《2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版》

1. 已知双曲线 $ C:y^{2}-\frac{x^{2}}{b^{2}} = 1(b＞0) $ 的离心率 $ e＜\sqrt{2} $，则 $ b $ 的取值范围是(A)

A.$ (0,1) $
B.$ (1,\sqrt{2}) $
C.$ (1,+\infty) $
D.$ (\sqrt{2},+\infty) $

答案： 1.A 【解析】双曲线的几何性质 由题知$a=1$，所以离心率$e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}}＜\sqrt{2}$(题眼)，即$1+b^{2}＜2$，解得$0＜b＜1$，故选A。

2. 在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，$ P $ 是椭圆 $ \frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3} = 1 $ 上的一个动点，点 $ A(1,1) $，$ B(0,-1) $，则 $ |PA|+|PB| $ 的最大值为(A)

A.5
B.4
C.3
D.2

答案： 2.A 【解析】椭圆的定义 因为点$B$是椭圆的下焦点，设椭圆的上焦点是$B'(0,1)$，所以$\vert PB\vert=2a-\vert PB'\vert=4-\vert PB'\vert$。则$\vert PA\vert+\vert PB\vert=4+\vert PA\vert-\vert PB'\vert\leqslant4+\vert AB'\vert=5$，当且仅当点$P$在$AB'$延长线上时取等号，所以$\vert PA\vert+\vert PB\vert$的最大值是$5$。故选A。

3. 过点 $ P(-1,0) $ 的动直线与圆 $ C:(x - a)^{2}+(y - 2)^{2} = 4(a＞0) $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，在线段 $ AB $ 上取一点 $ Q $，使得 $ \frac{1}{|PA|}+\frac{1}{|PB|}=\frac{2}{|PQ|} $，已知线段 $ |PQ| $ 的最小值为 $ \sqrt{2} $，则 $ a $ 的值为(A)

A.1
B.2
C.3
D.4

答案：
3.A 【解析】直线与圆的位置关系
由题可知圆心$C(a,2)$，半径$R = 2$，$\therefore \odot C$与$x$轴相切。设切点$M(a,0)$，则$\vert PM\vert = a + 1$，$\therefore \vert PM\vert^{2} = \vert PA\vert · \vert PB\vert = (a + 1)^{2}$(提示:切割线定理)。取$AB$的中点为$D$，连接$CD$，如图，则$CD\perp AB$，设圆心$C$到直线$AB$的距离为$d$，则$0\leqslant d＜2$，$\vert PA\vert + \vert PB\vert = \vert PD\vert - \vert AD\vert + \vert PD\vert + \vert AD\vert = 2\vert PD\vert$。$\because \frac{1}{\vert PA\vert} + \frac{1}{\vert PB\vert} = \frac{2}{\vert PQ\vert}$，$\therefore \vert PQ\vert = \frac{2\vert PA\vert · \vert PB\vert}{\vert PA\vert + \vert PB\vert} = \frac{(a + 1)^{2}}{\sqrt{\vert PC\vert^{2} - d^{2}}} = \frac{(a + 1)^{2}}{\sqrt{(a + 1)^{2} + 4 - d^{2}}}$。
又$0\leqslant d＜2$，$\therefore \frac{(a + 1)^{2}}{\sqrt{(a + 1)^{2} + 4 - 0}} \leqslant \vert PQ\vert ＜ \frac{(a + 1)^{2}}{\sqrt{(a + 1)^{2} + 4 - 4}}$。
而$\vert PQ\vert$的最小值为$\sqrt{2}$，$\therefore \frac{(a + 1)^{2}}{\sqrt{(a + 1)^{2} + 4 - 0}} = \sqrt{2}$，解得$a = 1$(舍负)，故选A。
　　　　　　

4. 已知 $ \odot C:(x - 1)^{2}+y^{2} = 3 $，线段 $ AB $ 是过点 $ (2,1) $ 的弦，则 $ |AB| $ 的最小值为2.

答案： 4.2 【解析】圆的性质+垂径定理 $\because (2 - 1)^{2} + 1^{2} = 2 ＜ 3$，$\therefore$点$(2,1)$在圆的内部，且该圆圆心为$(1,0)$，半径为$\sqrt{3}$。设圆心到直线$AB$的距离为$d$，由垂径定理可得$(\frac{\vert AB\vert}{2})^{2} = r^{2} - d^{2}$，即$\vert AB\vert = 2\sqrt{3 - d^{2}}$(题眼)，故当$d$取最大值时，$\vert AB\vert$有最小值，又$d_{max} = \sqrt{(1 - 2)^{2} + (0 - 1)^{2}} = \sqrt{2}$，故$\vert AB\vert$的最小值为$2\sqrt{3 - 2} = 2$，$\therefore \vert AB\vert$的最小值为$2$。

5. 抛物线 $ C:y = x^{2} $ 的准线 $ l $ 的方程为$y = - \frac{1}{4}$. 若 $ P $ 是抛物线 $ C $ 上的动点，$ l $ 与 $ y $ 轴交于点 $ A $，则 $ \angle OAP $($ O $ 是坐标原点)的最大值为$\frac{\pi}{4}$.

答案： 5.$y = - \frac{1}{4}$，$\frac{\pi}{4}$ 【解析】抛物线的准线方程+导数的几何意义 由题知，抛物线$C:x^{2} = y$的准线$l$的方程为$y = - \frac{1}{4}$(提示:抛物线$x^{2} = 2py$的准线方程为$y = - \frac{p}{2}$)，$l$与$y$轴交于点$A(0, - \frac{1}{4})$，所以当$AP$与抛物线相切时$\angle OAP$最大(题眼)。设切点为$(a,a^{2})$，因为$y' = 2x$，所以切线方程为$y - a^{2} = 2a(x - a)$(提示:直线的点斜式方程)。将切点$A(0, - \frac{1}{4})$的坐标代入上式，得$- \frac{1}{4} - a^{2} = 2a(0 - a)$，解得$a = \pm \frac{1}{2}$，所以切线斜率为$2a = \pm 1$，即倾斜角为$\frac{\pi}{4}$或$\frac{3\pi}{4}$，故$\angle OAP$的最大值为$\frac{\pi}{4}$。

6. 在平面直角坐标系内，动点 $ M $ 与定点 $ F(0,1) $ 的距离和 $ M $ 到定直线 $ l:y = 3 $ 的距离的和为 4. 记动点 $ M $ 的轨迹为曲线 $ W $，给出下列四个结论：
①曲线 $ W $ 过原点；
②曲线 $ W $ 是轴对称图形，也是中心对称图形；
③曲线 $ W $ 恰好经过 4 个整点(横、纵坐标均为整数的点)；
④曲线 $ W $ 围成区域的面积大于 $ 8\sqrt{3} $.
则所有正确结论的序号是①③④.

答案：
6.①③④ 【解析】曲线与方程
设$M(x,y)$，则$\vert MF\vert = \sqrt{x^{2} + (y - 1)^{2}}$，$M$到直线$l$的距离$d = \vert y - 3\vert$，由题意可知$\sqrt{x^{2} + (y - 1)^{2}} + \vert y - 3\vert = 4$，即$x^{2}+(y - 1)^{2}=(4 - \vert y - 3\vert)^{2}$，$x^{2}+y^{2}-2y + 1 = 16 - 8\vert y - 3\vert + y^{2}-6y + 9$，$x^{2}=24 - 4y - 8\vert y - 3\vert$(题眼)。
当$y\geqslant 3$时，$x^{2}=48 - 12y$，即$y = - \frac{1}{12}x^{2} + 4$(提示:根据绝对值定义去绝对值符号)，则$- \frac{1}{12}x^{2} + 4\geqslant3$，得$-2\sqrt{3} \leqslant x \leqslant 2\sqrt{3}$；当$y ＜ 3$时，$x^{2}=4y$，即$y = \frac{1}{4}x^{2}$，则$\frac{1}{4}x^{2}＜3$，得$-2\sqrt{3} ＜ x ＜ 2\sqrt{3}$。
作图如图所示，由图可知曲线$W$过原点，且是轴对称图形，但不是中心对称图形，故①正确，②错误。曲线$W$恰好经过$O(0,0)$，$A(2,1)$，$C(0,4)$，$E(-2,1)4$个整点，故③正确。可知$B(2\sqrt{3},3)$，$D(-2\sqrt{3},3)$，$F(0,3)$，将曲线$W$所围区域按如图所示进行切割，则四边形$AFEO$的面积$S_1 = \frac{1}{2} × 3 × 4 = 6$，$S_{\triangle ABF} = S_{\triangle EFD} = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} × 2 = 2\sqrt{3}$，$S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2} × 1 × 4\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$，所以多边形$ABCDEO$的面积$S = 6 + 2 × 2\sqrt{3} + 2\sqrt{3} = 6 + 6\sqrt{3} ＞ 8\sqrt{3}$。因此曲线$W$围成区域的面积大于$8\sqrt{3}$，故④正确。综上，所有正确结论的序号为①③④。
　　　　　　　　　　

7. 已知双曲线 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0) $ 的离心率为 $ \frac{2\sqrt{3}}{3} $，且过点 $ P(\sqrt{6},1) $.
(1) 求双曲线 $ C $ 的方程.
(2) 若直线 $ l:y = kx+\sqrt{2} $ 与双曲线 $ C $ 恒有两个不同的交点，求 $ k $ 的取值范围.

答案： 7.双曲线的方程+直线与双曲线的位置关系
解:
(1)由已知$e = \frac{c}{a} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$。
$\because$双曲线过点$P(\sqrt{6},1)$，
$\therefore \frac{6}{a^{2}} - \frac{1}{b^{2}} = 1$。解得$a^{2} = 3$，$b^{2} = 1$。
故所求双曲线方程为$\frac{x^{2}}{3} - y^{2} = 1$。
(2)将$y = kx + \sqrt{2}$代入$\frac{x^{2}}{3} - y^{2} = 1$，
得$(1 - 3k^{2})x^{2} - 6\sqrt{2}kx - 9 = 0$。
由直线$l$与双曲线$C$交于不同的两点，
$\begin{cases}1 - 3k^{2} \neq 0, \\ \Delta = (6\sqrt{2}k)^{2} + 36(1 - 3k^{2}) = 36(1 - k^{2}) ＞ 0, \end{cases}$
即$k^{2} \neq \frac{1}{3}$且$k^{2} ＜ 1$。
$\therefore k$的取值范围是$\{ k \mid -1 ＜ k ＜ 1,且k \neq \pm \frac{\sqrt{3}}{3}\}$。