2023年下学期高二理科《解析几何》《立体几何》复习测试卷.doc

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一、选择题
、B∈R,A≠B,且A·B≠0,那么方程Bx-y+A=0和方程Ax2-By2=AB在同一坐标系下的图象大致是( )
=x+1截抛物线y2=2px所得弦长为2,此时抛物线方程为( )
==6x
=-2x或y2=
+y2=1交于不同两点A、B,那么|AB|的最大值为( )
.
,F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,A是抛物线上的一点,与x轴正方向的夹角为60°,那么||为( )

:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,直线l过焦点F,且斜率为k,那么直线l与双曲线C的左、右两支都相交的充要条件是( )
-e2>-e2<-k2>-k2<1
-=1(a>0,b>0),M,N是双曲线上关于原点对称的两点,P是双曲线上的动点,且直线PM,PN的斜率分别为k1,k2,k1k2≠0,假设|k1|+|k2|的最小值为1,那么双曲线的离心率为( )
.
7.=(1,5,-2),=(3,1,z),假设⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,那么实数x,y,z分别为( )
A.,-,4B.,-,4C.,-2,,,-15
-l-β为60°,A、B是棱l上的两点,AC、BD分别在半平面α、β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=a,BD=2a,那么CD的长为()

二、填空题
=x+m与椭圆9x2+16y2=144相切,那么实数m的值等于________.
+2y2=2交于P1、P2两点,线段P1、P2的中点为P,设直线l的斜率为k1(k1≠0),直线OP的斜率为k2,那么k1k2的值等于________.
=2py(p>0)的焦点作斜率为1的直线与该抛物线交于A,B两点,A,B在x轴上的正射影分别为D,,那么p=________.
=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),假设a、b、c三个向量共面,那么实数λ等于________.
=(1,λ,2),b=(-2,1,1),a,b夹角的余弦值为,那么λ=________.
,点M、N分别是OA、BC的中点,且=a,=b,=c,用a,b,c表示向量=________.
:①假设a与b共线,那么a与b所在的直线平行;②假设a与b共线,那么存在唯一的实数λ,使b=λa;③假设A,B,C三点不共线,O是平面ABC外一点,=++,那么点M一定在平面ABC上,且在△.
:
:+=1(a>b>0)的离心率为,其中左焦点F(-2,0).
(1)求椭圆C的方程;
(2)假设直线y=x+m与椭圆C交于不同的两点A,B,且线段AB的中点M在圆x2+y2=1上,求m的值.
,在△ABC中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把△ABD折起,使∠BDC=90°.
(1)证明:平面ADB⊥平面BDC;
(2)设E为BC的中点,求与夹角的余弦值.
-ABCD的底面为直角梯形,AB∥DC,∠DAB=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=,AB=1,M是PB的中点.
(1)证明:平面PAD⊥平面PCD;
(2)求AC与PB所成的角;
(3)求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值.
:x2=y,圆C2:x2+(y-4)2=1的圆心为点M.
(1)求点M到拋物线C1的准线的距离;
(2)点P是拋物线C1上一点(异于原点).过点P作圆C2的两条切线,交拋物线C1于A,,P两点的直线l垂直于直线AB,求直线
l的方程.
:+=1(a>b>0)经过点M(1,),其离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设直线l:y=kx+m(|k|≤)与椭圆C相交于A、B两点,以线段OA、OB为邻边做平行四边形OAPB,顶点P恰好在椭圆C上,O为坐标原点,求|OP|的取值范围.
,四棱锥P-ABCD中,PA⊥,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.
(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;
(2)设AB=AP.
(ⅰ)假设直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;
(ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等?说明理由.
详解答案
:方程Ax2-By2=AB可变为-=>0时,方程-=,直线Bx-y+A=0交x轴于(-,0),即-<0,故排除C、D选项;当AB<0时,只有B>0,A<0,方程-=1表示椭圆,直线交x轴于(-,0),而->0,:B
:由得x2+(2-2p)x+1=+x2=2p-2,x1x2=1.
∴2=·=·.
解得p=-1或p=3,∴抛物线方程为y2=-2x或y2=:C
:设直线l的方程为y=x+t,代入+y2=1消去y得x2+2tx+t2-1=0,由题意得Δ=(2t)2-5(t2-1)>0,即t2<|AB|=·≤.答案:C
:如图,过A作AD⊥x轴于D,令|FD|=m,
那么|FA|=2m,|AD|=m,由抛物线定义知|FA|=|AB|,即p+m=2m,
∴m=p.∴||==:B
:由双曲线的图象和渐近线的几何意义,可知直线的斜率k只需满足-<k<,即k2<==e2-:C
:设M(x0,y0),N(-x0,-y0),P(x,y)那么k1=,k2=.
又∵M、N、P都在双曲线-=1上,∴
∴b2(x2-x)=a2(y2-y).∴=.
∴=|k2|,即|k1|·|k2|=.又∵|k1|+|k2|≥2=.
∴=1,即4b2=a2∴4(c2-a2)=a2,即4c2=5a2∴=,即e2=,∴e=.答案:B
:⊥⇒·=3+5-2z=0,∴z=⊥平面ABC,
∴·=x-1+5y+6=0,①·=3x-3+y-3z=0,②
由①②得x=,y=-.答案:B
:∵AC⊥l,BD⊥l,
∴〈,〉=60°,且·=0,·=0,
∴=++,∴||=
==:A
:由,得25x2+32mx+16m2-144=0,所以Δ=-576m2+14400=0,解得m=±:±5
:设P1(x1,y1),P2(x2,y2),那么P(,),k2=,k1=,k1k2=.由,相减得y-y=-(x-x).故k1k2=-.答案:-
:依题意,抛物线的焦点F的坐标为(0,),设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y-=x,代入抛物线方程得,y2-3py+=0,故y1+y2=3p,|AB|=y1+y2+p=4p,直角梯形ABCD有一个内角为45°.
故|CD|=|AB|=×4p=2p,梯形面积为(|BC|+|AD|)×|CD|=×3p×2p=3p2=12,解得p=:2
:由于a,b,c三个向量共面,所以存在实数m,n使得c=ma+nb,即有,解得m=,n=,λ=.答案:λ=.
:cos〈a,b〉===,解得λ=:1
:如图,=(+)
=[(-)+(-)]=(+-2)=(+-)=(b+c-a)答案:(b+c-a)
:①中a与b所在的直线也有可能重合,故①是假命题;②中当a=0,b≠0时,找不到实数λ,使b=λa,故②是假命题;可以证明③中A,B,C,M四点共面,因为
++=,等式两边同时加上,那么(+)+(+)+(+)=0,即++=0,=--,那么与,共面,又M是三个有向线段的公共点,故A,B,C,M四点共面,所以M是△ABC的重心,所以点M在平面ABC上,且在△ABC的内部,故③:③
:(1)由题意,得解得∴椭圆C的方程为+=1.(2)设点A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段AB的中点为M(x0,y0),
由消去y得,3x2+4mx+2m2-8=0,∴Δ=96-8m2>0,∴-2<m<2.∴x0==-,y0=x0+m=.∵点M(x0,y0)在圆x2+y2=1上,∴(-)2+()2=1,∴m=±.
:(1)证明:∵折起前AD是BC边上的高,∴当△ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.
又DB∩DC=D,∴AD⊥平面BDC.∵AD⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由∠BDC=90°及(1)知DA,DB,DC两两垂直,不妨设|DB|=1,以D为坐标原点,以,,所在直线为x轴,y轴,z轴建立如下图的空间直角坐标系,易得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0),
∴=(,,-),=(1,0,0),∴与夹角的余弦值为
cos〈,〉===.
:以A为坐标原点,AD长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,那么各点坐标为
A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,).
(1)证明:因=(0,0,1),=(0,1,0),故·=0,所以AP⊥DC.
由题设知AD⊥DC,且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线,由此得DC⊥平面PAD.
又DC在平面PCD上,故面PAD⊥面PCD.
(2)因=(1,1,0),=(0,2,-1),故||=,||=,·=2,所以cos<,>==.
(3)在MC上取一点N(x,y,z),那么存在λ∈R,使=λ,
=(1-x,1-y,-z),=(1,0,-),∴x=1-λ,y=1,z=λ.
要使AN⊥MC,只需·=0即x-z=0,解得λ=.
可知当λ=时,N点坐标为(,1,),能使·=0.
此时,=(,1,),=(,-1,),有·=0
由·=0,·=0得AN⊥MC,BN⊥MC.
所以∠ANB为所求二面角的平面角.
∵||=,||=,·=-.
∴cos〈,〉==-.
∴平面AMC与平面BMC所成角的余弦值为-.
:(1)由题意可知,拋物线C1的准线方程为:y=-,所以圆心M(0,4)到准线的距离是.
(2)设P(x0,x),A(x1,x),B(x2,x),由题意得x0≠0,x0≠±1,x1≠x2.
设过点P的圆C2的切线方程为y-x=k(x-x0),即y=kx-kx0+x.①
那么=1,即(x-1)k2+2x0(4-x)k+(x-4)2-1=0.
设PA,PB的斜率为k1,k2(k1≠k2),那么k1,k2是上述方程的两根,
所以k1+k2=,k1k2=.
将①代入y=x2得x2-kx+kx0-x=0,
由于x0是此方程的根,故x1=k1-x0,x2=k2-x0,
所以kAB==x1+x2=k1+k2-2x0=-2x0,kMP=.
由MP⊥AB,得kAB·kMP=(-2x0)·()=-1,解得x=.
即点P的坐标为(±,),所以直线l的方程为y=±x+4.
:(1)由:e2==①,又点M(1,)在椭圆上,所以+=1②,
由①②解之,得a2=4,b2=+=1.
(2)由消去y化简整理得:(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(3+4k2-m2)>0③
设A,B,P点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)、(x0,y0),
那么x0=x1+x2=-,y0=y1+y2=k(x1+x2)+2m=.
由于点P在椭圆C上,所以+=1.
从而+=1,化简得4m2=3+4k2,经检验满足③式.
又|OP|=====.
因为0≤|k|≤,得3≤4k2+3≤4,有≤≤1,故≤|OP|≤.
综上,所求|OP|的取值范围是.
:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB.
又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz(如图).
在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,那么CE⊥AD.
在Rt△CDE中,DE=CD·cos45°=1,
CE=CD·sin45°=1.
设AB=AP=t,那么B(t,0,0),P(0,0,t).
由AB+AD=4得AD=4-t,
所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),
=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).
(ⅰ)设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
由n⊥,n⊥,得
取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).又=(t,0,-t),
故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°=||,
即=,
解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),所以AB=.
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到P,B,C,D的距离都相等,
设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),
那么=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),
=(0,-m,t).由||=||得
12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m;(1)
由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.(2)
由(1)、(2)消去t,化简得m2-3m+4=0.(3)
由于方程(3)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、C、,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.