛物线C相切的直线方程为y-与抛物线方程y2=4x所以Δ=16m所以2y1=m，故y-同理得过点B与抛物线C相切的直线方程为4x所以，联立方程4x-2因为y22y所以x=y1y24=-1，即点故选：①③④.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023·全国·高二专题练习）已知坐标平面内三点A-(1)求直线AB的斜率和倾斜角；(2)若A,B,C,(3)若Em,n是线段AC上一动点，求【解题思路】(1)根据过两点的斜率公式求出斜率，再求倾斜角；(2)设Dx,y(3)因为nm-2表示直线BE的斜率,求出E与点C重合时，直线BC的斜率；E与点A重合时，直线【解答过程】（1）解：因为直线AB的斜率为-4所以直线AB的倾斜角为π4（2）解：如图，当点D在第一象限时，kAB设Dx,y，则y故点D的坐标为3,5；（3）解：由题意得nm-2为直线当点E与点C重合时，直线BE的斜率最小，kBC当点E与点A重合时，直线BE的斜率最大，kAB故直线BE的斜率的取值范围为-1即nm-218．（12分）（2023秋·全国·高二阶段练习）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1

(1)当k=34时，试用AB(2)证明：E,(3)判断直线D1C1能否是平面D1【解题思路】（1）直接利用空间向量线性运算可得AF=AE+EF，再根据已知关系AE（2）可设AC=λAB+μAD(λ，μ不为0)，由题意可化简得到EG（3）先假设面D1AB∩面D1DC=D1C1，根据棱柱的性质，可得出DC//平面ABD1，进而得出DC//AB，反之当DC//AB，可判断出D1C1⊂平面【解答过程】（1）AF=AE=14AD（2）设AC=λAB+μADEG=k=λ则EF，EG，EH共面且有公共点E，则E,（3）假设面D1AB∩面DDC//D1C1，D1C1⊂面AB又DC⊂面ABCD，面ABD1∩面反过来，当DC//AB时，因为DC//则AB，D1则D1C1又因为D1C1所以平面ABD1∩平面DC所以DC//AB是直线D1C1所以，当DC//AB时，直线D1C1当DC，AB不平行时，直线D1C1不是面

19．（12分）（2023·全国·高二专题练习）已知双曲线C:x2a2-(1)求C的方程；(2)设点A为C的左顶点，若过点3,0的直线l与C的右支交于P,Q两点，且直线AP,AQ与圆O:x2+y2=a2分别交于【解题思路】（1）运用双曲线的焦点到渐近线的距离为b，双曲线的离心率公式计算即可.（2）联立直线PQ方程与双曲线方程，运用韦达定理计算可得kAP⋅kAQ=-12，设出直线AP、AQ方程，联立双曲线方程可求得yp、yQ、【解答过程】（1）由题可知bx-ay=0是双曲线C所以右焦点到渐近线的距离d=又因为c2=a2+由离心率e=ca所以双曲线C的方程为x2（2）如图所示，

由（1）知，A(-1,0)设直线lPQ的方程：x由x=ty+3,因为直线l与双曲线C的右支交于两点，所以t2-1≠0,y1所以kAP⋅k设AP:x=所以1m1⋅1m又因为m2=2由x=m1所以yP=2由x=m1所以yM=2所以S△APQ=m12令n=m12+所以S△令fn因为fn在区间4,5所以fn的取值范围为9,+又因为S1所以S1S220．（12分）（2023秋·高二单元测试）已知圆O:x2(1)过M作圆O的切线，求切线的方程；(2)过M作直线l交圆O于点C，D两个不同的点，且CD不过圆心，再过点C，D分别作圆O的切线，两条切线交于点E，求证：点E在一条定直线上，并求出该直线的方程；(3)已知A2,4，设P为满足方程PA2+PO2=34的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为【解题思路】（1）分斜率存在和斜率不存在两种情况求切线方程即可；（2）设Cx1,y1，Dx2,y2，Ex0,y0，根据CE⊥CO，得到x（3）设Px,y，根据PA2+PO2=34得到x2+【解答过程】（1）当斜率不存在时，显然x＝1与圆O:当斜率存在时，设切线为y=kx∴3-k1+k2=1综上，切线方程为x＝1和x-（2）设Cx1,y1，Dx2∴由CE⊥CO，则x1x1故x1x0+y1y0=1，同理x2x∴x0+3y0（3）由题设，若Px,y则x若存在Nm,n，使PB2∴x2+y∴1-k整理得2-2k要使PB2PN2为定值，则1-k综上，存在N-15,-221．（12分）（2023·天津·统考二模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，DE∥BF，AD(1)求证：AC⊥(2)求直线EC与平面ACF所成角的正弦值；(3)在线段DE上是否存在点G，使得直线BG与AD所成角的余弦值为23，若存在，求出点G到平面ACF的距离，若不存在，请说明理由【解题思路】(1)建立适当的空间直角坐标系，利用向量垂直证明线段垂直.(2)求出平面ACF的法向量，以及EC的坐标，即可求解.(3)假设线段DE上存在一点G0,0,h，再根据条件求出h，再利用向量的投影即可求出点G到平面ACF【解答过程】（1）依题意，以D为原点，分别以DA,DC，DE的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得D0,0,0,A2,0,0,F2,2,依题意，AC=-2,2,0从而AC⋅所以AC⊥EF（2）依题意，AC=-2,2,0设n=x,则-2不妨设x=1.可得n因为EC=设直线EC与平面ACF所