期末测试卷选必一（含答案解析）-人教A版高二上册数学（选必一）

这是一份期末测试卷选必一（含答案解析）-人教A版高二上册数学（选必一），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.直线l过点(-3,0),且与直线y=2x-3垂直,则直线l的方程为( )
A.y=-12(x-3) B.y=-12(x+3)
C.y=12(x-3) D.y=12(x+3)
2.“m=4”是“直线(2m-4)x+(m+1)y+2=0与直线(m+1)x-my+3=0垂直”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
3.已知圆M:(x+2)2+y2=4,M为圆心,P为圆上任意一点,定点A(2,0),线段PA的垂直平分线l与直线PM相交于点Q,则当点P在圆上运动时,点Q的轨迹方程为( )
A.x24-y212=1(x≤-2) B.x24-y212=1
C.x2-y23=1(x≤-1) D.x2-y23=1
4.设圆(x-3)2+(y+5)2=r2(r>0)上有且仅有两个点到直线4x-3y-2=0的距离等于1,则圆的半径r的取值范围是( )
A.334,
所以存在点P满足条件,此时|A'P||A'C|=V三棱锥P-A'BMV三棱锥C-A'BM=3432=32.(15分)
选条件②二面角A'-MN-C的大小为60°.
由(1)得∠A'MB是二面角A'-MN-C的平面角,∴∠A'MB=60°,(8分)
所以S△A'BM=12·|A'M|·|BM|·sin 60°=12×1×2×32=32,
在等边△ABC中,AB边上的高为332,(11分)
在题图2中,连接CM,
则三棱锥A'-BCM的体积V三棱锥A'-BCM=V三棱锥C-A'BM=13S△A'BM×332=34,
所以存在点P满足条件,此时点P与点C重合,故|A'P||A'C|=1.(15分)
选条件③A'到平面BCNM的距离为22.
由题可知,等边△ABC中,AB边上的高为332,(9分)
在题图2中,连接CM,
则S△BCM=12·|BM|·332=12×2×332=332,(11分)
则三棱锥A'-BCM的体积V三棱锥A'-BCM=13·S△BCM·22=13×332×22=640),可知其圆心为C(-1,0),半径为r,
故|DC|=(-1-1)2+(0-2)2=22,(4分)
若圆C上存在点P满足AP·BP=0,则圆D与圆C有公共点P,
所以|r-5|≤22≤r+5,
解得22-5≤r≤22+5,即r的取值范围为[22-5,22+5].(6分)
(2)易得直线AB的方程为x2+y4=1,即2x+y-4=0,设Q(t,4-2t)(0≤t≤2),N(x,y),
因为M是线段QN的中点,所以Mx+t2,2-t+y2,(7分)
又M,N都在圆C:(x+1)2+y2=r2(r>0)上,
所以(x+1)2+y2=r2,x+t2+12+2−t+y22=r2,即(x+1)2+y2=r2,(x+t+2)2+(y+4−2t)2=4r2.(9分)
因为该关于x,y的方程组有解,即以(-1,0)为圆心,r为半径的圆与以(-t-2,2t-4)为圆心,2r为半径的圆有公共点,
所以r2≤(t+1)2+(2t-4)2≤9r2,
又Q为线段AB上的任意一点,∴r2≤(t+1)2+(2t-4)2≤9r2对所有的0≤t≤2都成立.(11分)
令f(t)=(t+1)2+(2t-4)2=5t-752+365,易知f(t)在[0,2]上的值域为365,17,所以179≤r2≤365.(13分)
由题知线段AB与圆C无公共点,所以r0,得2m2-t2+8>0,
且y1+y2=-2mtm2+4,y1y2=t2-8m2+4,(7分)
因为kPA=y1-1x1-2,所以直线AP的方程为y-1=y1-1x1-2(x-2),
当x=-t时,y=1+y1-1x1-2(-t-2)=1-(y1-1)(t+2)x1-2,
所以M-t,1-(y1-1)(t+2)x1-2,(9分)
同理N-t,1-(y2-1)(t+2)x2-2,
因为MN的中点为Q,
所以Q-t,1-(y1-1)(t+2)2(x1-2)-(y2-1)(t+2)2(x2-2),(12分)
所以kPQ=(y1-1)(t+2)2(x1-2)+(y2-1)(t+2)2(x2-2)2+t=(y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2)2(x1-2)(x2-2)
=(y1-1)(my2+t-2)+(y2-1)(my1+t-2)2(my1+t-2)(my2+t-2)
=2my1y2+(t-2-m)(y1+y2)+4-2t2[m2y1y2+m(t-2)(y1+y2)+(t-2)2]
=2m(t2-8)+(t-2-m)(-2mt)+(4-2t)(m2+4)2[m2(t2-8)+m(t-2)(-2mt)+(t-2)2(m2+4)]=m2+m(t-4)+4-2t-2m2+2(t-2)2,(15分)
若kPQ为定值,则kPQ与m无关,所以t-4=0,1-2=4−2t2(t-2)2,解得t=4,(16分)
所以当t=4时,直线PQ的斜率为定值.(17分)
19.解析 (1)由题意可知直线AP:y=k1(x-2).
因为直线AP与抛物线Γ有两个交点,与直线l有一个交点,
所以k1≠1,且k1≠0.
由y=k1(x-2),y=x+2,得x=2(k1+1)k1-1,y=4k1k1-1,所以A2(k1+1)k1-1,4k1k1-1.
因为|AB|=2,kl=1,所以B2(k1+1)k1-1+1,4k1k1-1+1,
即B3k1+1k1-1,5k1-1k1-1.(3分)
当直线BP的斜率不存在时,3k1+1k1-1=2,解得k1=-3,满足题意.
当直线BP的斜率存在时,设为k2,则k2=5k1-1k1-13k1+1k1-1-2=5k1-1k1+3(k1≠-3),
所以5k1-1k1+3≠1,5k1-1k1+3≠0,所以k1≠-3且k1≠15且k1≠1.(6分)
综上,k1∈(-∞,0)∪0,15∪15,1∪(1,+∞).(7分)
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),R(x3,y3),S(x4,y4),
lAP:x=m1y+2,m1=1k1∈(5,+∞),lBP:x=m2y+2,
由(1)知当0