高二上學(xué)期第一次月考選擇題壓軸題50題專練（解析版）

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(tái)·高二?？奸_學(xué)考試）若向量a，b，c是空間的一個(gè)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(gè)基底的充要條件為a→，【解答過程】向量a→，b→，c→是空間的一個(gè)基底，則a→，對(duì)于選項(xiàng)A：a→=12[(a→+b對(duì)于選項(xiàng)B：b→=12[（a→+b→）﹣（a→-b→對(duì)于選項(xiàng)C：c→，m→，n→對(duì)于選項(xiàng)D：由選項(xiàng)A得：2a→=m→+n→，故2a故選C．2．（2023秋·全國(guó)·高二專題練習(xí)）對(duì)于空間任意一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A，B，C，且有OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R)A．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(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A，B，C，且OP=xOA+yOB+zOC(x,y【解答過程】解：空間任意一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A，B，C，且OP則P,A,B,C四點(diǎn)共面等價(jià)于x若x=2，y=-3，z=2，則x+y+z=1，所以若P,A,B,C四點(diǎn)共面，則x+y+z=1，不能得到所以x=2，y=-3，z=2是P,A,B故選B.3．（2023秋·河北邯鄲·高二?？奸_學(xué)考試）設(shè)點(diǎn)A(2,-3)?B(-3,-2)，若直線l過點(diǎn)P(1,1)且與線段AB相交，則直線l的斜率kA．k≥34或k≤-4 BC．-4≤k≤【解題思路】根據(jù)斜率的公式，利用數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行求解即可.【解答過程】如圖所示：

依題意，kPA要想直線l過點(diǎn)P(1,1)且與線段AB則k≥34故選：A.4．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，把橫、縱坐標(biāo)均為有理數(shù)的點(diǎn)稱為有理點(diǎn)．若a為無理數(shù)，則在過點(diǎn)Pa,-1A．有無窮多條直線，每條直線上至少存在兩個(gè)有理點(diǎn)B．恰有nnC．有且僅有一條直線至少過兩個(gè)有理點(diǎn)D．每條直線至多過一個(gè)有理點(diǎn)【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(diǎn)的個(gè)數(shù)，再在斜率存在且不為0的直線上假設(shè)有兩個(gè)有理點(diǎn)M(【解答過程】顯然直線y=-12過P直線x=其它過P點(diǎn)斜率存在且不為0的直線上假如有兩個(gè)有理點(diǎn)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(gè)或以上的有理點(diǎn)．所以AB均錯(cuò)，C正確．故選：C．5．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為6，P是四面體ABCD外接球的球面上任意一點(diǎn)，則PA?PB的取值范圍為（A．6-66,6+66C．33-3【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(jìn)而得PA?PB【解答過程】如圖，設(shè)E,F分別為正四面體ABCD棱作AO'⊥平面BCD所以，由正四面體的性質(zhì)知B,E,O'三點(diǎn)共線，且B因?yàn)檎拿骟wABCD的棱長(zhǎng)為6，所以BO'=設(shè)四面體ABCD外接球的半徑為R，即OA=所以，AO'-R2所以O(shè)O'=因?yàn)镻是四面體ABCD外接球的球面上任意一點(diǎn)，所以，PA因?yàn)镺A?OB+所以PA=9-93因?yàn)镺F,所以9-9故選：B.6．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，EF是正方體ABCDA．-2,0 B．-1,0 C．0,1 D【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-A1B1C1則2R=23，可得RPE=P當(dāng)點(diǎn)OP與正方體ABCD-A1B1當(dāng)點(diǎn)P與正方體ABCD-A1B1所以，1≤OP≤3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(dòng)點(diǎn)P，將△ACP沿CP折起使得二面角A'A．32 B．83 C．2 D【解題思路】設(shè)∠ACP=θ,BC=a，用θ,【解答過程】分別過A,B作AM⊥MC,設(shè)∠ACP=θ可得AM=2故A'∵A'B=又∵A'M⊥故A'∵θ∈0,π可得A'B2=a又∵y=a2可得當(dāng)a=32時(shí)，y故當(dāng)θ=π4，a=3故選：A.8．（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知點(diǎn)A(2,-3)，B(-3,-2)．若直線l:mx+y-A．-∞,-34C．15,+∞ D【解題思路】直線l過定點(diǎn)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,【解答過程】設(shè)直線l過定點(diǎn)P(x,y)令x-1=0,y-1=0,解得x=1,ykPA=-3-12-1=-4，kPB

∴由圖象知，-m≥34或-m則實(shí)數(shù)m的取值范圍是-∞,-故選：A.9．（2023春·安徽安慶·高二校考階段練習(xí)）已知a>0，b>0，兩直線l1：a-1x+y-1=0，A．2 B．4 C．6 D．8【解題思路】由直線垂直得a,【解答過程】因?yàn)閘1⊥l2，所以又a>0,所以2a+1b=(故選：D．10．（2023·全國(guó)·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-A．52 B．102 C．8 D【解題思路】首先求得直線x-y+1=0與直線BC的交點(diǎn)D的坐標(biāo)，利用D到直線AB,AC的距離相等列方程，解方程求得A點(diǎn)的坐標(biāo).利用A到直線BC的距離以及【解答過程】直線BC的方程為y-4=-1由x+5y-設(shè)Aa,a+1,aa-3x-a-1ya-2a-1632a2-83a=0，解得所以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(zhǎng)為3正三角形，AC=3AD，S是空間內(nèi)一點(diǎn)，θ1,θ2分別是S-AB-C，S-BC

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(shí)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=則cos∠DBA=所以sin∠DBA=同理可求得tan∠

設(shè)O∈平面ABC，且SO⊥平面過O作OE⊥AB，垂足為E，過O作OF⊥BC，垂足為由于AB,BC?平面ABC由于OE∩SO=O,OE,由于SE?平面SOE，所以AB⊥SE同理可證得∠SFO=θ即SOOE設(shè)∠OBF=α所以sinα2sinα=所以B,O,D三點(diǎn)共線，而BD?tanα=OF連接SD，過D作DG⊥SB，垂足為G，則所以BG=72-由cos∠SBA=6即2825cos2∠SBA由cos∠SBC=6即74cos2∠SBC所以cos∠SBA+

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

）①直線l：x+y②直線y=kx-2③直線x-④直線x-3A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】①代入驗(yàn)證即可；②當(dāng)x=0時(shí)可得在y軸的截距；③由k>0,b>0【解答過程】①將P1,2代入x+y②當(dāng)x=0時(shí)，y=-2，故在③由x-y+4=0故k=1>0，故其圖像不經(jīng)過第四象限，故正確；④x-3y+1=0的斜率為故選：C.13．（2023·全國(guó)·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A．746 B．845 C．745【解題思路】利用A、E、F、G四點(diǎn)共面，PG=25PD，由錐體體積公式，求出VP-【解答過程】如圖所示，

設(shè)PG=λPD，由A、E、F設(shè)AF=xAE即AP+得23又AP，AB，AD不共面，則23-y-x設(shè)h1，h2分別是點(diǎn)F到平面PAE和點(diǎn)C到平面PAB的距離，則所以VPVP-ABC同理，VP-AGFVPV則四棱錐P-AEFG與四棱錐P-故選：B.14．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）在空間直角坐標(biāo)系中，OA=2a,2b,0A．OA·OB的最小值為-6 B．OAC．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,【解答過程】根據(jù)題意可設(shè)a=則OA·當(dāng)θ=0,φ=-當(dāng)θ=π,另一方面，AB==≤10+8+4+4當(dāng)θ=2π,AB≥=10+4令4cos則AB=當(dāng)cosθ=-1綜上可得，只有B錯(cuò)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(diǎn)，N在側(cè)面BCD上（包含邊界），若

A．若x=12，則MN∥平面ACD B．若C．當(dāng)MN最小時(shí)，x=14 D．當(dāng)【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(jìn)而可得x=12-λ-μy=λz=μ，對(duì)于A：若x=【解答過程】因?yàn)锳D⊥CD，平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=所以CD⊥平面ABD且BD?平面ABD，可得CD又因?yàn)镹在側(cè)面BCD上（包含邊界），設(shè)BN=λBC可得MN=1又因?yàn)镸N=xAB+y對(duì)于選項(xiàng)A：若x=12-λ-μ顯然MN∩平面ACD=A對(duì)于選項(xiàng)B：若z=μ=0，則BN=λ由CD⊥平面ABD，可知當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)N為點(diǎn)B，MN⊥CD過M作ME⊥BD，垂足為E，可得BE=

因?yàn)镃D⊥平面ABD，ME?平面ABD，則且BD∩CD=D，BD,CD?可得MN=對(duì)于選項(xiàng)C：顯然當(dāng)點(diǎn)N即為點(diǎn)E時(shí)，MN最小，此時(shí)λ=0,可得y=0,z=對(duì)于選項(xiàng)D：顯然當(dāng)點(diǎn)N即為點(diǎn)C時(shí)，NE最大，則MN最大，此時(shí)λ=1,可得y=1,z=0,故選：C.16．（2023·全國(guó)·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,AP【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=2則EF=1又AB=AP=6，AD則AB?AD=因此，|=1故選：B.17．（2023秋·高二單元測(cè)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(diǎn)A2,0,B0,4，若其歐拉線的方程為A．-4,0 B．-3,-1 C．-5,0【解題思路】設(shè)出點(diǎn)C的坐標(biāo)，由重心坐標(biāo)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(gè)頂點(diǎn)的距離相等得另一方程，兩方程聯(lián)立求得點(diǎn)C的坐標(biāo)【解答過程】設(shè)C（m，n），由重心坐標(biāo)公式得，三角形ABC的重心為2+m3,4+nAB的中點(diǎn)為（1，2），kAB=4-00-2=-2即x-2y+3=0．聯(lián)立x-2y∴△ABC的外心為（-1，1）．則（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8②聯(lián)立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．當(dāng)m=0，n=4時(shí)B，C重合，舍去．∴頂點(diǎn)C的坐標(biāo)是（-4，0）．故選A.18．（2023秋·河北邯鄲·高二統(tǒng)考期末）已知點(diǎn)P在直線l：3x+4y-20=0上，過點(diǎn)P的兩條直線與圓O：x2+y2A．32 B．455 C．3【解題思路】得到P,A,O,B四點(diǎn)共圓，且圓的直徑為OP，從而設(shè)出Pm,n，表達(dá)出圓心和半徑，寫出圓的方程，與x2+y2=4相減后得到直線AB【解答過程】由題意得：P,A,設(shè)Pm,n則OP的中點(diǎn)為圓心，圓心坐標(biāo)為m2,n所以圓的方程為：x-整理得：x2將x2+y2=4故直線AB的方程為4-mx圓心O到直線AB的距離d=因?yàn)?m所以m2當(dāng)且僅當(dāng)m=故d=故選：D.19．（2023·全國(guó)·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(diǎn)）、重心（三邊中線的交點(diǎn)）、垂心（三邊高的交點(diǎn)）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(diǎn)為A(0,0)，B(m,0)，C(2,nA．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【解答過程】△ABC的頂點(diǎn)為A(0,0)，B(m,0)代入歐拉線方程，得m+23+因?yàn)锳(0,0)，B(m,0)都在x軸，代入歐拉線方程，得2+2a-5=0，akHB?km+2n=134m=3n故選：D.20．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）設(shè)m∈R，過定點(diǎn)A的動(dòng)直線x+my+1=0和過定點(diǎn)B的動(dòng)直線mx-yA．25 B．32 C．3 D【解題思路】根據(jù)動(dòng)直線方程求出定點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，并判斷兩動(dòng)直線互相垂直，進(jìn)而可得|PA|【解答過程】解：由題意，動(dòng)直線x+my+1=0直線mx-y-2m+3=0可化為又1×m+m所以|PA因?yàn)閨PA所以PA+PB≤2故選：D.21．（2023秋·全國(guó)·高二隨堂練習(xí)）對(duì)于直線l：ax+ay-①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(dāng)a取不同數(shù)值時(shí)，可得到一組平行直線．其中正確的個(gè)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(cuò)誤．【解答過程】直線l：ax+ay-1a=0（a≠0），可化簡(jiǎn)為：x+y-1a2=0，即y=-x+1a2，則直線的斜率為故選：C.22．（2023春·上海寶山·高二校考開學(xué)考試）A-2,0，B2,0，C0,2，E-1,0，F(xiàn)1,0，一束光線從點(diǎn)F出發(fā)射到BC上的點(diǎn)D，經(jīng)BC反射后，再經(jīng)ACA．-∞,2 BC．1,+∞ D．【解題思路】先根據(jù)題意求得A-2,0關(guān)于直線BC對(duì)稱的點(diǎn)為A12,4，點(diǎn)E-1,0關(guān)于直線AC的對(duì)稱點(diǎn)為E1-【解答過程】設(shè)直線BC方程為y=kx+b，則0=2k+b設(shè)A-2,0關(guān)于直線BC對(duì)稱的點(diǎn)為A1x,y，則同理可得：點(diǎn)E-1,0關(guān)于直線點(diǎn)E1-2,1關(guān)于直線BC如圖所示：利用光線反射的性質(zhì)可知，當(dāng)這束光線反射后最終經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)，則其先經(jīng)過點(diǎn)N；當(dāng)這束光線反射后最終經(jīng)過點(diǎn)E時(shí)，則其先經(jīng)過點(diǎn)M；所以點(diǎn)M,N之間為點(diǎn)因?yàn)镋21,4，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(diǎn)M(2,23)和點(diǎn)N(6,-23)為直徑的圓，點(diǎn)P為圓C上的動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)A(2,0)A．26 B．4+2 C．8+52 D【解題思路】由題設(shè)可知圓C：(x-4)2+y2=16【解答過程】由題設(shè)，知：C(4,0)且|MN|=(-23∴圓C：(x如上圖，坐標(biāo)系中D(-4,0)則OD∴ACCP=PCDC=12，即∴2|PA|-|PB|=|PD|-|∴要使|PD|-|PB|最大，P∴|BD故選：A.24．（2023·全國(guó)·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(diǎn)(A,①圓心M在直線x=1②m的取值范圍是(0,1)；③圓M半徑的最小值為1；④存在定點(diǎn)N，使得圓M恒過點(diǎn)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(biāo)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(gè)焦點(diǎn)可得m的取值范圍；假設(shè)圓方程為(x-1)2【解答過程】二次函數(shù)y=x2因?yàn)閷?duì)稱軸x=1為線段AB所以圓心在直線x=1上，故①因?yàn)槎魏瘮?shù)與x軸有兩點(diǎn)不同交點(diǎn)，所以Δ=4-4m>0，即m不妨設(shè)A在B的左邊，則A(1-1-m設(shè)圓方程為(x-1-1-mb=m+1因?yàn)閙<1，所以r2=14由上得圓方程為(x即x2-2x+y故選D.25．（2023秋·全國(guó)·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(diǎn)，點(diǎn)P在圓x-22A．2?，??6 B．4?，【解題思路】先求出A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)得到AB，再計(jì)算圓心到直線距離，得到點(diǎn)P到直線距離范圍，由面積公式計(jì)算即可【解答過程】∵直線x+y+2=0分別與x軸，y軸交于A∴A-2,0∵點(diǎn)P在圓（x∴圓心為（2，0），則圓心到直線距離d故點(diǎn)P到直線x+y+2=0的距離則S故選A.26．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知圓C1:x-12+y+12=1，圓C2:x-42A．35+4 B．9 C．7 D【解題思路】分析可知PN-PMmax=PC2-PC1+4【解答過程】圓C1:x-1圓C2:x-4∵PN又PNmax=P∴PN點(diǎn)C24,5關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為PC所以，PN-故選：B．27．（2023·全國(guó)·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(shí)期數(shù)學(xué)三巨匠，他對(duì)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?jiǎng)狱c(diǎn)M與兩定點(diǎn)A，B的距離之比為λ(λ>0,λ≠1)，那么點(diǎn)M的軌跡就是阿波羅尼斯圓．如動(dòng)點(diǎn)M與兩定點(diǎn)A95,0，B5,0的距離之比為35時(shí)的阿波羅尼斯圓為x2+yA．2+10 B．21 C．26 D．【解題思路】取點(diǎn)N(-4,0)，推理證明得|MN|=2|MA|，把問題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)M到定點(diǎn)【解答過程】如圖，點(diǎn)M在圓O:x2+y2=4當(dāng)點(diǎn)O,M,N不共線時(shí)，|OM||則有|MN||MA|=|因此2MA+MB=|MN|+|MB所以2MA+MB故選：C.28．（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知點(diǎn)A-1,0，B1,0，C0,1，直線y=ax+bA．0,1 B．1-22,12 C【解題思路】先求得直線y=ax+b（a＞0）與x軸的交點(diǎn)為M（-ba，0），由-ba≤0可得點(diǎn)M在射線OA上．求出直線和BC的交點(diǎn)N的坐標(biāo)，①若點(diǎn)M和點(diǎn)A重合，求得b=13；②若點(diǎn)M在點(diǎn)O和點(diǎn)A之間，求得13＜b＜12【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由直線y=ax+ba>0將△ABC故-ba<0，故點(diǎn)M設(shè)直線y=ax+b和BC的交點(diǎn)為N，則由y=ax①若點(diǎn)M和點(diǎn)A重合，如圖：則點(diǎn)N為線段BC的中點(diǎn)，故N（12，12把A、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入直線y=ax+b，求得a②若點(diǎn)M在點(diǎn)O和點(diǎn)A之間，如圖：此時(shí)b>13，點(diǎn)N在點(diǎn)B和點(diǎn)C之間，由題意可得三角形NMB即12?MB?yN=12，即1故有13③若點(diǎn)M在點(diǎn)A的左側(cè)，則b<13，由點(diǎn)M的橫坐標(biāo)-ba<-設(shè)直線y=ax+b和AC的交點(diǎn)為P，則由y=此時(shí)，由題意可得，三角形CPN的面積等于12，即1即121-b?1-ba由于此時(shí)b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2＝|a2﹣1|＝1﹣a2．兩邊開方可得21-b=1-a2＜1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(guó)·高二階段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)Pa,b滿足a+b=1，記d為點(diǎn)P到直線x-my-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(diǎn)A確定出對(duì)于給定的一點(diǎn)P，d取最大值時(shí)PA⊥l且【解答過程】直線l:x-對(duì)于任意確定的點(diǎn)P，當(dāng)PA⊥l時(shí)，此時(shí)當(dāng)PA不垂直l時(shí)，過點(diǎn)P作PB⊥l，此時(shí)因?yàn)镻B⊥AB，所以PA>由上可知：當(dāng)P確定時(shí)，dmax即為PA，且此時(shí)PA又因?yàn)镻在如圖所示的正方形上運(yùn)動(dòng)，所以dmax當(dāng)PA取最大值時(shí)，P點(diǎn)與M-1,0重合，此時(shí)所以dmax故選：C.30．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）我國(guó)著名數(shù)學(xué)家華羅庚曾說“數(shù)缺形時(shí)少直觀，形少數(shù)時(shí)難入微；數(shù)形結(jié)合百般好，隔離分家萬(wàn)事休.”事實(shí)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(diǎn)x,y與點(diǎn)a,b之間的距離的幾何問題A．722 B．1122 C．【解題思路】根據(jù)兩點(diǎn)距離公式將目標(biāo)函數(shù)轉(zhuǎn)化為點(diǎn)Mx1,y1到點(diǎn)A0,4的距離與點(diǎn)Nx2,y2到點(diǎn)B5,0的距離和，過點(diǎn)【解答過程】由已知x12+y1x2-52+所以x1過點(diǎn)A作AC⊥l1因?yàn)橹本€l1的方程為x-y所以AC=又直線l1:y=x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(dāng)且僅當(dāng)C,所以當(dāng)點(diǎn)N為線段CB與直線l2x12+因?yàn)檫^點(diǎn)A0,4與直線l1垂直的直線的方程為聯(lián)立y=-x+4所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為1,3，所以CB=所以x12+故選：D.31．（2023·全國(guó)·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(diǎn)A-3,0，B1,3，其歐拉線方程為13xA．2,0 B．-1,-2411 C．2,-1【解題思路】設(shè)出點(diǎn)C的坐標(biāo)，求出△ABC的重心并代入歐拉線方程，驗(yàn)證并排除部分選項(xiàng)，余下選項(xiàng)再由外心、垂心驗(yàn)證判斷作答【解答過程】設(shè)頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為(a,b)，則依題意，13×a-2對(duì)于A，當(dāng)a=2,b=0時(shí)，13對(duì)于D，當(dāng)a=-4919,b對(duì)于B，當(dāng)a=-1,b=-對(duì)于C，當(dāng)a=2,b=-1直線AB的斜率k=34，線段AB中點(diǎn)(-1,32)，線段由4x+3y-12=0若點(diǎn)C(-1,-2411)，則直線BC的斜率k'=5722，線段顯然5722×(-60121)≠-1，即點(diǎn)M若點(diǎn)C(2,-1)，則直線BC的斜率k1=-4，線段BC中點(diǎn)(32,1)，線段由x-4y+52=04x△ABC邊AB上的高所在直線：y+1=-4邊BC上的高所在直線：y=14由4x+3y=5x-4y=-3即△ABC的垂心在直線13x-33故選：C.32．（2023秋·湖南長(zhǎng)沙·高三?？奸_學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若圓C1:(x+4)2+(y-1)2=r2A．(3,7) B．[3C．(3,+∞) D【解題思路】求出圓C1關(guān)于直線y=x【解答過程】圓C1:(設(shè)C1(-4,1)關(guān)于直線y=所以1+b2=C1(-4,1)關(guān)于直線y=由題意得，以C3為圓心，以r為半徑的圓與圓C所以|r-2|≤故選：B．

33．（2023秋·廣西百色·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）圓M:x-22A．x+2y=0C．x-2y【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∵兩圓圓心距d=2+22+1+1∵兩圓半徑相同，∴兩圓兩條公切線經(jīng)過MN中點(diǎn)0,0，兩條公切線與MN平行，∵經(jīng)過MN中點(diǎn)的公切線斜率顯然存在，可設(shè)為：y=∴2k-1k2+1=1，解得：∵kMN=1--12--2∴2t1+4=1，解得：t=±綜上所述：兩圓的公切線方程為：y=0或4x-3y故選：C.34．（2023秋·浙江溫州·高二?？奸_學(xué)考試）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，正方形ABCD的中心為O，棱C

A．OEB．SC．點(diǎn)F到直線OD1D．異面直線OD1與EF【解題思路】以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，計(jì)算OE【解答過程】以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD

D0,0,0，O12,12,0，B1,1,0OE=-12,1故選項(xiàng)A正確；OF=0,12,1則sinOES△FOE=OD1=sinO點(diǎn)F到直線OD1的距離OFsinOEF=12,0,則令異面直線OD1與EF所成角θ，可得cosθ=cos故選：D.35．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知點(diǎn)P為直線l：x+y-2=0上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓C：x2+2x+y2=0的切線PAA．3x+3yC．2x+2y【解題思路】先利用圓切線的性質(zhì)推得A,P,B,C四點(diǎn)共圓，AB⊥CP，從而將PC?AB【解答過程】因?yàn)閳AC：x2+2x所以圓心C-1,0，半徑為

因?yàn)镻A，PB是圓C的兩條切線，則PA⊥由圓的知識(shí)可知，A,P,B,所以PC?AB=4所以當(dāng)PC最小，即PC⊥l時(shí)，PC?AB取得最小值，此時(shí)聯(lián)立y=x+1x+故以PC為直徑的圓的方程為x-12又圓C:兩圓的方程相減即為直線AB的方程：3x故選：A.36．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知?jiǎng)又本€l與圓O:x2+y2=4交于A，B兩點(diǎn)，且∠AOB=120°．若lA．10-46 B．1 C．46-【解題思路】根據(jù)題意當(dāng)動(dòng)直線經(jīng)過圓(x-2)2+y2=25的圓心時(shí)，可得到弦長(zhǎng)的最大值為該圓的直徑，再設(shè)線段AB的中點(diǎn)為C，從而得到動(dòng)直線l在圓x2【解答過程】由題意可知圓(x-2)2+則當(dāng)動(dòng)直線經(jīng)過圓心，即點(diǎn)A或B與圓心(2,0)重合時(shí)，如圖1，此時(shí)弦長(zhǎng)t取得最大值，且最大值為tmax設(shè)線段AB的中點(diǎn)為C，在△AOB中，由OA=OB=2，且則動(dòng)直線l在圓x2所以當(dāng)動(dòng)直線l與x軸垂直，且點(diǎn)C的坐標(biāo)為(-1,0)時(shí)，如圖2，此時(shí)弦長(zhǎng)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(cè)試）已知A2,0，點(diǎn)P為直線x-y+5=0上的一點(diǎn)，點(diǎn)Q為圓x2A．52+22 B．52-2【解題思路】令12AQ=MQ，可得M點(diǎn)的坐標(biāo)為12,0【解答過程】設(shè)Mx,0,則1?x12+y12=1?如圖，當(dāng)P,Q,M三點(diǎn)共線時(shí)，且PM垂直于直線x-y+5=0時(shí)，PQ+MQ故選：D.38．（2023春·江蘇鎮(zhèn)江·高二?？茧A段練習(xí)）已知圓C:(x-1)2+y2=2，若存在過的P2,A．-B．-C．-D．-【解題思路】根據(jù)圓的割線定理，結(jié)合圓的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【解答過程】圓C:x-12因?yàn)镻A=AB，所以點(diǎn)于是有(2-1)2+a2>2?由圓的割線定理可知：PA?因?yàn)镻A=AB，所以于是有2AB因?yàn)锳B≤2所以AB2=a2-所以a∈故選：D.39．（2023·全國(guó)·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(diǎn)，當(dāng)弦EFA．42-2C．22-1【解題思路】根據(jù)已知條件先確定出點(diǎn)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【解答過程】由題可知：⊙C:(x-又CE⊥CF，P是EF的中點(diǎn)，所以所以點(diǎn)P的軌跡方程(x-1)2+若直線l:x-y-則以AB為直徑的圓要包括圓(x點(diǎn)C1,2到直線l的距離為d所以AB長(zhǎng)度的最小值為2d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(diǎn)A-1,0，B1,0．若圓C上存在點(diǎn)P，使得PA．-3,-2 B．-3,0 C．-2,-1【解題思路】設(shè)圓心Ca,a+3，表示出圓C，設(shè)P【解答過程】依題意設(shè)圓心Ca,a+3，則圓設(shè)Px,y，由P即x2依題意即圓C與圓x2+y2=4即圓心C的橫坐標(biāo)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(diǎn)P是直線l：4x-y-2=0上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P引圓CA．(23,-13) B．(-【解題思路】根據(jù)圓的切線性質(zhì)，結(jié)合圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、圓與圓的位置關(guān)系進(jìn)行求解即可.【解答過程】因?yàn)镻A、PB是圓C的兩條切線，所以PA⊥AC,PB⊥BC，因此點(diǎn)A、B在以PC為直徑的圓上，因?yàn)辄c(diǎn)P是直線l：因此PC的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：m+22，縱坐標(biāo)為：12PC=(x-m+22(1)-(2)得：(2-m)x由(2-?2x+2y-故選：D.42．（2023秋·全國(guó)·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(dòng)點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別是A，BA．12 B．1625 C．2516【解題思路】設(shè)Px0,y0,利用圓切線的性質(zhì)，得到切點(diǎn)弦所在直線方程【解答過程】設(shè)Px0,y設(shè)Ax當(dāng)x1≠0,y1≠0時(shí)，kAO?kPA即xx1+yy1=x12+y12將P的坐標(biāo)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x△OMN的面積為S當(dāng)且僅當(dāng)2x0=y0結(jié)合所以△OMN面積的最小值為16故選：B.43．（2023春·廣東陽(yáng)江·高二統(tǒng)考期末）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M,NA．B1-MBC的外接球面積為9π BC．正方體被平面MNP截得的截面為正六邊形 D．點(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度為3【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(bǔ)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(diǎn)Q的軌跡長(zhǎng)度，故可判斷【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,同理R,N,T正方體被平面MNP截得的截面為六邊形，SP=因?yàn)槠矫鍹NP∩平面B1BCC1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，故故∠A1C1同理∠SRM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A1B1同理故RS//平面A1B1C故平面A1B1C//平面MNP，而PQ?平面MNP，故PQ對(duì)于A，將三棱錐B1-MBC其中H,G分別為A1則其外接球的直徑即為MBCG-HB故三棱錐B1-MBC的外接球的表面積為π×

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則D0,0,0故MN=設(shè)平面MNP的法向量為m=x,故-2x+y+故m=1,1,1，而故D到平面MNP的距離為d=而DQ=2，故點(diǎn)Q的軌跡為平面MNP該圓的半徑為4-2=1，故圓的周長(zhǎng)為2π×1=2π故選：D.44．（2023·吉林長(zhǎng)春·東北師大附中校考模擬預(yù)測(cè)）四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABCD，AB∥CD，2AB=BC=CDA．55 B．255 C．2【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，確定各點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)球心O1,h,12，根據(jù)OA=OC【解答過程】如圖所示：以CD,CB,設(shè)AB=1，則A1,2,0，C0,0,0球心O在平面CDD1C1的投影坐標(biāo)為則OA=OC，即解得h=34設(shè)E2,0,a，a∈0,1，cos設(shè)7+a=t，則a則14+2a當(dāng)t=547此時(shí)直線AE與OB所成的角最小，對(duì)應(yīng)的正弦值為1-2故選：D.45．（2023秋·高二單元測(cè)試）如圖，點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1

A．當(dāng)P在平面BCC1BB．當(dāng)P在線段AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，D1P與AC．使直線AP與平面ABCD所成的角為45o的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為D．若F是A1B1的中點(diǎn)，當(dāng)P在底面ABCD上運(yùn)動(dòng)，且滿足PF//平面B【解題思路】由底面正方形ADD1A1的面積不變，點(diǎn)P到平面以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,2-x,0)由直線AP與平面ABCD所成的角為45°，作PM⊥平面ABCD，得到點(diǎn)P的軌跡，可判定設(shè)P(m,m,0)，求得平面CB1D【解答過程】對(duì)于A中：底面正方形ADD1A1的面積不變，點(diǎn)所以四棱錐P-AA對(duì)于B中：以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在的直線分別為x軸、設(shè)P(x,2-設(shè)直線D1P與A1C1因?yàn)?≤x-1≤1，當(dāng)x-當(dāng)0<x-1≤1時(shí)，所以異面直線D1P與A1C1

對(duì)于C中：因?yàn)橹本€AP與平面ABCD所成的角為45°若點(diǎn)P在平面DCC1D因?yàn)椤螧在平面ADD1A1內(nèi)，點(diǎn)在平面ABB1A1內(nèi)，點(diǎn)在平面A1B1C1因?yàn)椤螾AM=45°，所以PM=AM，又因?yàn)樗渣c(diǎn)P的軌跡是以A1點(diǎn)為圓心，以2所以點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)度為14綜上，點(diǎn)P的軌跡的總長(zhǎng)度為π+42，所以

對(duì)于D中，由B1設(shè)P(則CB設(shè)平面CB1D1的一個(gè)法向量為取a=1，可得b=-1,c因?yàn)镻F//平面B1CD，所以FP所以FP=當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立，所以D錯(cuò)誤故選：D.

46．（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，定義d(A,B(x2,y2)的“切比雪夫距離”，又設(shè)點(diǎn)P及l(fā)直線l的“切比雪夫距離”，記作d(①對(duì)任意三點(diǎn)A、B、C，都有d(②已知點(diǎn)P(3,1)和直線l:2x③定點(diǎn)F1(-c,0)、F2(c則點(diǎn)P的軌跡與直線y=k（k為常數(shù)）有且僅有其中真命題的個(gè)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(xiàng)進(jìn)行求解即可.【解答過程】設(shè)Axd同理可得：dC,dC命題①成立；設(shè)點(diǎn)Q是直線y=2x-1上一點(diǎn)，且Q（x,2x-1），可得dP由x-3≥2-2x，解得-1≤x由x-3<2-2x，解得xdP,Q的范圍是綜上可得，P,Q兩點(diǎn)的“切比雪夫距離”的最小值為43說法②正確.定點(diǎn)F1(-c,0)、F2(cmaxx顯然上述方程所表示的曲線關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故不妨設(shè)x≥0，y≥0.(1)當(dāng)x+c≥yx(2)當(dāng)x+c≤(3)當(dāng)x+c>則點(diǎn)P的軌跡是如圖所示的以原點(diǎn)為中心的兩支折線.結(jié)合圖象可知，點(diǎn)P的軌跡與直線y=k（k為常數(shù)）有且僅有2個(gè)公共點(diǎn)，命題③綜上可得命題①②③均正確，真命題的個(gè)數(shù)是3.故選D.47．（2023秋·全國(guó)·高二階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，線段B1D1上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)EA．當(dāng)E，F(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，存在點(diǎn)E，F(xiàn)使得AEB．當(dāng)E，F(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，存在點(diǎn)E，F(xiàn)使得AEC．當(dāng)E運(yùn)動(dòng)時(shí)，二面角E-ABD．當(dāng)E，F(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，二面角A-EF【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)坐標(biāo)系，求得相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)，利用空間向量的數(shù)量積的計(jì)算，可判斷A；假設(shè)AE∥BF，可推出矛盾判斷B；求得相關(guān)平面的法向量，利用空間角的向量求法，可判斷C【解答過程】對(duì)于A，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD,CB,則A2,2由于EF=2，設(shè)則AE=則AE?所以當(dāng)E，F(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，故存在點(diǎn)E，F(xiàn)使得AE⊥CF，對(duì)于B，若AE∥BF，則A,B,B1對(duì)于C，設(shè)平面ABE的法向量為m=(x,故AB?m=-2x=0平面ABC的法向量可取為n=(0,0,1)故cos?因?yàn)?≤t≤2，且函數(shù)y=1+4當(dāng)且僅當(dāng)t=2時(shí)，1設(shè)二面角E-AB-C的平面角為θ,即二面角E-AB-C的最小值為對(duì)于D，連接BD,AD1,AB1，平面EFB平面BDD1B設(shè)平面AB1D1的法向量為故AB1?t=-2故cos?由圖知二面角A