2022年高考數(shù)學(xué)保分題

2022年高考數(shù)學(xué)考前保分題

1.如圖，在長方體ABCO-4BC1Q1中，2AB=BC=AAi，點M為棱Cid上的動點.

(1)求三棱錐￡>-AiBiM與長方體ABC。-AiBiCQi的體積比;

(2)若M為棱Ci。的中點，求直線。81與平面D41M所成角的大小.

【分析】(1)設(shè)2AB=BC=AA\=2,直接求出三棱錐D-A\B\M與長方體ABCD-

A\BXC\D\的體積，然后相比即可；

(2)求出各棱長，設(shè)Bi到平面的距離為〃，由等體積法可知八=孥，進(jìn)而得到

所求線面角.

【解答】解：不妨設(shè)2A8=BC=A4i=2,

1I2

(1):力-AIBIM=wX)xlx2x2=w，^ABCD-A1B1C1D1=1x2x2=4,

2

.D-A-yB^M31

V46

ABCD-A1B1C1D1

???三棱錐D-AiBiM與長方體ABCD-AiBiCiDi的體積比為1：6；

(2)易知，CM】=V22+22=2y[2,DM=J22+(1)2=孚，DB1=Vl2+22+22=

3,=J22+(扔=字,

?應(yīng)3=|x2V2xJ(孚1一(或尸=承

13722

設(shè)Bl到平面DA\M的距離為〃，則由％-力避泗=-DAiM，可得]X—^―fl=],

?,?,八2=/下2’

設(shè)直線DB\與平面DAiM所成角的大小為0,則sin。=儡=^=等，

直線DB\與平面QAiM所成角的大小為arcs譏竽.

【點評】本題考查常見幾何體體積以及線面角的求法，考查等體積法的運用，考查邏輯

推理能力及運算求解能力，屬于中檔題.

2.如圖，在四棱錐P-ABC。中，平面平面ABC。，△以。是邊長為2的等邊三角

形，底面A8C。是菱形，且/BA￡>=60°,設(shè)平面與平面P8C的交線為/.

(1)證明：1//AD；

(2)求平面以O(shè)與平面P8C的夾角的大小.

【分析】(1)利用線面平行的判定定理證明AQ〃平面PBC,再根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理

證明即可；

(2)建立合適的空間直角坐標(biāo)系，求出所需點的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)

法求出平面的法向量，由向量的夾角公式求解即可.

【解答】(1)證明：因為底面ABC。是菱形，則BC〃A。，

又4X平面「8C,BCu平面PBC,

所以〃平面尸8C,

因為AQu平面BAD,且平面B40n平面PBC=/,

故1//AD-.

(2)解：因為四邊形ABC。為菱形，N8AO=60°,

所以△48。為等邊三角形，

則AD_LBE,同理可得AO_LPE,

又平面平面A8C￡>,平面平面A8CZ)=AO,PEu平面布O,

故PE_L平面ABC。，

則E4,EB,EP兩兩垂直，

以點E為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，

由題意可知，PD=PA^AD=2,

所以E(0,0,0),B(,近,0),C(-2,V3,0),P(0,0,A/3),

則而=(0,V3,0),PB=(0,V3,-V3),PC=(-2,遮，-V3),

設(shè)平面P8C的法向量為￡=(%,y,z),

則n-PB=V3y-V3z=0

n-PC=-2x+V3y-V3z=0

令y=l,貝ljz=l,x=0,

故幾=(0,L1),

由(1)可知，扇為平面玄。的一個法向量,

rT

所以IcosV'俞，1>|=尊2

故平面PAD與平面PBC的夾角的大小為45°.

【點評】本題考查了立體幾何的綜合應(yīng)用，涉及了線面平行的判定定理和性質(zhì)定理的應(yīng)

用，二面角的求解問題，在求解有關(guān)空間角問題的時候，一般會建立合適的空間直角坐

標(biāo)系，將空間角問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題進(jìn)行研究，屬于中檔題.

3.如圖，在四棱錐P-ABC。中，AD//BC,AB1AP,ABCD,AP=BC=V2AB

=2AD.

(1)證明：PBLACi

(2)求平面以8與平面P8C夾角的余弦值.

【分析】(1)由PDJL平面ABCD得PD±BC,進(jìn)而AB_L平面PAD,ABLAD,作直線

DM//AB,建立空間直角坐標(biāo)系證明通?/=0,從而證明結(jié)論.

(2)由(1)可得兩平面的一個法向量，從而用向量法求得平面B4B與平面PBC夾角的

余弦值.

【解答】證明：(1),設(shè)AO=2,則由已知得，AB=2V2,4P=8C=4,

VPD±TffiABCD,BCu平面ABCD,

：.PD±BC,^L'：ABLAP,

APHPD^p,

.?.A8_L平面孫。，；AOu面出O,：.AB1.AD,,

過點。作。M〃48交8c于點M,可得PDLDM,PDLAD,

在RtAADP中易求得PD=2V3,

以點。為坐標(biāo)原點，以D4,DM,￡>P所在直線分別作為坐標(biāo)軸建立如圖所示的坐標(biāo)系，

則P(0,0,2V3),B(2,2V2,0),A(2,0,0)C(-2,2&,0),

所以麗=(2,2VI,-2V3),AC=(-4,2V2,0),

：.PB-AC=2X(-4)+2V2X2A/2+0X2V3=0,

：.PBLAC；

(2)由(1)知而=(0,2VL0),晶=(-2,0,2V3)

設(shè)平面ABP的一個法向量胃=(x,y,z),

t

n所以產(chǎn)y=0,

T

n(-2x+2\3z=0

令z=遍,貝!Jx=3,y=0

所以平面ABP的一個法向量■=(3,0,V3),

由(1)知己=(4,0,0),CP=(2,-25/2,2V3)

設(shè)平面P8C的一個法向量獲=(?,b,c)

弓.伊=°,所以4a=0

所以,

m-CP=0,2a-2V2b+2V3c=0

令b=V3,則c=V2,

所以平面P8C的一個法向量(0,V3,V2),

—?—?

cos<n,m>=0X3+0XV3+>/2X73710

273x7510

所以平面辦8與平面PBC夾角的余弦值唱.

故答案為：(1)尸8LAC成立.

【點評】本題考查了線線垂直和線面垂直和性質(zhì)和判定，用向量法證明線線垂直以及用

向量法求平面與平面所成角的余弦值，屬中檔題.

4.如圖，已知尸(1,0),直線/：x=-l,P是平面上的動點，過點P作/的垂線，垂足

為點Q且凝.淳=而.前.

(1)求動點P的軌跡C的方程;

(2)過點尸的直線交軌跡C于AB兩點，交直線/于點M.

①已知忌=41/，MB=A2BF,求入I+入2的值;

②求|M2|?|MB|的最小值.

【分析】（1）設(shè)點P（x,y）,求出Q的坐標(biāo)，然后利用數(shù)量積的坐標(biāo)表示，列式化簡,

即可得到答案；

（2）①設(shè)直線AB的方程為x=my+l（加#0）,與拋物線方程聯(lián)立，得到韋達(dá)定理，利

用向量的坐標(biāo)表示，得到入i+入2并化簡，即可得到答案；

②利用向量模的坐標(biāo)，表示出|后|利用韋達(dá)定理以及基本不等式求解最值即可.

【解答】解：（1）設(shè)點P（x,y）,則。（-1,y）,

因為誦.淳=京.而，

則(x+L0)*(2,-y)=(x-1,y)*(-2,y),

化簡可得y2=4x,

所以動點P的軌跡C的方程為y2=4x；

(2)①設(shè)直線A8的方程為x=/wy+1(機(jī)會0),

設(shè)A(xi，yi),B(%2>”)，

又M(-1,一金,

聯(lián)立方程組［V=4"可得寸-4my_4=0>

(x=my+1

則4=(-4機(jī))2+12>0,

曰］為+及=4m

(71y2=-4'

因為忌=%/,MB=A2BF,

22

所以yi+彳=-2/1，72+~=-42y2,

整理可得，％=-1-焉，%=-12

麗'

所以入+，2=_2一令+看）=一2一.用野=_2瞿=0,

故人|+入2的值為0；

22

②1Az4|,|麗=(Vl+m)|yi-yM||y2-7MI

22

=(1+m)|y1y2-yM(yx+y2)+yM|

r24

=(l+m)I—4H—x47714—oI

r4

=(l+m)(4+源)

=4(2+評+今)

當(dāng)且僅當(dāng)*=+,即，-±1時取等號、

所以|而|?|詁|的最小值為16.

【點評】本題考查了動點軌跡方程的求解、直線與拋物線位置關(guān)系的應(yīng)用，求解動點軌

跡的常見方法有：直接法、定義法、代入法、消元法、交軌法等，在解決直線與圓錐曲

線位置關(guān)系的問題時.，一般會聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達(dá)定理和“設(shè)而不求”

的方法進(jìn)行研究，屬于中檔題.

5.已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸，長軸長為28，離心率為過.

3

（1）求橢圓C的方程；

（2）經(jīng)過橢圓的左焦點Q作直線/,且直線/交橢圓C于P,。兩點，問x軸上是否存

在一點M,使得屆?成為常數(shù)，若存在，求出M坐標(biāo)及該常數(shù)，若不存在，說明理由.

【分析】（1）利用待定系數(shù)法設(shè)出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，由橢圓的幾何性質(zhì)，列出方程組,

求出a,c的值，再利用“，b,c的關(guān)系求出6,即可得到答案；

（2）①當(dāng)直線/與x軸不垂直時，設(shè)出直線方程，然后與橢圓方程聯(lián)立，得到韋達(dá)定理,

然后利用數(shù)量積的坐標(biāo)表示結(jié)合韋達(dá)定理化簡而利用它是常數(shù)，求出f的值，得

到M坐標(biāo)及該常數(shù);②當(dāng)直線/與x軸垂直時，求出P,Q的坐標(biāo)，求出f的值以及常數(shù).結(jié)

合以上兩種情況，即可確定答案.

x2y2

【解答】解：（1）設(shè)橢圓。的標(biāo)準(zhǔn)方程為=+*=i（Q>b>0）,

（2a=2V3（內(nèi)

由題意可得，￡_隹，解得『，

a~3

所以-02=2,

X2y2

故橢圓C的方程為77+"7"=1；

32

（2）由（1）可知，F(xiàn)i（-1,0）,

假設(shè)在x軸上存在一點M（1,0）,使得詁?麗恒為常數(shù).

①當(dāng)直線/與x軸不垂直時，設(shè)其方程為y=Z（x+l）,設(shè)尸（xi，yi）,Q（X2,”），

y=k（x+1）

聯(lián)立方程組52y2,可得（2+3正）7+6足計3必-6=0,

（T+T=1

6k23/-6

所以X1+=—X1X

2+3k2'22+3/c2'

故MP-MQ=(xj-t)(x2-0+y，2=Qi-t)(%2-0+爐(/+l)(x2+1)

2222

=(fc+l)xxx2+(fc-t)(xx+x2)+k+t

_(fc2+l)(3fc2-6)(必-t>6/_(6t-l)fc2-62

---------7-------------n---rK2十C2--------7---rC

2+3《2+3《2+3—

(2T)(2+3/)-(4t+竽)，，2J14t+竽

-7IL-LIZt-9,

2+3《32+3/

因為詁?而是與k無關(guān)的常數(shù)，

則有4t+竽=0，即亡=一/

此時MTP-MTQ=-1m1；

②當(dāng)直線/與x軸垂直時，此時點P、。的坐標(biāo)分別為（一1,竽），（一1,一竽），

當(dāng)t=T時，亦有詁?%=一號.

綜上所述，在x軸上有在定點M（~4,0）,使得詁?麻恒為常數(shù)，這個常數(shù)為-9

【點評】本題考查了橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求解、直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，在解決直線與

圓錐曲線位置關(guān)系的問題時，一般會聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達(dá)定理和“設(shè)

而不求”的方法進(jìn)行研究，屬于中檔題.

6.如圖，過拋物線，=y上任意一點尸（不是頂點）作切線/,/交y軸于點Q.

（1）求證：線段尸。的中垂線過定點；

（2）過直線尸1上任意一點R作拋物線/=），的兩條切線，切點分別為S、T,M

為拋物線上S、7之間到直線ST的距離最大的點，求△MST面積的最小值.

【分析】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即可求得切線方程，因此可得PQ的中點坐

標(biāo)，即可求得尸。的中垂線方程，即可判斷恒過定點；

（2）根據(jù)（1）可知，分別求得切線RS,RT的方程，因此可得刈，尤3為方程2&x+

爭—1=0的兩個根，利用韋達(dá)定理及弦長公式求得|S71，利用三角形的面積公式及二次

函數(shù)的性質(zhì)，即可求得△MST面積的最小值.

【解答】解：（1）有y=W,求導(dǎo)y'=2x,設(shè)P（xi，JCI2）且?WO,

則直線/的方程為：y-*=2%iQ-/），化簡得y=2%i%-%3

當(dāng)x=O,則＞=一后，則Q（0,—好），

所以線段PQ的中點坐標(biāo)為庫，0）,則中垂線的方程為y=-卷（%—分，即丫=

2勺+4'

所以線段PQ的中垂線過定點（0