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(名师选题名师选题)全国通用版高中数学选修一考点大全笔记全国通用版高中数学选修一考点大全笔记 单选题 1、已知直线经过点(1,3)，且与圆2+2=10相切，则的方程为（）A+3 10=0B 3+8=0C3+6=0D2+3 11=0 答案：A 分析：直线经过点(1,3)，且与圆2+2=10相切可知=1，再使用点斜式即可.直线经过点(1,3)，且与圆2+2=10相切，则=1=13010=13,故直线的方程为 3=13(1)，即+3 10=0.故选：A.2、已知两点(2,3)，(3,2)，直线过点(1,1)且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（）A4 14B 4或 14C4 34D34 4 答案：B 分析：数形结合法，讨论直线过A、B时对应的斜率，进而判断率的范围.如下图示，当直线过A时，=3121=4，当直线过B时，=2131=14，由图知：4或 14.故选：B 3、已知圆：2+2=4，直线：=+，则当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为2，则的取值为（）A2B2C3D3 答案：C 分析：由直线过定点(0,)，结合圆的对称性以及勾股定理得出的取值.直线：=+恒过点(0,)，由于直线被圆所截的弦长的最小值为2，即当直线与直线垂直时（为原点），弦长取得最小值，于是22=(12 2)2+|2=1+2，解得=3.故选：C 4、若直线 =+1与圆2+2=1相交于，两点，且=60(其中为原点)，则的值为（）A33或33B33C2或2D2 答案：A 分析：根据点到直线的距离公式即可求解.由=60可知，圆心(0,0)到直线=+1的距离为32，根据点到直线的距离公式可得112+2=32=33 故选：A 小提示：5、已知1，2是椭圆236+29=1的两个焦点，是椭圆上任意一点，过1引12的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（）A5B4C3D2 答案：C 分析：由|1|可知|2|+|2|，又已知OQ是F1F2M的中位线，点Q与y轴重合时，Q与短轴端点距离最近.解：设F1Q的延长线交F2P的延长线于点M，则由题意知|1|1|+|2|212|2|+|2|212 由题意知OQ是F1F2M的中位线|6 Q点的轨迹是以O为圆心，以 6 为半径的圆 当点Q与y轴重合时，Q与短轴端点取最近距离 6 33 故选：C 6、已知双曲线:2222=1(0,0)的左焦点为F，点F到双曲线C的一条渐近线的距离为12，则双曲线C的渐近线方程为（）A=12B=2 C=4D=14 答案：A 分析：首先根据题意得到=|2+2=12，从而得到=12，即可得到答案.由题知：设(,0)，一条渐近线方程为=，即 =0.因为=|2+2=12，所以=12，故渐近线方程为=12.故选：A 7、在直角坐标平面内，与点(0,3)距离为 2，且与点(4,0)距离为 3 的直线共有（）A1 条 B2 条 C3 条 D4 条 答案：C 分析：根据直线是否存在斜率，分类讨论，利用点到直线距离公式进行求解即可.当直线不存在斜率时，设为=，由题意可知：|0|=2且|4|=3，没有实数使得两个式子同时成立；当直线存在斜率时，设直线方程为：=+=0，点(0,3)到该直线的距离为 2，所以有|3+|2+(1)2=2(1)，点(4,0)到该直线的距离为 3，所以有|4+|2+(1)2=3(2)，由(1)(2)得：=8+9或=985，当=8+9时，代入(1)中，得152+24+8=0，该方程的判别式=242 4 15 8=96 0，该方程有两个不相等的实数根，当=985时，代入(1)中，得92 24+16=0，该方程的判别式=(24)2 4 9 16=0，该方程有两个相等的实数根，所以这样的直线共有三条，故选：C.小提示：关键点睛：本题的关键是解方程组.8、如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，则满足的是（）AB CD 答案：A 分析：根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答.在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为 2，点(1,1,0)，对于 A，(0,0,2),(2,0,0),(2,0,1)，=(2,0,-2),=(1,-1,1)，=0，A 是；对于 B，(2,0,2),(0,2,2),(0,2,1)，=(-2,2,0),=(-1,1,1)，=40，与不垂直，B 不是；对于 C，(0,2,2),(0,0,0),(2,1,2)，=(0,-2,-2),=(1,0,2)，=-40，与不垂直，C 不是；对于 D，(2,2,2),(0,2,0),(0,0,1)，=(-2,0,-2),=(1,0,1)，=-40，与不垂直，D 不是.故选：A 9、若平面内两条平行线1：+(1)+2=0，2：+2+1=0间的距离为355，则实数=（）A2B2或1C1D1或2 答案：C 分析：根据平行关系得出=2或=1，再由距离公式得出=1满足条件.1/2，(1)=2，解得=2或=1 当=2时=|212|2=324，当=1时=|2+1|5=355 故选：C 10、已知椭圆22+22=1(0)的右焦点和上顶点分别为点(,0)()和点，直线:6 5 28=0交椭圆于,两点，若恰好为 的重心，则椭圆的离心率为（）A22B33 C55D255 答案：C 分析：由题设(,0),(0,)，利用为 的重心，求出线段的中点为(32,2)，将B代入直线方程得9+52 28=0，再利用点差法可得22=5，结合2=2+2，可求出,，进而求出离心率.由题设(,0),(0,),(1,1),(2,2)，则线段的中点为(0,0)，由三角形重心的性质知=2，即(,)=2(0,0)，解得：0=32,0=2 即(32,2)代入直线:6 5 28=0，得9+52 28=0.又B为线段的中点，则1+2=3,1+2=，又,为椭圆上两点，122+122=1,222+222=1，以上两式相减得(1+2)(12)2+(1+2)(12)2=0，所以=1212=221+21+2=223=65，化简得22=5 由及2=2+2，解得：=25=4=2，即离心率=55.故选：C.小提示：方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出,，从而求出；构造,的齐次式，求出；采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；根据圆锥曲线的统一定义求解 11、已知直线过定点(2,3,1)，且方向向量为 =(0,1,1)，则点(4,3,2)到的距离为（）A322B22C102D2 答案：A 分析：本题首先可根据题意得出，然后求出|与|，最后根据空间点到直线的距离公式即可得出结果.因为(2,3,1)，(4,3,2)，所以=(2,0,1)，则|=5，|=22，由点到直线的距离公式得=|2|2=322，故选：A.12、过点(1,2)，且焦点在y轴上的抛物线的标准方程是（）A2=4B2=4C2=12D2=12 答案：C 分析：设抛物线方程为2=，代入点的坐标，即可求出的值，即可得解；解：依题意设抛物线方程为2=，因为抛物线过点(1,2)，所以12=(2)，解得=12，所以抛物线方程为2=12；故选：C 填空题 13、已知双曲线:2222=1(0,0)的左右焦点分别为1,2,|12|=4，若线段 +4=0(2 8)上存在点，使得线段2与的一条渐近线的交点满足：|2|=14|2|，则的离心率的取值范围是_.答案：52,857 分析：设(0,0+4)，(2 0 8)，由|2|=14|2|得2=142，求出点坐标，代入渐近线方程得用0表示的式子，求得其范围后可得离心率范围 设(0,0+4)，(2 0 8)，2(2,0)，|2|=14|2|，则2=142=14(0 2,0+4)，(2,)=14(0 2,0+4)，则=0+64，=0+44，2 0 8，则 0，0，点在渐近线=上，所以0+44=0+64，=0+40+6=1 20+6，由2 0 8得1720+612，所以1267，又22 1=22，所以54228549，所以52 857 所以答案是：52,857 14、已知圆2+2+2 4 5=0与2+2+2 1=0相交于两点，则公共弦的长是_.答案：2 分析：两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，利用垂径定理即可得解.解：由题意所在的直线方程为：(2+2+2 4 5)(2+2+2 1)=0，即=1，因为圆2+2+2 1=0的圆心(1,0)，半径为=2，所以，圆心(1,0)到直线=1的距离为 1，所以|=22 12=2.所以答案是：2 15、已知点F是椭圆22+2=1(1)的右焦点，点(0,3)到椭圆上的动点Q的距离的最大值不超过25，当椭圆的离心率取到最大值时，则|+|的最大值等于_ 答案：32+210#210+32 分析：设(0,0)，求得|的表达式，对进行分类讨论，结合二次函数的性质、椭圆的定义来求得|+|的最大值.设(0,0)，则022+02=1，即02=2 202且0 1，1 因为|=02+(0 3)2=2 202+02 60+9=(1 2)02 60+9+2，而 1，即1 2 0，所以，当312 1，即1 1，即 2时，当0=312时，|取得最大值，|=912+2+9，由912+2+9 25解得2 2 10，即2 10 又因为椭圆的离心率=212=1 12，因此当=10时，e最大 设椭圆的左焦点为1，则1(3，0)，因此|+|=|+2|1|=|1|+210，所以当Q在1的延长线上时，|1|取得最大值，(|1|)max=|1|=(3)2+32=32，因此|+|的最大值为32+210 综上所述，|+|的最大值为32+210 所以答案是：32+210 小提示：在椭圆有关线段和差的最值问题求解的过程中，可考虑利用椭圆的定义进行转换，从而求得最值.16、已知1,2为椭圆C：216+24=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|=|12|，则四边形12的面积为_ 答案：8 分析：根据已知可得1 2，设|1|=,|2|=，利用勾股定理结合+=8，求出，四边形12面积等于，即可求解.因为,为上关于坐标原点对称的两点，且|=|12|，所以四边形12为矩形，设|1|=,|2|=，则+=8,2+2=48，所以64=(+)2=2+2+2=48+2，=8，即四边形12面积等于8.所以答案是：8.17、已知两条直线1:=、2:=，其中 ，当这两条直线的夹角在(0,12)内变化时，a的取值范围为_ 答案：(33,1)(1,3)分析：首先求得直线1的倾斜角，进而判断出两条直线的夹角在(0,12)内变动时2的倾斜角的取值范围，进而即可求得的取值范围 直线1:=的倾斜角为4，令直线2:=0的倾斜角为，则有=tan 过原点的直线1:=，2:=0的夹角在(0,12)内变动时，可得直线2的倾斜角的范围是(6，4)(4，3)2的斜率的取值范围是(33，1)(1，3)，即 (33，1)(1，3)，所以答案是：(33,1)(1,3)解答题 18、已知 的顶点坐标为(5,1)，(1,1)，(2,3)（1）试判断 的形状；（2）求边上的高所在直线的方程 答案：（1）直角三角形；（2）3+4 1=0.分析：(1)先求,直线的斜率,再根据斜率关系即可判断;(2)由=43得边上高线所在直线的斜率为34,进而根据点斜式求解即可.解：（1）=1+11+5=12,=312+1=2，=3+12+5=43 =1，为直角三角形（2）因为=3(1)2(5)=43，所以，边上高线所在直线的斜率为34 直线的方程是 1=34(+1)，即3+4 1=0 19、已知动圆经过坐标原点，且圆心在直线:2+=4上.（1）求半径最小时的圆的方程；（2）求证：动圆恒过一个异于点的定点.答案：（1）(85)2+(45)2=165；（2）证明见解析.分析：（1）设出圆心坐标，表示出半径，利用二次函数的性质可得半径的最小值，进而可得此时圆的方程；（2）设定点坐标(0，0)，表示出圆的方程，当为变量时，0，0能使该等式恒成立，即40 20=0且02+02 80=0，解方程组可得定点坐标（1）因为圆心在直线:2+=4上，所以设圆心的坐标为(,4 2).又因为动圆经过坐标原点，所以动圆的半径=5(85)2+165，所以半径的最小值为455.并且此时圆的方程为：(85)2+(45)2=165.（2）设定点坐标(0，0)，因为圆的方程为：()2+(4 2)2=2+(4 2)2 所以02 20+02 2(4 2)0=0，即(40 20)+(02+02 80)=0，因为当为变量时，0，0却能使该等式恒成立，所以只可能40 20=0且02+02 80=0 即解方程组可得：0=85，0=165或者0=0，0=0（舍去）所以圆恒过一定点(165，85).20、如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，DE平面ABCD，BF平面ABCD，DE2BF2AB (1)证明：平面平面CDE(2)求平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值 答案：(1)证明见解析(2)66 分析：(1)由如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面则两平面平行即可得证；(2)建立空间直角坐标系，运用向量法求平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值即可.（1）因为 平面，平面ABCD，所以，又 平面ABF，平面ABF，可得：平面ABF；因为四边形ABCD是正方形，所以，同上有平面ABF；因为 平面，平面CDE，=；所以平面平面CDE（2）由题意可知DA，DC，DE两两垂直，则以为原点，分别以，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ；设=1，则(1,0,0)，(0,1,0)，(0,0,2)，(1,1,1)，从而 =(1,1,1)，=(1,0,1)，设平面CEF的法向量为 =(,)，则 =+=0 =+=0，令=1，得 =(1，2，1)，平面ABF的一个法向量为 =(1,0,0)，故cos ,=|=16=66，即平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值为66