山东省2022年高二上学期数学期中考试试卷五套附答案(Word版）
职业规划的重要性 职业生涯规划是针对决定个人职业选择的主观和客观因素进行分析和测定，确定个人的奋斗目标和职业目标，并对自己的职业生涯进行合理规划的过程。职业生涯规划要求你根据自身的“职业兴趣、性格特点，能力倾向，以及自身所学的专业知识技能
高二上学期数学期中考试试卷9．已知空间中三点，则下列结论正确的有（）一、单选题A．与是共线向量1.若直线的倾斜角为，则等于（）B.与共线的单位向量是A．2B．1C．-2D．-1C.与夹角的余弦值是2.若向量，，且与的夹角余弦值为，则实数等于
简介：高二上学期数学期中考试试卷（B卷）A．2B．C．7D．一、单选题8.已知点，，动点到直线的距离为，，则（）1.圆的圆心坐标为（）A．B．C．D．A.点的轨迹是圆B.点的轨迹曲线的离心率等于2.已知三棱柱，点为线段的中点，则（）A.B．C.点的轨迹方程为C．D．D．的周长为定值3.若直线与直线平行，则实数（）二、多选题9.已知椭圆：，关于椭圆下述正确的是（）A．1B．-1C．0D．4.古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，A.椭圆的长轴长为得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用周长为72的矩形ABCD截某圆锥得到椭圆τ，且B.椭圆的两个焦点分别为和τ与矩形ABCD的四边相切.设椭圆τ在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足C.椭圆的离心率等于题意的方程为（）D.若过椭圆的焦点且与长轴垂直的直线与椭圆交于，则10.下列说法不正确的是（）A．B．A.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°B．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角C．D．C．二面角的大小范围是[0°，180°]5.已知直线，则下述正确的是（）D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小A.直线的斜率可以等于0B．直线的斜率有可能不存在11.圆和圆的交点为A，B，则有（）C．直线可能过点D．直线的横纵截距不可能相等A.公共弦所在直线方程为6.已知正方体的棱长为，点为线段上一点，，则点到平面的距离B.线段中垂线方程为为（）C.公共弦的长为A.B．C．3D．4D．P为圆上一动点，则P到直线距离的最大值为7.已知直线（为实数）是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）12.某房地产建筑公司在挖掘地基时，出土了一件宋代小文物，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一 （2）若点在第二象限，，求的面积.个球形绿色水晶宝珠，其轴截面（如图）由半椭圆与半椭圆组20.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，成，其中，设点是相应椭圆的焦点，和是轴截面与为的中点.轴交点，阴影部分是宝珠轴截面，其以曲线为边界，在宝珠珠面上，为等（1）证明：平面；边三角形，则以下命题中正确的是（）（2）求直线与平面所成角的正弦值.21.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，A.椭圆的离心率是，点E为棱PC的中点.B.椭圆的离心率大于椭圆的离心率（1）证明：（2）若F为棱PC上一点，且满足，求二面角的余弦值.C.椭圆的焦点在轴上22.在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在y轴上的圆C经过两点和，直线的方程为D.椭圆的长短轴之比大于椭圆的长短轴之比三、填空题.13.已知直线l的一个方向向量，平面α的一个法向量，若l⊥α，则（1）求圆C的方程；m+n=.（2）过点作圆C切线，求切线方程；14.过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长为.（3）当时，Q为直线上的点，若圆C上存在唯一的点P满足，求点Q的坐标.15.圆关于直线对称的圆的方程是.16.将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线答案解析部分与所成的角为.1.【答案】A四、解答题【解析】【解答】将圆的方程化为标准式可得，17.已知三个顶点坐标分别为，，.则该圆的圆心坐标为。（1）求线段中点的坐标；及中线的直线方程，并把结果化为一般式；故答案为：A.（2）求边高线的直线方程，并把结果化为一般式.18.三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，，分别是，【分析】将圆的一般方程转化为标准方程，再利用圆的标准方程求出圆心坐标。的中点.2.【答案】D【解析】【解答】解：在三棱柱，点为线段的中点，则（1）求证：平面；，（2）求平面和平面的夹角的余弦值.所以19.如图所示，已知椭圆的两焦点分别为，，为椭圆上一点，且+.（1）求椭圆的标准方程；， 故答案为：D线不可能过点（2，1），利用已知条件将直线的一般式方程转化为直线的截距式方程求出直线的横截距和纵截距，进而得出直线的横、纵截距可能相等，进而找出正确的选项。【分析】根据空间向量的线性运算求出向量即可.6.【答案】B【解析】【解答】连接，过作于，如图，3.【答案】B设，【解析】【解答】由两直线平行知：，解得：.因为正方体的棱长为1，所以，，故答案为：B.因为平面，，所以平面，所以点到平面的距离为的长度，【分析】根据两直线平行可得到各项系数所满足的关系式，进而求得结果.4.【答案】C因为，【解析】【解答】由题意椭圆方程是方程为，排除BD，所以。矩形的四边与椭圆相切，则矩形的周长为，故答案为：B．在椭圆中，，，不满足题意，【分析】连接，过作于，设，再利用正方体的棱长为1，在椭圆中，，满足题所以，，再结合平面，，所以平面，所以点到平意．故答案为：C．面的距离为的长度，再利用正弦函数的定义，从而求出PO的长。7.【答案】C【分析】由椭圆的简单性质结合矩形的四边与椭圆相切，整理即可得出，然后由代入验证【解析】【解答】∵圆，即，法得出答案。表示以为圆心、半径等于3的圆，5.【答案】B【解析】【解答】若，则直线的斜率不存在，B符合题意；由题意可得，直线经过圆的圆心，若，直线的斜率存在，且斜率，不可能为0，A不符合题意；故有，∴，点．将点代入直线方程得：，C不符合题意；∵，，令m=1，则直线方程为：x-y=0，横纵截距均为0，D不符合题意.∴切线的长。故答案为：B.故答案为：C．【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线的斜率公式得出直线的斜率，再利用代入法得出直【分析】将圆转化为圆的标准方程，从而求出圆心坐标和半径长，由题意可得直 线经过圆的圆心，再结合代入法得出a的值，进而求出点A的坐标，再利用两点距离【分析】化简椭圆方程为标准方程，求出a，b，c，然后求解离心率以及通径，判断选项的正误即可.10.【答案】A,B,D公式求出AC的长，再结合已知条件求出CP的长，再利用勾股定理求出切线的长。【解析】【解答】当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°时，直线l与平面α所成的角为60°，A不正确；8.【答案】C向量夹角的范围是[0°，180°]，而异面直线夹角为(0°，90°]，B不正确；【解析】【解答】点，，动点到直线的距离为，，二面角的范围是[0°，180°]，C符合题意；二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补，D不正设动点的坐标为，可得：，确．故答案为：ABD．化简得点的轨迹方程为，【分析】利用已知条件结合方向向量的定义和法向量的定义，再结合线面角的求解方法，从而求出若直线l的所以的轨迹是椭圆，所以A不符合题意，C符合题意；方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°；利用已知条件结合异面离心率为：，所以B不正确；直线夹角的求解方法和所成角的取值范围和方向向量的定义和所成角的取值范围，从而求出两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角；利用二面角的大小的取值范围，得出二面角的范围；利用已知条件结合二△的周长为定值：，所以D不正确；面角的求解方法和法向量的定义，从而求出二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小，进而找出故答案为：C．说法不正确的选项。1.【答案】A,B,D【分析】利用点，，动点到直线的距离为，，设动点的坐标为【解析】【解答】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，，再结合点到直线的距离公式得出点的轨迹方程，再利用椭圆的定义推出点的轨迹是椭圆；再利即公共弦AB所在直线方程为，A符合题意；用椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率，再利用椭圆的定义和焦距的定义，再结合三角形的周长公式，得出三角形△的周长为定值，进而找出正确的选项。对于B，圆的圆心为，，则线段AB中垂线斜率为，9．【答案】A,C,D即线段AB中垂线方程为：，整理可得，B符合题意；【解析】【解答】由已知椭圆标准方程为，则，∴．对于C，圆，圆心到的距离为长轴长为，A符合题意；两焦点为，B不符合题意；离心率为，C符合，半径题意；所以，C不正确；代入椭圆方程得，解得，∴，D符合题意．故答案为：ACD．对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的 最大值为，D符合题意.对于B，椭圆的离心率，所以，B不正确；故答案为：ABD对于C，由可知，椭圆的焦点在轴上，C符合题意；【分析】由圆与圆的交点为A，B，联立二者方程结合作差法得对于D，椭圆的长短轴之比为，出公共弦AB所在直线方程；再利用圆的方程求出圆心坐标，再利用直线AB的斜率结合椭圆的长短轴之比为，两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出线段AB中垂线斜率，再利用中点坐标公式求出AB的中点坐标，再结合点斜式方程求出线段AB中垂线方程，再转化为直线AB中垂线的一般式方程；再利用圆因为，所以椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，D不正确.求出圆心坐标，再利用点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再利用故答案为：AC圆的半径结合弦长公式，进而求出公共弦的长；再利用点P为圆上一动点，再结合点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再结合圆的半径，从而结合几何法求出点P到直线AB距离的最大【分析】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，利用值，进而找出正确的选项。，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，所以是半椭圆的焦点，、12.【答案】A,C是半椭圆的焦点，依题意可知，，再结合勾股定理得出的值，再利用三角形【解析】【解答】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，为等边三角形，得出的值，进而求出的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出c的值，再结因为，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，合勾股定理得出的值，从而求出半椭圆的方程，再利用，得出的值，再结合椭圆中a，b，c三所以是半椭圆的焦点，、是半椭圆的焦点；者的关系式得出的值，从而求出半椭圆的方程。再利用椭圆的离心率公式得出椭圆的离心率和椭圆依题意可知，，所以，的离心率，由可知，椭圆的焦点在轴上，再利用椭圆的长轴和短轴的定义得出椭圆的长轴又为等边三角形，所以，和短轴之比和椭圆的长轴和短轴之比，再利用比较法得出椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，所以，进而找出正确命题的选项。又因为，所以，所以，13.【答案】-16【解析】【解答】∵l⊥α，∴，又因为，，∴==，所以半椭圆的方程为，解得m=-6，n=-10，∴m+n=-16。又，所以，所以，故答案为：-16。所以半椭圆的方程为，【分析】利用已知条件结合直线方向向量的定义和平面的法向量的定义，再结合l⊥α，得出，再结合空间向量共线的坐标表示，进而求出m，n的值，从而求出m+n的值。对于A，椭圆的离心率是，A符合题意； 14.【答案】因此，【解析】【解答】设弦长为，过原点且倾斜角为60°的直线方程为，所以异面直线与所成的角为。整理圆的方程为：，圆心为，半径，故答案为：。圆心到直线的距离为：，【分析】根据题意可知，当最大时，平面平面，设的中点为，连接建立则：空间直角坐标系，令，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利故答案为：。用数量积求向量夹角公式，进而求出异面直线与所成的角。17.【答案】（1）由题意，三个顶点坐标分别为，，，【分析】利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，从而求出直线的斜率，再利用点斜式求出过原点且倾斜角为60°的直线方程，再利用圆的方程求出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式，从设中点坐标为，由中点公式可得，而求出圆心到直线的距离，再利用弦长公式，从而求出直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长。即中点坐标为，15.【答案】又由斜率公式，可得，【解析】【解答】设圆心关于直线的对称点为，则，线段PQ的中所以直线的直线方程为，即.点为，于是，则圆Q的方程为：。（2）由，，可得，所以上的高线所在直线的斜率为，故答案为：。则上的高线所在直线的方程为，即.【分析】将圆与圆关于直线对称的问题转化为点与点关于直线对称的问题，再结合中点坐标公式和两直线垂【解析】【分析】（1）利用已知条件结合中点坐标公式，进而求出线段中点的坐标；再利用两点求斜率直斜率之积等于-1，从而求出圆心关于直线的对称点的坐标，即圆心坐标，再结合圆与公式求出中线CM的斜率，再结合点斜式求出中线CM的直线方程，从而转化为直线CM的一般式方程。（2）利用已知条件结合两点求斜率公式，进而求出直线AB的斜率，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，得圆关于直线对称得出对称圆的半径，进而求出对称圆的标准方程。出AB边上高线的斜率，再结合点斜式求出边上高线的直线方程，再转化为直线的一般式方程。16.【答案】18.【答案】（1）连接，，设交于点.如图所示：【解析】【解答】根据题意可知，当最大时，平面平面，在中，，分别是，的中点，设的中点为，连接建立空间直角坐标系，如图所示，令，则，.又平面，平面，，平面. （2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，线线垂直证出线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，即，再利用线线垂直证出线面则，，，，..垂直，即平面，所以是平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式设平面的法向量为.和平面和平面所成的二面角为锐二面角，从而求出平面和平面的夹角的余弦值。，.19.【答案】（1）设椭圆的标准方程为，焦距为，，令，则，，因为椭圆的两焦点分别为，，可得，，.所以，可得，所以，，则，四边形为正方形，所以椭圆的标准方程为．，（2）因为点在第二象限，，又，即，，在中，由．平面，根据余弦定理得，，即，即，解得，平面，即平面，所以．是平面的法向量.【解析】【分析】（1）利用椭圆的两焦点分别为，，从而求出c的值，再结合焦距的定义.求出的值，再利用椭圆的定义得出a的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，从而求出由图象可得平面和平面所成的二面角为锐二面角，椭圆的标准方程。平面和平面的夹角的余弦值是.（2）利用点在第二象限，，在中，由椭圆的定义得出，由余弦定理得出的值，再利用正弦函数的定义，从而求出三角形的面积。【解析】【分析】（1）连接，，设交于点，在中，利用，分别是，的20.【答案】（1）证明：∵为矩形，且，中点，再结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，得出，再利用线线平行证出线面平行，从而∴.证出平面。又∵，.∴，.（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，又∵，，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用已知条件结合正方形的结构特征得出线线垂直，再利用 ∴平面.（2）向量，，，.∵平面，∴设，，又∵，，所以，∴平面.（2）解：以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示：由，得，因此，解得，则，，，，，即，∴，，设为平面FAB的法向量，则，即设平面的法向量令，得为平面FAB的一个法向量.则，即因为y轴⊥平面ABP，取平面ABP的法向量，则，∴，经观察知二面角是锐角，所以其余弦值为.【解析】【分析】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系∴，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示，进而证出线线垂直。∴直线与所成角的正弦值为.（2）利用空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，设，，再结合三角形法则和共线定理，再利用向量的坐标运算得出向量【解析】【分析】（1）利用四边形为矩形，且，再结合勾股定理得出AC的长，再利用已知条件结合勾股定理，从而证出，再利用结合线线垂直，从而证出线面垂直，所以，由结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再结合和线线垂直证出的值，从而求出向量的坐标，设为平面FAB的法向量，再利用法向量的定义结合数量线面垂直，从而证出平面。积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面FAB的一个法向量，再利用y轴⊥平面ABP，（2）以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结从而求出平面ABP的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合二面角是锐角，从合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而结合诱导公式求出直线与而求出二面角的余弦值。所成角的正弦值。21.【答案】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，2.【答案】（1）设圆的方程为，将M，N坐标代入，得：，则可得，，，，，，向量，解得，所以圆的方程为；，故，所以. （2）当切线斜率不存在时，直线与圆相切；当切线斜率存在时，设直线方程为，即，由圆心到直线的距离，解得，故切线方程为，综上，切线方程为或；（3）设，，则，化简得，此圆与圆C相切，所以有，解得，所以或.【解析】【分析】（1）设圆的方程为，再利用已知条件结合代入法得出b，r的值，进而求出圆的标准方程。（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线与圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，进而求出直线的斜率，从而求出圆的切线方程。（3）设，，再利用两点求距离公式，化简得出，再利用此圆与圆C相切结合两圆位置关系判断方法，再结合勾股定理得出t的值，从而求出点Q的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷A.直线与平面的距离为一、单选题B.平面与平面的距离为1.抛物线的焦点到准线的距离是（）C.点与平面的距离为A．2B．4C．D．D.点与平面的距离为2．已知向量＝（3，0，1），＝（﹣2，4，0），则3+2等于（）A．（5，8，3）B．（5，﹣6，4）10.已知双曲线的左､右焦点分别为，，是双曲线上一点，若C．（8，16，4）D．（16，0，4），则该双曲线的离心率可以是（）3.若方程表示一个圆，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．2A．B．C．D．11.下列命题中不正确的是（）4.直线与直线平行，则为（）A.不过原点的直线都可以用方程表示A．-1或-4B．-1C．2D．-4B.已知，则向量在上的投影的数量是5.已知三棱柱，点在线段上，且，则（）A．B．C.圆上有且仅有2个点到直线的距离等于1C．D．D.已知和是两个互相垂直的单位向量，，，且，则实数12.如图：空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列选项6.椭圆中，以点为中点的弦所在直线的斜率为（）正确的是（）A．B．-4C．D．-2A.设点在面内，若的斜率与的斜率之积为，则点的轨迹为双曲线7.如图，四面体中，，分别为和的中点，，，且向量与向量的B.三棱锥的外接球表面积是夹角为，则线段长为（）C.设点在平面内，若点到直线的距离与点到直线的距离相等，则点的轨迹是抛物A．B．C．或D．3或线8.动点分别与两定点，连线的斜率的乘积为，设点的轨迹为曲线，已知D.设点在面内，且，若向量与轴正方向同向，且，则，，则的最小值为（）最小值为50三、填空题A．4B．8C．D．12二、多选题13.已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则抛物线的标准方程为.9．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，底面，，，，分别14.四面体中，，，，，若为中点，则是，，的中点，以下说法正确的是（）长为. 15.已知过点的直线与圆相交于，两点，若，则直线的方程平面，．（1）若点为的中点，点为的中点，点为线段上动点，为.且平面平面，求的值；16.已知､分别为双曲线的左、右焦点，若点到该双曲线的渐近线的距离为（2）求二面角的正弦值．2，点在双曲线上，且，则三角形的面积为.22.已知平面直角坐标系下点和点，的周长等于12.四、解答题（1）求这个三角形的顶点的轨迹的方程；17.已知直线经过点倾斜角的余弦值为.（2）过点的直线交曲线于，两点，设点关于轴的对称点为，不重合），判断直线（1）求直线的方程；是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由.（2）判断直线与圆C：的位置关系；如果相交，记交点为，，求经过，两点的圆的答案解析部分面积的最小值；如果相离，过直线上的点作圆的切线，切点为，求长的最小值.1.【答案】B现给出两个条件：①；②，从中选出一个条件填在横线上，写出一种【解析】【解答】由题意得，得，方案即可.所以抛物线的焦点到准线的距离是4。18.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点，的距离之比故答案为：B为定值且的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点坐标和准线方程，再利用抛物线的定义求出抛物线氏圆.在平面直角坐标系中，，，动点满足.设点的轨迹为.的焦点到准线的距离。（1）求曲线的方程；2.【答案】A（2）若曲线和无公共点，求的取值范围.【解析】【解答】。19．如图所示，在三棱锥中，，，，，故答案为：A.（1）求证：平面；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算，进而得出向量3+2的坐标表示。（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.3．【答案】C【解析】【解答】由题意得：，即。20.已知椭圆上的动点到左焦点的最远距离是3，最近距离是1.故答案为：C.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值.【分析】利用方程表示一个圆的判断方法，进而求出实数k的取值范围。21.如图，且，，且，且，4.【答案】D 【解析】【解答】由题意得且，即，因为直线与直线平行，所以，即，解得。∴弦所在的直线的斜率为。故答案为：D故答案为：C.【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的判断方法，再结合两直线不重合的判断方法，进而得出实【分析】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用已知条件结合代入法得出，两式相减结数a的值。5.【答案】D合韦达定理和代入法以及直线的方程，再结合两点求斜率公式得出弦所在的直线的斜率。【解析】【解答】由题意得：，，，7.【答案】A故【解析】【解答】取AC的中点E，连接ME、EN，又，分别为和的中点，。∴ME∥BC，且，∥AD，且，故答案为：D∵向量与向量的夹角为，∴向量与向量的夹角为，【分析】利用已知条件结合向量共线定理、三角形法则和平面向量基本定理，进而得出又，。6.【答案】C∴，【解析】【解答】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴，即线段长为。故答案为：A.代入椭圆得，【分析】取AC的中点E，连接ME、EN，再利用，分别为和的中点结合中点作中位线的方法两式相减得，和中位线的性质，所以ME∥BC，且，∥AD，且，再利用向量与向量的夹角为，得出向量与向量的夹角为，再结合三角形法则和数量积求向量的模的公式即，和数量积的运算法则，再利用数量积的定义得出向量的模，从而得出线段的长。8.【答案】B即，又【解析】【解答】设动点的坐标为，则 所以平面，整理后得：，动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，所以是两平面，的公垂线，的长是两平面间的距离，，如下图所示，当经过点时，最短，此时因为，，所以，。所以，故答案为：B所以平面与平面的距离为，点与平面的距离为。故答案为：BD【分析】设动点的坐标为，再利用两点求斜率公式结合已知条件，整理后得：，【分析】利用已知条件结合四棱锥、正方形的结构特征，再结合线面垂直证出线线垂直，再利用中点的性质再利用椭圆的定义得出动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，和点与平面的距离公式求解方法、直线与平面的距离求解方法、两平面距离求解方法，进而找出说法正确的，当经过点时，最短，此再结合几何法和椭圆的定义以及勾股定理，选项。进而得出的最小值。10.【答案】A,B9.【答案】B,D【解析】【解答】是双曲线右支上一点，【解析】【解答】分别取的中点，连接，则有，又，因为，，分别是，，的中点，则有，即，则双曲线的离心率取值范围为所以∥，∥，因为平面，平面，平面，平面，AB符合题意；CD不符合题意.所以∥平面，∥平面，故答案为：AB因为，所以平面∥平面，【分析】利用点是双曲线右支上一点，，再利用双曲线的定义结合，则有因为∥，的中点为，，再利用双曲线离心率公式和双曲线离心率自身的取值范围，进而得出双曲线的离心率取值范围。所以过点，1.【答案】B,D因为，所以，【解析】【解答】直线不可用截距式表示，A不符合题意；因为底面，底面，所以，，，因为，向量在上的投影的数量是，B符合题意；所以平面，因为平面，所以，圆心到直线的距离，所以圆上有三个点到直线的距离为1，C不符合题意；因为，所以平面，因为平面∥平面，因为，所以， ，，D符合题意.【分析】利用已知条件结合两点求斜率公式，从而得出的斜率与的斜率之积，再利用的斜率与故答案为：BD.的斜率之积为，从而结合双曲线的定义得出点的轨迹是双曲线去掉两个顶点；利用已知条件结合三棱锥与外接球的位置关系，再结合外接球的表面积公式，进而求出三棱锥的外接球表面积；利用已【分析】利用已知条件结合截距式直线方程、数量积求投影数量的方法、点到直线的距离公式、数量积为0知条件结合点到直线的距离公式结合抛物线的定义，进而得出若点到直线的距离与点到直线的距两向量垂直的等价关系、数量积的运算法则和单位向量的定义，进而找出不正确的命题的选项。12.【答案】B,C,D离相等，则点的轨迹是抛物线；利用点在面内，且，再利用结合椭圆的定【解析】【解答】对于：设点在面内坐标为，所以义，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出椭圆的标准方程，设到的距离为到的距离为，再利用两点距离公，式得出，要使的值最小，则最小，再利用，所以所以，所以，所以，所以，所以点的，再利用均值不等式求最值的方法，进而得出的最小值，从而找出正确的选项。轨迹是双曲线去掉两个顶点，A不符合题意；13.【答案】对于，因为关于平面对称，所以球心在平面内，又，所以球心在与轴上的坐【解析】【解答】由题可知：椭圆的右焦点坐标为，标互为相反数，设球心坐标为所以可知抛物线的焦点坐标为，抛物线的标准方程为。所以，解得，所以，所以表面积为故答案为：。，B符合题意；【分析】由题意结合椭圆的标准方程求出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出c的对于在平面内，若点到直线的距离即为到的距离，又点到直线的距离与点到直线的距离相等，值，从而得出椭圆的右焦点坐标，再利用已知条件得出抛物线的焦点坐标，进而得出抛物线的所以点到的距离与到直线的距离相等，所以点的轨迹是抛物线；标准方程。对于：点在面内，且，又，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且14.【答案】，所以，【解析】【解答】在中，，所以椭圆方程为，设到的距离为到的距离为，由余弦定理可得，，，要使的值最小，则最小，所以，又，所以，即，同理，在中，，所以，D符合题意；在中，，，所以，故答案为：BCD.因为E为CD的中点，则在中，， ，由，可得所以故答案为：。则三角形的面积为故答案为：【分析】在中，，由余弦定理可得AD的长，同理，在中得出AC的长，在中，，，进而得出CD的长，再利用E为CD的中点，则在【分析】由点到该双曲线的渐近线的距离为2，即可求得b，再结合双曲线定义，及再三角形由余中结合等腰三角形三线合一，所以，再结合中点的性质，进而得出CE的长，再利用勾股定理得出AE的长。弦定理，可求，即可求解。15.【答案】y=1或x=217．【答案】（1）解：因为直线的倾斜角的余弦值为，则其正弦值为，【解析】【解答】圆的圆心，半径直线截圆所得弦长，则弦心距所以倾斜角的正切值，即直线的斜率为，当过点的直线斜率不存在时，的方程为，圆心到直线的距离为1，符合题意要求；因为直线过点，当过点的直线斜率存在时，的方程可设为，所以直线的方程为，即.由，可得，此时的方程为，（2）解：选①，圆心，半径，综上，直线的方程为y=1或x=2。圆心到直线的距离，直线与圆相交，故答案为：y=1或x=2。弦长，以弦为直径的圆面积最小，为；【分析】利用已知条件结合圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用弦长公式得出弦心距，再利用分类选②，圆心，半径，讨论的方法设出直线方程，再利用点到直线的距离公式和弦心距，进而得出直线l的方程。16．【答案】圆心到直线的距离为，直线与圆相离，【解析】【解答】双曲线的渐近线的方程为，右焦点切线长，当时即当时，长取得最小值为2.由点到该双曲线的渐近线的距离为2可得，，则【解析】【分析】（1）利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出直线的斜率，再结合点斜式方程求出直线l的方程，再转化为直线l的一般式方程。（2）选①，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距 离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相交，再利用直线与圆相交结合弦长公式得出AB的长，再利用19．【答案】（1）证明：∵，，，几何法得出以弦为直径的圆面积最小，再结合圆的面积公式得出经过，两点的圆的面积的最小值；∴在中，由余弦定理得，选②，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相离，再利用勾股定理得出切线长，再利用几何法∴，得出当时，长取得最小值，进而得出EF的长的最小值。又，，18．【答案】（1）解：设，∴，因为，，动点满足，即，又，所以，，化简得，即，∴平面；（2）解：作交于，所以曲线的方程为，又平面，（2）解：曲线的圆心为，半径为4，∴以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，的圆心为，半径为，在△中，由正弦定理得，因为曲线和无公共点，故，所以两圆外离或内含，所以或，∴，即，所以或，所以或，∴，所以的取值范围为∴，，，【解析】【分析】（1）设，利用，，动点满足，再利用两点距离公式化又，0，，，，，，，，简得出曲线的方程。（2）利用曲线和的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用曲线∴，，，，，，，，，和无公共点，所以两圆外离或内含，再利用两圆外离和内含的位置关系判设平面的法向量为，，，断方法，再结合圆心距与两圆半径长的和与差的比较，进而得出实数的取值范围。 ，∴，令，令，∴，，，∴，，，设直线与平面所成角为，因为函数在单调递增，所以当，即时，∴，故的面积的最大值为.即直线与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）由题知：，进而解方程组求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆的标准方程。【解析】【分析】（1）利用，，，所以在中，由余弦定理得出CD的（2）由题知，再利用直线斜率不为零，设，，，再结长，再利用，结合勾股定理得出，再利用结合线线垂直证出线面垂直，从而证出直线平面。合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理，得出，再利用三角形面积的关系式和（2）作交于，再利用平面，所以以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，在△中，由正弦定理结合勾股定理得出点B的坐标，再利用空间直角坐标系求出A，C，E的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公三角形的面积公式得出式，进而得出直线与平面所成角的正弦值。，令，则，再利用函数在单调递增，进而得出三角形的面积的最大值。20.【答案】（1）解：由题知：，则，21.【答案】（1）解：依题意，以为原点，分别以，，为所以，轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），故所求椭圆的标准方程为：；所以，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，（2）解：由题知，直线斜率不为零，设，，1，，，0，，，，，，0，，所以，2，，，0，，代入椭圆方程，并化简得：，设平面的法向量为，，，设，所以，则，令，可得，0，， 面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦设，0，，则，0，，值。若平面平面，则平面，2.【答案】（1）解：由点和点，的周长等于12，所以，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，所以，且，，所以，，，解得，所以，0，，所以顶点的轨迹的方程为，此时；（2）解：因为关于轴的对称点为和不重合，（2）解：依题意可得，，0，，，，，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，，，设平面的法向量为，，，所以，联立，令，所以可得，2，，消去并整理得，同理可求平面的法向量为，1，，设，所以，所以，，因为和关于轴对称，所以，所以，，所以二面角的正弦值为．所以直线的方程为，【解析】【分析】（1）依题意，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面即，的法向量，设，0，，再结合向量的坐标表示得出，0，，若平面平面整理得，结合面面平行证出线面平行，则平面，故，再利用数量积的坐标表示得出a的，值，进而得出点P的坐标，从而得出此时的值。当时，，(2)依题意可得，，的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，同理可求平 所以直线恒过点．【解析】【分析】（1）由点和点，的周长等于12，再利用三角形的周长公式得出，再利用椭圆的定义得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出顶点的轨迹的标准方程。（2）利用关于轴的对称点为和不重合，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，利用和关于轴对称，所以，，再利用两点求斜率公式和点斜式方程求出直线的方程为，整理得，进而结合韦达定理得出，再利用直线的点斜式方程得出直线恒过的定点，并求出定点的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷9.点在圆上，点在圆上，则（）一、单选题A.的最小值为31.经过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程是（）A．y=x-3B．y=x+1C．y=-x-3D．y=-x+3B．的最大值为72.抛物线的焦点坐标为（）C．两个圆心所在的直线斜率为D．两个圆相交A．B．C．D．10.已知抛物线的焦点为，点)在抛物线上，若，则（）3.双曲线的渐近线方程是（）A．B．C．D．的坐标为A．B．C．D．11.如图所示，一个底面半径为4的圆柱被与其底面所成的角的平面所截，截面是一个椭圆，则下列4．若椭圆：（）满足，则该椭圆的离心率（）．正确的是（）A.椭圆的长轴长为8A．B．C．D．B.椭圆的离心率为C．椭5.直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线mx+3y﹣1＝0平行，则m的值为（）圆的离心率为D．椭圆的一A．﹣3B．1C．1或﹣3D．﹣1或36.直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN个方程可能为所成角的余弦值为()12.已知直线与抛物线交于两点，若线段的中点是，A．B．C．D．则（）A．7.已知双曲线的左､右焦点分别为，，点在双曲线的左支B．上，若，且线段的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）C．A．B．C．2D．3D．点在以为直径的圆内8.已知，分别是双曲线的左､右焦点，若P是双曲线左支上的点，且.则三、填空题的面积为（）13.已知向量，且，则实数．A．8B．C．16D．14.若圆被直线所截得的弦长为，则实数的值是．二、多选题15.椭圆的焦点为，，上顶点为，若，则． 16.如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，中点为.若抛物线：的顶点为，且经过点，.且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是．(填序号)（1）求椭圆的方程；①(＋＋)2＝2()2；（2）设点关于点的对称点为，过点作直线与椭圆交于点，，且的面积为，②·(－)＝0；求直线的斜率.③向量与的夹角是60°；22.已知双曲线C的渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为.④BD1与AC所成角的余弦值为.（1）求双曲线C的方程；四、解答题（2）过F作斜率为k的直线交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：为定17.已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线与圆相交于两点，是的中点，.值.（1）求圆的标准方程；答案解析部分（2）求直线的方程.1．【答案】D18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的【解析】【解答】因为直线的倾斜角为135°，则该直线的斜率为k=tan135°=-tan45°=-1，中点于是得过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程y-2=-1×(x-1)，即y=-x+3，（1）求证：平面所以所求的直线方程是：y=-x+3。（2）求与平面所成的角的正弦值故答案为：D19.已知椭圆：（）的一个焦点为，设椭圆的焦点恰为椭圆短轴上的顶点，【分析】利用直线的倾斜角为135°结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出该直线的斜率，再利用点斜式求出过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程，再转化为直线的斜截式直线方程。且椭圆过点，为坐标原点．2.【答案】C（1）求的方程；【解析】【解答】由得：，焦点坐标为.（2）若为椭圆上的一点，为椭圆的焦点，且与的夹角为，求的面积．故答案为：C.20.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，平面，，，是的中点．【分析】首先把抛物线化为标准式，然后由抛物线的方程即可求出焦点的坐标即可。（1）求证：平面；3.【答案】C（2）试在线段上确定一点，使平面，请指出点在上的位置，并加以证明；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，即（3）求平面与平面夹角的余弦值．．故答案为：C．21.设椭圆：的左､右焦点分别为，，下顶点为，线段(为坐标原点)的 【解析】【解答】由题意，得，【分析】利用双曲线的简单性质结合双曲线的方程，由此计算出结果即可。故，4.【答案】B又因为的中点在轴上，故，【解析】【解答】由题意知，又因为，所以，∴，所以，故。∴，即或（舍）。故答案为：B故答案为：B．【分析】利用已知条件结合椭圆中a，b，c三者的关系式，再利用椭圆中离心率公式和椭圆的离心率的取值【分析】利用已知条件结合双曲线的定义，从而得出，故，范围，从而得出满足要求的椭圆的离心率。再利用的中点在轴上，故，再结合几何法和勾股定理得出a，c的关系式，再利用双5.【答案】A曲线的离心率公式，从而求出双曲线的离心率。【解析】【解答】根据直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线m+3y﹣1＝0平行，8.【答案】C可得1×3＝（m+2）m，解得m＝1或﹣3，【解析】【解答】因为P是双曲线左支上的点，所以，当m＝1时，两直线的方程重合，不符合题意；当m＝﹣3时，两直线的方程为x﹣y﹣1＝0和3x﹣3y+1＝0，两直线平行，符合题意，两边平方得，故m＝﹣3。所以.故答案为：A．在中，由余弦定理得，【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的性质，再结合直线不重合的判断方法，进而得出满足要求所以，所以。的实数m的值。故答案为：C6.【答案】C【解析】【解答】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则【分析】利用点P是双曲线左支上的点，再结合双曲线的定义，所以，两边平方得，，A（1，0，0），，故，，所以的值，在中，由余弦定理得出的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。，故选C.9.【答案】A,B,C【分析】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本【解析】【解答】根据题意，圆，其圆心，半径，能力，考查分析问题与解决问题的能力.圆，即，其圆心，半径，圆心距7.【答案】B 故答案为：BD.>R+r，故两圆外离，D不符合题意；则的最小值为，最大值为，A符合题意，B符合题意；【分析】由题意可知椭圆的长轴与圆柱的直径的关系，进而可得椭圆的长轴长，短轴长等于圆柱的直径，进对于C，两个圆心所在的直线斜率，C符合题意.而可得短轴长即半焦距c的值，进而判断出所给命题的真假故答案为：ABC.12．【答案】A,B【解析】【解答】对于A，设，，【分析】根据题意，由圆得出圆心坐标和半径长，再将圆转化由得：，，为圆的标准方程为，从而得出圆心坐标和半径长，再利用两点距离公式得出圆心距，再又线段的中点为，，解得：，A符合题意；结合圆心距与半径和的比较，进而判断出两圆外离，再结合几何法得出的最小值和最大值，再利用两点对于B，在直线上，，B符合题意；求斜率公式得出两个圆心所在的直线斜率，进而找出正确的选项。10.【答案】A,C对于C，过点，为抛物线的焦点，【解析】【解答】由题可知，由，，，C不符合题意；所以，，对于D，设，则，又，。，，在以为直径的圆上，D不符合题意.故答案为：AC．故答案为：AB.【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点的坐标，再利用焦半径公式和代入法，进而得出点M【分析】由设而不求法设出点的坐标，并由斜截式设出直线的方程再联立直线与抛物线的方程，消去x等到的坐标，再利用两点距离公式得出OM的长，进而得出正确的选项。关于y的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于t的两根之和与两根之积的代数式，结合中点的坐标公式计1.【答案】B,D算出t的值，由此即可判断出选项A正确；把点的坐标代入计算出m的值即可判断出选项B正确；由A的结【解析】【解答】由题意易知椭圆的短半轴长，论结合弦长公式代入数值计算出结果由此即可判断出选项C错误；由两点间的距离公式，代入数值计算出结∵截面与底面所成的角为，果由此判断出选项D错误，从而得出答案。∴椭圆的长轴长为，则a=8，13.【答案】2所以，【解析】【解答】，则，解得。故答案为：2。离心率为，当建立坐标系以椭圆中心为原点，椭圆的长轴为轴，短轴为轴时，【分析】利用已知条件结合向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出实数k的值。14.【答案】0或2则椭圆的方程为.【解析】【解答】圆的圆心坐标为，半径为， 又因为圆被直线所截得的弦长为，对于②，因为，故②正确；所以，圆心到直线的距离，对于③，因为，显然为等边三角形，则，则，解得或a=2。所以向量与的夹角为，向量与的夹角为，故③不正确；故答案为：0或2。对于④，因为，，则，，【分析】利用圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用圆被直线所所以，截得的弦长为结合弦长公式得出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式得出实数a的值。所以，故④不正确．15．【答案】故答案为：①②．【解析】【解答】由题意，椭圆，可得，则，所以，，且上顶点，【分析】利用已知条件结合平行六面体的结构特征，再利用平面向量基本定理、三角形法则、数量积为0两如图所示，因为，可得，向量垂直的等价关系、数量积求向量夹角公式、异面直线求角的方法，进而找出说法正确的序号。17.【答案】（1）解：设圆的半径为，因为圆与直线相切，则，解得。故答案为：。∴，∴圆的方程为（2）解：①当直线与轴垂直时，易知符合题意；②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，【分析】由题意，椭圆，可得，再利用椭圆中a，b，c三者的关连接，则，∵，∴，系式得出c的值，从而得出焦点坐标和上顶点A的坐标，再利用，可得的值，再结合正则由得，∴直线为：，切函数的定义得出实数m的值。故直线的方程为或.16．【答案】①②【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出圆A的半径即可。【解析】【解答】解：因为以为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为，不妨设棱长为，（2）分别就直线l是否与x轴垂直展开讨论。垂直时，易知x=−2符合题意；不垂直时，根据设出的l的对于①，，方程表示出AQ后可以求出l的斜率，进而求出l的方程。因为，则，所以18.【答案】（1）证明：如图所示：，故①正确；连接AC与BD交于点O，连接OE， 因为是的中点，底面是正方形，故椭圆的长轴长为所以，又平面，平面，故椭圆的长半轴长为，半焦距为，则短半轴长为1所以平面；（2）解：以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，故的方程为设，（2）解：由题意，不妨设，则，由余弦定理，所以，【解析】【分析】（1）由题意得出椭圆：（）a，b的值，再结合椭圆中a，b，c三者的设平面EBD的一个法向量为，关系式，进而得出c的值，从而得出椭圆M的一个焦点坐标，再利用已知条件，进而得出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆过点结合两点距离公式和长轴长的求解公式，进而得出椭圆的长轴长，从而则，即，得出椭圆的长半轴长，再利用半焦距长结合椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出短半轴长，从而得出令，得，则，椭圆的标准方程。设与平面所成的角为，（2）由题意，不妨设，再利用椭圆的定义和焦距的公式得出的值，由余弦所以，定理得出xy的值，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积。20.【答案】（1）证明：平面，平面，，【解析】【分析】（1）连接AC与BD交于点O，连接OE，利用是的中点，底面是正方形，再结，，则，则，合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。，平面；（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，设，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求（2）证明：当为的中点时，平面，出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合诱导公式得出直线与平面所成的角的正弦取的中点，连接、，如图所示：值。因为、分别为、的中点，则且，因为四边形为平行四边形，则且，19.【答案】（1）解：由题意，椭圆：（）的一个焦点为，为的中点，则且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，故因为，平面，平面，因此，平面，故即椭圆的焦点为当点为的中点时，平面；（3）解：平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、又椭圆过点 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，21.【答案】（1）解：由题意易知，，，，则，，，，，则，得，，为的中点，则，故椭圆的方程为：.则、、、、，（2）解：由题意，得，直线不与轴垂直，，，，，设直线的方程为，，，设平面的法向量为，设平面的法向量为，由，由，得，取，可得，则，，，所以，由，得，取，可得，因为，解得，，即，因此，平面与平面夹角的余弦值为.故直线的斜率为.【解析】【分析】（1）由题意易知，，，，进而得出b，c的值，再结合椭【解析】【分析】（1）利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用，，则，则，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a的值，从而得出椭圆的标准方程。平面。（2）由题意，得，直线不与轴垂直，设直线的方程为，，（2）当为的中点时，平面，取的中点，连接、，利用、分别为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和、的中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则且，再利用四边形，，再利用三角形的面积公式解得，进而得出直线的斜率。为平行四边形，则且，再利用点F为的中点，则且，再利2.【答案】（1）解：设双曲线方程为用平行和相等的传递性，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，由题知，再利用结合线线平行证出线面平行，因此，平面，故当点为的中点时，平面。双曲线方程为：（3）利用平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向（2）证明：设直线l的方程为代入量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。 整理得，设所以：由弦长公式得：设AB的中点则，代入l得：AB的垂直平分线方程为令y=0得，即，所以：为定值.【解析】【分析】（1）设双曲线方程为，再利用双曲线的渐近线方程结合点到直线的距离公式得出实数的值，进而得出双曲线的标准方程。（2）设直线l的方程为，设，再结合直线与双曲线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，由弦长公式得，设AB的中点结合中点坐标公式和代入法以及直线的方程，得出，，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，再结合点斜式求出直线AB的垂直平分线方程，令y=0，得出，再利用两点距离公式得出，进而证出为定值。 高二上学期数学期中考试试卷6． 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，则 与平面 所成角的余弦值为（）1一、单选题A．31．已知直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则 2的倾斜角为（）B．3A．30°31B.0°C．2C．120°D．32D．150°7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣2． =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0互相平行的（）条件的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走A．充分而不必要B．必要而不充分才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为 2+ 2≤5，若将军从点 (3，1)处出发，河岸C．充要D．既不充分也不必要线所在直线方程为 + =5，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为3．过点(0，2)作与圆 2+ 2−2 =0相切的直线l，则直线l的方程为（）（）A．3 −4 +8=0A．10B．3 +4 −8=0B．210C． =0或3 +4 −8=0C．5D． =0或3 −4 −8=0D．25→→→→→→→2 24．如图，在三棱柱 − 1 1 1中， 为 1 1的中点，若 = ， = ， 1= ，则 可表示为8．已知椭圆 ： +=1( > >0)的左、右焦点分别为 ， ，点 ( ， )， (− ，− )在椭圆 上，1211112（）2|1|其中 3，则椭圆的离心率的取值范围为（）1→1→→1>0， 1>0，若| |=2| 2|，| 1|≥3A．−−+22A．(0，6−1]B．1→+1→+→222B．(2，6−1]C．−1→+1→+→2222C．(0，3−1]D．1→−1→+→222D．(，3−1]25．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射.12日下午4二、多选题点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中轨道③所示，其近月点与月9.下列说法正确的是（）球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3476公里，对该椭圆下述A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角四个结论正确的是（）B．不经过原点的直线都可以用方程+=1表示A.焦距长约为150公里C．直线 1：2 + −4=0， 2：2 + +2=0，则与直线 1与 2距离相等的直线方程为2 + −1=0B.长轴长约为3988公里D．已知圆 ： 2+ 2−4 =0，圆心为 ， 为直线2 + +3=0上一动点，过点 向圆 引两条切线 和C.两焦点坐标约为(±150，0)，、为切点，则四边形的面积的最小值为175D.离心率约为→99410．已知正方体 方− 1 1方1的1棱长为1，点 ， 分别是 1，1 的1中1点， 在正方体内部且满足= 1→3→2→++，则下列说法正确的是（）（2）求直线和平面的所成角的正弦值．243119．已知圆C经过点 (3,−2)和 (1,0)，且圆心在直线 + +1=0上.A．直线 1⊥平面 1 方（1）求圆C的方程；B．直线与平面111所成的角为4（2）直线l经过(2,0)，并且被圆C截得的弦长为2，3求直线l的方程.C．直线与平面11的距离20．如图，三棱柱 − 的所有棱长都是2， ⊥平面 ，方， 分别是 ， 的中点．2为2111115D．点到直线的距离为（1）求证：平面 ⊥平面 1 方；6（2）求平面1和平面1夹角的余弦值；11．已知椭圆的中心在原点，焦点1，2在轴上，且短轴长为2，离心率为6，过焦点1作3（3）在线段1（含端点）上是否存在点，使点到平面1的距离为25？请说明理由．轴的垂线，交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（）52221．已知圆：(+1)2+2=16的圆心为，过点(1，0)作直线与圆交于点、，连接、，A．椭圆方程为+2=1B．椭圆方程为+2=1过点作33的平行线交于点；C．||=23D．2的周长为3（1）求点的轨迹方程；3412．在平面直角坐标系 中，点 (0，3)，直线 ： =2 −4．设圆 的半径为1，圆心在 上，若圆 上存在点（2）已知点 (2，0)，对于 轴上的点 ( ，0)，点 的轨迹上存在点 ，使得 ⊥ ，求实数 的取值范，使||=2||，则圆心的横坐标的值可以是（）围．A．0B．1C．2D．322．如图，正方形 方 的边长为2， ， 分别为 ， 方的中点．在五棱锥 − 方 中， 为棱 的中三、填空题点，平面 与棱 方， 分别交于点 ， ．13．已知直二面角 − − 的棱 上有 ， 两个点， ⊂ ， ⊥ ， 方⊂ ， 方⊥ ，若（1）求证：是棱的中点=4，=3，=5，则的长是．（2）若 ⊥底面 方 ，且二面角 −方 − 的大小为45°，求直线 与平面 所成角的大小，并求线14．设 ∈ ，直线 + +1=0过定点 ，直线 − −2 +3=0过定点 ，直线 经过点 (2，−1)，并且段 的长．→以 为法向量，则直线 的方程为．答案解析部分→→15．正四面体ABCD的棱长为2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则 ⋅ 的值为．1.【答案】B 2 216．在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ：+=1( >4)，点 (−2，2)是椭圆内一点， (0，−2)，【解析】【解答】直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则3 +3×(−1)=0，故 =3. −4直线2的的斜率为=3=tan ， ∈[0， )， =60°，即倾斜角为60°.若椭圆上存在一点，使得||+||=8，则的范围是；当取得最大值时，设故答案为：B.为椭圆上任意一点，(0，2)，则||2+||2的最小值为．四、解答题17．已知 =(1，1，0)， =(−1，0，2)．【分析】由已知条件结合直线垂直的斜率之间的关系即可得出a的取值，从而即可求出斜率的值，再由斜率（1）若| |=3，且 //( − )，求 ；公式以及倾斜角的取值范围，即可得出答案。（2）若 + 与 −2 互相垂直，求实数 ．2.【答案】A18．如图，已知三棱锥 − 的侧棱 , , 两两垂直，且 =1， = =2， 是 的中【解析】【解答】由直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行得，点．( −2)×(− )=(−1)×3，解得 =3或 =−1，(−1)×0≠(−1)×(− )（1）求异面直线与所成角的余弦值；∴故 =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行的充分不必要条件. 故答案为：A.综上可知，正确的为D，故答案为：D【分析】首先由两条直线平行的系数之间的关系，即可求解出m的取值，然后代入验证结合充分和必要条件的定义即可得出答案。【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由椭圆的定义以及简单性质，对选项逐一判断即可得出3.【答案】C答案。【解析】【解答】圆 2+ 2−2 =0即为( −1)2+ 2=1，圆心是(1，0)， =1，6．【答案】B当直线斜率不存在时，直线方程为 =0，而 = =1，直线与圆相切，【解析】【解答】因为 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，当直线斜率存在时，设直线方程为 − +2=0，故构造正方体如图所示，| +2|3圆心到直线的距离为； ==1，解得 =−，过点 作 ⊥平面 于 ，则 为正△ 的中心，1+24于是∠ 为 与平面 所成的角，所以直线l的方程为3 +4 −8=0， 3 = 方= ，故cos∠ ===，综上：直线l的方程为 =0或3 +4 −8=0，设=，233则3333故答案为：C所以与平面所成角的余弦值为3，3故答案为：B【分析】首先把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，再对斜率分情况讨论，由此设出直线的方程，然后结合点到直线的距离公式代入数值计算出k的取值，从而即可得出直线的方程。【分析】由已知条件结合正方体的几何性质即可作出辅助线，由此即可求出∠ 为 与平面 所成的4．【答案】C→→→角，结合三角形中的几何计算关系代入数值计算出结果即可。【解析】【解答】=++→=→+→1→→1→+1→+→11 +(2− − )=− 227．【答案】C11故答案为：C.【解析】【解答】点(3，1)关于直线+=5的对称点为(，)，+3+1+=4=5，解得 −2=1，所以 (4，2)，则22【分析】由向量的加减运算性质以及直三棱柱的几何性质，即可求出答案。 −1=1 −3 −35．【答案】D2+225所以“将军饮马”的最短总路程为| |− =4−=5，【解析】【解答】设该椭圆的半长轴长为，半焦距长为故答案为：C.1依题意可得月球半径约为×3476=1738，2【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由点关于直线对称的性质结合中点坐标公式以及斜率之 − =100+1738=1838，间的关系，即可得出关于a与b的方程组，求解出结果结合题意计算出答案即可。+=400+1738=2138，8.【答案】D2 =1838+2138=3976， =1988， =2138−1988=150，15075【解析】【解答】||=2|2|，故||=|12|，故四边形12为矩形.椭圆的离心率约为===，1988994|1||2|=3푛， ∈[3，1)设|1|=，|2|=，=≥，设 =可得结论D项正确，A、B项错误；|1||1|33+=2，2+2=42，故22因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以C项错误.=1−1+2+2=1−， 1++2 =1+在1)上单调递减， ∥ 1方1， 1方1⊂平面 1 方1，故 ∥平面 1 方1， 为 1 中点，连接 ，则32[1)上单调递减，故 =1−在[31，∥113，++231242 _ 1 ，故 ⊥平面 1 方1， = 1 =，C不符2合题意；故< ≤4+23，故 ∈(，3−1]._22422以，，1为，，轴建立空间直角坐标系，故答案为：D.→1→3→2→132→则=++=(，，)，=(0，1，0)，243243【分析】首先由已知条件即可得出四边形12为矩形，再设出边的大小结合题意整理化简即可得出→→12 ⋅ 方3345||==，点到直线的距离为→232=，D符合题意.22→| |−()146+푛2=4 2令 =，整理化简得到=1−=1−1，再由对勾函数的单调性以及离心率公式||41+2+2++2故答案为：ABD.即可得出e的取值范围。9.【答案】A,C【分析由线面垂直的性质定理和判定定理，结合正方体的几何性质即可判断出选项A正确；根据题意作出辅【解析】【解答】坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角，A符合题意；助线，由正方体的几何性质结合线面角的定义即可得出∠ 1 1为直线 1与平面 1 方1所成的角，然后由当直线倾斜角为0°或90°时，不能用+=1表示，B不符合题意；三角形中的几何计算关系即可求出结果，由此判断出选项B正确；根据题意由线面平行的判定定理结合正方设直线方程为2 + − =0，取 1上一点(0，4)，取 2上一点(0，−2)，则两点中点为(0体的几何性质即可得出 ∥平面 1 方1，然后由题意作出辅助线，结合中点的坐标以及点到直线的距离公式，1)，代入直线方程得到 =1，即2 + −1=0，C符合题意；计算出结果，由此判断出选项C错误；根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再 2+ 2−4 =0，即 2+( −2)2=4，圆心 (0，2)，半径 =2，由空间向量的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项D正确，从而得出答案。 | |2−4，故| |最小时面积最小， =2△ =| |⋅| |=2| |=211．【答案】A,C,D|0+2+3|||的最小值5=5，故面积的最小值为2，D不符合题意.【解析】【解答】由已知得，2b=2，b=1，=6，为3故答案为：AC.又2=2+2，解得2=3， 2【分析】由倾斜角的定义即可判断出选项A正确；由直线截距式的定义即可判断出选项B错误；利用中点坐∴椭圆方程为+ 2=1，3标公式计算出两条直线上任意两点间的中点坐标，并代入到直线的方程，由此即可判断出选项C正确；首先如图：2 2223∴| |===， 的周长为4 =4．23把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，由已知条件即可得出面积之间的关系，结合题意33即可得出||最小时面积最小，由直线与圆相切的几何性质，代入数值计算出结果，由此判断出选项D故答案为：ACD．错误；从而得出答案。10．【答案】A,B,D【分析】由已知求得，再由离心率结合隐含条件求得，可得椭圆方程，进一步求得通径及2的【解析】【解答】 1⊥平面 方， 方⊂平面 方， 1⊥ 方， ⊥ 方， ∩ 1= ，故 方⊥平面 周长判断答案即可。 1， 1⊂平面 1，故 方⊥ 1，同理可得 1方⊥ 1， 方∩ 1方=方，故直线 1⊥平面 1 方，A符合12.【答案】A,B,C题意；【解析】【解答】设(，)，||=2||， 2+( −3)2=22+2，即化简整理得到 2+( +1)2=4，圆心 (0，−1)， =2，如图所示：连接 1与 1 交于点 ，则 1 ⊥ 1 ， 1 ⊥ ， 1 ∩ = ， 故 ⊥平面 方，即∠ 为直线 与平面 方所成的角，∠ =，B圆心 ( ，2 −4)，根据题意得到2−1≤| |= 2+(2 −3)2≤2+1，11111111114符合题意； 12解得0≤ ≤.5 故答案为：ABC.故答案为：1【分析】根据题意设出点的坐标，然后由两点间的距离公式代入整理化简即可得出点M的轨迹方程，再由两→→【分析】根据题意设出边的大小，然后由中点的性质以及向量的加减运算公式整理化简即可求出=圆之间的位置关系，结合圆心距与半径之间的关系，由已知条件即可求出a的取值范围。→→1→1→1→++=−−，再由数量积的运算公式代入数值计算出结果即可。13.【答案】5222216．【答案】6+25< ≤25；50【解析】【解答】=++， − +4(++ 2+ 2+ 方2+2( ⋅ + ⋅ 方+ ⋅ 方)【解析】【解答】=2，故焦点为 (0，2)和 (0，−2)，| |+| |=2 ，∴| 方|==由条件可知 ⊥ ，=| |=8−| |，|| |−| ||=|8−| |−| ||=|8−2 |≤| |=2，解得9≤ ≤25， ⊥ 方， ⊥ 方，==5.点 (−2，2)是椭圆内一点，故+44<1，解得 >6+25或 <6−25（舍去），∴| 方|=(++=2+2+9+16+252 −4故答案为：52故6+25< ≤25.22当=25时，椭圆方程为：+=1，||+||=10，2521【分析】由=++，然后利用向量数量积表示向量的模计算的222| |+| |≥(| |+| |)=50，当||=||=5时等号成立.长度。214．【答案】 + −1=05故答案为：6+2< ≤25；50.【解析】【解答】直线 + +1=0，取 =0得到 =−1，故过定点 (−1，0)，直线 − −2 +3=0，即 ( −2)− +3=0，取 =2得到 =3，故过定点 (2，3)，→【分析】根据题意由已知条件即可得出焦点的坐标，然后由椭圆的定义整理化简即可求出m的取值范围，结 =(3，3)，设直线 为3 +3 + =0，代入 (2，−1)，解得 =−3，合题意由点与椭圆的位置关系，代入整理化简即可得出m的取值范围；由m的取值即可得出椭圆的方程，由即3 +3 −3=0，即 + −1=0.椭圆的定义以及基本不等式即可求出||2+||2的值最小值。故答案为： + −1=0.→→→17．【答案】（1） =(1，1，0)， =(−1，0，2)， − =(2，1，−2)， //( − )，设 =(2 ， ，−2 )，【分析】首先由直线的方程即可求出定点的坐标，然后由向量的坐标公式计算出直线的法向量，并把点的坐→→||=22=3，解得 =±1，故=(2，1，−2)或=(−2，−1，2).4++标代入计算出c的取值，从而即可得出直线的方程。4215．【答案】1（2） + =( ， ，0)+(−1，0，2)=( −1， ，2)，→→→→→→→【解析】【解答】在正四面体ABCD中，令=，=，=，显然，〈→〉=〈→→〉=〈→→〉=6 −2 =( ， ，0)−2(−1，0，2)=( +2， ，−4)，，，， + 与 −2 互相垂直，即( −1， ，2)⋅( +2， ，−4)=( −1)( +2)+ 2−8=0，0∘→→→，||=||=||=2，如图：5解得 =2或 =−.→1→1→因点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则=−=−，222→【解析】【分析】(1)由空间向量和共线向量的坐标公式即可得出=(2 ， ，−2 )，然后由向量摸的坐标公式→=→+→+→=1→−→+1→1→−→)−→+1→=1→−1→−1→，=(2222222代入数值计算出 =±1，由此即可得出向量的坐标。→⋅→1→1→1→1→1→→→→→210∘0∘22于是得 =( − − )⋅(− )=(− ⋅ + ⋅ + )=(−2×2cos6+2×2cos6+)(2)根据题意由空间向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出结果即可。222244=1，18．【答案】（1）解：以O为原点，OB、OC、OA分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系．→→⋅1.所以的值为 则有A（0，0，1）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、E（0，1，0） ∴ =(2，−1，0)， =(0，2，−1)20．【答案】（1）解：取 1 1的中点 ，连接 1 ， 方，则 1⊥ 1 1， 方// 1，−22∴COS<< ， >>==−又 1⊥平面 ，所以 方⊥平面 ，5⋅552所以1，，1两两垂直，所以异面直线BE与AC所成角的余弦为5如图，以为原点，1，，1所在直线分别为轴，轴，（2）解：设平面ABC的法向量为1=(，，)轴建立空间直角坐标系，则则 (1，2，0)， (0，2，3)，方(0，2，0)， 1(1，0，0)， (−1，1，0)，푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0取푛1=(1，1，2)，→→证明： 1方=(−1，2，0)， 1 =(−1，2，3)，则<，301>=30→=(1，0，−3)，=→(−1，−1，−3)，30BE和平面ABC的所成角的正弦值为30→→设=( 1， 1， 1)，=( 2， 2， 2)分别为平面 1 方和平面 的法向量，2【解析】【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标1系，利→→→→由⋅=0，⋅=0，用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值；（2）求出平面的法向量和，利用向111量法能1求出直线和平面的所成角的正弦值− 1+2 1=0，得，− 1+2 1+3 1=0，19．【答案】（1）解：设圆C的方程为2+2+++令1=1，则1=2，1=0，=09+4+3方−2 + =01++=01→依题意得方 ∴=(2，1，0)是平面 1 方的一个法向量，−−+1=022→→→→ 2−3 2=0，由⋅=0，⋅=0，得，解之得方=−2, =4, =1− − −3 =0，22222∴圆C的方程为 2+ 2−2 +4 +1=0令 2=1，则 2=3， 2=−23，（2）解：圆 2+ 2−2 +4 +1=0可化为( −1)2+( +2)2=4，→∴=(3，−23，1)是平面 的一个法向量，2所以圆心到直线的距离为 =22=1→→2−(3)∴푛⋅푛=2×3−2+30=0，21当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为=2，∴平面 ⊥平面 1 方．此时直线l被圆C截得的弦长为23，符合题意→→（2）=(0，2，0)，设平面1的法向量为=(，，)．1当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，即 − −2 =0→→→→2 =0，| +2−2 |由⋅=0，⋅=0，得，由题意得=111− +2 +3 =0，2+13令=1，则=3，=0，解得=→4∴=(3，0，1)是平面 的一个法向量，1∴直线的方程为3 −4 −6=0设平面1和平面1的夹角为，由图可知为锐角，综上所述，直线l的方程为 =2或3 −4 −6=0→→23【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设圆C的方程为2+2+++=0，根据题意列出则cos =|푛1⋅ |==15，关于→→5×25 |1|||方, , 的方程组，解出即可；（2）将圆的方程化为标准形式，求出圆心到直线的距离为1，当直线l的斜率不15即平面1和平面1夹角的余弦值为．存在时符合题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，列出关于 的方程解出即可.5 （3）假设在线段（含端点）上存在点，1 2−2 +31( +2)2−2( +2)+3114，令 −2= ， ∈(−4，0)整理得到 =4= −1∈(−2，−1)，由此即 −2425使点到平面1的距离为，可求出t的取值范围。5→22．【答案】（1） ∥ 方， 方⊂平面 方， ⊄平面 方，故 ∥平面 方，设 (0， ，3)(0≤ ≤2)，则 =(0， −2，0)，→平面 与棱 方， 分别交于点 ， ，故 ∥ ，即 ∥ 方，5→| −2|由2=| ⋅푛1|=，5|→5为棱的中点，故是棱的中点.1|（2） ⊥底面 方 ， 方⊂平面 方 ，故 ⊥方 ，方 ⊥ ， ∩ = ，解得：=4（舍去）或=0，故方 ⊥平面 ， ⊂平面 ，故 ⊥方 ， ⊥方 ，故在线段1上存在点M（端点处），故∠ 为二面角 −方 − 的平面角，故∠ =45°，故 = =2.25使点M到平面1的距离为．5如图所示：以延长线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，【解析】【分析】(1)由已知条件作出辅助线，结合中点的性质即可得出线线垂直以及线线平行，然后由平行的→则 (0，1，0)， (−1，2，0)， (0，0，0)， (−1，0，1)， (0，0，2)， =(−1，1，0)传递性以及线面垂直的判定定理即可得出 方⊥平面 ，由此即可得出线线垂直从而建立空间直角坐标系求→푛⋅ ⇀ = =0出各个点的坐标以及向量和平面1和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出两个设平面 的法向量为=( ， ， )，则，平面푛⇀푛⋅ =− + =0→→的法向量的坐标；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出푛2⋅푛1=0，由此得证出结论。→取=1得到=(1，0，1)，(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面1法向量的坐标，再由数量积的→→坐标公式即可求出平面1的法向量的坐标，同理即可求出平面1的法向量；结合空间数量积的运算公直线与平面所成角为，→→|=|푛⋅ 11|==，式代sin =|cos푛， →→2×22|푛|⋅| |入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面1和平面1夹角的余弦值。 ∈[0].，故=，(3)根据题意假设存在点M，由此设出点的坐标从而求出向量的坐标，结合空间的距离公式代入数值计算出a26→→的取值，由已知条件即可得出答案。设 = ，即( ， ， −2)= (−1，2，−2)=(− ，2 ，−2 )，故 (− ，2 ，2−2 )，21．【答案】（1） ∥ ，故∠ 方=∠ 方=∠ 方 ，即| |=| 方|，→→→2 =(− ，2 ，2−2 )， ⋅푛=− +2−2 =0，解得 =.3||+||=||+||=||=4>||=2，故轨迹为椭圆，2+2|→|=2|→|22=4，=2，=1，故=3，故轨迹方程为：3=1（ ≠0）.=1+4+4=2.故=2.433【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合中点的性质即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理和性（2）设 ( ， )，则 =( − ，− )， =(2− ，− )，+质定理即可得出线线平行，从而即可得证出结论。 ⊥ ，即( − ，− )⋅(2− ，− )=( − )(2− )+ 2=0，2=1，23(2)由线面垂直的性质定理以及判定定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及11242 −2 +3即 −(2+ ) +2 +3=0，即 =4， ∈(−2，2)，4 −2向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，由线面角与向1( +2)2−2( +2)+31量.夹角之间的关系结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出直线与平面所成角的正弦值，然后由题设 −2= ， ∈(−4，0)， =4= −1∈(−2，−1)42意结合共线向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出=，由此即可得出答案。故实数 的取值范围为(−2，−1).3【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合椭圆的定义即可得出轨迹为椭圆，由题意即可求出a与b的取值，从而即可得出椭圆的方程。 (2)由已知条件设出点的坐标，由此即可求出向量的坐标，再结合数量积的坐标公式代入整理即可得出= 高二上学期数学期中考试试卷的位置关系是（）一、单选题A．相交B．相切或相交1.已知，，若，则实数的值为（）C．相切D．与的大小有关A．-2B．-1C．2D．17.已知双曲线：与直线交于，两点，点为上一动点，记直线2.直线：与直线：（实数a为参数）的位置关系是（），的斜率分别为，，的左､右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距A．与相交离为1，则（）B．与平行A．C．与重合B.的离心率为D．与的位置关系与a的取值有关C.若，则的面积为23.已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则（）D.若的面积为，则为钝角三角形A．2B．1C．D．48.设是椭圆的左､右焦点，是椭圆上任意一点，若的最小值是，则4.方程的对应曲线图形是（）的值为（）A．B．C．D．A.B．二、多选题9.已知直线，则下述正确的是（）A.直线的斜率可以等于0B.直线的斜率一直存在C．D．C.直线时直线的倾斜角为D.点到直线的最大距离为5.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（）10.如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折A.平面ABC⊥平面ABD起，使到，且平面平面，连接，．B.平面ABD⊥平面BDC则下列结论中正确的是()C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDEA．D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEB.四面体的外接球表面积为6.方程的两个不等实根为m，n，那么过点，的直线与圆 值为.C.与所成角的余弦值为四、解答题D.直线与平面所成角的正弦值为17．已知动点与两个定点的距离之比为11．在平面直角坐标系中，已知点和曲线，则对于直线下列（1）求动点的轨迹方程.说法正确的是（）（2）若边的中点为，求动点的轨迹方程.A．若，，，则直线与曲线没有交点18．如图，在直三棱柱中，点D在棱上，E，F分别是，BC的中点，，B．若，，，则直线与曲线有二个交点．（1）证明：；C．若，，，则直线与曲线有一个交点（2）当D为的中点时，求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．D．直线与曲线的位置关系和在哪里无关19.已知圆.12.已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长为4，点在椭圆内部，点（1）若过点的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程；在椭圆上，则以下说法正确的是（）（2）若是直线上的动点，是圆的两条切线，是切点，求四边形A.离心率的取值范围为面积的最小值.B.当离心率为时，的最大值为20.如图，直四棱柱中，底面为菱形，且，，为的延长C.存在点使得线上一点，平面，设.（1）求二面角的平面角的大小。D．的最小值为1（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.三、填空题21．2020年9月下旬，中国海军为应对台湾海峡的局势，派出3艘舰艇在台湾附近某海域进行实弹演习.某时13.已知点和圆，若过点P作圆C的切线有两条，则实数m的刻三艘舰艇呈“品”字形列阵(此时舰艇可视作静止的点)，如下图A，B，C，且OA=OB=OC=3，假想敌舰艇在取值范围是．14.对任意的实数，求点到直线的距离的取值范围某处发出信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早(注：信号传播速度为C处舰艇保为．持静默.（1）建立适当的坐标系，并求假想敌舰所有可能出现的位置的轨迹方程；15.如图，在直角中，，，，现将其放置在平面的上面，其中点A，B在平（2）在A，B两处舰艇对假想敌舰攻击后，C处敌舰派出无人机到假想敌舰处观察攻击效果，则无人机飞面的同一侧，点平面，与平面所成的角为，则点A到平面的最大距离是.行的距离最少是多少？16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大22.设实数，椭圆D：的右焦点为F，过F且斜率为k的直线交D于P、Q两点，若线段 PQ的中为N，点O是坐标原点，直线ON交直线于点M．（1）若点P的横坐标为1，求点Q的横坐标；【分析】由椭圆的焦点在y轴上，化为，利用长轴长是短轴长的两倍求出m（2）求证：；的值.（3）求的最大值．4．【答案】A【解析】【解答】由可知，，答案解析部分显然时方程不成立，排除C，1.【答案】C又【解析】【解答】因为，所以，即，所以不成立，排除BD，所以.故答案为：C.故答案为：A【分析】根据题意，由空间向量数量积的计算公式有，求解可得k的值.【分析】利用方程判断x，y的值的范围，即可判断曲线的图形.5.【答案】C2.【答案】B【解析】【解答】因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因【解析】【解答】由：，为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.可得，故答案为：C因为且，【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，逐项进行判断，可得答案.所以与平行6.【答案】B故答案为：B【解析】【解答】由题设有且，故均在直线上，【分析】由题意利用平行直线系方程，得出答案.3.【答案】C所以的直线方程为：，【解析】【解答】因为椭圆的焦点在y轴上，故，圆心（原点）到直线的距离为，且椭圆的标准方程为：，所以而，故直线与圆相交或相切，所以，故，故答案为：B.故答案为：C. 【分析】根据斜率公式，求出直线AB的方程，再结合韦达定理以及点到直线的距离公式，即可求解出答案.坐标，结合双曲线的定义以及余弦定理，判断三角形的形状，判断D.7.【答案】D8.【答案】B【解析】【解答】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)【解析】【解答】令，则，则，且，两式相减得，因为的最小值为，即的最小值为，所以，因为，所以，故双曲线C的渐近线方程由椭圆，可得，则，所以，因为焦点(c，0)到渐近线的距离为1，所以，即，所以，，所以，，离心率为，A，B不符合题令，解得或（舍去），意．对于C，不妨设P在右支上，记则由对勾函数的单调性可得，当取得最大值时，的最小值为，因为，所以解得或(舍去），所以的面积为即当时，的最小值为，即，解得，，C不正确；所以.对于D，设P(x0，y0)，因为，所以，故答案为：B.将带入C：，得，即【分析】由题意画出图形，再由的最小值为，结合对勾函数的单调性可知当时，的由于对称性，不妨取P得坐标为(，2)，则，最小值为，即，求得c值，即可求出的值.因为9.【答案】A,C,D所以∠PF2F1为钝角，所以PF1F2为钝角三角形，D符合题意【解析】【解答】解：对于A，当时，此时斜率为0，A对，故答案为：D对于B，当时，此时斜率不存在，B不符合题意，对于C，当时，直线，即，斜率为1，倾斜角为，C对.【分析】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)，利用点差法求解直线的斜率，得到a、b关系，通过点到直对于D，，即，恒过和的交点线的距离求解c，求出a，b，即可求出离心率，判断A、B的正误；不妨设P在右支上，记则，要使点到直线的最大距离，即时，此时最大距离为，利用，转化求解三角形的面积，判断C；设P(x0，y0)，通过三角形的面积求解P的，D对. 故答案为：ACD过F作FO’⊥平面CDE，四面体A’CDE的外接球球心O’在直线O’F上，设O’F=t，又O’D=O’A’=R得，解得【分析】根据直线斜率的定义和倾斜角的定义，即可判断A、B、C；求出直线恒过定点，所求最大距离，即∴为这两点间的距离，可判断D.10.【答案】B,C,D∴四面体A’CDE的外接球表面积为S=4πR2=8π【解析】【解答】解：由题意易得DE⊥AB故B正确；又∵平面A’DE⊥平面BCDE，且平面A’DE∩平面BCDE=DE对于C，∵∴A’E⊥平面BCDE∴∴建立如图所示空间直角坐标系，故C正确；对于D，∵VA’-BCD=VB-A’CD又A’E=1，∴∴∴故D正确.故答案为：BCD对于A，∵∴【分析】根据向量垂直的充要条件可判断A，根据四面体与外接球的几何特征，结合球的表面积公式可判断B，根据向量的夹角公式可判断C，根据等体积法，结合棱锥的体积公式可判断D.∴1.【答案】A,B,C∴BD，A’C不垂直【解析】【解答】当，，时，曲线，则对于直线，圆的圆心故A错误；对于B，取CE中点F，连接DF，到直线的距离为，所以直线与曲线没有交点，A符合题意；∵DE⊥DC当，，时，则曲线，直线，联立方程组，消去∴ 可得即，可知，所以直线与曲线有二个交点，B符合题意；对于选项：由基本不等式可得，当且仅当当，，时，直线与曲线，联立方程组，消时取得等号.又，所以，故正去可得：，解得，所以直线与曲线有一个交点，所以C符合题意；确．综上所述：正确的选项是：.由B、C选项，可知直线与曲线的位置关系和在哪里有关，所以D不正故答案为：BD.确．故答案为：ABC．【分析】通过，，的值，判断曲线与直线的位置关系，逐项进行判断，可得答案.【分析】由题意可得a，由点在椭圆内部，解得，求出，12.【答案】B,D即可判断A；求出c，计算出，当点，，共线且在轴下方时，取最大值【解析】【解答】因为长轴长为4，所以，即；因为点在椭圆内部，，可判断B；若，则，得，，推出所以，又，故可得.，即可判断C；由基本不等式可得，又，对于选项：即可判断D.因为，故，，故不正确；13.【答案】对于选项：【解析】【解答】根据题意，圆，当，即，解得，所以，则；必有，由椭圆定义：，解可得：或；如图所示：当点，，共线且在轴下方时，取最大值，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，则有，即，综合可得：m的取值范围为。所以的最大值为，故正确；对于选项：故答案为：。若，则由选项知，，，，【分析】根据题意，圆，必有，再解一元二次不等式求解集的方法，从而得出实数m的取值范围，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，从而求出实所以，数m的取值范围，再结合交集的运算法则，从而求出实数m的取值范围。所以不存在使得，故不正确；14.【答案】 【解析】【解答】由题意，直线，即，由题设，且关于对称，若，则，设，则，，所以，解得，∴所以直线过定点，，又，当垂直直线时，取得最大值，∴的最大值为8.当直线过点时，取得最小值，故答案为：8∴的取值范围.故答案为：．【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，，利用二次函数的性质可求出的最大值.【分析】将原方程化为，求出直线过定点，当垂直直线17.【答案】（1）解：设，由，则点的轨迹方程为时，取得最大值当直线过点时，取得最小值，即可求出d的取值范围.（2）解：由，15.【答案】30则点的轨迹方程为，(或).【解析】【解答】如图，设，则，将代入过作，交于，过作，交于，可得：，因为在中，，则，当四点共面时，点到的距离最大.化简得：，(或).因为，所以是与平面所成的角，则，则，【解析】【分析】(1)设，根据已知条件结合两点之间的距离公式，即可求解出动点的轨迹方程.于是，，即到的最大距离为30.(2)设，则由D为边BC的中点，求出C点的坐标，将C点的坐标代入到(1)中的方故答案为：30.程，即可求解出动点的轨迹方程.18.【答案】（1）证明：在直三棱柱中，有，【分析】过作，交于，过作，交于，然后判断出当四点共面又，，平面，时，点到的距离最大，进而算出AC，即可求出到的最大距离.16.【答案】8又平面，．【解析】【解答】如图：，， 如图，分别以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，(2)当时，四边形面积取得最小值，由此求得切线长，得四边形面积的最小值.则，，，，，．20.【答案】（1）解：连接，交于点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，则，，，设，，．则，，.（2）解：当D为的中点时，，，，∵平面，∴，，∴，∴，即，设平面DEF的法向量为，则，即∴，，令得，，设平面的法向量为，易知平面ABC的法向量为，由，得，令，所以，∴平面的一个法向量为.即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．又平面的一个法向量为，【解析】【分析】(1)以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出所需点的坐∴，标和两条直线的方向向量的坐标，利用向量的数量积为0，即可证得；(2)利用待定系数法求出平面DEF的法向量，取平面ABC的一个法向量，然后利用向量的夹角公式求解出平由图知二面角的平面角为锐角，面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.∴二面角的平面角的大小为45°；19.【答案】（1）解：当斜率不存在时，代入圆方程得，弦长为，满足条件；（2）解：假设在线段上存在一点，满足题意.当斜率存在时，设，即，圆心到直线的距离设，解得：，，所以直线方程为或，得，（2）解：当时，四边形面积取得最小值，∵，，∴，，∴.【解析】【分析】(1)求出圆心坐标和半径，讨论斜率不存在时直线满足题意，然后设出直线方程，求出圆心到∵平面，∴，∴，∴，直线的距离，由勾股定理表示出弦长求得k，进而求出直线的方程；∴存在点使平面，此时. 【解析】【分析】(1)利用建立空间直角坐标系分别求出平面EAC和平面D1AC的法向量，利用空间二面角的当P的坐标为时，直线PQ：，向量法即可求解出二面角的平面角的大小；(2)假设存在，利用直线与平面平行可得与平面EAC的法向量垂直，即可求解出的值.即，21.【答案】（1）解：建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐标系，代入椭圆方程，，即，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线是以得Q的横坐标为.，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，即，，，，当P的坐标为时，同样得Q的横坐标为.点的轨迹方程为：因此，点Q的横坐标为；（2）设方程上一点，，由题意知，求出的（2）证明：联立方程组，其解为，．最短距离即可，，由，消去y，得，即可得，．由，．【解析】【分析】（1）利用已知条件建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐所以N的横坐标为，标系，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线得N的纵坐标为，是以，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，从而求出a，c的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点P的轨迹方程。得N的坐标为．（2）设方程上一点，，由题意知，求出所以直线ON的斜率为，方程为，的最短距离即可，再利用两点距离公式结合二次函数的图象求最值的方法，进而求出无人机飞行的最短距离。与直线交于点．2.【答案】（1）解：因为点P的横坐标为1，由，故直线FM的斜率为，于是，因此；得P的坐标为或．F的坐标为．（3）解： ．令，由，得，又，得．即，所以的取值范围为，最大值为．【解析】【分析】(1)求出P的坐标，直线PQ的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，即可求出点Q的横坐标；(2)设，，联立方程组，利用根与系数的关系及其中点坐标公式可得N的坐标，联立可得M的坐标，可证明出；(3)求出，再利用换元法结合二次函数的性质，即可求出的最大值． 高二上学期数学期中考试试卷A．B．C．D．一、单选题8.在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一1.已知直线和直线，若，则（）点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（）A．3B．-1或3C．-1D．1或-3A.平面α与平面β垂直2.已知向量，，且，那么等于（）B.平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°A．B．C．D．5C.平面α与平面β平行3.在四面体中，点为棱的中点.设,，，那么向量D.平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°二、多选题用基底可表示为（）9.直线a的方向向量为，平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（）A.B．A.若，则直线平面；C．D．B.若，则直线平面；4.阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长C.若，则直线a与平面所成角的大小为；半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为，若椭圆的离心率为，面积为，则椭D.若，则平面，的夹角为．圆的标准方程为（）10.已知圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0相交于A、B两点，下列说法正确的是（）A.圆M的圆心为（1，－2），半径为1A．或B．或B.直线AB的方程为x－2y－4＝0C．或D．或C.线段AB的长为D.取圆M上点C（a，b），则2a－b的最大值为5.已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则实数m等于（）A．2B．8C．D．11.已知点，，是椭圆上的动点，当取下列哪些值时，可以使（）6.已知点是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程是（）A．3B．6C．9D．12A．B．12.将一个椭圆绕其对称中心旋转90°，若所得椭圆的两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，则称该椭圆为“对偶椭圆”．下列椭圆的方程中，是“对偶椭圆”的方程的是（）C．D．A．B．C．D．7.椭圆的左､右焦点分别为､，是椭圆上的一点，，且，垂三、填空题足为，若四边形为平行四边形，则椭圆的离心率的取值范围是（）13.若点到直线距离为，则=． 14.过定点的直线：与圆：相切于点，则．轴上方），且.（1）求椭圆的方程；15.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是、、、（2）当为椭圆与轴正半轴的交点时，求直线方程；，则该四面体的内切球与外接球体积之比为（3）对于动直线，是否存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点？若存在，求出该定16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大点的坐标；若不存在，请说明理由.答案解析部分值为.1.【答案】四、解答题C17．在三角形ABC中，已知点A(4，0)，B(－3，4)，C(1，2)．【解析】【解答】直线的斜率存在，，（1）求BC边上中线的方程；且.（2）若某一直线过B点，且x轴上截距是y轴上截距的2倍，求该直线的一般式方程．18.如图1，在中，MA是BC边上的高，，.如图2，将沿MA进行翻折，使，化为.得二面角为，再过点B作，连接AD，CD，MD，且，.解得或.当时，与重合，应舍去.（1）求证：平面MAD；.（2）在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值.故答案为：C.19.已知动点M到点A（2，0）的距离是它到点B（8，0）的距离的一半，求：（1）动点M的轨迹方程；【分析】利用两条直线平行与斜率的关系即可得出a的值.（2）若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹．2.【答案】B【解析】【解答】解：因为向量，，且，20.已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆所以，解得，交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.所以，（1）求椭圆的方程；（2）求的面积.所以，故答案为：B21.如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．【分析】由可得，从而解出x，得到的坐标，再由模长公式求出的值.（1）求证：AC⊥平面BEF；3.【答案】B（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；【解析】【解答】点为棱的中点，（3）证明：直线FG与平面BCD相交．，22.已知椭圆的上顶点到左焦点的距离为.直线与椭圆交于不同两点、（、都在 ，两式相减可得：，又，即，，故答案为：B.因为是线段的中点，所以，，所以，【分析】先根据点P为棱BC的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用表示向即可.所以直线l的方程是，即，4.【答案】B故答案为：D【解析】【解答】根据题意，可得，【分析】利用“点差法”即可得出直线l的斜率，利用点斜式即可得出直线l的方程.所以椭圆的标准方程为或.7.【答案】D故答案为：B【解析】【解答】如图：若，又四边形为平行四边形，，【分析】由题意可得离心率即a，c的关系，椭圆面积可得a，b的关系，再由a，b，c的关系求出椭圆的标准方程.∴，即，5.【答案】B∴，解得.【解析】【解答】由题意，得，，则，故答案为：D所以椭圆的离心率，解得m=8.故答案为：B.【分析】设，由题意可得，由此可得，即可求出椭圆的离心率的取值范围.【分析】根据题意，由椭圆的方程分析可得a、b的值，计算可得c的值，由椭圆的离心率公式可得8.【答案】A，求解可得m的值.【解析】【解答】解：设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），6.【答案】D∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足【解析】【解答】设直线与椭圆交于，，同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足则，，∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2， ∴点Q1与Q2重合于同一点故答案为：ABD．由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径判断A；联立两圆的方程求得AB的方程判断故选：AB；由点到直线的距离公式及垂径定理求得AB的长判断C；利用直线与圆相切求得2a-b的范围判断D.【分析】设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．根据题意点P1在β内的射影与P2在α内的1.【答案】A,B,C射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角，根据面面垂直的【解析】【解答】设，且.定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．因为，9.【答案】B,C,D【解析】【解答】若，则直线平面或在平面内，A不正确；将点坐标代入椭圆，得，所以代入上式可得若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面；B符合题意；直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若，则直线a与.平面所成角的大小为，C符合题意；所以，.对照选项可以取ABC.两个平面夹角与他们法向量所成的不大于的角相等，D符合题意，故答案为：ABC．故答案为：BCD【分析】设，由，可得，利用二次函数的性质【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，利用法向量和线面夹角及面面夹角的应用，逐项进行判断，可得到答案.可求出的最值，进而得出答案.10.【答案】A,B,D12.【答案】A,C【解析】【解答】由圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，得(x－1)2+(y+2)2＝1，【解析】【解答】由题意，得当时，该椭圆为“对偶椭圆”．由得，则圆M的圆心为（1，－2），半径为1，A符合题意；A中，；B中，，，；联立圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，消去二次项，可得直线AB的方程为x－2y－4＝0，B符合题意；选项Ｃ中，；D中，，，．圆心O到直线x－2y－4＝0的距离d，圆O的半径为2，故答案为：AC．则线段AB的长为2，C不符合题意；令t＝2a－b，即2a－b－t＝0，由M（1，－2）到直线2x－y－t＝0的距离等于圆M的半径，【分析】根据新定义，只要当b=c，椭圆即为“对偶椭圆”，由椭圆方程求得a、b、c，判断即得答案.13.【答案】0或5可得，解得t＝4．【解析】【解答】根据点到直线的距离公式得到∴2a－b的最大值为，D符合题意．故答案为0或5. 【分析】利用点到直线的距离公式直接求解，可得a的值.设，则，，14.【答案】4∴【解析】【解答】直线：过定点，的圆心，半径为：3；，又，定点与圆心的距离为：．过定点的直线：与圆：∴的最大值为8.相切于点，则．故答案为：8【分析】求出直线过的定点，圆的圆心与半径，利用直线与圆的相切关系求解可得的值.15.【答案】1：27【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，【解析】【解答】点、、、恰为棱长为的正方体的四个点，，利用二次函数的性质可求出的最大值.该四点构成了一个棱长为的正四面体（如图所示）.17．【答案】（1）解：∵B（－3，4），C（1，2），设该正四面体的内切球和外接球半径分别为、，体积分别为、，∴线段BC的中点D的坐标为（－1，3），又BC边上的中线经过点A（4，0），则该正四面体的外接球也是正方体的外接球，∴y（x－4），即3x+5y－12＝0，则，即.BC边上中线的方程.由图可得该四面体的体积为：（2）解：当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，，代入点B（－3，4），则4＝－3k，解得k，又，所以所求直线的方程为yx，即4x+3y＝0；所以，解得，当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为1，代入点B（－3，4），则，解得m，则，.故答案为：1：27.所以所求直线的方程为1，即x+2y－5＝0，综上所述，该直线的一般式方程为4x+3y＝0或x+2y－5＝0．【分析】作出坐标系和四面体，得到四面体和正方体的关系，利用正方体的外接球和正方体的关系求出外接【解析】【分析】(1)求得线段BC的中点坐标，再结合点A的坐标，由直线的点斜式写出BC边上中线的方球的半径，再利用分割法得到正四面体的体积，进而求出其内切球的半径，再利用球的体积公式进行求解，程；可得该四面体的内切球与外接球体积之比.(2)分两类：①当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，代入点B(-3，4)，求出16.【答案】8k的值，进而求出该直线的一般式方程；【解析】【解答】如图：②当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为，代入点B(-3，4)，求得m的由题设，且关于对称，若，则， 值，进而求出该直线的一般式方程.(2)易知，，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角18.【答案】（1）证明：由图1可知，，，为二面角的平面角，即坐标系，逐一写出A、B、D、M、E的坐标，由法向量的性质求得平面MBD的法向量，设直线与平，，、平面，平面，平面，面所成角为，则，利用空间向量数量积的坐标运算，即可求解出直线AE与平面．MBD所成角的正弦值.在中，由余弦定理知，19.【答案】（1）解：设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，则点M的轨迹就是集合，，P．由于，，由两点距离公式，点M适合的条件可表示为，，、平面，平方后再整理，得．可以验证，这就是动点M的轨迹方程．平面．（2）解：设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，（2）解：，，，为直角三角形且，y1）．由于A（2，0），且Ｎ为线段AM的中点，所以，．，．所以有，①以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）题知，M是圆上的点，则，0，，，0，，，3，，，0，，，1，，所以M坐标（x1，y1）满足：②，1，，，0，，，3，，将①代入②整理，得．所以N的轨迹是以（1，0）为圆心，以2为半径的圆．设平面的法向量为，，，则，【解析】【分析】（1）设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，由题意，结合两点距离公式求令，则，，，0，，得动点M的轨迹方程；设直线与平面所成角为，（2）设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，y1），根据中点坐标公式以及动点M的轨迹方程，即可求出点N的轨迹．则．20.【答案】（1）解：由已知得，，解得，又，所以椭圆的方程为故直线与平面所成角的正弦值为．（2）解：设直线的方程为，【解析】【分析】(1)由图1可知，，，推出∠BAC为二面角B-MA-C的平面角，得到由得，①MA⊥平面ABC，故MA⊥CD，结合余弦定理和勾股定理可证得AD⊥CD，再由线面垂直的判定定理即可得证平面MAD； 设、的坐标分别为，（），中点为，由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，则，，因为是等腰△的底边，所以．设平面BCD的法向量为，所以的斜率为，解得，此时方程①为．∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，解得，，所以，，所以，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，此时，点到直线：的距离，所以△的面积∴．【解析】【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为（3）证明：平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．离公式求高，即可计算出面积．【解析】【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得21.【答案】（1）证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设∵CC1⊥平面ABC，立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法∴四边形A1ACC1为矩形．向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结又E，F分别为AC，A1C1的中点，论.∴AC⊥EF．∵AB=BC．2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF该椭圆的上顶点到左焦点的距离为，即，可得，，（2）解：由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，因此，椭圆的方程为；EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，（2）解：由题意可得，，直线的斜率为，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐，则直线的斜率为，称系E-xyz． 系，即可证明存在一个定点M(-2，0)，无论∠OFA如何变化，直线总经过此定点.直线的方程为，联立，得，解得或，所以点的坐标为.直线的斜率为，因此，直线的方程为；（3）解：由于直线与椭圆的两交点、都在轴上方，则直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立，消去得，，得，由韦达定理得，，，所以，直线和的斜率之和为，即，，，则直线的方程为，直线过定点.【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，椭圆可得关于a，b的方程，求出a，b的值，由此求出椭圆C的方程；(2)由题意可得，得，从而，可得直线BF的方程，代入椭圆方程，求得B点坐标，由此能求出直线AB的方程；(3)由∠OFA+∠OFB=180°，知直线和的斜率之和为，设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，得关于x的一元二次方程，由直线方程的点斜式求得动直线l的方程，结合根与系数的关 高二上学期数学期中考试试卷线交于点，则点的轨迹的方程是（）一、单选题A.B．C．D．1．已知点､与圆:,则()8．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体A.点与点都在圆外中，，，，则异面直线与之间的距离是B.点在圆外,点在圆内C．点在圆内,点在圆外（）D．点与点都在圆内A.B．C．D．2.已知双曲线上一点到的距离为，为坐标原点，且二、多选题9.已知向量，则下列结论不正确的是（），则()A．B.C．或D．或A．B．3.已知点A(1，3)，B(－2，－1)．若直线l：y＝k(x－2)＋1与线段AB相交，则k的取值范围是（）C．D．A.B．10.设定点，，动点满足，则点的轨迹可能是（）C．或D．A.圆B．线段C．椭圆D．直线11.已知圆和圆的公共点为，，则（）4.如图，把椭圆的长轴分成8等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，，…，，是椭圆的左焦点，则（）A.B．直线的方程是A．35B．30C．25D．20C．D．5.已知圆的半径为2，椭圆的左焦点为，若垂直于12.数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列轴且经过点的直线与圆相切，则椭圆的长轴长为（）四个结论，其中正确结论是（）A．B．2C．4D．8A.图形关于轴对称6.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的B.曲线恰好经过6个整点（即横､纵坐标均为整数的点）数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样C.曲线上存在到原点的距离超过的点走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河D.曲线所围成的“心形”区域的面积大于3岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）三、填空题13.已知异面直线a，b的方向向量分别为，，则a，b所成角的余弦值为.A．B．5C．D．1014.如图，二面角等于，A、B是棱l上两点，、分别在半平面、7.已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分 内，，，且，则的长等于．22.已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．（1）求圆C的方程；15.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆（2）过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．上一个动点，则的最大值为答案解析部分16.双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为，1.【答案】C若E上的点A满足，其中、分别是E的左，右点，则.【解析】【解答】因为点､四、解答题将的坐标代入圆的方程,可得,所以点A在圆内17．在平行六面体中，，将的坐标代入圆的方程,可得,所以点在圆外，点为与的交点，点在线段上，且.故答案为：C（1）求的长；【分析】将点代入圆的方程,根据点与圆位置关系的判断方法,即可得解.（2）设，求的值.2.【答案】D18.在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和所在直线的方程为，【解析】【解答】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，（1）求对角线所在直线一般形式方程；由中位线定理知.（2）求所在直线一般形式方程．当在右支时，由双曲线定义可知：19.如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，当在右支时，由双曲线定义可知：底面，设点是的中点．故答案为：D.（1）直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）点A到平面BDM的距离．【分析】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，由中位线定理知20.已知椭圆经过，再对点P在双曲线的左右支进行分类讨论，结合双曲线定义求出（1）求椭圆的方程；3.【答案】（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.D【解析】【解答】解：直线经过定点，21.在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，为线段AD的中点，过的平面与线段PD，分别交于点，.，，（1）求证：；又直线与线段相交，（2）若，是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请确定点的，位置；若不存在，请说明理由.故答案为：D． 则，【分析】由直线系方程求出直线l所过定点，由两点求斜率公式求得连接定点与线段AB上点的斜率的最小故“将军饮马”的最短总路程为10.值和最大值，求得k的取值范围.故答案为：D.4.【答案】A【解析】【解答】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，知，，，【分析】直接利用点关于线的对称的应用和两点间的距离公式的应用，求出“将军饮马”的最短总路程.7.【答案】B∴．故答案为：A【解析】【解答】由题可得圆心，半径为6，是垂直平分线上的点，，【分析】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，可得，求解可得答案.，5.【答案】C点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，【解析】【解答】圆的标准方程为，，故点的轨迹方程为。因为圆的半径为，则，因为，解得，故答案为：B.圆的标准方程为，圆心为，由题意可知，直线与圆相切，则，解得，【分析】由题可得圆心，半径为6，再利用点P是垂直平分线上的点，所以，所以则，因此，椭圆的长轴长为.，再利用题意的定义得出点的轨迹是以为焦点的椭圆且故答案为：C.，从而求出a的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点的轨迹方程。【分析】由圆，化成标准方程为，结合题意得出m8.【答案】D的值，再根据条件垂直于x轴且经过F点的直线与圆M相切，利用直线与圆的相切的位置关系得出c【解析】【解答】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，值，求出a值，即可得椭圆的长轴长.则，6.【答案】D则，，【解析】【解答】如图，点关于直线的对称点为，则即为“将军饮马”的最短总路程，设和的公垂线的方向向量，设，则，即，令，则，则，解得，， 的轨迹..1.【答案】A,B,D故答案为：D.【解析】【解答】圆的圆心是，半径，圆，圆心，，【分析】根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出，A符合题意；和的公垂线的方向向量的坐标，结合空间向量数量积的运算公式根据题意即可求出异面直线之间的距离。两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，B符合题意；9.【答案】B,C，，，，所以不正确，C不正确；【解析】【解答】向量，圆心到直线的距离，，D符合题意.，，，故A正确；故答案为：ABD，1，，故B错误；，故C错误；【分析】根据题意求出两个圆的圆心坐标和半径，再把两个圆的方程相减即可得出直线的方程结合点到直线，故D正确．的距离公式对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：BC．12.【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A，将换成方程不变，所以图形关于轴对称，A符合题意；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算、数量积的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而找出结论不正对于B，当时，代入可得，解得，即曲线经过点，确的选项。当时，方程变换为，由，解得，所以10．【答案】B,C只能取整数1，【解析】【解答】由题意知，定点，，可得，当时，，解得或，即曲线经过，因为，可得，根据对称性可得曲线还经过，故曲线一共经过6个整点，B符合题意；当且仅当，即时等号成立．对于C，当时，由可得，（当时取等号），当时，可得的，此时点的轨迹是线段；，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性当时，可得，此时点的轨迹是椭可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过，C不符合题意；圆．故答案为：BC．对于D，如图所示，在轴上图形的面积大于矩形的面积：，轴下方的面积大【分析】由基本不等式可得，可得或，即可判断出点于等腰三角形的面积：，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于， D符合题意；∴，60°，故答案为：ABD∴故答案为2．【分析】将换成方程不变，再结合图形关于y轴对称，从而得出图形关于轴对称；当【分析】由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，时，代入可得，解得，即曲线经过点，当时，方程变换为BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．，由判别式法得出x的取值范围，所以只能取整数1，当时，得出15.【答案】12，解得或，即曲线经过，根据对称性可得曲线还经过【解析】【解答】由题意得：，根据椭圆的定义得，，故曲线一共经过6个整点；∴，当时，由结合均值不等式求最值的方法，可得，（当圆变形得，即圆心，半径，时取等号），所以，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据要使最大，即最大，又，对称性可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过；在轴上图形的面积大于矩形的面∴使最大即可.积，再利用矩形的面积公式得出，轴下方的面积大于等腰三角形的面积，再利用等如图所示：∴当共线时，有最大值为，腰三角形面积公式得出，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于，从而选出结论正确的选项。∴的最大值为，13.【答案】∴的最大值，即的最大值为11+1=12，故答案为：12【解析】【解答】依题意a，b所成角的余弦值为【分析】由椭圆的方程可得a，b，c的值，由圆的方程可得圆心的坐标及半径，再由椭圆的定义可得|PF1|=.2a-|PF2|，然后由三点共线可知线段之差求出的最大值.故答案为：16.【答案】；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，【分析】由已知直接利用数量积求夹角公式，即可求出a，b所成角的余弦值.，14.【答案】2，【解析】【解答】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，离心率．不妨取点在第一象限， ，且，得，解得，即点；，设点，则，，解得，．所以点；故答案为：；．又，则的直线方程为，【分析】由双曲线的渐近线方程为，可知，再结合与，可求得离心率；不妨取点在第一象限，第一象限与第四象限计算结果相同，写出点A的坐标后，由三角函数的知识可求得化为一般形式是．的值.【解析】【分析】(1)根据题意画出图形，结合图形求出AC的中点和斜率，从而求得BD的斜率和直线的方程；17.【答案】（1）解：因为，(2)由直线AB和BD求点B的坐标，再根据对称求出点D的坐标，利用直线AC和AB求得点A，再写出直，线所在直线一般形式方程．，即；19.【答案】（1）解：∵四边形为菱形，，又面ABCD，，OB，OP两两垂直，（2）解：∴以为轴，为轴，OP为轴建立如图所示的空间直角坐标系，.根据题可知，，，且为中点，【解析】【分析】(1)可得，利用数量积运算性质即可求出的长；，，，，，，(2)易得，再利用平行六面体、空间向量基本定理即可得出的值.，，，18.【答案】（1）解：如图所示，菱形的顶点和，设面BDM的法向量为，所以的中点，，，，令，则，，直线的斜率为的斜率为，，所以直线的方程为：，即；∴直线与平面BDM所成角的正弦值为；（2）解：由直线的方程和直线的方程联立， 又，所以四边形BCDE为平行四边形，所以，（2）解：由（1）可知，面BDM的一个法向量为，又平面，平面，所以平面，∴点到平面BDM的距离，又BE平面BEGF，平面平面，所以.又平面平面ABCD，BE平面，，∴点到平面BDM的距离为．平面平面，【解析】【分析】(1)根据题意可知，OB，OP两两垂直，以为轴，为轴，OP为轴建立如图所以平面PAD，所以平面PAD，所示的空间直角坐标系，根据题所给的长度可算出面BDM的法向量和的坐标，再根据线面夹又平面PAD，所以；角的向量法，求出直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）解：存在，为棱上靠近点的三等分点；因为，为线段的中点，所以，(2)根据(1)可知的坐标和面BDM的一个法向量坐标，根据公式又平面平面ABCD，所以平面ABCD.，即可求出点A到平面BDM的距离．如图，以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，20.【答案】（1）解：由题意得：，解得：则，，，，，所以，，即轨迹E的方程为设，得，所以，（2）解：记，设平面的法向量为，则即的方程为令，可得，由消去得，平面EBP的一个法向量，所以则；设直线与轴交于点解得或(舍去)，【解析】【分析】(1)根据题意，将两个点的坐标代入椭圆的方程，可得，解可得a、b的值，故为棱上靠近点的三等分点.即可得椭圆E的方程；【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理与性质定理证得，再利用面面垂直及线面垂直的性质即可证得；(2)记，联立直线与椭圆的方程，解可得y的值，即可得直线与(2)以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，设轴交点的坐标，结合三角形面积公式计算可得的面积.，分别求出平面的法向量和平面EBP的一个法向量，再由向量夹角公式求出的21.【答案】（1）证明：因为，且为线段的中点，所以， 值，进而得为棱上靠近点的三等分点.2.【答案】（1）解：设圆心C(a，0)，则或a＝－5(舍)，所以圆C：x2＋y2＝4（2）解：当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以，，若x轴平分∠ANB，则⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离，确定出圆心坐标，即可得出圆方程；（2）当直线轴，则轴平分，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立圆与直线方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，由若轴平分，则，求出的值，确定出此时坐标即可
简介：高二上学期数学期中考试试卷（B卷）A．2B．C．7D．一、单选题8.已知点，，动点到直线的距离为，，则（）1.圆的圆心坐标为（）A．B．C．D．A.点的轨迹是圆B.点的轨迹曲线的离心率等于2.已知三棱柱，点为线段的中点，则（）A.B．C.点的轨迹方程为C．D．D．的周长为定值3.若直线与直线平行，则实数（）二、多选题9.已知椭圆：，关于椭圆下述正确的是（）A．1B．-1C．0D．4.古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，A.椭圆的长轴长为得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用周长为72的矩形ABCD截某圆锥得到椭圆τ，且B.椭圆的两个焦点分别为和τ与矩形ABCD的四边相切.设椭圆τ在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足C.椭圆的离心率等于题意的方程为（）D.若过椭圆的焦点且与长轴垂直的直线与椭圆交于，则10.下列说法不正确的是（）A．B．A.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°B．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角C．D．C．二面角的大小范围是[0°，180°]5.已知直线，则下述正确的是（）D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小A.直线的斜率可以等于0B．直线的斜率有可能不存在11.圆和圆的交点为A，B，则有（）C．直线可能过点D．直线的横纵截距不可能相等A.公共弦所在直线方程为6.已知正方体的棱长为，点为线段上一点，，则点到平面的距离B.线段中垂线方程为为（）C.公共弦的长为A.B．C．3D．4D．P为圆上一动点，则P到直线距离的最大值为7.已知直线（为实数）是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）12.某房地产建筑公司在挖掘地基时，出土了一件宋代小文物，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一 （2）若点在第二象限，，求的面积.个球形绿色水晶宝珠，其轴截面（如图）由半椭圆与半椭圆组20.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，成，其中，设点是相应椭圆的焦点，和是轴截面与为的中点.轴交点，阴影部分是宝珠轴截面，其以曲线为边界，在宝珠珠面上，为等（1）证明：平面；边三角形，则以下命题中正确的是（）（2）求直线与平面所成角的正弦值.21.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，A.椭圆的离心率是，点E为棱PC的中点.B.椭圆的离心率大于椭圆的离心率（1）证明：（2）若F为棱PC上一点，且满足，求二面角的余弦值.C.椭圆的焦点在轴上22.在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在y轴上的圆C经过两点和，直线的方程为D.椭圆的长短轴之比大于椭圆的长短轴之比三、填空题.13.已知直线l的一个方向向量，平面α的一个法向量，若l⊥α，则（1）求圆C的方程；m+n=.（2）过点作圆C切线，求切线方程；14.过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长为.（3）当时，Q为直线上的点，若圆C上存在唯一的点P满足，求点Q的坐标.15.圆关于直线对称的圆的方程是.16.将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线答案解析部分与所成的角为.1.【答案】A四、解答题【解析】【解答】将圆的方程化为标准式可得，17.已知三个顶点坐标分别为，，.则该圆的圆心坐标为。（1）求线段中点的坐标；及中线的直线方程，并把结果化为一般式；故答案为：A.（2）求边高线的直线方程，并把结果化为一般式.18.三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，，分别是，【分析】将圆的一般方程转化为标准方程，再利用圆的标准方程求出圆心坐标。的中点.2.【答案】D【解析】【解答】解：在三棱柱，点为线段的中点，则（1）求证：平面；，（2）求平面和平面的夹角的余弦值.所以19.如图所示，已知椭圆的两焦点分别为，，为椭圆上一点，且+.（1）求椭圆的标准方程；， 故答案为：D线不可能过点（2，1），利用已知条件将直线的一般式方程转化为直线的截距式方程求出直线的横截距和纵截距，进而得出直线的横、纵截距可能相等，进而找出正确的选项。【分析】根据空间向量的线性运算求出向量即可.6.【答案】B【解析】【解答】连接，过作于，如图，3.【答案】B设，【解析】【解答】由两直线平行知：，解得：.因为正方体的棱长为1，所以，，故答案为：B.因为平面，，所以平面，所以点到平面的距离为的长度，【分析】根据两直线平行可得到各项系数所满足的关系式，进而求得结果.4.【答案】C因为，【解析】【解答】由题意椭圆方程是方程为，排除BD，所以。矩形的四边与椭圆相切，则矩形的周长为，故答案为：B．在椭圆中，，，不满足题意，【分析】连接，过作于，设，再利用正方体的棱长为1，在椭圆中，，满足题所以，，再结合平面，，所以平面，所以点到平意．故答案为：C．面的距离为的长度，再利用正弦函数的定义，从而求出PO的长。7.【答案】C【分析】由椭圆的简单性质结合矩形的四边与椭圆相切，整理即可得出，然后由代入验证【解析】【解答】∵圆，即，法得出答案。表示以为圆心、半径等于3的圆，5.【答案】B【解析】【解答】若，则直线的斜率不存在，B符合题意；由题意可得，直线经过圆的圆心，若，直线的斜率存在，且斜率，不可能为0，A不符合题意；故有，∴，点．将点代入直线方程得：，C不符合题意；∵，，令m=1，则直线方程为：x-y=0，横纵截距均为0，D不符合题意.∴切线的长。故答案为：B.故答案为：C．【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线的斜率公式得出直线的斜率，再利用代入法得出直【分析】将圆转化为圆的标准方程，从而求出圆心坐标和半径长，由题意可得直 线经过圆的圆心，再结合代入法得出a的值，进而求出点A的坐标，再利用两点距离【分析】化简椭圆方程为标准方程，求出a，b，c，然后求解离心率以及通径，判断选项的正误即可.10.【答案】A,B,D公式求出AC的长，再结合已知条件求出CP的长，再利用勾股定理求出切线的长。【解析】【解答】当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°时，直线l与平面α所成的角为60°，A不正确；8.【答案】C向量夹角的范围是[0°，180°]，而异面直线夹角为(0°，90°]，B不正确；【解析】【解答】点，，动点到直线的距离为，，二面角的范围是[0°，180°]，C符合题意；二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补，D不正设动点的坐标为，可得：，确．故答案为：ABD．化简得点的轨迹方程为，【分析】利用已知条件结合方向向量的定义和法向量的定义，再结合线面角的求解方法，从而求出若直线l的所以的轨迹是椭圆，所以A不符合题意，C符合题意；方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°；利用已知条件结合异面离心率为：，所以B不正确；直线夹角的求解方法和所成角的取值范围和方向向量的定义和所成角的取值范围，从而求出两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角；利用二面角的大小的取值范围，得出二面角的范围；利用已知条件结合二△的周长为定值：，所以D不正确；面角的求解方法和法向量的定义，从而求出二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小，进而找出故答案为：C．说法不正确的选项。1.【答案】A,B,D【分析】利用点，，动点到直线的距离为，，设动点的坐标为【解析】【解答】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，，再结合点到直线的距离公式得出点的轨迹方程，再利用椭圆的定义推出点的轨迹是椭圆；再利即公共弦AB所在直线方程为，A符合题意；用椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率，再利用椭圆的定义和焦距的定义，再结合三角形的周长公式，得出三角形△的周长为定值，进而找出正确的选项。对于B，圆的圆心为，，则线段AB中垂线斜率为，9．【答案】A,C,D即线段AB中垂线方程为：，整理可得，B符合题意；【解析】【解答】由已知椭圆标准方程为，则，∴．对于C，圆，圆心到的距离为长轴长为，A符合题意；两焦点为，B不符合题意；离心率为，C符合，半径题意；所以，C不正确；代入椭圆方程得，解得，∴，D符合题意．故答案为：ACD．对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的 最大值为，D符合题意.对于B，椭圆的离心率，所以，B不正确；故答案为：ABD对于C，由可知，椭圆的焦点在轴上，C符合题意；【分析】由圆与圆的交点为A，B，联立二者方程结合作差法得对于D，椭圆的长短轴之比为，出公共弦AB所在直线方程；再利用圆的方程求出圆心坐标，再利用直线AB的斜率结合椭圆的长短轴之比为，两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出线段AB中垂线斜率，再利用中点坐标公式求出AB的中点坐标，再结合点斜式方程求出线段AB中垂线方程，再转化为直线AB中垂线的一般式方程；再利用圆因为，所以椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，D不正确.求出圆心坐标，再利用点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再利用故答案为：AC圆的半径结合弦长公式，进而求出公共弦的长；再利用点P为圆上一动点，再结合点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再结合圆的半径，从而结合几何法求出点P到直线AB距离的最大【分析】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，利用值，进而找出正确的选项。，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，所以是半椭圆的焦点，、12.【答案】A,C是半椭圆的焦点，依题意可知，，再结合勾股定理得出的值，再利用三角形【解析】【解答】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，为等边三角形，得出的值，进而求出的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出c的值，再结因为，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，合勾股定理得出的值，从而求出半椭圆的方程，再利用，得出的值，再结合椭圆中a，b，c三所以是半椭圆的焦点，、是半椭圆的焦点；者的关系式得出的值，从而求出半椭圆的方程。再利用椭圆的离心率公式得出椭圆的离心率和椭圆依题意可知，，所以，的离心率，由可知，椭圆的焦点在轴上，再利用椭圆的长轴和短轴的定义得出椭圆的长轴又为等边三角形，所以，和短轴之比和椭圆的长轴和短轴之比，再利用比较法得出椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，所以，进而找出正确命题的选项。又因为，所以，所以，13.【答案】-16【解析】【解答】∵l⊥α，∴，又因为，，∴==，所以半椭圆的方程为，解得m=-6，n=-10，∴m+n=-16。又，所以，所以，故答案为：-16。所以半椭圆的方程为，【分析】利用已知条件结合直线方向向量的定义和平面的法向量的定义，再结合l⊥α，得出，再结合空间向量共线的坐标表示，进而求出m，n的值，从而求出m+n的值。对于A，椭圆的离心率是，A符合题意； 14.【答案】因此，【解析】【解答】设弦长为，过原点且倾斜角为60°的直线方程为，所以异面直线与所成的角为。整理圆的方程为：，圆心为，半径，故答案为：。圆心到直线的距离为：，【分析】根据题意可知，当最大时，平面平面，设的中点为，连接建立则：空间直角坐标系，令，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利故答案为：。用数量积求向量夹角公式，进而求出异面直线与所成的角。17.【答案】（1）由题意，三个顶点坐标分别为，，，【分析】利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，从而求出直线的斜率，再利用点斜式求出过原点且倾斜角为60°的直线方程，再利用圆的方程求出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式，从设中点坐标为，由中点公式可得，而求出圆心到直线的距离，再利用弦长公式，从而求出直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长。即中点坐标为，15.【答案】又由斜率公式，可得，【解析】【解答】设圆心关于直线的对称点为，则，线段PQ的中所以直线的直线方程为，即.点为，于是，则圆Q的方程为：。（2）由，，可得，所以上的高线所在直线的斜率为，故答案为：。则上的高线所在直线的方程为，即.【分析】将圆与圆关于直线对称的问题转化为点与点关于直线对称的问题，再结合中点坐标公式和两直线垂【解析】【分析】（1）利用已知条件结合中点坐标公式，进而求出线段中点的坐标；再利用两点求斜率直斜率之积等于-1，从而求出圆心关于直线的对称点的坐标，即圆心坐标，再结合圆与公式求出中线CM的斜率，再结合点斜式求出中线CM的直线方程，从而转化为直线CM的一般式方程。（2）利用已知条件结合两点求斜率公式，进而求出直线AB的斜率，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，得圆关于直线对称得出对称圆的半径，进而求出对称圆的标准方程。出AB边上高线的斜率，再结合点斜式求出边上高线的直线方程，再转化为直线的一般式方程。16.【答案】18.【答案】（1）连接，，设交于点.如图所示：【解析】【解答】根据题意可知，当最大时，平面平面，在中，，分别是，的中点，设的中点为，连接建立空间直角坐标系，如图所示，令，则，.又平面，平面，，平面. （2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，线线垂直证出线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，即，再利用线线垂直证出线面则，，，，..垂直，即平面，所以是平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式设平面的法向量为.和平面和平面所成的二面角为锐二面角，从而求出平面和平面的夹角的余弦值。，.19.【答案】（1）设椭圆的标准方程为，焦距为，，令，则，，因为椭圆的两焦点分别为，，可得，，.所以，可得，所以，，则，四边形为正方形，所以椭圆的标准方程为．，（2）因为点在第二象限，，又，即，，在中，由．平面，根据余弦定理得，，即，即，解得，平面，即平面，所以．是平面的法向量.【解析】【分析】（1）利用椭圆的两焦点分别为，，从而求出c的值，再结合焦距的定义.求出的值，再利用椭圆的定义得出a的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，从而求出由图象可得平面和平面所成的二面角为锐二面角，椭圆的标准方程。平面和平面的夹角的余弦值是.（2）利用点在第二象限，，在中，由椭圆的定义得出，由余弦定理得出的值，再利用正弦函数的定义，从而求出三角形的面积。【解析】【分析】（1）连接，，设交于点，在中，利用，分别是，的20.【答案】（1）证明：∵为矩形，且，中点，再结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，得出，再利用线线平行证出线面平行，从而∴.证出平面。又∵，.∴，.（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，又∵，，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用已知条件结合正方形的结构特征得出线线垂直，再利用 ∴平面.（2）向量，，，.∵平面，∴设，，又∵，，所以，∴平面.（2）解：以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示：由，得，因此，解得，则，，，，，即，∴，，设为平面FAB的法向量，则，即设平面的法向量令，得为平面FAB的一个法向量.则，即因为y轴⊥平面ABP，取平面ABP的法向量，则，∴，经观察知二面角是锐角，所以其余弦值为.【解析】【分析】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系∴，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示，进而证出线线垂直。∴直线与所成角的正弦值为.（2）利用空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，设，，再结合三角形法则和共线定理，再利用向量的坐标运算得出向量【解析】【分析】（1）利用四边形为矩形，且，再结合勾股定理得出AC的长，再利用已知条件结合勾股定理，从而证出，再利用结合线线垂直，从而证出线面垂直，所以，由结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再结合和线线垂直证出的值，从而求出向量的坐标，设为平面FAB的法向量，再利用法向量的定义结合数量线面垂直，从而证出平面。积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面FAB的一个法向量，再利用y轴⊥平面ABP，（2）以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结从而求出平面ABP的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合二面角是锐角，从合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而结合诱导公式求出直线与而求出二面角的余弦值。所成角的正弦值。21.【答案】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，2.【答案】（1）设圆的方程为，将M，N坐标代入，得：，则可得，，，，，，向量，解得，所以圆的方程为；，故，所以. （2）当切线斜率不存在时，直线与圆相切；当切线斜率存在时，设直线方程为，即，由圆心到直线的距离，解得，故切线方程为，综上，切线方程为或；（3）设，，则，化简得，此圆与圆C相切，所以有，解得，所以或.【解析】【分析】（1）设圆的方程为，再利用已知条件结合代入法得出b，r的值，进而求出圆的标准方程。（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线与圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，进而求出直线的斜率，从而求出圆的切线方程。（3）设，，再利用两点求距离公式，化简得出，再利用此圆与圆C相切结合两圆位置关系判断方法，再结合勾股定理得出t的值，从而求出点Q的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷A.直线与平面的距离为一、单选题B.平面与平面的距离为1.抛物线的焦点到准线的距离是（）C.点与平面的距离为A．2B．4C．D．D.点与平面的距离为2．已知向量＝（3，0，1），＝（﹣2，4，0），则3+2等于（）A．（5，8，3）B．（5，﹣6，4）10.已知双曲线的左､右焦点分别为，，是双曲线上一点，若C．（8，16，4）D．（16，0，4），则该双曲线的离心率可以是（）3.若方程表示一个圆，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．2A．B．C．D．11.下列命题中不正确的是（）4.直线与直线平行，则为（）A.不过原点的直线都可以用方程表示A．-1或-4B．-1C．2D．-4B.已知，则向量在上的投影的数量是5.已知三棱柱，点在线段上，且，则（）A．B．C.圆上有且仅有2个点到直线的距离等于1C．D．D.已知和是两个互相垂直的单位向量，，，且，则实数12.如图：空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列选项6.椭圆中，以点为中点的弦所在直线的斜率为（）正确的是（）A．B．-4C．D．-2A.设点在面内，若的斜率与的斜率之积为，则点的轨迹为双曲线7.如图，四面体中，，分别为和的中点，，，且向量与向量的B.三棱锥的外接球表面积是夹角为，则线段长为（）C.设点在平面内，若点到直线的距离与点到直线的距离相等，则点的轨迹是抛物A．B．C．或D．3或线8.动点分别与两定点，连线的斜率的乘积为，设点的轨迹为曲线，已知D.设点在面内，且，若向量与轴正方向同向，且，则，，则的最小值为（）最小值为50三、填空题A．4B．8C．D．12二、多选题13.已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则抛物线的标准方程为.9．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，底面，，，，分别14.四面体中，，，，，若为中点，则是，，的中点，以下说法正确的是（）长为. 15.已知过点的直线与圆相交于，两点，若，则直线的方程平面，．（1）若点为的中点，点为的中点，点为线段上动点，为.且平面平面，求的值；16.已知､分别为双曲线的左、右焦点，若点到该双曲线的渐近线的距离为（2）求二面角的正弦值．2，点在双曲线上，且，则三角形的面积为.22.已知平面直角坐标系下点和点，的周长等于12.四、解答题（1）求这个三角形的顶点的轨迹的方程；17.已知直线经过点倾斜角的余弦值为.（2）过点的直线交曲线于，两点，设点关于轴的对称点为，不重合），判断直线（1）求直线的方程；是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由.（2）判断直线与圆C：的位置关系；如果相交，记交点为，，求经过，两点的圆的答案解析部分面积的最小值；如果相离，过直线上的点作圆的切线，切点为，求长的最小值.1.【答案】B现给出两个条件：①；②，从中选出一个条件填在横线上，写出一种【解析】【解答】由题意得，得，方案即可.所以抛物线的焦点到准线的距离是4。18.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点，的距离之比故答案为：B为定值且的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点坐标和准线方程，再利用抛物线的定义求出抛物线氏圆.在平面直角坐标系中，，，动点满足.设点的轨迹为.的焦点到准线的距离。（1）求曲线的方程；2.【答案】A（2）若曲线和无公共点，求的取值范围.【解析】【解答】。19．如图所示，在三棱锥中，，，，，故答案为：A.（1）求证：平面；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算，进而得出向量3+2的坐标表示。（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.3．【答案】C【解析】【解答】由题意得：，即。20.已知椭圆上的动点到左焦点的最远距离是3，最近距离是1.故答案为：C.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值.【分析】利用方程表示一个圆的判断方法，进而求出实数k的取值范围。21.如图，且，，且，且，4.【答案】D 【解析】【解答】由题意得且，即，因为直线与直线平行，所以，即，解得。∴弦所在的直线的斜率为。故答案为：D故答案为：C.【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的判断方法，再结合两直线不重合的判断方法，进而得出实【分析】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用已知条件结合代入法得出，两式相减结数a的值。5.【答案】D合韦达定理和代入法以及直线的方程，再结合两点求斜率公式得出弦所在的直线的斜率。【解析】【解答】由题意得：，，，7.【答案】A故【解析】【解答】取AC的中点E，连接ME、EN，又，分别为和的中点，。∴ME∥BC，且，∥AD，且，故答案为：D∵向量与向量的夹角为，∴向量与向量的夹角为，【分析】利用已知条件结合向量共线定理、三角形法则和平面向量基本定理，进而得出又，。6.【答案】C∴，【解析】【解答】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴，即线段长为。故答案为：A.代入椭圆得，【分析】取AC的中点E，连接ME、EN，再利用，分别为和的中点结合中点作中位线的方法两式相减得，和中位线的性质，所以ME∥BC，且，∥AD，且，再利用向量与向量的夹角为，得出向量与向量的夹角为，再结合三角形法则和数量积求向量的模的公式即，和数量积的运算法则，再利用数量积的定义得出向量的模，从而得出线段的长。8.【答案】B即，又【解析】【解答】设动点的坐标为，则 所以平面，整理后得：，动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，所以是两平面，的公垂线，的长是两平面间的距离，，如下图所示，当经过点时，最短，此时因为，，所以，。所以，故答案为：B所以平面与平面的距离为，点与平面的距离为。故答案为：BD【分析】设动点的坐标为，再利用两点求斜率公式结合已知条件，整理后得：，【分析】利用已知条件结合四棱锥、正方形的结构特征，再结合线面垂直证出线线垂直，再利用中点的性质再利用椭圆的定义得出动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，和点与平面的距离公式求解方法、直线与平面的距离求解方法、两平面距离求解方法，进而找出说法正确的，当经过点时，最短，此再结合几何法和椭圆的定义以及勾股定理，选项。进而得出的最小值。10.【答案】A,B9.【答案】B,D【解析】【解答】是双曲线右支上一点，【解析】【解答】分别取的中点，连接，则有，又，因为，，分别是，，的中点，则有，即，则双曲线的离心率取值范围为所以∥，∥，因为平面，平面，平面，平面，AB符合题意；CD不符合题意.所以∥平面，∥平面，故答案为：AB因为，所以平面∥平面，【分析】利用点是双曲线右支上一点，，再利用双曲线的定义结合，则有因为∥，的中点为，，再利用双曲线离心率公式和双曲线离心率自身的取值范围，进而得出双曲线的离心率取值范围。所以过点，1.【答案】B,D因为，所以，【解析】【解答】直线不可用截距式表示，A不符合题意；因为底面，底面，所以，，，因为，向量在上的投影的数量是，B符合题意；所以平面，因为平面，所以，圆心到直线的距离，所以圆上有三个点到直线的距离为1，C不符合题意；因为，所以平面，因为平面∥平面，因为，所以， ，，D符合题意.【分析】利用已知条件结合两点求斜率公式，从而得出的斜率与的斜率之积，再利用的斜率与故答案为：BD.的斜率之积为，从而结合双曲线的定义得出点的轨迹是双曲线去掉两个顶点；利用已知条件结合三棱锥与外接球的位置关系，再结合外接球的表面积公式，进而求出三棱锥的外接球表面积；利用已【分析】利用已知条件结合截距式直线方程、数量积求投影数量的方法、点到直线的距离公式、数量积为0知条件结合点到直线的距离公式结合抛物线的定义，进而得出若点到直线的距离与点到直线的距两向量垂直的等价关系、数量积的运算法则和单位向量的定义，进而找出不正确的命题的选项。12.【答案】B,C,D离相等，则点的轨迹是抛物线；利用点在面内，且，再利用结合椭圆的定【解析】【解答】对于：设点在面内坐标为，所以义，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出椭圆的标准方程，设到的距离为到的距离为，再利用两点距离公，式得出，要使的值最小，则最小，再利用，所以所以，所以，所以，所以，所以点的，再利用均值不等式求最值的方法，进而得出的最小值，从而找出正确的选项。轨迹是双曲线去掉两个顶点，A不符合题意；13.【答案】对于，因为关于平面对称，所以球心在平面内，又，所以球心在与轴上的坐【解析】【解答】由题可知：椭圆的右焦点坐标为，标互为相反数，设球心坐标为所以可知抛物线的焦点坐标为，抛物线的标准方程为。所以，解得，所以，所以表面积为故答案为：。，B符合题意；【分析】由题意结合椭圆的标准方程求出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出c的对于在平面内，若点到直线的距离即为到的距离，又点到直线的距离与点到直线的距离相等，值，从而得出椭圆的右焦点坐标，再利用已知条件得出抛物线的焦点坐标，进而得出抛物线的所以点到的距离与到直线的距离相等，所以点的轨迹是抛物线；标准方程。对于：点在面内，且，又，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且14.【答案】，所以，【解析】【解答】在中，，所以椭圆方程为，设到的距离为到的距离为，由余弦定理可得，，，要使的值最小，则最小，所以，又，所以，即，同理，在中，，所以，D符合题意；在中，，，所以，故答案为：BCD.因为E为CD的中点，则在中，， ，由，可得所以故答案为：。则三角形的面积为故答案为：【分析】在中，，由余弦定理可得AD的长，同理，在中得出AC的长，在中，，，进而得出CD的长，再利用E为CD的中点，则在【分析】由点到该双曲线的渐近线的距离为2，即可求得b，再结合双曲线定义，及再三角形由余中结合等腰三角形三线合一，所以，再结合中点的性质，进而得出CE的长，再利用勾股定理得出AE的长。弦定理，可求，即可求解。15.【答案】y=1或x=217．【答案】（1）解：因为直线的倾斜角的余弦值为，则其正弦值为，【解析】【解答】圆的圆心，半径直线截圆所得弦长，则弦心距所以倾斜角的正切值，即直线的斜率为，当过点的直线斜率不存在时，的方程为，圆心到直线的距离为1，符合题意要求；因为直线过点，当过点的直线斜率存在时，的方程可设为，所以直线的方程为，即.由，可得，此时的方程为，（2）解：选①，圆心，半径，综上，直线的方程为y=1或x=2。圆心到直线的距离，直线与圆相交，故答案为：y=1或x=2。弦长，以弦为直径的圆面积最小，为；【分析】利用已知条件结合圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用弦长公式得出弦心距，再利用分类选②，圆心，半径，讨论的方法设出直线方程，再利用点到直线的距离公式和弦心距，进而得出直线l的方程。16．【答案】圆心到直线的距离为，直线与圆相离，【解析】【解答】双曲线的渐近线的方程为，右焦点切线长，当时即当时，长取得最小值为2.由点到该双曲线的渐近线的距离为2可得，，则【解析】【分析】（1）利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出直线的斜率，再结合点斜式方程求出直线l的方程，再转化为直线l的一般式方程。（2）选①，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距 离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相交，再利用直线与圆相交结合弦长公式得出AB的长，再利用19．【答案】（1）证明：∵，，，几何法得出以弦为直径的圆面积最小，再结合圆的面积公式得出经过，两点的圆的面积的最小值；∴在中，由余弦定理得，选②，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相离，再利用勾股定理得出切线长，再利用几何法∴，得出当时，长取得最小值，进而得出EF的长的最小值。又，，18．【答案】（1）解：设，∴，因为，，动点满足，即，又，所以，，化简得，即，∴平面；（2）解：作交于，所以曲线的方程为，又平面，（2）解：曲线的圆心为，半径为4，∴以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，的圆心为，半径为，在△中，由正弦定理得，因为曲线和无公共点，故，所以两圆外离或内含，所以或，∴，即，所以或，所以或，∴，所以的取值范围为∴，，，【解析】【分析】（1）设，利用，，动点满足，再利用两点距离公式化又，0，，，，，，，，简得出曲线的方程。（2）利用曲线和的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用曲线∴，，，，，，，，，和无公共点，所以两圆外离或内含，再利用两圆外离和内含的位置关系判设平面的法向量为，，，断方法，再结合圆心距与两圆半径长的和与差的比较，进而得出实数的取值范围。 ，∴，令，令，∴，，，∴，，，设直线与平面所成角为，因为函数在单调递增，所以当，即时，∴，故的面积的最大值为.即直线与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）由题知：，进而解方程组求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆的标准方程。【解析】【分析】（1）利用，，，所以在中，由余弦定理得出CD的（2）由题知，再利用直线斜率不为零，设，，，再结长，再利用，结合勾股定理得出，再利用结合线线垂直证出线面垂直，从而证出直线平面。合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理，得出，再利用三角形面积的关系式和（2）作交于，再利用平面，所以以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，在△中，由正弦定理结合勾股定理得出点B的坐标，再利用空间直角坐标系求出A，C，E的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公三角形的面积公式得出式，进而得出直线与平面所成角的正弦值。，令，则，再利用函数在单调递增，进而得出三角形的面积的最大值。20.【答案】（1）解：由题知：，则，21.【答案】（1）解：依题意，以为原点，分别以，，为所以，轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），故所求椭圆的标准方程为：；所以，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，（2）解：由题知，直线斜率不为零，设，，1，，，0，，，，，，0，，所以，2，，，0，，代入椭圆方程，并化简得：，设平面的法向量为，，，设，所以，则，令，可得，0，， 面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦设，0，，则，0，，值。若平面平面，则平面，2.【答案】（1）解：由点和点，的周长等于12，所以，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，所以，且，，所以，，，解得，所以，0，，所以顶点的轨迹的方程为，此时；（2）解：因为关于轴的对称点为和不重合，（2）解：依题意可得，，0，，，，，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，，，设平面的法向量为，，，所以，联立，令，所以可得，2，，消去并整理得，同理可求平面的法向量为，1，，设，所以，所以，，因为和关于轴对称，所以，所以，，所以二面角的正弦值为．所以直线的方程为，【解析】【分析】（1）依题意，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面即，的法向量，设，0，，再结合向量的坐标表示得出，0，，若平面平面整理得，结合面面平行证出线面平行，则平面，故，再利用数量积的坐标表示得出a的，值，进而得出点P的坐标，从而得出此时的值。当时，，(2)依题意可得，，的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，同理可求平 所以直线恒过点．【解析】【分析】（1）由点和点，的周长等于12，再利用三角形的周长公式得出，再利用椭圆的定义得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出顶点的轨迹的标准方程。（2）利用关于轴的对称点为和不重合，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，利用和关于轴对称，所以，，再利用两点求斜率公式和点斜式方程求出直线的方程为，整理得，进而结合韦达定理得出，再利用直线的点斜式方程得出直线恒过的定点，并求出定点的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷9.点在圆上，点在圆上，则（）一、单选题A.的最小值为31.经过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程是（）A．y=x-3B．y=x+1C．y=-x-3D．y=-x+3B．的最大值为72.抛物线的焦点坐标为（）C．两个圆心所在的直线斜率为D．两个圆相交A．B．C．D．10.已知抛物线的焦点为，点)在抛物线上，若，则（）3.双曲线的渐近线方程是（）A．B．C．D．的坐标为A．B．C．D．11.如图所示，一个底面半径为4的圆柱被与其底面所成的角的平面所截，截面是一个椭圆，则下列4．若椭圆：（）满足，则该椭圆的离心率（）．正确的是（）A.椭圆的长轴长为8A．B．C．D．B.椭圆的离心率为C．椭5.直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线mx+3y﹣1＝0平行，则m的值为（）圆的离心率为D．椭圆的一A．﹣3B．1C．1或﹣3D．﹣1或36.直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN个方程可能为所成角的余弦值为()12.已知直线与抛物线交于两点，若线段的中点是，A．B．C．D．则（）A．7.已知双曲线的左､右焦点分别为，，点在双曲线的左支B．上，若，且线段的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）C．A．B．C．2D．3D．点在以为直径的圆内8.已知，分别是双曲线的左､右焦点，若P是双曲线左支上的点，且.则三、填空题的面积为（）13.已知向量，且，则实数．A．8B．C．16D．14.若圆被直线所截得的弦长为，则实数的值是．二、多选题15.椭圆的焦点为，，上顶点为，若，则． 16.如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，中点为.若抛物线：的顶点为，且经过点，.且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是．(填序号)（1）求椭圆的方程；①(＋＋)2＝2()2；（2）设点关于点的对称点为，过点作直线与椭圆交于点，，且的面积为，②·(－)＝0；求直线的斜率.③向量与的夹角是60°；22.已知双曲线C的渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为.④BD1与AC所成角的余弦值为.（1）求双曲线C的方程；四、解答题（2）过F作斜率为k的直线交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：为定17.已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线与圆相交于两点，是的中点，.值.（1）求圆的标准方程；答案解析部分（2）求直线的方程.1．【答案】D18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的【解析】【解答】因为直线的倾斜角为135°，则该直线的斜率为k=tan135°=-tan45°=-1，中点于是得过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程y-2=-1×(x-1)，即y=-x+3，（1）求证：平面所以所求的直线方程是：y=-x+3。（2）求与平面所成的角的正弦值故答案为：D19.已知椭圆：（）的一个焦点为，设椭圆的焦点恰为椭圆短轴上的顶点，【分析】利用直线的倾斜角为135°结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出该直线的斜率，再利用点斜式求出过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程，再转化为直线的斜截式直线方程。且椭圆过点，为坐标原点．2.【答案】C（1）求的方程；【解析】【解答】由得：，焦点坐标为.（2）若为椭圆上的一点，为椭圆的焦点，且与的夹角为，求的面积．故答案为：C.20.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，平面，，，是的中点．【分析】首先把抛物线化为标准式，然后由抛物线的方程即可求出焦点的坐标即可。（1）求证：平面；3.【答案】C（2）试在线段上确定一点，使平面，请指出点在上的位置，并加以证明；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，即（3）求平面与平面夹角的余弦值．．故答案为：C．21.设椭圆：的左､右焦点分别为，，下顶点为，线段(为坐标原点)的 【解析】【解答】由题意，得，【分析】利用双曲线的简单性质结合双曲线的方程，由此计算出结果即可。故，4.【答案】B又因为的中点在轴上，故，【解析】【解答】由题意知，又因为，所以，∴，所以，故。∴，即或（舍）。故答案为：B故答案为：B．【分析】利用已知条件结合椭圆中a，b，c三者的关系式，再利用椭圆中离心率公式和椭圆的离心率的取值【分析】利用已知条件结合双曲线的定义，从而得出，故，范围，从而得出满足要求的椭圆的离心率。再利用的中点在轴上，故，再结合几何法和勾股定理得出a，c的关系式，再利用双5.【答案】A曲线的离心率公式，从而求出双曲线的离心率。【解析】【解答】根据直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线m+3y﹣1＝0平行，8.【答案】C可得1×3＝（m+2）m，解得m＝1或﹣3，【解析】【解答】因为P是双曲线左支上的点，所以，当m＝1时，两直线的方程重合，不符合题意；当m＝﹣3时，两直线的方程为x﹣y﹣1＝0和3x﹣3y+1＝0，两直线平行，符合题意，两边平方得，故m＝﹣3。所以.故答案为：A．在中，由余弦定理得，【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的性质，再结合直线不重合的判断方法，进而得出满足要求所以，所以。的实数m的值。故答案为：C6.【答案】C【解析】【解答】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则【分析】利用点P是双曲线左支上的点，再结合双曲线的定义，所以，两边平方得，，A（1，0，0），，故，，所以的值，在中，由余弦定理得出的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。，故选C.9.【答案】A,B,C【分析】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本【解析】【解答】根据题意，圆，其圆心，半径，能力，考查分析问题与解决问题的能力.圆，即，其圆心，半径，圆心距7.【答案】B 故答案为：BD.>R+r，故两圆外离，D不符合题意；则的最小值为，最大值为，A符合题意，B符合题意；【分析】由题意可知椭圆的长轴与圆柱的直径的关系，进而可得椭圆的长轴长，短轴长等于圆柱的直径，进对于C，两个圆心所在的直线斜率，C符合题意.而可得短轴长即半焦距c的值，进而判断出所给命题的真假故答案为：ABC.12．【答案】A,B【解析】【解答】对于A，设，，【分析】根据题意，由圆得出圆心坐标和半径长，再将圆转化由得：，，为圆的标准方程为，从而得出圆心坐标和半径长，再利用两点距离公式得出圆心距，再又线段的中点为，，解得：，A符合题意；结合圆心距与半径和的比较，进而判断出两圆外离，再结合几何法得出的最小值和最大值，再利用两点对于B，在直线上，，B符合题意；求斜率公式得出两个圆心所在的直线斜率，进而找出正确的选项。10.【答案】A,C对于C，过点，为抛物线的焦点，【解析】【解答】由题可知，由，，，C不符合题意；所以，，对于D，设，则，又，。，，在以为直径的圆上，D不符合题意.故答案为：AC．故答案为：AB.【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点的坐标，再利用焦半径公式和代入法，进而得出点M【分析】由设而不求法设出点的坐标，并由斜截式设出直线的方程再联立直线与抛物线的方程，消去x等到的坐标，再利用两点距离公式得出OM的长，进而得出正确的选项。关于y的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于t的两根之和与两根之积的代数式，结合中点的坐标公式计1.【答案】B,D算出t的值，由此即可判断出选项A正确；把点的坐标代入计算出m的值即可判断出选项B正确；由A的结【解析】【解答】由题意易知椭圆的短半轴长，论结合弦长公式代入数值计算出结果由此即可判断出选项C错误；由两点间的距离公式，代入数值计算出结∵截面与底面所成的角为，果由此判断出选项D错误，从而得出答案。∴椭圆的长轴长为，则a=8，13.【答案】2所以，【解析】【解答】，则，解得。故答案为：2。离心率为，当建立坐标系以椭圆中心为原点，椭圆的长轴为轴，短轴为轴时，【分析】利用已知条件结合向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出实数k的值。14.【答案】0或2则椭圆的方程为.【解析】【解答】圆的圆心坐标为，半径为， 又因为圆被直线所截得的弦长为，对于②，因为，故②正确；所以，圆心到直线的距离，对于③，因为，显然为等边三角形，则，则，解得或a=2。所以向量与的夹角为，向量与的夹角为，故③不正确；故答案为：0或2。对于④，因为，，则，，【分析】利用圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用圆被直线所所以，截得的弦长为结合弦长公式得出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式得出实数a的值。所以，故④不正确．15．【答案】故答案为：①②．【解析】【解答】由题意，椭圆，可得，则，所以，，且上顶点，【分析】利用已知条件结合平行六面体的结构特征，再利用平面向量基本定理、三角形法则、数量积为0两如图所示，因为，可得，向量垂直的等价关系、数量积求向量夹角公式、异面直线求角的方法，进而找出说法正确的序号。17.【答案】（1）解：设圆的半径为，因为圆与直线相切，则，解得。故答案为：。∴，∴圆的方程为（2）解：①当直线与轴垂直时，易知符合题意；②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，【分析】由题意，椭圆，可得，再利用椭圆中a，b，c三者的关连接，则，∵，∴，系式得出c的值，从而得出焦点坐标和上顶点A的坐标，再利用，可得的值，再结合正则由得，∴直线为：，切函数的定义得出实数m的值。故直线的方程为或.16．【答案】①②【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出圆A的半径即可。【解析】【解答】解：因为以为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为，不妨设棱长为，（2）分别就直线l是否与x轴垂直展开讨论。垂直时，易知x=−2符合题意；不垂直时，根据设出的l的对于①，，方程表示出AQ后可以求出l的斜率，进而求出l的方程。因为，则，所以18.【答案】（1）证明：如图所示：，故①正确；连接AC与BD交于点O，连接OE， 因为是的中点，底面是正方形，故椭圆的长轴长为所以，又平面，平面，故椭圆的长半轴长为，半焦距为，则短半轴长为1所以平面；（2）解：以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，故的方程为设，（2）解：由题意，不妨设，则，由余弦定理，所以，【解析】【分析】（1）由题意得出椭圆：（）a，b的值，再结合椭圆中a，b，c三者的设平面EBD的一个法向量为，关系式，进而得出c的值，从而得出椭圆M的一个焦点坐标，再利用已知条件，进而得出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆过点结合两点距离公式和长轴长的求解公式，进而得出椭圆的长轴长，从而则，即，得出椭圆的长半轴长，再利用半焦距长结合椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出短半轴长，从而得出令，得，则，椭圆的标准方程。设与平面所成的角为，（2）由题意，不妨设，再利用椭圆的定义和焦距的公式得出的值，由余弦所以，定理得出xy的值，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积。20.【答案】（1）证明：平面，平面，，【解析】【分析】（1）连接AC与BD交于点O，连接OE，利用是的中点，底面是正方形，再结，，则，则，合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。，平面；（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，设，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求（2）证明：当为的中点时，平面，出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合诱导公式得出直线与平面所成的角的正弦取的中点，连接、，如图所示：值。因为、分别为、的中点，则且，因为四边形为平行四边形，则且，19.【答案】（1）解：由题意，椭圆：（）的一个焦点为，为的中点，则且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，故因为，平面，平面，因此，平面，故即椭圆的焦点为当点为的中点时，平面；（3）解：平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、又椭圆过点 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，21.【答案】（1）解：由题意易知，，，，则，，，，，则，得，，为的中点，则，故椭圆的方程为：.则、、、、，（2）解：由题意，得，直线不与轴垂直，，，，，设直线的方程为，，，设平面的法向量为，设平面的法向量为，由，由，得，取，可得，则，，，所以，由，得，取，可得，因为，解得，，即，因此，平面与平面夹角的余弦值为.故直线的斜率为.【解析】【分析】（1）由题意易知，，，，进而得出b，c的值，再结合椭【解析】【分析】（1）利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用，，则，则，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a的值，从而得出椭圆的标准方程。平面。（2）由题意，得，直线不与轴垂直，设直线的方程为，，（2）当为的中点时，平面，取的中点，连接、，利用、分别为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和、的中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则且，再利用四边形，，再利用三角形的面积公式解得，进而得出直线的斜率。为平行四边形，则且，再利用点F为的中点，则且，再利2.【答案】（1）解：设双曲线方程为用平行和相等的传递性，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，由题知，再利用结合线线平行证出线面平行，因此，平面，故当点为的中点时，平面。双曲线方程为：（3）利用平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向（2）证明：设直线l的方程为代入量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。 整理得，设所以：由弦长公式得：设AB的中点则，代入l得：AB的垂直平分线方程为令y=0得，即，所以：为定值.【解析】【分析】（1）设双曲线方程为，再利用双曲线的渐近线方程结合点到直线的距离公式得出实数的值，进而得出双曲线的标准方程。（2）设直线l的方程为，设，再结合直线与双曲线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，由弦长公式得，设AB的中点结合中点坐标公式和代入法以及直线的方程，得出，，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，再结合点斜式求出直线AB的垂直平分线方程，令y=0，得出，再利用两点距离公式得出，进而证出为定值。 高二上学期数学期中考试试卷6． 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，则 与平面 所成角的余弦值为（）1一、单选题A．31．已知直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则 2的倾斜角为（）B．3A．30°31B.0°C．2C．120°D．32D．150°7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣2． =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0互相平行的（）条件的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走A．充分而不必要B．必要而不充分才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为 2+ 2≤5，若将军从点 (3，1)处出发，河岸C．充要D．既不充分也不必要线所在直线方程为 + =5，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为3．过点(0，2)作与圆 2+ 2−2 =0相切的直线l，则直线l的方程为（）（）A．3 −4 +8=0A．10B．3 +4 −8=0B．210C． =0或3 +4 −8=0C．5D． =0或3 −4 −8=0D．25→→→→→→→2 24．如图，在三棱柱 − 1 1 1中， 为 1 1的中点，若 = ， = ， 1= ，则 可表示为8．已知椭圆 ： +=1( > >0)的左、右焦点分别为 ， ，点 ( ， )， (− ，− )在椭圆 上，1211112（）2|1|其中 3，则椭圆的离心率的取值范围为（）1→1→→1>0， 1>0，若| |=2| 2|，| 1|≥3A．−−+22A．(0，6−1]B．1→+1→+→222B．(2，6−1]C．−1→+1→+→2222C．(0，3−1]D．1→−1→+→222D．(，3−1]25．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射.12日下午4二、多选题点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中轨道③所示，其近月点与月9.下列说法正确的是（）球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3476公里，对该椭圆下述A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角四个结论正确的是（）B．不经过原点的直线都可以用方程+=1表示A.焦距长约为150公里C．直线 1：2 + −4=0， 2：2 + +2=0，则与直线 1与 2距离相等的直线方程为2 + −1=0B.长轴长约为3988公里D．已知圆 ： 2+ 2−4 =0，圆心为 ， 为直线2 + +3=0上一动点，过点 向圆 引两条切线 和C.两焦点坐标约为(±150，0)，、为切点，则四边形的面积的最小值为175D.离心率约为→99410．已知正方体 方− 1 1方1的1棱长为1，点 ， 分别是 1，1 的1中1点， 在正方体内部且满足= 1→3→2→++，则下列说法正确的是（）（2）求直线和平面的所成角的正弦值．243119．已知圆C经过点 (3,−2)和 (1,0)，且圆心在直线 + +1=0上.A．直线 1⊥平面 1 方（1）求圆C的方程；B．直线与平面111所成的角为4（2）直线l经过(2,0)，并且被圆C截得的弦长为2，3求直线l的方程.C．直线与平面11的距离20．如图，三棱柱 − 的所有棱长都是2， ⊥平面 ，方， 分别是 ， 的中点．2为2111115D．点到直线的距离为（1）求证：平面 ⊥平面 1 方；6（2）求平面1和平面1夹角的余弦值；11．已知椭圆的中心在原点，焦点1，2在轴上，且短轴长为2，离心率为6，过焦点1作3（3）在线段1（含端点）上是否存在点，使点到平面1的距离为25？请说明理由．轴的垂线，交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（）52221．已知圆：(+1)2+2=16的圆心为，过点(1，0)作直线与圆交于点、，连接、，A．椭圆方程为+2=1B．椭圆方程为+2=1过点作33的平行线交于点；C．||=23D．2的周长为3（1）求点的轨迹方程；3412．在平面直角坐标系 中，点 (0，3)，直线 ： =2 −4．设圆 的半径为1，圆心在 上，若圆 上存在点（2）已知点 (2，0)，对于 轴上的点 ( ，0)，点 的轨迹上存在点 ，使得 ⊥ ，求实数 的取值范，使||=2||，则圆心的横坐标的值可以是（）围．A．0B．1C．2D．322．如图，正方形 方 的边长为2， ， 分别为 ， 方的中点．在五棱锥 − 方 中， 为棱 的中三、填空题点，平面 与棱 方， 分别交于点 ， ．13．已知直二面角 − − 的棱 上有 ， 两个点， ⊂ ， ⊥ ， 方⊂ ， 方⊥ ，若（1）求证：是棱的中点=4，=3，=5，则的长是．（2）若 ⊥底面 方 ，且二面角 −方 − 的大小为45°，求直线 与平面 所成角的大小，并求线14．设 ∈ ，直线 + +1=0过定点 ，直线 − −2 +3=0过定点 ，直线 经过点 (2，−1)，并且段 的长．→以 为法向量，则直线 的方程为．答案解析部分→→15．正四面体ABCD的棱长为2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则 ⋅ 的值为．1.【答案】B 2 216．在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ：+=1( >4)，点 (−2，2)是椭圆内一点， (0，−2)，【解析】【解答】直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则3 +3×(−1)=0，故 =3. −4直线2的的斜率为=3=tan ， ∈[0， )， =60°，即倾斜角为60°.若椭圆上存在一点，使得||+||=8，则的范围是；当取得最大值时，设故答案为：B.为椭圆上任意一点，(0，2)，则||2+||2的最小值为．四、解答题17．已知 =(1，1，0)， =(−1，0，2)．【分析】由已知条件结合直线垂直的斜率之间的关系即可得出a的取值，从而即可求出斜率的值，再由斜率（1）若| |=3，且 //( − )，求 ；公式以及倾斜角的取值范围，即可得出答案。（2）若 + 与 −2 互相垂直，求实数 ．2.【答案】A18．如图，已知三棱锥 − 的侧棱 , , 两两垂直，且 =1， = =2， 是 的中【解析】【解答】由直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行得，点．( −2)×(− )=(−1)×3，解得 =3或 =−1，(−1)×0≠(−1)×(− )（1）求异面直线与所成角的余弦值；∴故 =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行的充分不必要条件. 故答案为：A.综上可知，正确的为D，故答案为：D【分析】首先由两条直线平行的系数之间的关系，即可求解出m的取值，然后代入验证结合充分和必要条件的定义即可得出答案。【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由椭圆的定义以及简单性质，对选项逐一判断即可得出3.【答案】C答案。【解析】【解答】圆 2+ 2−2 =0即为( −1)2+ 2=1，圆心是(1，0)， =1，6．【答案】B当直线斜率不存在时，直线方程为 =0，而 = =1，直线与圆相切，【解析】【解答】因为 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，当直线斜率存在时，设直线方程为 − +2=0，故构造正方体如图所示，| +2|3圆心到直线的距离为； ==1，解得 =−，过点 作 ⊥平面 于 ，则 为正△ 的中心，1+24于是∠ 为 与平面 所成的角，所以直线l的方程为3 +4 −8=0， 3 = 方= ，故cos∠ ===，综上：直线l的方程为 =0或3 +4 −8=0，设=，233则3333故答案为：C所以与平面所成角的余弦值为3，3故答案为：B【分析】首先把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，再对斜率分情况讨论，由此设出直线的方程，然后结合点到直线的距离公式代入数值计算出k的取值，从而即可得出直线的方程。【分析】由已知条件结合正方体的几何性质即可作出辅助线，由此即可求出∠ 为 与平面 所成的4．【答案】C→→→角，结合三角形中的几何计算关系代入数值计算出结果即可。【解析】【解答】=++→=→+→1→→1→+1→+→11 +(2− − )=− 227．【答案】C11故答案为：C.【解析】【解答】点(3，1)关于直线+=5的对称点为(，)，+3+1+=4=5，解得 −2=1，所以 (4，2)，则22【分析】由向量的加减运算性质以及直三棱柱的几何性质，即可求出答案。 −1=1 −3 −35．【答案】D2+225所以“将军饮马”的最短总路程为| |− =4−=5，【解析】【解答】设该椭圆的半长轴长为，半焦距长为故答案为：C.1依题意可得月球半径约为×3476=1738，2【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由点关于直线对称的性质结合中点坐标公式以及斜率之 − =100+1738=1838，间的关系，即可得出关于a与b的方程组，求解出结果结合题意计算出答案即可。+=400+1738=2138，8.【答案】D2 =1838+2138=3976， =1988， =2138−1988=150，15075【解析】【解答】||=2|2|，故||=|12|，故四边形12为矩形.椭圆的离心率约为===，1988994|1||2|=3푛， ∈[3，1)设|1|=，|2|=，=≥，设 =可得结论D项正确，A、B项错误；|1||1|33+=2，2+2=42，故22因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以C项错误.=1−1+2+2=1−， 1++2 =1+在1)上单调递减， ∥ 1方1， 1方1⊂平面 1 方1，故 ∥平面 1 方1， 为 1 中点，连接 ，则32[1)上单调递减，故 =1−在[31，∥113，++231242 _ 1 ，故 ⊥平面 1 方1， = 1 =，C不符2合题意；故< ≤4+23，故 ∈(，3−1]._22422以，，1为，，轴建立空间直角坐标系，故答案为：D.→1→3→2→132→则=++=(，，)，=(0，1，0)，243243【分析】首先由已知条件即可得出四边形12为矩形，再设出边的大小结合题意整理化简即可得出→→12 ⋅ 方3345||==，点到直线的距离为→232=，D符合题意.22→| |−()146+푛2=4 2令 =，整理化简得到=1−=1−1，再由对勾函数的单调性以及离心率公式||41+2+2++2故答案为：ABD.即可得出e的取值范围。9.【答案】A,C【分析由线面垂直的性质定理和判定定理，结合正方体的几何性质即可判断出选项A正确；根据题意作出辅【解析】【解答】坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角，A符合题意；助线，由正方体的几何性质结合线面角的定义即可得出∠ 1 1为直线 1与平面 1 方1所成的角，然后由当直线倾斜角为0°或90°时，不能用+=1表示，B不符合题意；三角形中的几何计算关系即可求出结果，由此判断出选项B正确；根据题意由线面平行的判定定理结合正方设直线方程为2 + − =0，取 1上一点(0，4)，取 2上一点(0，−2)，则两点中点为(0体的几何性质即可得出 ∥平面 1 方1，然后由题意作出辅助线，结合中点的坐标以及点到直线的距离公式，1)，代入直线方程得到 =1，即2 + −1=0，C符合题意；计算出结果，由此判断出选项C错误；根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再 2+ 2−4 =0，即 2+( −2)2=4，圆心 (0，2)，半径 =2，由空间向量的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项D正确，从而得出答案。 | |2−4，故| |最小时面积最小， =2△ =| |⋅| |=2| |=211．【答案】A,C,D|0+2+3|||的最小值5=5，故面积的最小值为2，D不符合题意.【解析】【解答】由已知得，2b=2，b=1，=6，为3故答案为：AC.又2=2+2，解得2=3， 2【分析】由倾斜角的定义即可判断出选项A正确；由直线截距式的定义即可判断出选项B错误；利用中点坐∴椭圆方程为+ 2=1，3标公式计算出两条直线上任意两点间的中点坐标，并代入到直线的方程，由此即可判断出选项C正确；首先如图：2 2223∴| |===， 的周长为4 =4．23把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，由已知条件即可得出面积之间的关系，结合题意33即可得出||最小时面积最小，由直线与圆相切的几何性质，代入数值计算出结果，由此判断出选项D故答案为：ACD．错误；从而得出答案。10．【答案】A,B,D【分析】由已知求得，再由离心率结合隐含条件求得，可得椭圆方程，进一步求得通径及2的【解析】【解答】 1⊥平面 方， 方⊂平面 方， 1⊥ 方， ⊥ 方， ∩ 1= ，故 方⊥平面 周长判断答案即可。 1， 1⊂平面 1，故 方⊥ 1，同理可得 1方⊥ 1， 方∩ 1方=方，故直线 1⊥平面 1 方，A符合12.【答案】A,B,C题意；【解析】【解答】设(，)，||=2||， 2+( −3)2=22+2，即化简整理得到 2+( +1)2=4，圆心 (0，−1)， =2，如图所示：连接 1与 1 交于点 ，则 1 ⊥ 1 ， 1 ⊥ ， 1 ∩ = ， 故 ⊥平面 方，即∠ 为直线 与平面 方所成的角，∠ =，B圆心 ( ，2 −4)，根据题意得到2−1≤| |= 2+(2 −3)2≤2+1，11111111114符合题意； 12解得0≤ ≤.5 故答案为：ABC.故答案为：1【分析】根据题意设出点的坐标，然后由两点间的距离公式代入整理化简即可得出点M的轨迹方程，再由两→→【分析】根据题意设出边的大小，然后由中点的性质以及向量的加减运算公式整理化简即可求出=圆之间的位置关系，结合圆心距与半径之间的关系，由已知条件即可求出a的取值范围。→→1→1→1→++=−−，再由数量积的运算公式代入数值计算出结果即可。13.【答案】5222216．【答案】6+25< ≤25；50【解析】【解答】=++， − +4(++ 2+ 2+ 方2+2( ⋅ + ⋅ 方+ ⋅ 方)【解析】【解答】=2，故焦点为 (0，2)和 (0，−2)，| |+| |=2 ，∴| 方|==由条件可知 ⊥ ，=| |=8−| |，|| |−| ||=|8−| |−| ||=|8−2 |≤| |=2，解得9≤ ≤25， ⊥ 方， ⊥ 方，==5.点 (−2，2)是椭圆内一点，故+44<1，解得 >6+25或 <6−25（舍去），∴| 方|=(++=2+2+9+16+252 −4故答案为：52故6+25< ≤25.22当=25时，椭圆方程为：+=1，||+||=10，2521【分析】由=++，然后利用向量数量积表示向量的模计算的222| |+| |≥(| |+| |)=50，当||=||=5时等号成立.长度。214．【答案】 + −1=05故答案为：6+2< ≤25；50.【解析】【解答】直线 + +1=0，取 =0得到 =−1，故过定点 (−1，0)，直线 − −2 +3=0，即 ( −2)− +3=0，取 =2得到 =3，故过定点 (2，3)，→【分析】根据题意由已知条件即可得出焦点的坐标，然后由椭圆的定义整理化简即可求出m的取值范围，结 =(3，3)，设直线 为3 +3 + =0，代入 (2，−1)，解得 =−3，合题意由点与椭圆的位置关系，代入整理化简即可得出m的取值范围；由m的取值即可得出椭圆的方程，由即3 +3 −3=0，即 + −1=0.椭圆的定义以及基本不等式即可求出||2+||2的值最小值。故答案为： + −1=0.→→→17．【答案】（1） =(1，1，0)， =(−1，0，2)， − =(2，1，−2)， //( − )，设 =(2 ， ，−2 )，【分析】首先由直线的方程即可求出定点的坐标，然后由向量的坐标公式计算出直线的法向量，并把点的坐→→||=22=3，解得 =±1，故=(2，1，−2)或=(−2，−1，2).4++标代入计算出c的取值，从而即可得出直线的方程。4215．【答案】1（2） + =( ， ，0)+(−1，0，2)=( −1， ，2)，→→→→→→→【解析】【解答】在正四面体ABCD中，令=，=，=，显然，〈→〉=〈→→〉=〈→→〉=6 −2 =( ， ，0)−2(−1，0，2)=( +2， ，−4)，，，， + 与 −2 互相垂直，即( −1， ，2)⋅( +2， ，−4)=( −1)( +2)+ 2−8=0，0∘→→→，||=||=||=2，如图：5解得 =2或 =−.→1→1→因点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则=−=−，222→【解析】【分析】(1)由空间向量和共线向量的坐标公式即可得出=(2 ， ，−2 )，然后由向量摸的坐标公式→=→+→+→=1→−→+1→1→−→)−→+1→=1→−1→−1→，=(2222222代入数值计算出 =±1，由此即可得出向量的坐标。→⋅→1→1→1→1→1→→→→→210∘0∘22于是得 =( − − )⋅(− )=(− ⋅ + ⋅ + )=(−2×2cos6+2×2cos6+)(2)根据题意由空间向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出结果即可。222244=1，18．【答案】（1）解：以O为原点，OB、OC、OA分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系．→→⋅1.所以的值为 则有A（0，0，1）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、E（0，1，0） ∴ =(2，−1，0)， =(0，2，−1)20．【答案】（1）解：取 1 1的中点 ，连接 1 ， 方，则 1⊥ 1 1， 方// 1，−22∴COS<< ， >>==−又 1⊥平面 ，所以 方⊥平面 ，5⋅552所以1，，1两两垂直，所以异面直线BE与AC所成角的余弦为5如图，以为原点，1，，1所在直线分别为轴，轴，（2）解：设平面ABC的法向量为1=(，，)轴建立空间直角坐标系，则则 (1，2，0)， (0，2，3)，方(0，2，0)， 1(1，0，0)， (−1，1，0)，푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0取푛1=(1，1，2)，→→证明： 1方=(−1，2，0)， 1 =(−1，2，3)，则<，301>=30→=(1，0，−3)，=→(−1，−1，−3)，30BE和平面ABC的所成角的正弦值为30→→设=( 1， 1， 1)，=( 2， 2， 2)分别为平面 1 方和平面 的法向量，2【解析】【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标1系，利→→→→由⋅=0，⋅=0，用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值；（2）求出平面的法向量和，利用向111量法能1求出直线和平面的所成角的正弦值− 1+2 1=0，得，− 1+2 1+3 1=0，19．【答案】（1）解：设圆C的方程为2+2+++令1=1，则1=2，1=0，=09+4+3方−2 + =01++=01→依题意得方 ∴=(2，1，0)是平面 1 方的一个法向量，−−+1=022→→→→ 2−3 2=0，由⋅=0，⋅=0，得，解之得方=−2, =4, =1− − −3 =0，22222∴圆C的方程为 2+ 2−2 +4 +1=0令 2=1，则 2=3， 2=−23，（2）解：圆 2+ 2−2 +4 +1=0可化为( −1)2+( +2)2=4，→∴=(3，−23，1)是平面 的一个法向量，2所以圆心到直线的距离为 =22=1→→2−(3)∴푛⋅푛=2×3−2+30=0，21当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为=2，∴平面 ⊥平面 1 方．此时直线l被圆C截得的弦长为23，符合题意→→（2）=(0，2，0)，设平面1的法向量为=(，，)．1当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，即 − −2 =0→→→→2 =0，| +2−2 |由⋅=0，⋅=0，得，由题意得=111− +2 +3 =0，2+13令=1，则=3，=0，解得=→4∴=(3，0，1)是平面 的一个法向量，1∴直线的方程为3 −4 −6=0设平面1和平面1的夹角为，由图可知为锐角，综上所述，直线l的方程为 =2或3 −4 −6=0→→23【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设圆C的方程为2+2+++=0，根据题意列出则cos =|푛1⋅ |==15，关于→→5×25 |1|||方, , 的方程组，解出即可；（2）将圆的方程化为标准形式，求出圆心到直线的距离为1，当直线l的斜率不15即平面1和平面1夹角的余弦值为．存在时符合题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，列出关于 的方程解出即可.5 （3）假设在线段（含端点）上存在点，1 2−2 +31( +2)2−2( +2)+3114，令 −2= ， ∈(−4，0)整理得到 =4= −1∈(−2，−1)，由此即 −2425使点到平面1的距离为，可求出t的取值范围。5→22．【答案】（1） ∥ 方， 方⊂平面 方， ⊄平面 方，故 ∥平面 方，设 (0， ，3)(0≤ ≤2)，则 =(0， −2，0)，→平面 与棱 方， 分别交于点 ， ，故 ∥ ，即 ∥ 方，5→| −2|由2=| ⋅푛1|=，5|→5为棱的中点，故是棱的中点.1|（2） ⊥底面 方 ， 方⊂平面 方 ，故 ⊥方 ，方 ⊥ ， ∩ = ，解得：=4（舍去）或=0，故方 ⊥平面 ， ⊂平面 ，故 ⊥方 ， ⊥方 ，故在线段1上存在点M（端点处），故∠ 为二面角 −方 − 的平面角，故∠ =45°，故 = =2.25使点M到平面1的距离为．5如图所示：以延长线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，【解析】【分析】(1)由已知条件作出辅助线，结合中点的性质即可得出线线垂直以及线线平行，然后由平行的→则 (0，1，0)， (−1，2，0)， (0，0，0)， (−1，0，1)， (0，0，2)， =(−1，1，0)传递性以及线面垂直的判定定理即可得出 方⊥平面 ，由此即可得出线线垂直从而建立空间直角坐标系求→푛⋅ ⇀ = =0出各个点的坐标以及向量和平面1和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出两个设平面 的法向量为=( ， ， )，则，平面푛⇀푛⋅ =− + =0→→的法向量的坐标；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出푛2⋅푛1=0，由此得证出结论。→取=1得到=(1，0，1)，(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面1法向量的坐标，再由数量积的→→坐标公式即可求出平面1的法向量的坐标，同理即可求出平面1的法向量；结合空间数量积的运算公直线与平面所成角为，→→|=|푛⋅ 11|==，式代sin =|cos푛， →→2×22|푛|⋅| |入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面1和平面1夹角的余弦值。 ∈[0].，故=，(3)根据题意假设存在点M，由此设出点的坐标从而求出向量的坐标，结合空间的距离公式代入数值计算出a26→→的取值，由已知条件即可得出答案。设 = ，即( ， ， −2)= (−1，2，−2)=(− ，2 ，−2 )，故 (− ，2 ，2−2 )，21．【答案】（1） ∥ ，故∠ 方=∠ 方=∠ 方 ，即| |=| 方|，→→→2 =(− ，2 ，2−2 )， ⋅푛=− +2−2 =0，解得 =.3||+||=||+||=||=4>||=2，故轨迹为椭圆，2+2|→|=2|→|22=4，=2，=1，故=3，故轨迹方程为：3=1（ ≠0）.=1+4+4=2.故=2.433【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合中点的性质即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理和性（2）设 ( ， )，则 =( − ，− )， =(2− ，− )，+质定理即可得出线线平行，从而即可得证出结论。 ⊥ ，即( − ，− )⋅(2− ，− )=( − )(2− )+ 2=0，2=1，23(2)由线面垂直的性质定理以及判定定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及11242 −2 +3即 −(2+ ) +2 +3=0，即 =4， ∈(−2，2)，4 −2向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，由线面角与向1( +2)2−2( +2)+31量.夹角之间的关系结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出直线与平面所成角的正弦值，然后由题设 −2= ， ∈(−4，0)， =4= −1∈(−2，−1)42意结合共线向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出=，由此即可得出答案。故实数 的取值范围为(−2，−1).3【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合椭圆的定义即可得出轨迹为椭圆，由题意即可求出a与b的取值，从而即可得出椭圆的方程。 (2)由已知条件设出点的坐标，由此即可求出向量的坐标，再结合数量积的坐标公式代入整理即可得出= 高二上学期数学期中考试试卷的位置关系是（）一、单选题A．相交B．相切或相交1.已知，，若，则实数的值为（）C．相切D．与的大小有关A．-2B．-1C．2D．17.已知双曲线：与直线交于，两点，点为上一动点，记直线2.直线：与直线：（实数a为参数）的位置关系是（），的斜率分别为，，的左､右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距A．与相交离为1，则（）B．与平行A．C．与重合B.的离心率为D．与的位置关系与a的取值有关C.若，则的面积为23.已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则（）D.若的面积为，则为钝角三角形A．2B．1C．D．48.设是椭圆的左､右焦点，是椭圆上任意一点，若的最小值是，则4.方程的对应曲线图形是（）的值为（）A．B．C．D．A.B．二、多选题9.已知直线，则下述正确的是（）A.直线的斜率可以等于0B.直线的斜率一直存在C．D．C.直线时直线的倾斜角为D.点到直线的最大距离为5.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（）10.如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折A.平面ABC⊥平面ABD起，使到，且平面平面，连接，．B.平面ABD⊥平面BDC则下列结论中正确的是()C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDEA．D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEB.四面体的外接球表面积为6.方程的两个不等实根为m，n，那么过点，的直线与圆 值为.C.与所成角的余弦值为四、解答题D.直线与平面所成角的正弦值为17．已知动点与两个定点的距离之比为11．在平面直角坐标系中，已知点和曲线，则对于直线下列（1）求动点的轨迹方程.说法正确的是（）（2）若边的中点为，求动点的轨迹方程.A．若，，，则直线与曲线没有交点18．如图，在直三棱柱中，点D在棱上，E，F分别是，BC的中点，，B．若，，，则直线与曲线有二个交点．（1）证明：；C．若，，，则直线与曲线有一个交点（2）当D为的中点时，求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．D．直线与曲线的位置关系和在哪里无关19.已知圆.12.已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长为4，点在椭圆内部，点（1）若过点的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程；在椭圆上，则以下说法正确的是（）（2）若是直线上的动点，是圆的两条切线，是切点，求四边形A.离心率的取值范围为面积的最小值.B.当离心率为时，的最大值为20.如图，直四棱柱中，底面为菱形，且，，为的延长C.存在点使得线上一点，平面，设.（1）求二面角的平面角的大小。D．的最小值为1（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.三、填空题21．2020年9月下旬，中国海军为应对台湾海峡的局势，派出3艘舰艇在台湾附近某海域进行实弹演习.某时13.已知点和圆，若过点P作圆C的切线有两条，则实数m的刻三艘舰艇呈“品”字形列阵(此时舰艇可视作静止的点)，如下图A，B，C，且OA=OB=OC=3，假想敌舰艇在取值范围是．14.对任意的实数，求点到直线的距离的取值范围某处发出信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早(注：信号传播速度为C处舰艇保为．持静默.（1）建立适当的坐标系，并求假想敌舰所有可能出现的位置的轨迹方程；15.如图，在直角中，，，，现将其放置在平面的上面，其中点A，B在平（2）在A，B两处舰艇对假想敌舰攻击后，C处敌舰派出无人机到假想敌舰处观察攻击效果，则无人机飞面的同一侧，点平面，与平面所成的角为，则点A到平面的最大距离是.行的距离最少是多少？16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大22.设实数，椭圆D：的右焦点为F，过F且斜率为k的直线交D于P、Q两点，若线段 PQ的中为N，点O是坐标原点，直线ON交直线于点M．（1）若点P的横坐标为1，求点Q的横坐标；【分析】由椭圆的焦点在y轴上，化为，利用长轴长是短轴长的两倍求出m（2）求证：；的值.（3）求的最大值．4．【答案】A【解析】【解答】由可知，，答案解析部分显然时方程不成立，排除C，1.【答案】C又【解析】【解答】因为，所以，即，所以不成立，排除BD，所以.故答案为：C.故答案为：A【分析】根据题意，由空间向量数量积的计算公式有，求解可得k的值.【分析】利用方程判断x，y的值的范围，即可判断曲线的图形.5.【答案】C2.【答案】B【解析】【解答】因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因【解析】【解答】由：，为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.可得，故答案为：C因为且，【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，逐项进行判断，可得答案.所以与平行6.【答案】B故答案为：B【解析】【解答】由题设有且，故均在直线上，【分析】由题意利用平行直线系方程，得出答案.3.【答案】C所以的直线方程为：，【解析】【解答】因为椭圆的焦点在y轴上，故，圆心（原点）到直线的距离为，且椭圆的标准方程为：，所以而，故直线与圆相交或相切，所以，故，故答案为：B.故答案为：C. 【分析】根据斜率公式，求出直线AB的方程，再结合韦达定理以及点到直线的距离公式，即可求解出答案.坐标，结合双曲线的定义以及余弦定理，判断三角形的形状，判断D.7.【答案】D8.【答案】B【解析】【解答】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)【解析】【解答】令，则，则，且，两式相减得，因为的最小值为，即的最小值为，所以，因为，所以，故双曲线C的渐近线方程由椭圆，可得，则，所以，因为焦点(c，0)到渐近线的距离为1，所以，即，所以，，所以，，离心率为，A，B不符合题令，解得或（舍去），意．对于C，不妨设P在右支上，记则由对勾函数的单调性可得，当取得最大值时，的最小值为，因为，所以解得或(舍去），所以的面积为即当时，的最小值为，即，解得，，C不正确；所以.对于D，设P(x0，y0)，因为，所以，故答案为：B.将带入C：，得，即【分析】由题意画出图形，再由的最小值为，结合对勾函数的单调性可知当时，的由于对称性，不妨取P得坐标为(，2)，则，最小值为，即，求得c值，即可求出的值.因为9.【答案】A,C,D所以∠PF2F1为钝角，所以PF1F2为钝角三角形，D符合题意【解析】【解答】解：对于A，当时，此时斜率为0，A对，故答案为：D对于B，当时，此时斜率不存在，B不符合题意，对于C，当时，直线，即，斜率为1，倾斜角为，C对.【分析】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)，利用点差法求解直线的斜率，得到a、b关系，通过点到直对于D，，即，恒过和的交点线的距离求解c，求出a，b，即可求出离心率，判断A、B的正误；不妨设P在右支上，记则，要使点到直线的最大距离，即时，此时最大距离为，利用，转化求解三角形的面积，判断C；设P(x0，y0)，通过三角形的面积求解P的，D对. 故答案为：ACD过F作FO’⊥平面CDE，四面体A’CDE的外接球球心O’在直线O’F上，设O’F=t，又O’D=O’A’=R得，解得【分析】根据直线斜率的定义和倾斜角的定义，即可判断A、B、C；求出直线恒过定点，所求最大距离，即∴为这两点间的距离，可判断D.10.【答案】B,C,D∴四面体A’CDE的外接球表面积为S=4πR2=8π【解析】【解答】解：由题意易得DE⊥AB故B正确；又∵平面A’DE⊥平面BCDE，且平面A’DE∩平面BCDE=DE对于C，∵∴A’E⊥平面BCDE∴∴建立如图所示空间直角坐标系，故C正确；对于D，∵VA’-BCD=VB-A’CD又A’E=1，∴∴∴故D正确.故答案为：BCD对于A，∵∴【分析】根据向量垂直的充要条件可判断A，根据四面体与外接球的几何特征，结合球的表面积公式可判断B，根据向量的夹角公式可判断C，根据等体积法，结合棱锥的体积公式可判断D.∴1.【答案】A,B,C∴BD，A’C不垂直【解析】【解答】当，，时，曲线，则对于直线，圆的圆心故A错误；对于B，取CE中点F，连接DF，到直线的距离为，所以直线与曲线没有交点，A符合题意；∵DE⊥DC当，，时，则曲线，直线，联立方程组，消去∴ 可得即，可知，所以直线与曲线有二个交点，B符合题意；对于选项：由基本不等式可得，当且仅当当，，时，直线与曲线，联立方程组，消时取得等号.又，所以，故正去可得：，解得，所以直线与曲线有一个交点，所以C符合题意；确．综上所述：正确的选项是：.由B、C选项，可知直线与曲线的位置关系和在哪里有关，所以D不正故答案为：BD.确．故答案为：ABC．【分析】通过，，的值，判断曲线与直线的位置关系，逐项进行判断，可得答案.【分析】由题意可得a，由点在椭圆内部，解得，求出，12.【答案】B,D即可判断A；求出c，计算出，当点，，共线且在轴下方时，取最大值【解析】【解答】因为长轴长为4，所以，即；因为点在椭圆内部，，可判断B；若，则，得，，推出所以，又，故可得.，即可判断C；由基本不等式可得，又，对于选项：即可判断D.因为，故，，故不正确；13.【答案】对于选项：【解析】【解答】根据题意，圆，当，即，解得，所以，则；必有，由椭圆定义：，解可得：或；如图所示：当点，，共线且在轴下方时，取最大值，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，则有，即，综合可得：m的取值范围为。所以的最大值为，故正确；对于选项：故答案为：。若，则由选项知，，，，【分析】根据题意，圆，必有，再解一元二次不等式求解集的方法，从而得出实数m的取值范围，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，从而求出实所以，数m的取值范围，再结合交集的运算法则，从而求出实数m的取值范围。所以不存在使得，故不正确；14.【答案】 【解析】【解答】由题意，直线，即，由题设，且关于对称，若，则，设，则，，所以，解得，∴所以直线过定点，，又，当垂直直线时，取得最大值，∴的最大值为8.当直线过点时，取得最小值，故答案为：8∴的取值范围.故答案为：．【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，，利用二次函数的性质可求出的最大值.【分析】将原方程化为，求出直线过定点，当垂直直线17.【答案】（1）解：设，由，则点的轨迹方程为时，取得最大值当直线过点时，取得最小值，即可求出d的取值范围.（2）解：由，15.【答案】30则点的轨迹方程为，(或).【解析】【解答】如图，设，则，将代入过作，交于，过作，交于，可得：，因为在中，，则，当四点共面时，点到的距离最大.化简得：，(或).因为，所以是与平面所成的角，则，则，【解析】【分析】(1)设，根据已知条件结合两点之间的距离公式，即可求解出动点的轨迹方程.于是，，即到的最大距离为30.(2)设，则由D为边BC的中点，求出C点的坐标，将C点的坐标代入到(1)中的方故答案为：30.程，即可求解出动点的轨迹方程.18.【答案】（1）证明：在直三棱柱中，有，【分析】过作，交于，过作，交于，然后判断出当四点共面又，，平面，时，点到的距离最大，进而算出AC，即可求出到的最大距离.16.【答案】8又平面，．【解析】【解答】如图：，， 如图，分别以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，(2)当时，四边形面积取得最小值，由此求得切线长，得四边形面积的最小值.则，，，，，．20.【答案】（1）解：连接，交于点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，则，，，设，，．则，，.（2）解：当D为的中点时，，，，∵平面，∴，，∴，∴，即，设平面DEF的法向量为，则，即∴，，令得，，设平面的法向量为，易知平面ABC的法向量为，由，得，令，所以，∴平面的一个法向量为.即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．又平面的一个法向量为，【解析】【分析】(1)以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出所需点的坐∴，标和两条直线的方向向量的坐标，利用向量的数量积为0，即可证得；(2)利用待定系数法求出平面DEF的法向量，取平面ABC的一个法向量，然后利用向量的夹角公式求解出平由图知二面角的平面角为锐角，面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.∴二面角的平面角的大小为45°；19.【答案】（1）解：当斜率不存在时，代入圆方程得，弦长为，满足条件；（2）解：假设在线段上存在一点，满足题意.当斜率存在时，设，即，圆心到直线的距离设，解得：，，所以直线方程为或，得，（2）解：当时，四边形面积取得最小值，∵，，∴，，∴.【解析】【分析】(1)求出圆心坐标和半径，讨论斜率不存在时直线满足题意，然后设出直线方程，求出圆心到∵平面，∴，∴，∴，直线的距离，由勾股定理表示出弦长求得k，进而求出直线的方程；∴存在点使平面，此时. 【解析】【分析】(1)利用建立空间直角坐标系分别求出平面EAC和平面D1AC的法向量，利用空间二面角的当P的坐标为时，直线PQ：，向量法即可求解出二面角的平面角的大小；(2)假设存在，利用直线与平面平行可得与平面EAC的法向量垂直，即可求解出的值.即，21.【答案】（1）解：建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐标系，代入椭圆方程，，即，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线是以得Q的横坐标为.，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，即，，，，当P的坐标为时，同样得Q的横坐标为.点的轨迹方程为：因此，点Q的横坐标为；（2）设方程上一点，，由题意知，求出的（2）证明：联立方程组，其解为，．最短距离即可，，由，消去y，得，即可得，．由，．【解析】【分析】（1）利用已知条件建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐所以N的横坐标为，标系，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线得N的纵坐标为，是以，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，从而求出a，c的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点P的轨迹方程。得N的坐标为．（2）设方程上一点，，由题意知，求出所以直线ON的斜率为，方程为，的最短距离即可，再利用两点距离公式结合二次函数的图象求最值的方法，进而求出无人机飞行的最短距离。与直线交于点．2.【答案】（1）解：因为点P的横坐标为1，由，故直线FM的斜率为，于是，因此；得P的坐标为或．F的坐标为．（3）解： ．令，由，得，又，得．即，所以的取值范围为，最大值为．【解析】【分析】(1)求出P的坐标，直线PQ的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，即可求出点Q的横坐标；(2)设，，联立方程组，利用根与系数的关系及其中点坐标公式可得N的坐标，联立可得M的坐标，可证明出；(3)求出，再利用换元法结合二次函数的性质，即可求出的最大值． 高二上学期数学期中考试试卷A．B．C．D．一、单选题8.在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一1.已知直线和直线，若，则（）点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（）A．3B．-1或3C．-1D．1或-3A.平面α与平面β垂直2.已知向量，，且，那么等于（）B.平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°A．B．C．D．5C.平面α与平面β平行3.在四面体中，点为棱的中点.设,，，那么向量D.平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°二、多选题用基底可表示为（）9.直线a的方向向量为，平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（）A.B．A.若，则直线平面；C．D．B.若，则直线平面；4.阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长C.若，则直线a与平面所成角的大小为；半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为，若椭圆的离心率为，面积为，则椭D.若，则平面，的夹角为．圆的标准方程为（）10.已知圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0相交于A、B两点，下列说法正确的是（）A.圆M的圆心为（1，－2），半径为1A．或B．或B.直线AB的方程为x－2y－4＝0C．或D．或C.线段AB的长为D.取圆M上点C（a，b），则2a－b的最大值为5.已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则实数m等于（）A．2B．8C．D．11.已知点，，是椭圆上的动点，当取下列哪些值时，可以使（）6.已知点是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程是（）A．3B．6C．9D．12A．B．12.将一个椭圆绕其对称中心旋转90°，若所得椭圆的两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，则称该椭圆为“对偶椭圆”．下列椭圆的方程中，是“对偶椭圆”的方程的是（）C．D．A．B．C．D．7.椭圆的左､右焦点分别为､，是椭圆上的一点，，且，垂三、填空题足为，若四边形为平行四边形，则椭圆的离心率的取值范围是（）13.若点到直线距离为，则=． 14.过定点的直线：与圆：相切于点，则．轴上方），且.（1）求椭圆的方程；15.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是、、、（2）当为椭圆与轴正半轴的交点时，求直线方程；，则该四面体的内切球与外接球体积之比为（3）对于动直线，是否存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点？若存在，求出该定16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大点的坐标；若不存在，请说明理由.答案解析部分值为.1.【答案】四、解答题C17．在三角形ABC中，已知点A(4，0)，B(－3，4)，C(1，2)．【解析】【解答】直线的斜率存在，，（1）求BC边上中线的方程；且.（2）若某一直线过B点，且x轴上截距是y轴上截距的2倍，求该直线的一般式方程．18.如图1，在中，MA是BC边上的高，，.如图2，将沿MA进行翻折，使，化为.得二面角为，再过点B作，连接AD，CD，MD，且，.解得或.当时，与重合，应舍去.（1）求证：平面MAD；.（2）在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值.故答案为：C.19.已知动点M到点A（2，0）的距离是它到点B（8，0）的距离的一半，求：（1）动点M的轨迹方程；【分析】利用两条直线平行与斜率的关系即可得出a的值.（2）若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹．2.【答案】B【解析】【解答】解：因为向量，，且，20.已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆所以，解得，交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.所以，（1）求椭圆的方程；（2）求的面积.所以，故答案为：B21.如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．【分析】由可得，从而解出x，得到的坐标，再由模长公式求出的值.（1）求证：AC⊥平面BEF；3.【答案】B（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；【解析】【解答】点为棱的中点，（3）证明：直线FG与平面BCD相交．，22.已知椭圆的上顶点到左焦点的距离为.直线与椭圆交于不同两点、（、都在 ，两式相减可得：，又，即，，故答案为：B.因为是线段的中点，所以，，所以，【分析】先根据点P为棱BC的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用表示向即可.所以直线l的方程是，即，4.【答案】B故答案为：D【解析】【解答】根据题意，可得，【分析】利用“点差法”即可得出直线l的斜率，利用点斜式即可得出直线l的方程.所以椭圆的标准方程为或.7.【答案】D故答案为：B【解析】【解答】如图：若，又四边形为平行四边形，，【分析】由题意可得离心率即a，c的关系，椭圆面积可得a，b的关系，再由a，b，c的关系求出椭圆的标准方程.∴，即，5.【答案】B∴，解得.【解析】【解答】由题意，得，，则，故答案为：D所以椭圆的离心率，解得m=8.故答案为：B.【分析】设，由题意可得，由此可得，即可求出椭圆的离心率的取值范围.【分析】根据题意，由椭圆的方程分析可得a、b的值，计算可得c的值，由椭圆的离心率公式可得8.【答案】A，求解可得m的值.【解析】【解答】解：设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），6.【答案】D∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足【解析】【解答】设直线与椭圆交于，，同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足则，，∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2， ∴点Q1与Q2重合于同一点故答案为：ABD．由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径判断A；联立两圆的方程求得AB的方程判断故选：AB；由点到直线的距离公式及垂径定理求得AB的长判断C；利用直线与圆相切求得2a-b的范围判断D.【分析】设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．根据题意点P1在β内的射影与P2在α内的1.【答案】A,B,C射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角，根据面面垂直的【解析】【解答】设，且.定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．因为，9.【答案】B,C,D【解析】【解答】若，则直线平面或在平面内，A不正确；将点坐标代入椭圆，得，所以代入上式可得若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面；B符合题意；直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若，则直线a与.平面所成角的大小为，C符合题意；所以，.对照选项可以取ABC.两个平面夹角与他们法向量所成的不大于的角相等，D符合题意，故答案为：ABC．故答案为：BCD【分析】设，由，可得，利用二次函数的性质【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，利用法向量和线面夹角及面面夹角的应用，逐项进行判断，可得到答案.可求出的最值，进而得出答案.10.【答案】A,B,D12.【答案】A,C【解析】【解答】由圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，得(x－1)2+(y+2)2＝1，【解析】【解答】由题意，得当时，该椭圆为“对偶椭圆”．由得，则圆M的圆心为（1，－2），半径为1，A符合题意；A中，；B中，，，；联立圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，消去二次项，可得直线AB的方程为x－2y－4＝0，B符合题意；选项Ｃ中，；D中，，，．圆心O到直线x－2y－4＝0的距离d，圆O的半径为2，故答案为：AC．则线段AB的长为2，C不符合题意；令t＝2a－b，即2a－b－t＝0，由M（1，－2）到直线2x－y－t＝0的距离等于圆M的半径，【分析】根据新定义，只要当b=c，椭圆即为“对偶椭圆”，由椭圆方程求得a、b、c，判断即得答案.13.【答案】0或5可得，解得t＝4．【解析】【解答】根据点到直线的距离公式得到∴2a－b的最大值为，D符合题意．故答案为0或5. 【分析】利用点到直线的距离公式直接求解，可得a的值.设，则，，14.【答案】4∴【解析】【解答】直线：过定点，的圆心，半径为：3；，又，定点与圆心的距离为：．过定点的直线：与圆：∴的最大值为8.相切于点，则．故答案为：8【分析】求出直线过的定点，圆的圆心与半径，利用直线与圆的相切关系求解可得的值.15.【答案】1：27【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，【解析】【解答】点、、、恰为棱长为的正方体的四个点，，利用二次函数的性质可求出的最大值.该四点构成了一个棱长为的正四面体（如图所示）.17．【答案】（1）解：∵B（－3，4），C（1，2），设该正四面体的内切球和外接球半径分别为、，体积分别为、，∴线段BC的中点D的坐标为（－1，3），又BC边上的中线经过点A（4，0），则该正四面体的外接球也是正方体的外接球，∴y（x－4），即3x+5y－12＝0，则，即.BC边上中线的方程.由图可得该四面体的体积为：（2）解：当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，，代入点B（－3，4），则4＝－3k，解得k，又，所以所求直线的方程为yx，即4x+3y＝0；所以，解得，当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为1，代入点B（－3，4），则，解得m，则，.故答案为：1：27.所以所求直线的方程为1，即x+2y－5＝0，综上所述，该直线的一般式方程为4x+3y＝0或x+2y－5＝0．【分析】作出坐标系和四面体，得到四面体和正方体的关系，利用正方体的外接球和正方体的关系求出外接【解析】【分析】(1)求得线段BC的中点坐标，再结合点A的坐标，由直线的点斜式写出BC边上中线的方球的半径，再利用分割法得到正四面体的体积，进而求出其内切球的半径，再利用球的体积公式进行求解，程；可得该四面体的内切球与外接球体积之比.(2)分两类：①当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，代入点B(-3，4)，求出16.【答案】8k的值，进而求出该直线的一般式方程；【解析】【解答】如图：②当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为，代入点B(-3，4)，求得m的由题设，且关于对称，若，则， 值，进而求出该直线的一般式方程.(2)易知，，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角18.【答案】（1）证明：由图1可知，，，为二面角的平面角，即坐标系，逐一写出A、B、D、M、E的坐标，由法向量的性质求得平面MBD的法向量，设直线与平，，、平面，平面，平面，面所成角为，则，利用空间向量数量积的坐标运算，即可求解出直线AE与平面．MBD所成角的正弦值.在中，由余弦定理知，19.【答案】（1）解：设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，则点M的轨迹就是集合，，P．由于，，由两点距离公式，点M适合的条件可表示为，，、平面，平方后再整理，得．可以验证，这就是动点M的轨迹方程．平面．（2）解：设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，（2）解：，，，为直角三角形且，y1）．由于A（2，0），且Ｎ为线段AM的中点，所以，．，．所以有，①以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）题知，M是圆上的点，则，0，，，0，，，3，，，0，，，1，，所以M坐标（x1，y1）满足：②，1，，，0，，，3，，将①代入②整理，得．所以N的轨迹是以（1，0）为圆心，以2为半径的圆．设平面的法向量为，，，则，【解析】【分析】（1）设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，由题意，结合两点距离公式求令，则，，，0，，得动点M的轨迹方程；设直线与平面所成角为，（2）设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，y1），根据中点坐标公式以及动点M的轨迹方程，即可求出点N的轨迹．则．20.【答案】（1）解：由已知得，，解得，又，所以椭圆的方程为故直线与平面所成角的正弦值为．（2）解：设直线的方程为，【解析】【分析】(1)由图1可知，，，推出∠BAC为二面角B-MA-C的平面角，得到由得，①MA⊥平面ABC，故MA⊥CD，结合余弦定理和勾股定理可证得AD⊥CD，再由线面垂直的判定定理即可得证平面MAD； 设、的坐标分别为，（），中点为，由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，则，，因为是等腰△的底边，所以．设平面BCD的法向量为，所以的斜率为，解得，此时方程①为．∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，解得，，所以，，所以，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，此时，点到直线：的距离，所以△的面积∴．【解析】【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为（3）证明：平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．离公式求高，即可计算出面积．【解析】【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得21.【答案】（1）证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设∵CC1⊥平面ABC，立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法∴四边形A1ACC1为矩形．向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结又E，F分别为AC，A1C1的中点，论.∴AC⊥EF．∵AB=BC．2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF该椭圆的上顶点到左焦点的距离为，即，可得，，（2）解：由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，因此，椭圆的方程为；EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，（2）解：由题意可得，，直线的斜率为，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐，则直线的斜率为，称系E-xyz． 系，即可证明存在一个定点M(-2，0)，无论∠OFA如何变化，直线总经过此定点.直线的方程为，联立，得，解得或，所以点的坐标为.直线的斜率为，因此，直线的方程为；（3）解：由于直线与椭圆的两交点、都在轴上方，则直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立，消去得，，得，由韦达定理得，，，所以，直线和的斜率之和为，即，，，则直线的方程为，直线过定点.【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，椭圆可得关于a，b的方程，求出a，b的值，由此求出椭圆C的方程；(2)由题意可得，得，从而，可得直线BF的方程，代入椭圆方程，求得B点坐标，由此能求出直线AB的方程；(3)由∠OFA+∠OFB=180°，知直线和的斜率之和为，设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，得关于x的一元二次方程，由直线方程的点斜式求得动直线l的方程，结合根与系数的关 高二上学期数学期中考试试卷线交于点，则点的轨迹的方程是（）一、单选题A.B．C．D．1．已知点､与圆:,则()8．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体A.点与点都在圆外中，，，，则异面直线与之间的距离是B.点在圆外,点在圆内C．点在圆内,点在圆外（）D．点与点都在圆内A.B．C．D．2.已知双曲线上一点到的距离为，为坐标原点，且二、多选题9.已知向量，则下列结论不正确的是（），则()A．B.C．或D．或A．B．3.已知点A(1，3)，B(－2，－1)．若直线l：y＝k(x－2)＋1与线段AB相交，则k的取值范围是（）C．D．A.B．10.设定点，，动点满足，则点的轨迹可能是（）C．或D．A.圆B．线段C．椭圆D．直线11.已知圆和圆的公共点为，，则（）4.如图，把椭圆的长轴分成8等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，，…，，是椭圆的左焦点，则（）A.B．直线的方程是A．35B．30C．25D．20C．D．5.已知圆的半径为2，椭圆的左焦点为，若垂直于12.数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列轴且经过点的直线与圆相切，则椭圆的长轴长为（）四个结论，其中正确结论是（）A．B．2C．4D．8A.图形关于轴对称6.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的B.曲线恰好经过6个整点（即横､纵坐标均为整数的点）数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样C.曲线上存在到原点的距离超过的点走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河D.曲线所围成的“心形”区域的面积大于3岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）三、填空题13.已知异面直线a，b的方向向量分别为，，则a，b所成角的余弦值为.A．B．5C．D．1014.如图，二面角等于，A、B是棱l上两点，、分别在半平面、7.已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分 内，，，且，则的长等于．22.已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．（1）求圆C的方程；15.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆（2）过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．上一个动点，则的最大值为答案解析部分16.双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为，1.【答案】C若E上的点A满足，其中、分别是E的左，右点，则.【解析】【解答】因为点､四、解答题将的坐标代入圆的方程,可得,所以点A在圆内17．在平行六面体中，，将的坐标代入圆的方程,可得,所以点在圆外，点为与的交点，点在线段上，且.故答案为：C（1）求的长；【分析】将点代入圆的方程,根据点与圆位置关系的判断方法,即可得解.（2）设，求的值.2.【答案】D18.在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和所在直线的方程为，【解析】【解答】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，（1）求对角线所在直线一般形式方程；由中位线定理知.（2）求所在直线一般形式方程．当在右支时，由双曲线定义可知：19.如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，当在右支时，由双曲线定义可知：底面，设点是的中点．故答案为：D.（1）直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）点A到平面BDM的距离．【分析】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，由中位线定理知20.已知椭圆经过，再对点P在双曲线的左右支进行分类讨论，结合双曲线定义求出（1）求椭圆的方程；3.【答案】（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.D【解析】【解答】解：直线经过定点，21.在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，为线段AD的中点，过的平面与线段PD，分别交于点，.，，（1）求证：；又直线与线段相交，（2）若，是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请确定点的，位置；若不存在，请说明理由.故答案为：D． 则，【分析】由直线系方程求出直线l所过定点，由两点求斜率公式求得连接定点与线段AB上点的斜率的最小故“将军饮马”的最短总路程为10.值和最大值，求得k的取值范围.故答案为：D.4.【答案】A【解析】【解答】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，知，，，【分析】直接利用点关于线的对称的应用和两点间的距离公式的应用，求出“将军饮马”的最短总路程.7.【答案】B∴．故答案为：A【解析】【解答】由题可得圆心，半径为6，是垂直平分线上的点，，【分析】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，可得，求解可得答案.，5.【答案】C点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，【解析】【解答】圆的标准方程为，，故点的轨迹方程为。因为圆的半径为，则，因为，解得，故答案为：B.圆的标准方程为，圆心为，由题意可知，直线与圆相切，则，解得，【分析】由题可得圆心，半径为6，再利用点P是垂直平分线上的点，所以，所以则，因此，椭圆的长轴长为.，再利用题意的定义得出点的轨迹是以为焦点的椭圆且故答案为：C.，从而求出a的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点的轨迹方程。【分析】由圆，化成标准方程为，结合题意得出m8.【答案】D的值，再根据条件垂直于x轴且经过F点的直线与圆M相切，利用直线与圆的相切的位置关系得出c【解析】【解答】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，值，求出a值，即可得椭圆的长轴长.则，6.【答案】D则，，【解析】【解答】如图，点关于直线的对称点为，则即为“将军饮马”的最短总路程，设和的公垂线的方向向量，设，则，即，令，则，则，解得，， 的轨迹..1.【答案】A,B,D故答案为：D.【解析】【解答】圆的圆心是，半径，圆，圆心，，【分析】根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出，A符合题意；和的公垂线的方向向量的坐标，结合空间向量数量积的运算公式根据题意即可求出异面直线之间的距离。两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，B符合题意；9.【答案】B,C，，，，所以不正确，C不正确；【解析】【解答】向量，圆心到直线的距离，，D符合题意.，，，故A正确；故答案为：ABD，1，，故B错误；，故C错误；【分析】根据题意求出两个圆的圆心坐标和半径，再把两个圆的方程相减即可得出直线的方程结合点到直线，故D正确．的距离公式对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：BC．12.【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A，将换成方程不变，所以图形关于轴对称，A符合题意；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算、数量积的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而找出结论不正对于B，当时，代入可得，解得，即曲线经过点，确的选项。当时，方程变换为，由，解得，所以10．【答案】B,C只能取整数1，【解析】【解答】由题意知，定点，，可得，当时，，解得或，即曲线经过，因为，可得，根据对称性可得曲线还经过，故曲线一共经过6个整点，B符合题意；当且仅当，即时等号成立．对于C，当时，由可得，（当时取等号），当时，可得的，此时点的轨迹是线段；，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性当时，可得，此时点的轨迹是椭可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过，C不符合题意；圆．故答案为：BC．对于D，如图所示，在轴上图形的面积大于矩形的面积：，轴下方的面积大【分析】由基本不等式可得，可得或，即可判断出点于等腰三角形的面积：，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于， D符合题意；∴，60°，故答案为：ABD∴故答案为2．【分析】将换成方程不变，再结合图形关于y轴对称，从而得出图形关于轴对称；当【分析】由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，时，代入可得，解得，即曲线经过点，当时，方程变换为BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．，由判别式法得出x的取值范围，所以只能取整数1，当时，得出15.【答案】12，解得或，即曲线经过，根据对称性可得曲线还经过【解析】【解答】由题意得：，根据椭圆的定义得，，故曲线一共经过6个整点；∴，当时，由结合均值不等式求最值的方法，可得，（当圆变形得，即圆心，半径，时取等号），所以，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据要使最大，即最大，又，对称性可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过；在轴上图形的面积大于矩形的面∴使最大即可.积，再利用矩形的面积公式得出，轴下方的面积大于等腰三角形的面积，再利用等如图所示：∴当共线时，有最大值为，腰三角形面积公式得出，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于，从而选出结论正确的选项。∴的最大值为，13.【答案】∴的最大值，即的最大值为11+1=12，故答案为：12【解析】【解答】依题意a，b所成角的余弦值为【分析】由椭圆的方程可得a，b，c的值，由圆的方程可得圆心的坐标及半径，再由椭圆的定义可得|PF1|=.2a-|PF2|，然后由三点共线可知线段之差求出的最大值.故答案为：16.【答案】；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，【分析】由已知直接利用数量积求夹角公式，即可求出a，b所成角的余弦值.，14.【答案】2，【解析】【解答】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，离心率．不妨取点在第一象限， ，且，得，解得，即点；，设点，则，，解得，．所以点；故答案为：；．又，则的直线方程为，【分析】由双曲线的渐近线方程为，可知，再结合与，可求得离心率；不妨取点在第一象限，第一象限与第四象限计算结果相同，写出点A的坐标后，由三角函数的知识可求得化为一般形式是．的值.【解析】【分析】(1)根据题意画出图形，结合图形求出AC的中点和斜率，从而求得BD的斜率和直线的方程；17.【答案】（1）解：因为，(2)由直线AB和BD求点B的坐标，再根据对称求出点D的坐标，利用直线AC和AB求得点A，再写出直，线所在直线一般形式方程．，即；19.【答案】（1）解：∵四边形为菱形，，又面ABCD，，OB，OP两两垂直，（2）解：∴以为轴，为轴，OP为轴建立如图所示的空间直角坐标系，.根据题可知，，，且为中点，【解析】【分析】(1)可得，利用数量积运算性质即可求出的长；，，，，，，(2)易得，再利用平行六面体、空间向量基本定理即可得出的值.，，，18.【答案】（1）解：如图所示，菱形的顶点和，设面BDM的法向量为，所以的中点，，，，令，则，，直线的斜率为的斜率为，，所以直线的方程为：，即；∴直线与平面BDM所成角的正弦值为；（2）解：由直线的方程和直线的方程联立， 又，所以四边形BCDE为平行四边形，所以，（2）解：由（1）可知，面BDM的一个法向量为，又平面，平面，所以平面，∴点到平面BDM的距离，又BE平面BEGF，平面平面，所以.又平面平面ABCD，BE平面，，∴点到平面BDM的距离为．平面平面，【解析】【分析】(1)根据题意可知，OB，OP两两垂直，以为轴，为轴，OP为轴建立如图所以平面PAD，所以平面PAD，所示的空间直角坐标系，根据题所给的长度可算出面BDM的法向量和的坐标，再根据线面夹又平面PAD，所以；角的向量法，求出直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）解：存在，为棱上靠近点的三等分点；因为，为线段的中点，所以，(2)根据(1)可知的坐标和面BDM的一个法向量坐标，根据公式又平面平面ABCD，所以平面ABCD.，即可求出点A到平面BDM的距离．如图，以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，20.【答案】（1）解：由题意得：，解得：则，，，，，所以，，即轨迹E的方程为设，得，所以，（2）解：记，设平面的法向量为，则即的方程为令，可得，由消去得，平面EBP的一个法向量，所以则；设直线与轴交于点解得或(舍去)，【解析】【分析】(1)根据题意，将两个点的坐标代入椭圆的方程，可得，解可得a、b的值，故为棱上靠近点的三等分点.即可得椭圆E的方程；【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理与性质定理证得，再利用面面垂直及线面垂直的性质即可证得；(2)记，联立直线与椭圆的方程，解可得y的值，即可得直线与(2)以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，设轴交点的坐标，结合三角形面积公式计算可得的面积.，分别求出平面的法向量和平面EBP的一个法向量，再由向量夹角公式求出的21.【答案】（1）证明：因为，且为线段的中点，所以， 值，进而得为棱上靠近点的三等分点.2.【答案】（1）解：设圆心C(a，0)，则或a＝－5(舍)，所以圆C：x2＋y2＝4（2）解：当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以，，若x轴平分∠ANB，则⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离，确定出圆心坐标，即可得出圆方程；（2）当直线轴，则轴平分，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立圆与直线方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，由若轴平分，则，求出的值，确定出此时坐标即可
简介：高二上学期数学期中考试试卷（B卷）A．2B．C．7D．一、单选题8.已知点，，动点到直线的距离为，，则（）1.圆的圆心坐标为（）A．B．C．D．A.点的轨迹是圆B.点的轨迹曲线的离心率等于2.已知三棱柱，点为线段的中点，则（）A.B．C.点的轨迹方程为C．D．D．的周长为定值3.若直线与直线平行，则实数（）二、多选题9.已知椭圆：，关于椭圆下述正确的是（）A．1B．-1C．0D．4.古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，A.椭圆的长轴长为得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用周长为72的矩形ABCD截某圆锥得到椭圆τ，且B.椭圆的两个焦点分别为和τ与矩形ABCD的四边相切.设椭圆τ在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足C.椭圆的离心率等于题意的方程为（）D.若过椭圆的焦点且与长轴垂直的直线与椭圆交于，则10.下列说法不正确的是（）A．B．A.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°B．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角C．D．C．二面角的大小范围是[0°，180°]5.已知直线，则下述正确的是（）D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小A.直线的斜率可以等于0B．直线的斜率有可能不存在11.圆和圆的交点为A，B，则有（）C．直线可能过点D．直线的横纵截距不可能相等A.公共弦所在直线方程为6.已知正方体的棱长为，点为线段上一点，，则点到平面的距离B.线段中垂线方程为为（）C.公共弦的长为A.B．C．3D．4D．P为圆上一动点，则P到直线距离的最大值为7.已知直线（为实数）是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）12.某房地产建筑公司在挖掘地基时，出土了一件宋代小文物，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一 （2）若点在第二象限，，求的面积.个球形绿色水晶宝珠，其轴截面（如图）由半椭圆与半椭圆组20.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，成，其中，设点是相应椭圆的焦点，和是轴截面与为的中点.轴交点，阴影部分是宝珠轴截面，其以曲线为边界，在宝珠珠面上，为等（1）证明：平面；边三角形，则以下命题中正确的是（）（2）求直线与平面所成角的正弦值.21.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，A.椭圆的离心率是，点E为棱PC的中点.B.椭圆的离心率大于椭圆的离心率（1）证明：（2）若F为棱PC上一点，且满足，求二面角的余弦值.C.椭圆的焦点在轴上22.在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在y轴上的圆C经过两点和，直线的方程为D.椭圆的长短轴之比大于椭圆的长短轴之比三、填空题.13.已知直线l的一个方向向量，平面α的一个法向量，若l⊥α，则（1）求圆C的方程；m+n=.（2）过点作圆C切线，求切线方程；14.过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长为.（3）当时，Q为直线上的点，若圆C上存在唯一的点P满足，求点Q的坐标.15.圆关于直线对称的圆的方程是.16.将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线答案解析部分与所成的角为.1.【答案】A四、解答题【解析】【解答】将圆的方程化为标准式可得，17.已知三个顶点坐标分别为，，.则该圆的圆心坐标为。（1）求线段中点的坐标；及中线的直线方程，并把结果化为一般式；故答案为：A.（2）求边高线的直线方程，并把结果化为一般式.18.三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，，分别是，【分析】将圆的一般方程转化为标准方程，再利用圆的标准方程求出圆心坐标。的中点.2.【答案】D【解析】【解答】解：在三棱柱，点为线段的中点，则（1）求证：平面；，（2）求平面和平面的夹角的余弦值.所以19.如图所示，已知椭圆的两焦点分别为，，为椭圆上一点，且+.（1）求椭圆的标准方程；， 故答案为：D线不可能过点（2，1），利用已知条件将直线的一般式方程转化为直线的截距式方程求出直线的横截距和纵截距，进而得出直线的横、纵截距可能相等，进而找出正确的选项。【分析】根据空间向量的线性运算求出向量即可.6.【答案】B【解析】【解答】连接，过作于，如图，3.【答案】B设，【解析】【解答】由两直线平行知：，解得：.因为正方体的棱长为1，所以，，故答案为：B.因为平面，，所以平面，所以点到平面的距离为的长度，【分析】根据两直线平行可得到各项系数所满足的关系式，进而求得结果.4.【答案】C因为，【解析】【解答】由题意椭圆方程是方程为，排除BD，所以。矩形的四边与椭圆相切，则矩形的周长为，故答案为：B．在椭圆中，，，不满足题意，【分析】连接，过作于，设，再利用正方体的棱长为1，在椭圆中，，满足题所以，，再结合平面，，所以平面，所以点到平意．故答案为：C．面的距离为的长度，再利用正弦函数的定义，从而求出PO的长。7.【答案】C【分析】由椭圆的简单性质结合矩形的四边与椭圆相切，整理即可得出，然后由代入验证【解析】【解答】∵圆，即，法得出答案。表示以为圆心、半径等于3的圆，5.【答案】B【解析】【解答】若，则直线的斜率不存在，B符合题意；由题意可得，直线经过圆的圆心，若，直线的斜率存在，且斜率，不可能为0，A不符合题意；故有，∴，点．将点代入直线方程得：，C不符合题意；∵，，令m=1，则直线方程为：x-y=0，横纵截距均为0，D不符合题意.∴切线的长。故答案为：B.故答案为：C．【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线的斜率公式得出直线的斜率，再利用代入法得出直【分析】将圆转化为圆的标准方程，从而求出圆心坐标和半径长，由题意可得直 线经过圆的圆心，再结合代入法得出a的值，进而求出点A的坐标，再利用两点距离【分析】化简椭圆方程为标准方程，求出a，b，c，然后求解离心率以及通径，判断选项的正误即可.10.【答案】A,B,D公式求出AC的长，再结合已知条件求出CP的长，再利用勾股定理求出切线的长。【解析】【解答】当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°时，直线l与平面α所成的角为60°，A不正确；8.【答案】C向量夹角的范围是[0°，180°]，而异面直线夹角为(0°，90°]，B不正确；【解析】【解答】点，，动点到直线的距离为，，二面角的范围是[0°，180°]，C符合题意；二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补，D不正设动点的坐标为，可得：，确．故答案为：ABD．化简得点的轨迹方程为，【分析】利用已知条件结合方向向量的定义和法向量的定义，再结合线面角的求解方法，从而求出若直线l的所以的轨迹是椭圆，所以A不符合题意，C符合题意；方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°；利用已知条件结合异面离心率为：，所以B不正确；直线夹角的求解方法和所成角的取值范围和方向向量的定义和所成角的取值范围，从而求出两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角；利用二面角的大小的取值范围，得出二面角的范围；利用已知条件结合二△的周长为定值：，所以D不正确；面角的求解方法和法向量的定义，从而求出二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小，进而找出故答案为：C．说法不正确的选项。1.【答案】A,B,D【分析】利用点，，动点到直线的距离为，，设动点的坐标为【解析】【解答】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，，再结合点到直线的距离公式得出点的轨迹方程，再利用椭圆的定义推出点的轨迹是椭圆；再利即公共弦AB所在直线方程为，A符合题意；用椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率，再利用椭圆的定义和焦距的定义，再结合三角形的周长公式，得出三角形△的周长为定值，进而找出正确的选项。对于B，圆的圆心为，，则线段AB中垂线斜率为，9．【答案】A,C,D即线段AB中垂线方程为：，整理可得，B符合题意；【解析】【解答】由已知椭圆标准方程为，则，∴．对于C，圆，圆心到的距离为长轴长为，A符合题意；两焦点为，B不符合题意；离心率为，C符合，半径题意；所以，C不正确；代入椭圆方程得，解得，∴，D符合题意．故答案为：ACD．对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的 最大值为，D符合题意.对于B，椭圆的离心率，所以，B不正确；故答案为：ABD对于C，由可知，椭圆的焦点在轴上，C符合题意；【分析】由圆与圆的交点为A，B，联立二者方程结合作差法得对于D，椭圆的长短轴之比为，出公共弦AB所在直线方程；再利用圆的方程求出圆心坐标，再利用直线AB的斜率结合椭圆的长短轴之比为，两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出线段AB中垂线斜率，再利用中点坐标公式求出AB的中点坐标，再结合点斜式方程求出线段AB中垂线方程，再转化为直线AB中垂线的一般式方程；再利用圆因为，所以椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，D不正确.求出圆心坐标，再利用点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再利用故答案为：AC圆的半径结合弦长公式，进而求出公共弦的长；再利用点P为圆上一动点，再结合点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再结合圆的半径，从而结合几何法求出点P到直线AB距离的最大【分析】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，利用值，进而找出正确的选项。，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，所以是半椭圆的焦点，、12.【答案】A,C是半椭圆的焦点，依题意可知，，再结合勾股定理得出的值，再利用三角形【解析】【解答】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，为等边三角形，得出的值，进而求出的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出c的值，再结因为，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，合勾股定理得出的值，从而求出半椭圆的方程，再利用，得出的值，再结合椭圆中a，b，c三所以是半椭圆的焦点，、是半椭圆的焦点；者的关系式得出的值，从而求出半椭圆的方程。再利用椭圆的离心率公式得出椭圆的离心率和椭圆依题意可知，，所以，的离心率，由可知，椭圆的焦点在轴上，再利用椭圆的长轴和短轴的定义得出椭圆的长轴又为等边三角形，所以，和短轴之比和椭圆的长轴和短轴之比，再利用比较法得出椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，所以，进而找出正确命题的选项。又因为，所以，所以，13.【答案】-16【解析】【解答】∵l⊥α，∴，又因为，，∴==，所以半椭圆的方程为，解得m=-6，n=-10，∴m+n=-16。又，所以，所以，故答案为：-16。所以半椭圆的方程为，【分析】利用已知条件结合直线方向向量的定义和平面的法向量的定义，再结合l⊥α，得出，再结合空间向量共线的坐标表示，进而求出m，n的值，从而求出m+n的值。对于A，椭圆的离心率是，A符合题意； 14.【答案】因此，【解析】【解答】设弦长为，过原点且倾斜角为60°的直线方程为，所以异面直线与所成的角为。整理圆的方程为：，圆心为，半径，故答案为：。圆心到直线的距离为：，【分析】根据题意可知，当最大时，平面平面，设的中点为，连接建立则：空间直角坐标系，令，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利故答案为：。用数量积求向量夹角公式，进而求出异面直线与所成的角。17.【答案】（1）由题意，三个顶点坐标分别为，，，【分析】利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，从而求出直线的斜率，再利用点斜式求出过原点且倾斜角为60°的直线方程，再利用圆的方程求出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式，从设中点坐标为，由中点公式可得，而求出圆心到直线的距离，再利用弦长公式，从而求出直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长。即中点坐标为，15.【答案】又由斜率公式，可得，【解析】【解答】设圆心关于直线的对称点为，则，线段PQ的中所以直线的直线方程为，即.点为，于是，则圆Q的方程为：。（2）由，，可得，所以上的高线所在直线的斜率为，故答案为：。则上的高线所在直线的方程为，即.【分析】将圆与圆关于直线对称的问题转化为点与点关于直线对称的问题，再结合中点坐标公式和两直线垂【解析】【分析】（1）利用已知条件结合中点坐标公式，进而求出线段中点的坐标；再利用两点求斜率直斜率之积等于-1，从而求出圆心关于直线的对称点的坐标，即圆心坐标，再结合圆与公式求出中线CM的斜率，再结合点斜式求出中线CM的直线方程，从而转化为直线CM的一般式方程。（2）利用已知条件结合两点求斜率公式，进而求出直线AB的斜率，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，得圆关于直线对称得出对称圆的半径，进而求出对称圆的标准方程。出AB边上高线的斜率，再结合点斜式求出边上高线的直线方程，再转化为直线的一般式方程。16.【答案】18.【答案】（1）连接，，设交于点.如图所示：【解析】【解答】根据题意可知，当最大时，平面平面，在中，，分别是，的中点，设的中点为，连接建立空间直角坐标系，如图所示，令，则，.又平面，平面，，平面. （2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，线线垂直证出线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，即，再利用线线垂直证出线面则，，，，..垂直，即平面，所以是平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式设平面的法向量为.和平面和平面所成的二面角为锐二面角，从而求出平面和平面的夹角的余弦值。，.19.【答案】（1）设椭圆的标准方程为，焦距为，，令，则，，因为椭圆的两焦点分别为，，可得，，.所以，可得，所以，，则，四边形为正方形，所以椭圆的标准方程为．，（2）因为点在第二象限，，又，即，，在中，由．平面，根据余弦定理得，，即，即，解得，平面，即平面，所以．是平面的法向量.【解析】【分析】（1）利用椭圆的两焦点分别为，，从而求出c的值，再结合焦距的定义.求出的值，再利用椭圆的定义得出a的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，从而求出由图象可得平面和平面所成的二面角为锐二面角，椭圆的标准方程。平面和平面的夹角的余弦值是.（2）利用点在第二象限，，在中，由椭圆的定义得出，由余弦定理得出的值，再利用正弦函数的定义，从而求出三角形的面积。【解析】【分析】（1）连接，，设交于点，在中，利用，分别是，的20.【答案】（1）证明：∵为矩形，且，中点，再结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，得出，再利用线线平行证出线面平行，从而∴.证出平面。又∵，.∴，.（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，又∵，，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用已知条件结合正方形的结构特征得出线线垂直，再利用 ∴平面.（2）向量，，，.∵平面，∴设，，又∵，，所以，∴平面.（2）解：以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示：由，得，因此，解得，则，，，，，即，∴，，设为平面FAB的法向量，则，即设平面的法向量令，得为平面FAB的一个法向量.则，即因为y轴⊥平面ABP，取平面ABP的法向量，则，∴，经观察知二面角是锐角，所以其余弦值为.【解析】【分析】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系∴，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示，进而证出线线垂直。∴直线与所成角的正弦值为.（2）利用空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，设，，再结合三角形法则和共线定理，再利用向量的坐标运算得出向量【解析】【分析】（1）利用四边形为矩形，且，再结合勾股定理得出AC的长，再利用已知条件结合勾股定理，从而证出，再利用结合线线垂直，从而证出线面垂直，所以，由结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再结合和线线垂直证出的值，从而求出向量的坐标，设为平面FAB的法向量，再利用法向量的定义结合数量线面垂直，从而证出平面。积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面FAB的一个法向量，再利用y轴⊥平面ABP，（2）以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结从而求出平面ABP的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合二面角是锐角，从合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而结合诱导公式求出直线与而求出二面角的余弦值。所成角的正弦值。21.【答案】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，2.【答案】（1）设圆的方程为，将M，N坐标代入，得：，则可得，，，，，，向量，解得，所以圆的方程为；，故，所以. （2）当切线斜率不存在时，直线与圆相切；当切线斜率存在时，设直线方程为，即，由圆心到直线的距离，解得，故切线方程为，综上，切线方程为或；（3）设，，则，化简得，此圆与圆C相切，所以有，解得，所以或.【解析】【分析】（1）设圆的方程为，再利用已知条件结合代入法得出b，r的值，进而求出圆的标准方程。（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线与圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，进而求出直线的斜率，从而求出圆的切线方程。（3）设，，再利用两点求距离公式，化简得出，再利用此圆与圆C相切结合两圆位置关系判断方法，再结合勾股定理得出t的值，从而求出点Q的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷A.直线与平面的距离为一、单选题B.平面与平面的距离为1.抛物线的焦点到准线的距离是（）C.点与平面的距离为A．2B．4C．D．D.点与平面的距离为2．已知向量＝（3，0，1），＝（﹣2，4，0），则3+2等于（）A．（5，8，3）B．（5，﹣6，4）10.已知双曲线的左､右焦点分别为，，是双曲线上一点，若C．（8，16，4）D．（16，0，4），则该双曲线的离心率可以是（）3.若方程表示一个圆，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．2A．B．C．D．11.下列命题中不正确的是（）4.直线与直线平行，则为（）A.不过原点的直线都可以用方程表示A．-1或-4B．-1C．2D．-4B.已知，则向量在上的投影的数量是5.已知三棱柱，点在线段上，且，则（）A．B．C.圆上有且仅有2个点到直线的距离等于1C．D．D.已知和是两个互相垂直的单位向量，，，且，则实数12.如图：空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列选项6.椭圆中，以点为中点的弦所在直线的斜率为（）正确的是（）A．B．-4C．D．-2A.设点在面内，若的斜率与的斜率之积为，则点的轨迹为双曲线7.如图，四面体中，，分别为和的中点，，，且向量与向量的B.三棱锥的外接球表面积是夹角为，则线段长为（）C.设点在平面内，若点到直线的距离与点到直线的距离相等，则点的轨迹是抛物A．B．C．或D．3或线8.动点分别与两定点，连线的斜率的乘积为，设点的轨迹为曲线，已知D.设点在面内，且，若向量与轴正方向同向，且，则，，则的最小值为（）最小值为50三、填空题A．4B．8C．D．12二、多选题13.已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则抛物线的标准方程为.9．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，底面，，，，分别14.四面体中，，，，，若为中点，则是，，的中点，以下说法正确的是（）长为. 15.已知过点的直线与圆相交于，两点，若，则直线的方程平面，．（1）若点为的中点，点为的中点，点为线段上动点，为.且平面平面，求的值；16.已知､分别为双曲线的左、右焦点，若点到该双曲线的渐近线的距离为（2）求二面角的正弦值．2，点在双曲线上，且，则三角形的面积为.22.已知平面直角坐标系下点和点，的周长等于12.四、解答题（1）求这个三角形的顶点的轨迹的方程；17.已知直线经过点倾斜角的余弦值为.（2）过点的直线交曲线于，两点，设点关于轴的对称点为，不重合），判断直线（1）求直线的方程；是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由.（2）判断直线与圆C：的位置关系；如果相交，记交点为，，求经过，两点的圆的答案解析部分面积的最小值；如果相离，过直线上的点作圆的切线，切点为，求长的最小值.1.【答案】B现给出两个条件：①；②，从中选出一个条件填在横线上，写出一种【解析】【解答】由题意得，得，方案即可.所以抛物线的焦点到准线的距离是4。18.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点，的距离之比故答案为：B为定值且的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点坐标和准线方程，再利用抛物线的定义求出抛物线氏圆.在平面直角坐标系中，，，动点满足.设点的轨迹为.的焦点到准线的距离。（1）求曲线的方程；2.【答案】A（2）若曲线和无公共点，求的取值范围.【解析】【解答】。19．如图所示，在三棱锥中，，，，，故答案为：A.（1）求证：平面；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算，进而得出向量3+2的坐标表示。（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.3．【答案】C【解析】【解答】由题意得：，即。20.已知椭圆上的动点到左焦点的最远距离是3，最近距离是1.故答案为：C.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值.【分析】利用方程表示一个圆的判断方法，进而求出实数k的取值范围。21.如图，且，，且，且，4.【答案】D 【解析】【解答】由题意得且，即，因为直线与直线平行，所以，即，解得。∴弦所在的直线的斜率为。故答案为：D故答案为：C.【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的判断方法，再结合两直线不重合的判断方法，进而得出实【分析】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用已知条件结合代入法得出，两式相减结数a的值。5.【答案】D合韦达定理和代入法以及直线的方程，再结合两点求斜率公式得出弦所在的直线的斜率。【解析】【解答】由题意得：，，，7.【答案】A故【解析】【解答】取AC的中点E，连接ME、EN，又，分别为和的中点，。∴ME∥BC，且，∥AD，且，故答案为：D∵向量与向量的夹角为，∴向量与向量的夹角为，【分析】利用已知条件结合向量共线定理、三角形法则和平面向量基本定理，进而得出又，。6.【答案】C∴，【解析】【解答】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴，即线段长为。故答案为：A.代入椭圆得，【分析】取AC的中点E，连接ME、EN，再利用，分别为和的中点结合中点作中位线的方法两式相减得，和中位线的性质，所以ME∥BC，且，∥AD，且，再利用向量与向量的夹角为，得出向量与向量的夹角为，再结合三角形法则和数量积求向量的模的公式即，和数量积的运算法则，再利用数量积的定义得出向量的模，从而得出线段的长。8.【答案】B即，又【解析】【解答】设动点的坐标为，则 所以平面，整理后得：，动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，所以是两平面，的公垂线，的长是两平面间的距离，，如下图所示，当经过点时，最短，此时因为，，所以，。所以，故答案为：B所以平面与平面的距离为，点与平面的距离为。故答案为：BD【分析】设动点的坐标为，再利用两点求斜率公式结合已知条件，整理后得：，【分析】利用已知条件结合四棱锥、正方形的结构特征，再结合线面垂直证出线线垂直，再利用中点的性质再利用椭圆的定义得出动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，和点与平面的距离公式求解方法、直线与平面的距离求解方法、两平面距离求解方法，进而找出说法正确的，当经过点时，最短，此再结合几何法和椭圆的定义以及勾股定理，选项。进而得出的最小值。10.【答案】A,B9.【答案】B,D【解析】【解答】是双曲线右支上一点，【解析】【解答】分别取的中点，连接，则有，又，因为，，分别是，，的中点，则有，即，则双曲线的离心率取值范围为所以∥，∥，因为平面，平面，平面，平面，AB符合题意；CD不符合题意.所以∥平面，∥平面，故答案为：AB因为，所以平面∥平面，【分析】利用点是双曲线右支上一点，，再利用双曲线的定义结合，则有因为∥，的中点为，，再利用双曲线离心率公式和双曲线离心率自身的取值范围，进而得出双曲线的离心率取值范围。所以过点，1.【答案】B,D因为，所以，【解析】【解答】直线不可用截距式表示，A不符合题意；因为底面，底面，所以，，，因为，向量在上的投影的数量是，B符合题意；所以平面，因为平面，所以，圆心到直线的距离，所以圆上有三个点到直线的距离为1，C不符合题意；因为，所以平面，因为平面∥平面，因为，所以， ，，D符合题意.【分析】利用已知条件结合两点求斜率公式，从而得出的斜率与的斜率之积，再利用的斜率与故答案为：BD.的斜率之积为，从而结合双曲线的定义得出点的轨迹是双曲线去掉两个顶点；利用已知条件结合三棱锥与外接球的位置关系，再结合外接球的表面积公式，进而求出三棱锥的外接球表面积；利用已【分析】利用已知条件结合截距式直线方程、数量积求投影数量的方法、点到直线的距离公式、数量积为0知条件结合点到直线的距离公式结合抛物线的定义，进而得出若点到直线的距离与点到直线的距两向量垂直的等价关系、数量积的运算法则和单位向量的定义，进而找出不正确的命题的选项。12.【答案】B,C,D离相等，则点的轨迹是抛物线；利用点在面内，且，再利用结合椭圆的定【解析】【解答】对于：设点在面内坐标为，所以义，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出椭圆的标准方程，设到的距离为到的距离为，再利用两点距离公，式得出，要使的值最小，则最小，再利用，所以所以，所以，所以，所以，所以点的，再利用均值不等式求最值的方法，进而得出的最小值，从而找出正确的选项。轨迹是双曲线去掉两个顶点，A不符合题意；13.【答案】对于，因为关于平面对称，所以球心在平面内，又，所以球心在与轴上的坐【解析】【解答】由题可知：椭圆的右焦点坐标为，标互为相反数，设球心坐标为所以可知抛物线的焦点坐标为，抛物线的标准方程为。所以，解得，所以，所以表面积为故答案为：。，B符合题意；【分析】由题意结合椭圆的标准方程求出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出c的对于在平面内，若点到直线的距离即为到的距离，又点到直线的距离与点到直线的距离相等，值，从而得出椭圆的右焦点坐标，再利用已知条件得出抛物线的焦点坐标，进而得出抛物线的所以点到的距离与到直线的距离相等，所以点的轨迹是抛物线；标准方程。对于：点在面内，且，又，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且14.【答案】，所以，【解析】【解答】在中，，所以椭圆方程为，设到的距离为到的距离为，由余弦定理可得，，，要使的值最小，则最小，所以，又，所以，即，同理，在中，，所以，D符合题意；在中，，，所以，故答案为：BCD.因为E为CD的中点，则在中，， ，由，可得所以故答案为：。则三角形的面积为故答案为：【分析】在中，，由余弦定理可得AD的长，同理，在中得出AC的长，在中，，，进而得出CD的长，再利用E为CD的中点，则在【分析】由点到该双曲线的渐近线的距离为2，即可求得b，再结合双曲线定义，及再三角形由余中结合等腰三角形三线合一，所以，再结合中点的性质，进而得出CE的长，再利用勾股定理得出AE的长。弦定理，可求，即可求解。15.【答案】y=1或x=217．【答案】（1）解：因为直线的倾斜角的余弦值为，则其正弦值为，【解析】【解答】圆的圆心，半径直线截圆所得弦长，则弦心距所以倾斜角的正切值，即直线的斜率为，当过点的直线斜率不存在时，的方程为，圆心到直线的距离为1，符合题意要求；因为直线过点，当过点的直线斜率存在时，的方程可设为，所以直线的方程为，即.由，可得，此时的方程为，（2）解：选①，圆心，半径，综上，直线的方程为y=1或x=2。圆心到直线的距离，直线与圆相交，故答案为：y=1或x=2。弦长，以弦为直径的圆面积最小，为；【分析】利用已知条件结合圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用弦长公式得出弦心距，再利用分类选②，圆心，半径，讨论的方法设出直线方程，再利用点到直线的距离公式和弦心距，进而得出直线l的方程。16．【答案】圆心到直线的距离为，直线与圆相离，【解析】【解答】双曲线的渐近线的方程为，右焦点切线长，当时即当时，长取得最小值为2.由点到该双曲线的渐近线的距离为2可得，，则【解析】【分析】（1）利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出直线的斜率，再结合点斜式方程求出直线l的方程，再转化为直线l的一般式方程。（2）选①，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距 离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相交，再利用直线与圆相交结合弦长公式得出AB的长，再利用19．【答案】（1）证明：∵，，，几何法得出以弦为直径的圆面积最小，再结合圆的面积公式得出经过，两点的圆的面积的最小值；∴在中，由余弦定理得，选②，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相离，再利用勾股定理得出切线长，再利用几何法∴，得出当时，长取得最小值，进而得出EF的长的最小值。又，，18．【答案】（1）解：设，∴，因为，，动点满足，即，又，所以，，化简得，即，∴平面；（2）解：作交于，所以曲线的方程为，又平面，（2）解：曲线的圆心为，半径为4，∴以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，的圆心为，半径为，在△中，由正弦定理得，因为曲线和无公共点，故，所以两圆外离或内含，所以或，∴，即，所以或，所以或，∴，所以的取值范围为∴，，，【解析】【分析】（1）设，利用，，动点满足，再利用两点距离公式化又，0，，，，，，，，简得出曲线的方程。（2）利用曲线和的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用曲线∴，，，，，，，，，和无公共点，所以两圆外离或内含，再利用两圆外离和内含的位置关系判设平面的法向量为，，，断方法，再结合圆心距与两圆半径长的和与差的比较，进而得出实数的取值范围。 ，∴，令，令，∴，，，∴，，，设直线与平面所成角为，因为函数在单调递增，所以当，即时，∴，故的面积的最大值为.即直线与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）由题知：，进而解方程组求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆的标准方程。【解析】【分析】（1）利用，，，所以在中，由余弦定理得出CD的（2）由题知，再利用直线斜率不为零，设，，，再结长，再利用，结合勾股定理得出，再利用结合线线垂直证出线面垂直，从而证出直线平面。合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理，得出，再利用三角形面积的关系式和（2）作交于，再利用平面，所以以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，在△中，由正弦定理结合勾股定理得出点B的坐标，再利用空间直角坐标系求出A，C，E的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公三角形的面积公式得出式，进而得出直线与平面所成角的正弦值。，令，则，再利用函数在单调递增，进而得出三角形的面积的最大值。20.【答案】（1）解：由题知：，则，21.【答案】（1）解：依题意，以为原点，分别以，，为所以，轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），故所求椭圆的标准方程为：；所以，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，（2）解：由题知，直线斜率不为零，设，，1，，，0，，，，，，0，，所以，2，，，0，，代入椭圆方程，并化简得：，设平面的法向量为，，，设，所以，则，令，可得，0，， 面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦设，0，，则，0，，值。若平面平面，则平面，2.【答案】（1）解：由点和点，的周长等于12，所以，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，所以，且，，所以，，，解得，所以，0，，所以顶点的轨迹的方程为，此时；（2）解：因为关于轴的对称点为和不重合，（2）解：依题意可得，，0，，，，，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，，，设平面的法向量为，，，所以，联立，令，所以可得，2，，消去并整理得，同理可求平面的法向量为，1，，设，所以，所以，，因为和关于轴对称，所以，所以，，所以二面角的正弦值为．所以直线的方程为，【解析】【分析】（1）依题意，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面即，的法向量，设，0，，再结合向量的坐标表示得出，0，，若平面平面整理得，结合面面平行证出线面平行，则平面，故，再利用数量积的坐标表示得出a的，值，进而得出点P的坐标，从而得出此时的值。当时，，(2)依题意可得，，的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，同理可求平 所以直线恒过点．【解析】【分析】（1）由点和点，的周长等于12，再利用三角形的周长公式得出，再利用椭圆的定义得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出顶点的轨迹的标准方程。（2）利用关于轴的对称点为和不重合，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，利用和关于轴对称，所以，，再利用两点求斜率公式和点斜式方程求出直线的方程为，整理得，进而结合韦达定理得出，再利用直线的点斜式方程得出直线恒过的定点，并求出定点的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷9.点在圆上，点在圆上，则（）一、单选题A.的最小值为31.经过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程是（）A．y=x-3B．y=x+1C．y=-x-3D．y=-x+3B．的最大值为72.抛物线的焦点坐标为（）C．两个圆心所在的直线斜率为D．两个圆相交A．B．C．D．10.已知抛物线的焦点为，点)在抛物线上，若，则（）3.双曲线的渐近线方程是（）A．B．C．D．的坐标为A．B．C．D．11.如图所示，一个底面半径为4的圆柱被与其底面所成的角的平面所截，截面是一个椭圆，则下列4．若椭圆：（）满足，则该椭圆的离心率（）．正确的是（）A.椭圆的长轴长为8A．B．C．D．B.椭圆的离心率为C．椭5.直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线mx+3y﹣1＝0平行，则m的值为（）圆的离心率为D．椭圆的一A．﹣3B．1C．1或﹣3D．﹣1或36.直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN个方程可能为所成角的余弦值为()12.已知直线与抛物线交于两点，若线段的中点是，A．B．C．D．则（）A．7.已知双曲线的左､右焦点分别为，，点在双曲线的左支B．上，若，且线段的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）C．A．B．C．2D．3D．点在以为直径的圆内8.已知，分别是双曲线的左､右焦点，若P是双曲线左支上的点，且.则三、填空题的面积为（）13.已知向量，且，则实数．A．8B．C．16D．14.若圆被直线所截得的弦长为，则实数的值是．二、多选题15.椭圆的焦点为，，上顶点为，若，则． 16.如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，中点为.若抛物线：的顶点为，且经过点，.且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是．(填序号)（1）求椭圆的方程；①(＋＋)2＝2()2；（2）设点关于点的对称点为，过点作直线与椭圆交于点，，且的面积为，②·(－)＝0；求直线的斜率.③向量与的夹角是60°；22.已知双曲线C的渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为.④BD1与AC所成角的余弦值为.（1）求双曲线C的方程；四、解答题（2）过F作斜率为k的直线交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：为定17.已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线与圆相交于两点，是的中点，.值.（1）求圆的标准方程；答案解析部分（2）求直线的方程.1．【答案】D18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的【解析】【解答】因为直线的倾斜角为135°，则该直线的斜率为k=tan135°=-tan45°=-1，中点于是得过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程y-2=-1×(x-1)，即y=-x+3，（1）求证：平面所以所求的直线方程是：y=-x+3。（2）求与平面所成的角的正弦值故答案为：D19.已知椭圆：（）的一个焦点为，设椭圆的焦点恰为椭圆短轴上的顶点，【分析】利用直线的倾斜角为135°结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出该直线的斜率，再利用点斜式求出过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程，再转化为直线的斜截式直线方程。且椭圆过点，为坐标原点．2.【答案】C（1）求的方程；【解析】【解答】由得：，焦点坐标为.（2）若为椭圆上的一点，为椭圆的焦点，且与的夹角为，求的面积．故答案为：C.20.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，平面，，，是的中点．【分析】首先把抛物线化为标准式，然后由抛物线的方程即可求出焦点的坐标即可。（1）求证：平面；3.【答案】C（2）试在线段上确定一点，使平面，请指出点在上的位置，并加以证明；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，即（3）求平面与平面夹角的余弦值．．故答案为：C．21.设椭圆：的左､右焦点分别为，，下顶点为，线段(为坐标原点)的 【解析】【解答】由题意，得，【分析】利用双曲线的简单性质结合双曲线的方程，由此计算出结果即可。故，4.【答案】B又因为的中点在轴上，故，【解析】【解答】由题意知，又因为，所以，∴，所以，故。∴，即或（舍）。故答案为：B故答案为：B．【分析】利用已知条件结合椭圆中a，b，c三者的关系式，再利用椭圆中离心率公式和椭圆的离心率的取值【分析】利用已知条件结合双曲线的定义，从而得出，故，范围，从而得出满足要求的椭圆的离心率。再利用的中点在轴上，故，再结合几何法和勾股定理得出a，c的关系式，再利用双5.【答案】A曲线的离心率公式，从而求出双曲线的离心率。【解析】【解答】根据直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线m+3y﹣1＝0平行，8.【答案】C可得1×3＝（m+2）m，解得m＝1或﹣3，【解析】【解答】因为P是双曲线左支上的点，所以，当m＝1时，两直线的方程重合，不符合题意；当m＝﹣3时，两直线的方程为x﹣y﹣1＝0和3x﹣3y+1＝0，两直线平行，符合题意，两边平方得，故m＝﹣3。所以.故答案为：A．在中，由余弦定理得，【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的性质，再结合直线不重合的判断方法，进而得出满足要求所以，所以。的实数m的值。故答案为：C6.【答案】C【解析】【解答】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则【分析】利用点P是双曲线左支上的点，再结合双曲线的定义，所以，两边平方得，，A（1，0，0），，故，，所以的值，在中，由余弦定理得出的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。，故选C.9.【答案】A,B,C【分析】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本【解析】【解答】根据题意，圆，其圆心，半径，能力，考查分析问题与解决问题的能力.圆，即，其圆心，半径，圆心距7.【答案】B 故答案为：BD.>R+r，故两圆外离，D不符合题意；则的最小值为，最大值为，A符合题意，B符合题意；【分析】由题意可知椭圆的长轴与圆柱的直径的关系，进而可得椭圆的长轴长，短轴长等于圆柱的直径，进对于C，两个圆心所在的直线斜率，C符合题意.而可得短轴长即半焦距c的值，进而判断出所给命题的真假故答案为：ABC.12．【答案】A,B【解析】【解答】对于A，设，，【分析】根据题意，由圆得出圆心坐标和半径长，再将圆转化由得：，，为圆的标准方程为，从而得出圆心坐标和半径长，再利用两点距离公式得出圆心距，再又线段的中点为，，解得：，A符合题意；结合圆心距与半径和的比较，进而判断出两圆外离，再结合几何法得出的最小值和最大值，再利用两点对于B，在直线上，，B符合题意；求斜率公式得出两个圆心所在的直线斜率，进而找出正确的选项。10.【答案】A,C对于C，过点，为抛物线的焦点，【解析】【解答】由题可知，由，，，C不符合题意；所以，，对于D，设，则，又，。，，在以为直径的圆上，D不符合题意.故答案为：AC．故答案为：AB.【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点的坐标，再利用焦半径公式和代入法，进而得出点M【分析】由设而不求法设出点的坐标，并由斜截式设出直线的方程再联立直线与抛物线的方程，消去x等到的坐标，再利用两点距离公式得出OM的长，进而得出正确的选项。关于y的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于t的两根之和与两根之积的代数式，结合中点的坐标公式计1.【答案】B,D算出t的值，由此即可判断出选项A正确；把点的坐标代入计算出m的值即可判断出选项B正确；由A的结【解析】【解答】由题意易知椭圆的短半轴长，论结合弦长公式代入数值计算出结果由此即可判断出选项C错误；由两点间的距离公式，代入数值计算出结∵截面与底面所成的角为，果由此判断出选项D错误，从而得出答案。∴椭圆的长轴长为，则a=8，13.【答案】2所以，【解析】【解答】，则，解得。故答案为：2。离心率为，当建立坐标系以椭圆中心为原点，椭圆的长轴为轴，短轴为轴时，【分析】利用已知条件结合向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出实数k的值。14.【答案】0或2则椭圆的方程为.【解析】【解答】圆的圆心坐标为，半径为， 又因为圆被直线所截得的弦长为，对于②，因为，故②正确；所以，圆心到直线的距离，对于③，因为，显然为等边三角形，则，则，解得或a=2。所以向量与的夹角为，向量与的夹角为，故③不正确；故答案为：0或2。对于④，因为，，则，，【分析】利用圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用圆被直线所所以，截得的弦长为结合弦长公式得出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式得出实数a的值。所以，故④不正确．15．【答案】故答案为：①②．【解析】【解答】由题意，椭圆，可得，则，所以，，且上顶点，【分析】利用已知条件结合平行六面体的结构特征，再利用平面向量基本定理、三角形法则、数量积为0两如图所示，因为，可得，向量垂直的等价关系、数量积求向量夹角公式、异面直线求角的方法，进而找出说法正确的序号。17.【答案】（1）解：设圆的半径为，因为圆与直线相切，则，解得。故答案为：。∴，∴圆的方程为（2）解：①当直线与轴垂直时，易知符合题意；②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，【分析】由题意，椭圆，可得，再利用椭圆中a，b，c三者的关连接，则，∵，∴，系式得出c的值，从而得出焦点坐标和上顶点A的坐标，再利用，可得的值，再结合正则由得，∴直线为：，切函数的定义得出实数m的值。故直线的方程为或.16．【答案】①②【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出圆A的半径即可。【解析】【解答】解：因为以为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为，不妨设棱长为，（2）分别就直线l是否与x轴垂直展开讨论。垂直时，易知x=−2符合题意；不垂直时，根据设出的l的对于①，，方程表示出AQ后可以求出l的斜率，进而求出l的方程。因为，则，所以18.【答案】（1）证明：如图所示：，故①正确；连接AC与BD交于点O，连接OE， 因为是的中点，底面是正方形，故椭圆的长轴长为所以，又平面，平面，故椭圆的长半轴长为，半焦距为，则短半轴长为1所以平面；（2）解：以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，故的方程为设，（2）解：由题意，不妨设，则，由余弦定理，所以，【解析】【分析】（1）由题意得出椭圆：（）a，b的值，再结合椭圆中a，b，c三者的设平面EBD的一个法向量为，关系式，进而得出c的值，从而得出椭圆M的一个焦点坐标，再利用已知条件，进而得出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆过点结合两点距离公式和长轴长的求解公式，进而得出椭圆的长轴长，从而则，即，得出椭圆的长半轴长，再利用半焦距长结合椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出短半轴长，从而得出令，得，则，椭圆的标准方程。设与平面所成的角为，（2）由题意，不妨设，再利用椭圆的定义和焦距的公式得出的值，由余弦所以，定理得出xy的值，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积。20.【答案】（1）证明：平面，平面，，【解析】【分析】（1）连接AC与BD交于点O，连接OE，利用是的中点，底面是正方形，再结，，则，则，合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。，平面；（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，设，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求（2）证明：当为的中点时，平面，出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合诱导公式得出直线与平面所成的角的正弦取的中点，连接、，如图所示：值。因为、分别为、的中点，则且，因为四边形为平行四边形，则且，19.【答案】（1）解：由题意，椭圆：（）的一个焦点为，为的中点，则且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，故因为，平面，平面，因此，平面，故即椭圆的焦点为当点为的中点时，平面；（3）解：平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、又椭圆过点 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，21.【答案】（1）解：由题意易知，，，，则，，，，，则，得，，为的中点，则，故椭圆的方程为：.则、、、、，（2）解：由题意，得，直线不与轴垂直，，，，，设直线的方程为，，，设平面的法向量为，设平面的法向量为，由，由，得，取，可得，则，，，所以，由，得，取，可得，因为，解得，，即，因此，平面与平面夹角的余弦值为.故直线的斜率为.【解析】【分析】（1）由题意易知，，，，进而得出b，c的值，再结合椭【解析】【分析】（1）利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用，，则，则，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a的值，从而得出椭圆的标准方程。平面。（2）由题意，得，直线不与轴垂直，设直线的方程为，，（2）当为的中点时，平面，取的中点，连接、，利用、分别为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和、的中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则且，再利用四边形，，再利用三角形的面积公式解得，进而得出直线的斜率。为平行四边形，则且，再利用点F为的中点，则且，再利2.【答案】（1）解：设双曲线方程为用平行和相等的传递性，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，由题知，再利用结合线线平行证出线面平行，因此，平面，故当点为的中点时，平面。双曲线方程为：（3）利用平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向（2）证明：设直线l的方程为代入量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。 整理得，设所以：由弦长公式得：设AB的中点则，代入l得：AB的垂直平分线方程为令y=0得，即，所以：为定值.【解析】【分析】（1）设双曲线方程为，再利用双曲线的渐近线方程结合点到直线的距离公式得出实数的值，进而得出双曲线的标准方程。（2）设直线l的方程为，设，再结合直线与双曲线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，由弦长公式得，设AB的中点结合中点坐标公式和代入法以及直线的方程，得出，，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，再结合点斜式求出直线AB的垂直平分线方程，令y=0，得出，再利用两点距离公式得出，进而证出为定值。 高二上学期数学期中考试试卷6． 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，则 与平面 所成角的余弦值为（）1一、单选题A．31．已知直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则 2的倾斜角为（）B．3A．30°31B.0°C．2C．120°D．32D．150°7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣2． =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0互相平行的（）条件的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走A．充分而不必要B．必要而不充分才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为 2+ 2≤5，若将军从点 (3，1)处出发，河岸C．充要D．既不充分也不必要线所在直线方程为 + =5，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为3．过点(0，2)作与圆 2+ 2−2 =0相切的直线l，则直线l的方程为（）（）A．3 −4 +8=0A．10B．3 +4 −8=0B．210C． =0或3 +4 −8=0C．5D． =0或3 −4 −8=0D．25→→→→→→→2 24．如图，在三棱柱 − 1 1 1中， 为 1 1的中点，若 = ， = ， 1= ，则 可表示为8．已知椭圆 ： +=1( > >0)的左、右焦点分别为 ， ，点 ( ， )， (− ，− )在椭圆 上，1211112（）2|1|其中 3，则椭圆的离心率的取值范围为（）1→1→→1>0， 1>0，若| |=2| 2|，| 1|≥3A．−−+22A．(0，6−1]B．1→+1→+→222B．(2，6−1]C．−1→+1→+→2222C．(0，3−1]D．1→−1→+→222D．(，3−1]25．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射.12日下午4二、多选题点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中轨道③所示，其近月点与月9.下列说法正确的是（）球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3476公里，对该椭圆下述A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角四个结论正确的是（）B．不经过原点的直线都可以用方程+=1表示A.焦距长约为150公里C．直线 1：2 + −4=0， 2：2 + +2=0，则与直线 1与 2距离相等的直线方程为2 + −1=0B.长轴长约为3988公里D．已知圆 ： 2+ 2−4 =0，圆心为 ， 为直线2 + +3=0上一动点，过点 向圆 引两条切线 和C.两焦点坐标约为(±150，0)，、为切点，则四边形的面积的最小值为175D.离心率约为→99410．已知正方体 方− 1 1方1的1棱长为1，点 ， 分别是 1，1 的1中1点， 在正方体内部且满足= 1→3→2→++，则下列说法正确的是（）（2）求直线和平面的所成角的正弦值．243119．已知圆C经过点 (3,−2)和 (1,0)，且圆心在直线 + +1=0上.A．直线 1⊥平面 1 方（1）求圆C的方程；B．直线与平面111所成的角为4（2）直线l经过(2,0)，并且被圆C截得的弦长为2，3求直线l的方程.C．直线与平面11的距离20．如图，三棱柱 − 的所有棱长都是2， ⊥平面 ，方， 分别是 ， 的中点．2为2111115D．点到直线的距离为（1）求证：平面 ⊥平面 1 方；6（2）求平面1和平面1夹角的余弦值；11．已知椭圆的中心在原点，焦点1，2在轴上，且短轴长为2，离心率为6，过焦点1作3（3）在线段1（含端点）上是否存在点，使点到平面1的距离为25？请说明理由．轴的垂线，交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（）52221．已知圆：(+1)2+2=16的圆心为，过点(1，0)作直线与圆交于点、，连接、，A．椭圆方程为+2=1B．椭圆方程为+2=1过点作33的平行线交于点；C．||=23D．2的周长为3（1）求点的轨迹方程；3412．在平面直角坐标系 中，点 (0，3)，直线 ： =2 −4．设圆 的半径为1，圆心在 上，若圆 上存在点（2）已知点 (2，0)，对于 轴上的点 ( ，0)，点 的轨迹上存在点 ，使得 ⊥ ，求实数 的取值范，使||=2||，则圆心的横坐标的值可以是（）围．A．0B．1C．2D．322．如图，正方形 方 的边长为2， ， 分别为 ， 方的中点．在五棱锥 − 方 中， 为棱 的中三、填空题点，平面 与棱 方， 分别交于点 ， ．13．已知直二面角 − − 的棱 上有 ， 两个点， ⊂ ， ⊥ ， 方⊂ ， 方⊥ ，若（1）求证：是棱的中点=4，=3，=5，则的长是．（2）若 ⊥底面 方 ，且二面角 −方 − 的大小为45°，求直线 与平面 所成角的大小，并求线14．设 ∈ ，直线 + +1=0过定点 ，直线 − −2 +3=0过定点 ，直线 经过点 (2，−1)，并且段 的长．→以 为法向量，则直线 的方程为．答案解析部分→→15．正四面体ABCD的棱长为2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则 ⋅ 的值为．1.【答案】B 2 216．在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ：+=1( >4)，点 (−2，2)是椭圆内一点， (0，−2)，【解析】【解答】直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则3 +3×(−1)=0，故 =3. −4直线2的的斜率为=3=tan ， ∈[0， )， =60°，即倾斜角为60°.若椭圆上存在一点，使得||+||=8，则的范围是；当取得最大值时，设故答案为：B.为椭圆上任意一点，(0，2)，则||2+||2的最小值为．四、解答题17．已知 =(1，1，0)， =(−1，0，2)．【分析】由已知条件结合直线垂直的斜率之间的关系即可得出a的取值，从而即可求出斜率的值，再由斜率（1）若| |=3，且 //( − )，求 ；公式以及倾斜角的取值范围，即可得出答案。（2）若 + 与 −2 互相垂直，求实数 ．2.【答案】A18．如图，已知三棱锥 − 的侧棱 , , 两两垂直，且 =1， = =2， 是 的中【解析】【解答】由直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行得，点．( −2)×(− )=(−1)×3，解得 =3或 =−1，(−1)×0≠(−1)×(− )（1）求异面直线与所成角的余弦值；∴故 =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行的充分不必要条件. 故答案为：A.综上可知，正确的为D，故答案为：D【分析】首先由两条直线平行的系数之间的关系，即可求解出m的取值，然后代入验证结合充分和必要条件的定义即可得出答案。【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由椭圆的定义以及简单性质，对选项逐一判断即可得出3.【答案】C答案。【解析】【解答】圆 2+ 2−2 =0即为( −1)2+ 2=1，圆心是(1，0)， =1，6．【答案】B当直线斜率不存在时，直线方程为 =0，而 = =1，直线与圆相切，【解析】【解答】因为 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，当直线斜率存在时，设直线方程为 − +2=0，故构造正方体如图所示，| +2|3圆心到直线的距离为； ==1，解得 =−，过点 作 ⊥平面 于 ，则 为正△ 的中心，1+24于是∠ 为 与平面 所成的角，所以直线l的方程为3 +4 −8=0， 3 = 方= ，故cos∠ ===，综上：直线l的方程为 =0或3 +4 −8=0，设=，233则3333故答案为：C所以与平面所成角的余弦值为3，3故答案为：B【分析】首先把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，再对斜率分情况讨论，由此设出直线的方程，然后结合点到直线的距离公式代入数值计算出k的取值，从而即可得出直线的方程。【分析】由已知条件结合正方体的几何性质即可作出辅助线，由此即可求出∠ 为 与平面 所成的4．【答案】C→→→角，结合三角形中的几何计算关系代入数值计算出结果即可。【解析】【解答】=++→=→+→1→→1→+1→+→11 +(2− − )=− 227．【答案】C11故答案为：C.【解析】【解答】点(3，1)关于直线+=5的对称点为(，)，+3+1+=4=5，解得 −2=1，所以 (4，2)，则22【分析】由向量的加减运算性质以及直三棱柱的几何性质，即可求出答案。 −1=1 −3 −35．【答案】D2+225所以“将军饮马”的最短总路程为| |− =4−=5，【解析】【解答】设该椭圆的半长轴长为，半焦距长为故答案为：C.1依题意可得月球半径约为×3476=1738，2【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由点关于直线对称的性质结合中点坐标公式以及斜率之 − =100+1738=1838，间的关系，即可得出关于a与b的方程组，求解出结果结合题意计算出答案即可。+=400+1738=2138，8.【答案】D2 =1838+2138=3976， =1988， =2138−1988=150，15075【解析】【解答】||=2|2|，故||=|12|，故四边形12为矩形.椭圆的离心率约为===，1988994|1||2|=3푛， ∈[3，1)设|1|=，|2|=，=≥，设 =可得结论D项正确，A、B项错误；|1||1|33+=2，2+2=42，故22因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以C项错误.=1−1+2+2=1−， 1++2 =1+在1)上单调递减， ∥ 1方1， 1方1⊂平面 1 方1，故 ∥平面 1 方1， 为 1 中点，连接 ，则32[1)上单调递减，故 =1−在[31，∥113，++231242 _ 1 ，故 ⊥平面 1 方1， = 1 =，C不符2合题意；故< ≤4+23，故 ∈(，3−1]._22422以，，1为，，轴建立空间直角坐标系，故答案为：D.→1→3→2→132→则=++=(，，)，=(0，1，0)，243243【分析】首先由已知条件即可得出四边形12为矩形，再设出边的大小结合题意整理化简即可得出→→12 ⋅ 方3345||==，点到直线的距离为→232=，D符合题意.22→| |−()146+푛2=4 2令 =，整理化简得到=1−=1−1，再由对勾函数的单调性以及离心率公式||41+2+2++2故答案为：ABD.即可得出e的取值范围。9.【答案】A,C【分析由线面垂直的性质定理和判定定理，结合正方体的几何性质即可判断出选项A正确；根据题意作出辅【解析】【解答】坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角，A符合题意；助线，由正方体的几何性质结合线面角的定义即可得出∠ 1 1为直线 1与平面 1 方1所成的角，然后由当直线倾斜角为0°或90°时，不能用+=1表示，B不符合题意；三角形中的几何计算关系即可求出结果，由此判断出选项B正确；根据题意由线面平行的判定定理结合正方设直线方程为2 + − =0，取 1上一点(0，4)，取 2上一点(0，−2)，则两点中点为(0体的几何性质即可得出 ∥平面 1 方1，然后由题意作出辅助线，结合中点的坐标以及点到直线的距离公式，1)，代入直线方程得到 =1，即2 + −1=0，C符合题意；计算出结果，由此判断出选项C错误；根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再 2+ 2−4 =0，即 2+( −2)2=4，圆心 (0，2)，半径 =2，由空间向量的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项D正确，从而得出答案。 | |2−4，故| |最小时面积最小， =2△ =| |⋅| |=2| |=211．【答案】A,C,D|0+2+3|||的最小值5=5，故面积的最小值为2，D不符合题意.【解析】【解答】由已知得，2b=2，b=1，=6，为3故答案为：AC.又2=2+2，解得2=3， 2【分析】由倾斜角的定义即可判断出选项A正确；由直线截距式的定义即可判断出选项B错误；利用中点坐∴椭圆方程为+ 2=1，3标公式计算出两条直线上任意两点间的中点坐标，并代入到直线的方程，由此即可判断出选项C正确；首先如图：2 2223∴| |===， 的周长为4 =4．23把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，由已知条件即可得出面积之间的关系，结合题意33即可得出||最小时面积最小，由直线与圆相切的几何性质，代入数值计算出结果，由此判断出选项D故答案为：ACD．错误；从而得出答案。10．【答案】A,B,D【分析】由已知求得，再由离心率结合隐含条件求得，可得椭圆方程，进一步求得通径及2的【解析】【解答】 1⊥平面 方， 方⊂平面 方， 1⊥ 方， ⊥ 方， ∩ 1= ，故 方⊥平面 周长判断答案即可。 1， 1⊂平面 1，故 方⊥ 1，同理可得 1方⊥ 1， 方∩ 1方=方，故直线 1⊥平面 1 方，A符合12.【答案】A,B,C题意；【解析】【解答】设(，)，||=2||， 2+( −3)2=22+2，即化简整理得到 2+( +1)2=4，圆心 (0，−1)， =2，如图所示：连接 1与 1 交于点 ，则 1 ⊥ 1 ， 1 ⊥ ， 1 ∩ = ， 故 ⊥平面 方，即∠ 为直线 与平面 方所成的角，∠ =，B圆心 ( ，2 −4)，根据题意得到2−1≤| |= 2+(2 −3)2≤2+1，11111111114符合题意； 12解得0≤ ≤.5 故答案为：ABC.故答案为：1【分析】根据题意设出点的坐标，然后由两点间的距离公式代入整理化简即可得出点M的轨迹方程，再由两→→【分析】根据题意设出边的大小，然后由中点的性质以及向量的加减运算公式整理化简即可求出=圆之间的位置关系，结合圆心距与半径之间的关系，由已知条件即可求出a的取值范围。→→1→1→1→++=−−，再由数量积的运算公式代入数值计算出结果即可。13.【答案】5222216．【答案】6+25< ≤25；50【解析】【解答】=++， − +4(++ 2+ 2+ 方2+2( ⋅ + ⋅ 方+ ⋅ 方)【解析】【解答】=2，故焦点为 (0，2)和 (0，−2)，| |+| |=2 ，∴| 方|==由条件可知 ⊥ ，=| |=8−| |，|| |−| ||=|8−| |−| ||=|8−2 |≤| |=2，解得9≤ ≤25， ⊥ 方， ⊥ 方，==5.点 (−2，2)是椭圆内一点，故+44<1，解得 >6+25或 <6−25（舍去），∴| 方|=(++=2+2+9+16+252 −4故答案为：52故6+25< ≤25.22当=25时，椭圆方程为：+=1，||+||=10，2521【分析】由=++，然后利用向量数量积表示向量的模计算的222| |+| |≥(| |+| |)=50，当||=||=5时等号成立.长度。214．【答案】 + −1=05故答案为：6+2< ≤25；50.【解析】【解答】直线 + +1=0，取 =0得到 =−1，故过定点 (−1，0)，直线 − −2 +3=0，即 ( −2)− +3=0，取 =2得到 =3，故过定点 (2，3)，→【分析】根据题意由已知条件即可得出焦点的坐标，然后由椭圆的定义整理化简即可求出m的取值范围，结 =(3，3)，设直线 为3 +3 + =0，代入 (2，−1)，解得 =−3，合题意由点与椭圆的位置关系，代入整理化简即可得出m的取值范围；由m的取值即可得出椭圆的方程，由即3 +3 −3=0，即 + −1=0.椭圆的定义以及基本不等式即可求出||2+||2的值最小值。故答案为： + −1=0.→→→17．【答案】（1） =(1，1，0)， =(−1，0，2)， − =(2，1，−2)， //( − )，设 =(2 ， ，−2 )，【分析】首先由直线的方程即可求出定点的坐标，然后由向量的坐标公式计算出直线的法向量，并把点的坐→→||=22=3，解得 =±1，故=(2，1，−2)或=(−2，−1，2).4++标代入计算出c的取值，从而即可得出直线的方程。4215．【答案】1（2） + =( ， ，0)+(−1，0，2)=( −1， ，2)，→→→→→→→【解析】【解答】在正四面体ABCD中，令=，=，=，显然，〈→〉=〈→→〉=〈→→〉=6 −2 =( ， ，0)−2(−1，0，2)=( +2， ，−4)，，，， + 与 −2 互相垂直，即( −1， ，2)⋅( +2， ，−4)=( −1)( +2)+ 2−8=0，0∘→→→，||=||=||=2，如图：5解得 =2或 =−.→1→1→因点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则=−=−，222→【解析】【分析】(1)由空间向量和共线向量的坐标公式即可得出=(2 ， ，−2 )，然后由向量摸的坐标公式→=→+→+→=1→−→+1→1→−→)−→+1→=1→−1→−1→，=(2222222代入数值计算出 =±1，由此即可得出向量的坐标。→⋅→1→1→1→1→1→→→→→210∘0∘22于是得 =( − − )⋅(− )=(− ⋅ + ⋅ + )=(−2×2cos6+2×2cos6+)(2)根据题意由空间向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出结果即可。222244=1，18．【答案】（1）解：以O为原点，OB、OC、OA分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系．→→⋅1.所以的值为 则有A（0，0，1）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、E（0，1，0） ∴ =(2，−1，0)， =(0，2，−1)20．【答案】（1）解：取 1 1的中点 ，连接 1 ， 方，则 1⊥ 1 1， 方// 1，−22∴COS<< ， >>==−又 1⊥平面 ，所以 方⊥平面 ，5⋅552所以1，，1两两垂直，所以异面直线BE与AC所成角的余弦为5如图，以为原点，1，，1所在直线分别为轴，轴，（2）解：设平面ABC的法向量为1=(，，)轴建立空间直角坐标系，则则 (1，2，0)， (0，2，3)，方(0，2，0)， 1(1，0，0)， (−1，1，0)，푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0取푛1=(1，1，2)，→→证明： 1方=(−1，2，0)， 1 =(−1，2，3)，则<，301>=30→=(1，0，−3)，=→(−1，−1，−3)，30BE和平面ABC的所成角的正弦值为30→→设=( 1， 1， 1)，=( 2， 2， 2)分别为平面 1 方和平面 的法向量，2【解析】【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标1系，利→→→→由⋅=0，⋅=0，用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值；（2）求出平面的法向量和，利用向111量法能1求出直线和平面的所成角的正弦值− 1+2 1=0，得，− 1+2 1+3 1=0，19．【答案】（1）解：设圆C的方程为2+2+++令1=1，则1=2，1=0，=09+4+3方−2 + =01++=01→依题意得方 ∴=(2，1，0)是平面 1 方的一个法向量，−−+1=022→→→→ 2−3 2=0，由⋅=0，⋅=0，得，解之得方=−2, =4, =1− − −3 =0，22222∴圆C的方程为 2+ 2−2 +4 +1=0令 2=1，则 2=3， 2=−23，（2）解：圆 2+ 2−2 +4 +1=0可化为( −1)2+( +2)2=4，→∴=(3，−23，1)是平面 的一个法向量，2所以圆心到直线的距离为 =22=1→→2−(3)∴푛⋅푛=2×3−2+30=0，21当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为=2，∴平面 ⊥平面 1 方．此时直线l被圆C截得的弦长为23，符合题意→→（2）=(0，2，0)，设平面1的法向量为=(，，)．1当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，即 − −2 =0→→→→2 =0，| +2−2 |由⋅=0，⋅=0，得，由题意得=111− +2 +3 =0，2+13令=1，则=3，=0，解得=→4∴=(3，0，1)是平面 的一个法向量，1∴直线的方程为3 −4 −6=0设平面1和平面1的夹角为，由图可知为锐角，综上所述，直线l的方程为 =2或3 −4 −6=0→→23【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设圆C的方程为2+2+++=0，根据题意列出则cos =|푛1⋅ |==15，关于→→5×25 |1|||方, , 的方程组，解出即可；（2）将圆的方程化为标准形式，求出圆心到直线的距离为1，当直线l的斜率不15即平面1和平面1夹角的余弦值为．存在时符合题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，列出关于 的方程解出即可.5 （3）假设在线段（含端点）上存在点，1 2−2 +31( +2)2−2( +2)+3114，令 −2= ， ∈(−4，0)整理得到 =4= −1∈(−2，−1)，由此即 −2425使点到平面1的距离为，可求出t的取值范围。5→22．【答案】（1） ∥ 方， 方⊂平面 方， ⊄平面 方，故 ∥平面 方，设 (0， ，3)(0≤ ≤2)，则 =(0， −2，0)，→平面 与棱 方， 分别交于点 ， ，故 ∥ ，即 ∥ 方，5→| −2|由2=| ⋅푛1|=，5|→5为棱的中点，故是棱的中点.1|（2） ⊥底面 方 ， 方⊂平面 方 ，故 ⊥方 ，方 ⊥ ， ∩ = ，解得：=4（舍去）或=0，故方 ⊥平面 ， ⊂平面 ，故 ⊥方 ， ⊥方 ，故在线段1上存在点M（端点处），故∠ 为二面角 −方 − 的平面角，故∠ =45°，故 = =2.25使点M到平面1的距离为．5如图所示：以延长线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，【解析】【分析】(1)由已知条件作出辅助线，结合中点的性质即可得出线线垂直以及线线平行，然后由平行的→则 (0，1，0)， (−1，2，0)， (0，0，0)， (−1，0，1)， (0，0，2)， =(−1，1，0)传递性以及线面垂直的判定定理即可得出 方⊥平面 ，由此即可得出线线垂直从而建立空间直角坐标系求→푛⋅ ⇀ = =0出各个点的坐标以及向量和平面1和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出两个设平面 的法向量为=( ， ， )，则，平面푛⇀푛⋅ =− + =0→→的法向量的坐标；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出푛2⋅푛1=0，由此得证出结论。→取=1得到=(1，0，1)，(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面1法向量的坐标，再由数量积的→→坐标公式即可求出平面1的法向量的坐标，同理即可求出平面1的法向量；结合空间数量积的运算公直线与平面所成角为，→→|=|푛⋅ 11|==，式代sin =|cos푛， →→2×22|푛|⋅| |入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面1和平面1夹角的余弦值。 ∈[0].，故=，(3)根据题意假设存在点M，由此设出点的坐标从而求出向量的坐标，结合空间的距离公式代入数值计算出a26→→的取值，由已知条件即可得出答案。设 = ，即( ， ， −2)= (−1，2，−2)=(− ，2 ，−2 )，故 (− ，2 ，2−2 )，21．【答案】（1） ∥ ，故∠ 方=∠ 方=∠ 方 ，即| |=| 方|，→→→2 =(− ，2 ，2−2 )， ⋅푛=− +2−2 =0，解得 =.3||+||=||+||=||=4>||=2，故轨迹为椭圆，2+2|→|=2|→|22=4，=2，=1，故=3，故轨迹方程为：3=1（ ≠0）.=1+4+4=2.故=2.433【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合中点的性质即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理和性（2）设 ( ， )，则 =( − ，− )， =(2− ，− )，+质定理即可得出线线平行，从而即可得证出结论。 ⊥ ，即( − ，− )⋅(2− ，− )=( − )(2− )+ 2=0，2=1，23(2)由线面垂直的性质定理以及判定定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及11242 −2 +3即 −(2+ ) +2 +3=0，即 =4， ∈(−2，2)，4 −2向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，由线面角与向1( +2)2−2( +2)+31量.夹角之间的关系结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出直线与平面所成角的正弦值，然后由题设 −2= ， ∈(−4，0)， =4= −1∈(−2，−1)42意结合共线向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出=，由此即可得出答案。故实数 的取值范围为(−2，−1).3【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合椭圆的定义即可得出轨迹为椭圆，由题意即可求出a与b的取值，从而即可得出椭圆的方程。 (2)由已知条件设出点的坐标，由此即可求出向量的坐标，再结合数量积的坐标公式代入整理即可得出= 高二上学期数学期中考试试卷的位置关系是（）一、单选题A．相交B．相切或相交1.已知，，若，则实数的值为（）C．相切D．与的大小有关A．-2B．-1C．2D．17.已知双曲线：与直线交于，两点，点为上一动点，记直线2.直线：与直线：（实数a为参数）的位置关系是（），的斜率分别为，，的左､右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距A．与相交离为1，则（）B．与平行A．C．与重合B.的离心率为D．与的位置关系与a的取值有关C.若，则的面积为23.已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则（）D.若的面积为，则为钝角三角形A．2B．1C．D．48.设是椭圆的左､右焦点，是椭圆上任意一点，若的最小值是，则4.方程的对应曲线图形是（）的值为（）A．B．C．D．A.B．二、多选题9.已知直线，则下述正确的是（）A.直线的斜率可以等于0B.直线的斜率一直存在C．D．C.直线时直线的倾斜角为D.点到直线的最大距离为5.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（）10.如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折A.平面ABC⊥平面ABD起，使到，且平面平面，连接，．B.平面ABD⊥平面BDC则下列结论中正确的是()C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDEA．D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEB.四面体的外接球表面积为6.方程的两个不等实根为m，n，那么过点，的直线与圆 值为.C.与所成角的余弦值为四、解答题D.直线与平面所成角的正弦值为17．已知动点与两个定点的距离之比为11．在平面直角坐标系中，已知点和曲线，则对于直线下列（1）求动点的轨迹方程.说法正确的是（）（2）若边的中点为，求动点的轨迹方程.A．若，，，则直线与曲线没有交点18．如图，在直三棱柱中，点D在棱上，E，F分别是，BC的中点，，B．若，，，则直线与曲线有二个交点．（1）证明：；C．若，，，则直线与曲线有一个交点（2）当D为的中点时，求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．D．直线与曲线的位置关系和在哪里无关19.已知圆.12.已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长为4，点在椭圆内部，点（1）若过点的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程；在椭圆上，则以下说法正确的是（）（2）若是直线上的动点，是圆的两条切线，是切点，求四边形A.离心率的取值范围为面积的最小值.B.当离心率为时，的最大值为20.如图，直四棱柱中，底面为菱形，且，，为的延长C.存在点使得线上一点，平面，设.（1）求二面角的平面角的大小。D．的最小值为1（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.三、填空题21．2020年9月下旬，中国海军为应对台湾海峡的局势，派出3艘舰艇在台湾附近某海域进行实弹演习.某时13.已知点和圆，若过点P作圆C的切线有两条，则实数m的刻三艘舰艇呈“品”字形列阵(此时舰艇可视作静止的点)，如下图A，B，C，且OA=OB=OC=3，假想敌舰艇在取值范围是．14.对任意的实数，求点到直线的距离的取值范围某处发出信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早(注：信号传播速度为C处舰艇保为．持静默.（1）建立适当的坐标系，并求假想敌舰所有可能出现的位置的轨迹方程；15.如图，在直角中，，，，现将其放置在平面的上面，其中点A，B在平（2）在A，B两处舰艇对假想敌舰攻击后，C处敌舰派出无人机到假想敌舰处观察攻击效果，则无人机飞面的同一侧，点平面，与平面所成的角为，则点A到平面的最大距离是.行的距离最少是多少？16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大22.设实数，椭圆D：的右焦点为F，过F且斜率为k的直线交D于P、Q两点，若线段 PQ的中为N，点O是坐标原点，直线ON交直线于点M．（1）若点P的横坐标为1，求点Q的横坐标；【分析】由椭圆的焦点在y轴上，化为，利用长轴长是短轴长的两倍求出m（2）求证：；的值.（3）求的最大值．4．【答案】A【解析】【解答】由可知，，答案解析部分显然时方程不成立，排除C，1.【答案】C又【解析】【解答】因为，所以，即，所以不成立，排除BD，所以.故答案为：C.故答案为：A【分析】根据题意，由空间向量数量积的计算公式有，求解可得k的值.【分析】利用方程判断x，y的值的范围，即可判断曲线的图形.5.【答案】C2.【答案】B【解析】【解答】因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因【解析】【解答】由：，为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.可得，故答案为：C因为且，【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，逐项进行判断，可得答案.所以与平行6.【答案】B故答案为：B【解析】【解答】由题设有且，故均在直线上，【分析】由题意利用平行直线系方程，得出答案.3.【答案】C所以的直线方程为：，【解析】【解答】因为椭圆的焦点在y轴上，故，圆心（原点）到直线的距离为，且椭圆的标准方程为：，所以而，故直线与圆相交或相切，所以，故，故答案为：B.故答案为：C. 【分析】根据斜率公式，求出直线AB的方程，再结合韦达定理以及点到直线的距离公式，即可求解出答案.坐标，结合双曲线的定义以及余弦定理，判断三角形的形状，判断D.7.【答案】D8.【答案】B【解析】【解答】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)【解析】【解答】令，则，则，且，两式相减得，因为的最小值为，即的最小值为，所以，因为，所以，故双曲线C的渐近线方程由椭圆，可得，则，所以，因为焦点(c，0)到渐近线的距离为1，所以，即，所以，，所以，，离心率为，A，B不符合题令，解得或（舍去），意．对于C，不妨设P在右支上，记则由对勾函数的单调性可得，当取得最大值时，的最小值为，因为，所以解得或(舍去），所以的面积为即当时，的最小值为，即，解得，，C不正确；所以.对于D，设P(x0，y0)，因为，所以，故答案为：B.将带入C：，得，即【分析】由题意画出图形，再由的最小值为，结合对勾函数的单调性可知当时，的由于对称性，不妨取P得坐标为(，2)，则，最小值为，即，求得c值，即可求出的值.因为9.【答案】A,C,D所以∠PF2F1为钝角，所以PF1F2为钝角三角形，D符合题意【解析】【解答】解：对于A，当时，此时斜率为0，A对，故答案为：D对于B，当时，此时斜率不存在，B不符合题意，对于C，当时，直线，即，斜率为1，倾斜角为，C对.【分析】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)，利用点差法求解直线的斜率，得到a、b关系，通过点到直对于D，，即，恒过和的交点线的距离求解c，求出a，b，即可求出离心率，判断A、B的正误；不妨设P在右支上，记则，要使点到直线的最大距离，即时，此时最大距离为，利用，转化求解三角形的面积，判断C；设P(x0，y0)，通过三角形的面积求解P的，D对. 故答案为：ACD过F作FO’⊥平面CDE，四面体A’CDE的外接球球心O’在直线O’F上，设O’F=t，又O’D=O’A’=R得，解得【分析】根据直线斜率的定义和倾斜角的定义，即可判断A、B、C；求出直线恒过定点，所求最大距离，即∴为这两点间的距离，可判断D.10.【答案】B,C,D∴四面体A’CDE的外接球表面积为S=4πR2=8π【解析】【解答】解：由题意易得DE⊥AB故B正确；又∵平面A’DE⊥平面BCDE，且平面A’DE∩平面BCDE=DE对于C，∵∴A’E⊥平面BCDE∴∴建立如图所示空间直角坐标系，故C正确；对于D，∵VA’-BCD=VB-A’CD又A’E=1，∴∴∴故D正确.故答案为：BCD对于A，∵∴【分析】根据向量垂直的充要条件可判断A，根据四面体与外接球的几何特征，结合球的表面积公式可判断B，根据向量的夹角公式可判断C，根据等体积法，结合棱锥的体积公式可判断D.∴1.【答案】A,B,C∴BD，A’C不垂直【解析】【解答】当，，时，曲线，则对于直线，圆的圆心故A错误；对于B，取CE中点F，连接DF，到直线的距离为，所以直线与曲线没有交点，A符合题意；∵DE⊥DC当，，时，则曲线，直线，联立方程组，消去∴ 可得即，可知，所以直线与曲线有二个交点，B符合题意；对于选项：由基本不等式可得，当且仅当当，，时，直线与曲线，联立方程组，消时取得等号.又，所以，故正去可得：，解得，所以直线与曲线有一个交点，所以C符合题意；确．综上所述：正确的选项是：.由B、C选项，可知直线与曲线的位置关系和在哪里有关，所以D不正故答案为：BD.确．故答案为：ABC．【分析】通过，，的值，判断曲线与直线的位置关系，逐项进行判断，可得答案.【分析】由题意可得a，由点在椭圆内部，解得，求出，12.【答案】B,D即可判断A；求出c，计算出，当点，，共线且在轴下方时，取最大值【解析】【解答】因为长轴长为4，所以，即；因为点在椭圆内部，，可判断B；若，则，得，，推出所以，又，故可得.，即可判断C；由基本不等式可得，又，对于选项：即可判断D.因为，故，，故不正确；13.【答案】对于选项：【解析】【解答】根据题意，圆，当，即，解得，所以，则；必有，由椭圆定义：，解可得：或；如图所示：当点，，共线且在轴下方时，取最大值，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，则有，即，综合可得：m的取值范围为。所以的最大值为，故正确；对于选项：故答案为：。若，则由选项知，，，，【分析】根据题意，圆，必有，再解一元二次不等式求解集的方法，从而得出实数m的取值范围，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，从而求出实所以，数m的取值范围，再结合交集的运算法则，从而求出实数m的取值范围。所以不存在使得，故不正确；14.【答案】 【解析】【解答】由题意，直线，即，由题设，且关于对称，若，则，设，则，，所以，解得，∴所以直线过定点，，又，当垂直直线时，取得最大值，∴的最大值为8.当直线过点时，取得最小值，故答案为：8∴的取值范围.故答案为：．【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，，利用二次函数的性质可求出的最大值.【分析】将原方程化为，求出直线过定点，当垂直直线17.【答案】（1）解：设，由，则点的轨迹方程为时，取得最大值当直线过点时，取得最小值，即可求出d的取值范围.（2）解：由，15.【答案】30则点的轨迹方程为，(或).【解析】【解答】如图，设，则，将代入过作，交于，过作，交于，可得：，因为在中，，则，当四点共面时，点到的距离最大.化简得：，(或).因为，所以是与平面所成的角，则，则，【解析】【分析】(1)设，根据已知条件结合两点之间的距离公式，即可求解出动点的轨迹方程.于是，，即到的最大距离为30.(2)设，则由D为边BC的中点，求出C点的坐标，将C点的坐标代入到(1)中的方故答案为：30.程，即可求解出动点的轨迹方程.18.【答案】（1）证明：在直三棱柱中，有，【分析】过作，交于，过作，交于，然后判断出当四点共面又，，平面，时，点到的距离最大，进而算出AC，即可求出到的最大距离.16.【答案】8又平面，．【解析】【解答】如图：，， 如图，分别以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，(2)当时，四边形面积取得最小值，由此求得切线长，得四边形面积的最小值.则，，，，，．20.【答案】（1）解：连接，交于点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，则，，，设，，．则，，.（2）解：当D为的中点时，，，，∵平面，∴，，∴，∴，即，设平面DEF的法向量为，则，即∴，，令得，，设平面的法向量为，易知平面ABC的法向量为，由，得，令，所以，∴平面的一个法向量为.即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．又平面的一个法向量为，【解析】【分析】(1)以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出所需点的坐∴，标和两条直线的方向向量的坐标，利用向量的数量积为0，即可证得；(2)利用待定系数法求出平面DEF的法向量，取平面ABC的一个法向量，然后利用向量的夹角公式求解出平由图知二面角的平面角为锐角，面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.∴二面角的平面角的大小为45°；19.【答案】（1）解：当斜率不存在时，代入圆方程得，弦长为，满足条件；（2）解：假设在线段上存在一点，满足题意.当斜率存在时，设，即，圆心到直线的距离设，解得：，，所以直线方程为或，得，（2）解：当时，四边形面积取得最小值，∵，，∴，，∴.【解析】【分析】(1)求出圆心坐标和半径，讨论斜率不存在时直线满足题意，然后设出直线方程，求出圆心到∵平面，∴，∴，∴，直线的距离，由勾股定理表示出弦长求得k，进而求出直线的方程；∴存在点使平面，此时. 【解析】【分析】(1)利用建立空间直角坐标系分别求出平面EAC和平面D1AC的法向量，利用空间二面角的当P的坐标为时，直线PQ：，向量法即可求解出二面角的平面角的大小；(2)假设存在，利用直线与平面平行可得与平面EAC的法向量垂直，即可求解出的值.即，21.【答案】（1）解：建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐标系，代入椭圆方程，，即，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线是以得Q的横坐标为.，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，即，，，，当P的坐标为时，同样得Q的横坐标为.点的轨迹方程为：因此，点Q的横坐标为；（2）设方程上一点，，由题意知，求出的（2）证明：联立方程组，其解为，．最短距离即可，，由，消去y，得，即可得，．由，．【解析】【分析】（1）利用已知条件建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐所以N的横坐标为，标系，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线得N的纵坐标为，是以，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，从而求出a，c的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点P的轨迹方程。得N的坐标为．（2）设方程上一点，，由题意知，求出所以直线ON的斜率为，方程为，的最短距离即可，再利用两点距离公式结合二次函数的图象求最值的方法，进而求出无人机飞行的最短距离。与直线交于点．2.【答案】（1）解：因为点P的横坐标为1，由，故直线FM的斜率为，于是，因此；得P的坐标为或．F的坐标为．（3）解： ．令，由，得，又，得．即，所以的取值范围为，最大值为．【解析】【分析】(1)求出P的坐标，直线PQ的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，即可求出点Q的横坐标；(2)设，，联立方程组，利用根与系数的关系及其中点坐标公式可得N的坐标，联立可得M的坐标，可证明出；(3)求出，再利用换元法结合二次函数的性质，即可求出的最大值． 高二上学期数学期中考试试卷A．B．C．D．一、单选题8.在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一1.已知直线和直线，若，则（）点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（）A．3B．-1或3C．-1D．1或-3A.平面α与平面β垂直2.已知向量，，且，那么等于（）B.平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°A．B．C．D．5C.平面α与平面β平行3.在四面体中，点为棱的中点.设,，，那么向量D.平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°二、多选题用基底可表示为（）9.直线a的方向向量为，平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（）A.B．A.若，则直线平面；C．D．B.若，则直线平面；4.阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长C.若，则直线a与平面所成角的大小为；半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为，若椭圆的离心率为，面积为，则椭D.若，则平面，的夹角为．圆的标准方程为（）10.已知圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0相交于A、B两点，下列说法正确的是（）A.圆M的圆心为（1，－2），半径为1A．或B．或B.直线AB的方程为x－2y－4＝0C．或D．或C.线段AB的长为D.取圆M上点C（a，b），则2a－b的最大值为5.已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则实数m等于（）A．2B．8C．D．11.已知点，，是椭圆上的动点，当取下列哪些值时，可以使（）6.已知点是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程是（）A．3B．6C．9D．12A．B．12.将一个椭圆绕其对称中心旋转90°，若所得椭圆的两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，则称该椭圆为“对偶椭圆”．下列椭圆的方程中，是“对偶椭圆”的方程的是（）C．D．A．B．C．D．7.椭圆的左､右焦点分别为､，是椭圆上的一点，，且，垂三、填空题足为，若四边形为平行四边形，则椭圆的离心率的取值范围是（）13.若点到直线距离为，则=． 14.过定点的直线：与圆：相切于点，则．轴上方），且.（1）求椭圆的方程；15.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是、、、（2）当为椭圆与轴正半轴的交点时，求直线方程；，则该四面体的内切球与外接球体积之比为（3）对于动直线，是否存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点？若存在，求出该定16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大点的坐标；若不存在，请说明理由.答案解析部分值为.1.【答案】四、解答题C17．在三角形ABC中，已知点A(4，0)，B(－3，4)，C(1，2)．【解析】【解答】直线的斜率存在，，（1）求BC边上中线的方程；且.（2）若某一直线过B点，且x轴上截距是y轴上截距的2倍，求该直线的一般式方程．18.如图1，在中，MA是BC边上的高，，.如图2，将沿MA进行翻折，使，化为.得二面角为，再过点B作，连接AD，CD，MD，且，.解得或.当时，与重合，应舍去.（1）求证：平面MAD；.（2）在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值.故答案为：C.19.已知动点M到点A（2，0）的距离是它到点B（8，0）的距离的一半，求：（1）动点M的轨迹方程；【分析】利用两条直线平行与斜率的关系即可得出a的值.（2）若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹．2.【答案】B【解析】【解答】解：因为向量，，且，20.已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆所以，解得，交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.所以，（1）求椭圆的方程；（2）求的面积.所以，故答案为：B21.如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．【分析】由可得，从而解出x，得到的坐标，再由模长公式求出的值.（1）求证：AC⊥平面BEF；3.【答案】B（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；【解析】【解答】点为棱的中点，（3）证明：直线FG与平面BCD相交．，22.已知椭圆的上顶点到左焦点的距离为.直线与椭圆交于不同两点、（、都在 ，两式相减可得：，又，即，，故答案为：B.因为是线段的中点，所以，，所以，【分析】先根据点P为棱BC的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用表示向即可.所以直线l的方程是，即，4.【答案】B故答案为：D【解析】【解答】根据题意，可得，【分析】利用“点差法”即可得出直线l的斜率，利用点斜式即可得出直线l的方程.所以椭圆的标准方程为或.7.【答案】D故答案为：B【解析】【解答】如图：若，又四边形为平行四边形，，【分析】由题意可得离心率即a，c的关系，椭圆面积可得a，b的关系，再由a，b，c的关系求出椭圆的标准方程.∴，即，5.【答案】B∴，解得.【解析】【解答】由题意，得，，则，故答案为：D所以椭圆的离心率，解得m=8.故答案为：B.【分析】设，由题意可得，由此可得，即可求出椭圆的离心率的取值范围.【分析】根据题意，由椭圆的方程分析可得a、b的值，计算可得c的值，由椭圆的离心率公式可得8.【答案】A，求解可得m的值.【解析】【解答】解：设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），6.【答案】D∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足【解析】【解答】设直线与椭圆交于，，同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足则，，∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2， ∴点Q1与Q2重合于同一点故答案为：ABD．由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径判断A；联立两圆的方程求得AB的方程判断故选：AB；由点到直线的距离公式及垂径定理求得AB的长判断C；利用直线与圆相切求得2a-b的范围判断D.【分析】设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．根据题意点P1在β内的射影与P2在α内的1.【答案】A,B,C射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角，根据面面垂直的【解析】【解答】设，且.定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．因为，9.【答案】B,C,D【解析】【解答】若，则直线平面或在平面内，A不正确；将点坐标代入椭圆，得，所以代入上式可得若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面；B符合题意；直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若，则直线a与.平面所成角的大小为，C符合题意；所以，.对照选项可以取ABC.两个平面夹角与他们法向量所成的不大于的角相等，D符合题意，故答案为：ABC．故答案为：BCD【分析】设，由，可得，利用二次函数的性质【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，利用法向量和线面夹角及面面夹角的应用，逐项进行判断，可得到答案.可求出的最值，进而得出答案.10.【答案】A,B,D12.【答案】A,C【解析】【解答】由圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，得(x－1)2+(y+2)2＝1，【解析】【解答】由题意，得当时，该椭圆为“对偶椭圆”．由得，则圆M的圆心为（1，－2），半径为1，A符合题意；A中，；B中，，，；联立圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，消去二次项，可得直线AB的方程为x－2y－4＝0，B符合题意；选项Ｃ中，；D中，，，．圆心O到直线x－2y－4＝0的距离d，圆O的半径为2，故答案为：AC．则线段AB的长为2，C不符合题意；令t＝2a－b，即2a－b－t＝0，由M（1，－2）到直线2x－y－t＝0的距离等于圆M的半径，【分析】根据新定义，只要当b=c，椭圆即为“对偶椭圆”，由椭圆方程求得a、b、c，判断即得答案.13.【答案】0或5可得，解得t＝4．【解析】【解答】根据点到直线的距离公式得到∴2a－b的最大值为，D符合题意．故答案为0或5. 【分析】利用点到直线的距离公式直接求解，可得a的值.设，则，，14.【答案】4∴【解析】【解答】直线：过定点，的圆心，半径为：3；，又，定点与圆心的距离为：．过定点的直线：与圆：∴的最大值为8.相切于点，则．故答案为：8【分析】求出直线过的定点，圆的圆心与半径，利用直线与圆的相切关系求解可得的值.15.【答案】1：27【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，【解析】【解答】点、、、恰为棱长为的正方体的四个点，，利用二次函数的性质可求出的最大值.该四点构成了一个棱长为的正四面体（如图所示）.17．【答案】（1）解：∵B（－3，4），C（1，2），设该正四面体的内切球和外接球半径分别为、，体积分别为、，∴线段BC的中点D的坐标为（－1，3），又BC边上的中线经过点A（4，0），则该正四面体的外接球也是正方体的外接球，∴y（x－4），即3x+5y－12＝0，则，即.BC边上中线的方程.由图可得该四面体的体积为：（2）解：当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，，代入点B（－3，4），则4＝－3k，解得k，又，所以所求直线的方程为yx，即4x+3y＝0；所以，解得，当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为1，代入点B（－3，4），则，解得m，则，.故答案为：1：27.所以所求直线的方程为1，即x+2y－5＝0，综上所述，该直线的一般式方程为4x+3y＝0或x+2y－5＝0．【分析】作出坐标系和四面体，得到四面体和正方体的关系，利用正方体的外接球和正方体的关系求出外接【解析】【分析】(1)求得线段BC的中点坐标，再结合点A的坐标，由直线的点斜式写出BC边上中线的方球的半径，再利用分割法得到正四面体的体积，进而求出其内切球的半径，再利用球的体积公式进行求解，程；可得该四面体的内切球与外接球体积之比.(2)分两类：①当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，代入点B(-3，4)，求出16.【答案】8k的值，进而求出该直线的一般式方程；【解析】【解答】如图：②当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为，代入点B(-3，4)，求得m的由题设，且关于对称，若，则， 值，进而求出该直线的一般式方程.(2)易知，，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角18.【答案】（1）证明：由图1可知，，，为二面角的平面角，即坐标系，逐一写出A、B、D、M、E的坐标，由法向量的性质求得平面MBD的法向量，设直线与平，，、平面，平面，平面，面所成角为，则，利用空间向量数量积的坐标运算，即可求解出直线AE与平面．MBD所成角的正弦值.在中，由余弦定理知，19.【答案】（1）解：设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，则点M的轨迹就是集合，，P．由于，，由两点距离公式，点M适合的条件可表示为，，、平面，平方后再整理，得．可以验证，这就是动点M的轨迹方程．平面．（2）解：设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，（2）解：，，，为直角三角形且，y1）．由于A（2，0），且Ｎ为线段AM的中点，所以，．，．所以有，①以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）题知，M是圆上的点，则，0，，，0，，，3，，，0，，，1，，所以M坐标（x1，y1）满足：②，1，，，0，，，3，，将①代入②整理，得．所以N的轨迹是以（1，0）为圆心，以2为半径的圆．设平面的法向量为，，，则，【解析】【分析】（1）设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，由题意，结合两点距离公式求令，则，，，0，，得动点M的轨迹方程；设直线与平面所成角为，（2）设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，y1），根据中点坐标公式以及动点M的轨迹方程，即可求出点N的轨迹．则．20.【答案】（1）解：由已知得，，解得，又，所以椭圆的方程为故直线与平面所成角的正弦值为．（2）解：设直线的方程为，【解析】【分析】(1)由图1可知，，，推出∠BAC为二面角B-MA-C的平面角，得到由得，①MA⊥平面ABC，故MA⊥CD，结合余弦定理和勾股定理可证得AD⊥CD，再由线面垂直的判定定理即可得证平面MAD； 设、的坐标分别为，（），中点为，由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，则，，因为是等腰△的底边，所以．设平面BCD的法向量为，所以的斜率为，解得，此时方程①为．∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，解得，，所以，，所以，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，此时，点到直线：的距离，所以△的面积∴．【解析】【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为（3）证明：平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．离公式求高，即可计算出面积．【解析】【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得21.【答案】（1）证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设∵CC1⊥平面ABC，立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法∴四边形A1ACC1为矩形．向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结又E，F分别为AC，A1C1的中点，论.∴AC⊥EF．∵AB=BC．2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF该椭圆的上顶点到左焦点的距离为，即，可得，，（2）解：由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，因此，椭圆的方程为；EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，（2）解：由题意可得，，直线的斜率为，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐，则直线的斜率为，称系E-xyz． 系，即可证明存在一个定点M(-2，0)，无论∠OFA如何变化，直线总经过此定点.直线的方程为，联立，得，解得或，所以点的坐标为.直线的斜率为，因此，直线的方程为；（3）解：由于直线与椭圆的两交点、都在轴上方，则直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立，消去得，，得，由韦达定理得，，，所以，直线和的斜率之和为，即，，，则直线的方程为，直线过定点.【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，椭圆可得关于a，b的方程，求出a，b的值，由此求出椭圆C的方程；(2)由题意可得，得，从而，可得直线BF的方程，代入椭圆方程，求得B点坐标，由此能求出直线AB的方程；(3)由∠OFA+∠OFB=180°，知直线和的斜率之和为，设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，得关于x的一元二次方程，由直线方程的点斜式求得动直线l的方程，结合根与系数的关 高二上学期数学期中考试试卷线交于点，则点的轨迹的方程是（）一、单选题A.B．C．D．1．已知点､与圆:,则()8．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体A.点与点都在圆外中，，，，则异面直线与之间的距离是B.点在圆外,点在圆内C．点在圆内,点在圆外（）D．点与点都在圆内A.B．C．D．2.已知双曲线上一点到的距离为，为坐标原点，且二、多选题9.已知向量，则下列结论不正确的是（），则()A．B.C．或D．或A．B．3.已知点A(1，3)，B(－2，－1)．若直线l：y＝k(x－2)＋1与线段AB相交，则k的取值范围是（）C．D．A.B．10.设定点，，动点满足，则点的轨迹可能是（）C．或D．A.圆B．线段C．椭圆D．直线11.已知圆和圆的公共点为，，则（）4.如图，把椭圆的长轴分成8等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，，…，，是椭圆的左焦点，则（）A.B．直线的方程是A．35B．30C．25D．20C．D．5.已知圆的半径为2，椭圆的左焦点为，若垂直于12.数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列轴且经过点的直线与圆相切，则椭圆的长轴长为（）四个结论，其中正确结论是（）A．B．2C．4D．8A.图形关于轴对称6.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的B.曲线恰好经过6个整点（即横､纵坐标均为整数的点）数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样C.曲线上存在到原点的距离超过的点走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河D.曲线所围成的“心形”区域的面积大于3岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）三、填空题13.已知异面直线a，b的方向向量分别为，，则a，b所成角的余弦值为.A．B．5C．D．1014.如图，二面角等于，A、B是棱l上两点，、分别在半平面、7.已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分 内，，，且，则的长等于．22.已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．（1）求圆C的方程；15.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆（2）过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．上一个动点，则的最大值为答案解析部分16.双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为，1.【答案】C若E上的点A满足，其中、分别是E的左，右点，则.【解析】【解答】因为点､四、解答题将的坐标代入圆的方程,可得,所以点A在圆内17．在平行六面体中，，将的坐标代入圆的方程,可得,所以点在圆外，点为与的交点，点在线段上，且.故答案为：C（1）求的长；【分析】将点代入圆的方程,根据点与圆位置关系的判断方法,即可得解.（2）设，求的值.2.【答案】D18.在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和所在直线的方程为，【解析】【解答】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，（1）求对角线所在直线一般形式方程；由中位线定理知.（2）求所在直线一般形式方程．当在右支时，由双曲线定义可知：19.如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，当在右支时，由双曲线定义可知：底面，设点是的中点．故答案为：D.（1）直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）点A到平面BDM的距离．【分析】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，由中位线定理知20.已知椭圆经过，再对点P在双曲线的左右支进行分类讨论，结合双曲线定义求出（1）求椭圆的方程；3.【答案】（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.D【解析】【解答】解：直线经过定点，21.在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，为线段AD的中点，过的平面与线段PD，分别交于点，.，，（1）求证：；又直线与线段相交，（2）若，是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请确定点的，位置；若不存在，请说明理由.故答案为：D． 则，【分析】由直线系方程求出直线l所过定点，由两点求斜率公式求得连接定点与线段AB上点的斜率的最小故“将军饮马”的最短总路程为10.值和最大值，求得k的取值范围.故答案为：D.4.【答案】A【解析】【解答】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，知，，，【分析】直接利用点关于线的对称的应用和两点间的距离公式的应用，求出“将军饮马”的最短总路程.7.【答案】B∴．故答案为：A【解析】【解答】由题可得圆心，半径为6，是垂直平分线上的点，，【分析】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，可得，求解可得答案.，5.【答案】C点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，【解析】【解答】圆的标准方程为，，故点的轨迹方程为。因为圆的半径为，则，因为，解得，故答案为：B.圆的标准方程为，圆心为，由题意可知，直线与圆相切，则，解得，【分析】由题可得圆心，半径为6，再利用点P是垂直平分线上的点，所以，所以则，因此，椭圆的长轴长为.，再利用题意的定义得出点的轨迹是以为焦点的椭圆且故答案为：C.，从而求出a的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点的轨迹方程。【分析】由圆，化成标准方程为，结合题意得出m8.【答案】D的值，再根据条件垂直于x轴且经过F点的直线与圆M相切，利用直线与圆的相切的位置关系得出c【解析】【解答】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，值，求出a值，即可得椭圆的长轴长.则，6.【答案】D则，，【解析】【解答】如图，点关于直线的对称点为，则即为“将军饮马”的最短总路程，设和的公垂线的方向向量，设，则，即，令，则，则，解得，， 的轨迹..1.【答案】A,B,D故答案为：D.【解析】【解答】圆的圆心是，半径，圆，圆心，，【分析】根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出，A符合题意；和的公垂线的方向向量的坐标，结合空间向量数量积的运算公式根据题意即可求出异面直线之间的距离。两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，B符合题意；9.【答案】B,C，，，，所以不正确，C不正确；【解析】【解答】向量，圆心到直线的距离，，D符合题意.，，，故A正确；故答案为：ABD，1，，故B错误；，故C错误；【分析】根据题意求出两个圆的圆心坐标和半径，再把两个圆的方程相减即可得出直线的方程结合点到直线，故D正确．的距离公式对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：BC．12.【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A，将换成方程不变，所以图形关于轴对称，A符合题意；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算、数量积的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而找出结论不正对于B，当时，代入可得，解得，即曲线经过点，确的选项。当时，方程变换为，由，解得，所以10．【答案】B,C只能取整数1，【解析】【解答】由题意知，定点，，可得，当时，，解得或，即曲线经过，因为，可得，根据对称性可得曲线还经过，故曲线一共经过6个整点，B符合题意；当且仅当，即时等号成立．对于C，当时，由可得，（当时取等号），当时，可得的，此时点的轨迹是线段；，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性当时，可得，此时点的轨迹是椭可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过，C不符合题意；圆．故答案为：BC．对于D，如图所示，在轴上图形的面积大于矩形的面积：，轴下方的面积大【分析】由基本不等式可得，可得或，即可判断出点于等腰三角形的面积：，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于， D符合题意；∴，60°，故答案为：ABD∴故答案为2．【分析】将换成方程不变，再结合图形关于y轴对称，从而得出图形关于轴对称；当【分析】由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，时，代入可得，解得，即曲线经过点，当时，方程变换为BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．，由判别式法得出x的取值范围，所以只能取整数1，当时，得出15.【答案】12，解得或，即曲线经过，根据对称性可得曲线还经过【解析】【解答】由题意得：，根据椭圆的定义得，，故曲线一共经过6个整点；∴，当时，由结合均值不等式求最值的方法，可得，（当圆变形得，即圆心，半径，时取等号），所以，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据要使最大，即最大，又，对称性可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过；在轴上图形的面积大于矩形的面∴使最大即可.积，再利用矩形的面积公式得出，轴下方的面积大于等腰三角形的面积，再利用等如图所示：∴当共线时，有最大值为，腰三角形面积公式得出，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于，从而选出结论正确的选项。∴的最大值为，13.【答案】∴的最大值，即的最大值为11+1=12，故答案为：12【解析】【解答】依题意a，b所成角的余弦值为【分析】由椭圆的方程可得a，b，c的值，由圆的方程可得圆心的坐标及半径，再由椭圆的定义可得|PF1|=.2a-|PF2|，然后由三点共线可知线段之差求出的最大值.故答案为：16.【答案】；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，【分析】由已知直接利用数量积求夹角公式，即可求出a，b所成角的余弦值.，14.【答案】2，【解析】【解答】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，离心率．不妨取点在第一象限， ，且，得，解得，即点；，设点，则，，解得，．所以点；故答案为：；．又，则的直线方程为，【分析】由双曲线的渐近线方程为，可知，再结合与，可求得离心率；不妨取点在第一象限，第一象限与第四象限计算结果相同，写出点A的坐标后，由三角函数的知识可求得化为一般形式是．的值.【解析】【分析】(1)根据题意画出图形，结合图形求出AC的中点和斜率，从而求得BD的斜率和直线的方程；17.【答案】（1）解：因为，(2)由直线AB和BD求点B的坐标，再根据对称求出点D的坐标，利用直线AC和AB求得点A，再写出直，线所在直线一般形式方程．，即；19.【答案】（1）解：∵四边形为菱形，，又面ABCD，，OB，OP两两垂直，（2）解：∴以为轴，为轴，OP为轴建立如图所示的空间直角坐标系，.根据题可知，，，且为中点，【解析】【分析】(1)可得，利用数量积运算性质即可求出的长；，，，，，，(2)易得，再利用平行六面体、空间向量基本定理即可得出的值.，，，18.【答案】（1）解：如图所示，菱形的顶点和，设面BDM的法向量为，所以的中点，，，，令，则，，直线的斜率为的斜率为，，所以直线的方程为：，即；∴直线与平面BDM所成角的正弦值为；（2）解：由直线的方程和直线的方程联立， 又，所以四边形BCDE为平行四边形，所以，（2）解：由（1）可知，面BDM的一个法向量为，又平面，平面，所以平面，∴点到平面BDM的距离，又BE平面BEGF，平面平面，所以.又平面平面ABCD，BE平面，，∴点到平面BDM的距离为．平面平面，【解析】【分析】(1)根据题意可知，OB，OP两两垂直，以为轴，为轴，OP为轴建立如图所以平面PAD，所以平面PAD，所示的空间直角坐标系，根据题所给的长度可算出面BDM的法向量和的坐标，再根据线面夹又平面PAD，所以；角的向量法，求出直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）解：存在，为棱上靠近点的三等分点；因为，为线段的中点，所以，(2)根据(1)可知的坐标和面BDM的一个法向量坐标，根据公式又平面平面ABCD，所以平面ABCD.，即可求出点A到平面BDM的距离．如图，以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，20.【答案】（1）解：由题意得：，解得：则，，，，，所以，，即轨迹E的方程为设，得，所以，（2）解：记，设平面的法向量为，则即的方程为令，可得，由消去得，平面EBP的一个法向量，所以则；设直线与轴交于点解得或(舍去)，【解析】【分析】(1)根据题意，将两个点的坐标代入椭圆的方程，可得，解可得a、b的值，故为棱上靠近点的三等分点.即可得椭圆E的方程；【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理与性质定理证得，再利用面面垂直及线面垂直的性质即可证得；(2)记，联立直线与椭圆的方程，解可得y的值，即可得直线与(2)以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，设轴交点的坐标，结合三角形面积公式计算可得的面积.，分别求出平面的法向量和平面EBP的一个法向量，再由向量夹角公式求出的21.【答案】（1）证明：因为，且为线段的中点，所以， 值，进而得为棱上靠近点的三等分点.2.【答案】（1）解：设圆心C(a，0)，则或a＝－5(舍)，所以圆C：x2＋y2＝4（2）解：当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以，，若x轴平分∠ANB，则⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离，确定出圆心坐标，即可得出圆方程；（2）当直线轴，则轴平分，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立圆与直线方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，由若轴平分，则，求出的值，确定出此时坐标即可
简介：高二上学期数学期中考试试卷（B卷）A．2B．C．7D．一、单选题8.已知点，，动点到直线的距离为，，则（）1.圆的圆心坐标为（）A．B．C．D．A.点的轨迹是圆B.点的轨迹曲线的离心率等于2.已知三棱柱，点为线段的中点，则（）A.B．C.点的轨迹方程为C．D．D．的周长为定值3.若直线与直线平行，则实数（）二、多选题9.已知椭圆：，关于椭圆下述正确的是（）A．1B．-1C．0D．4.古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，A.椭圆的长轴长为得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用周长为72的矩形ABCD截某圆锥得到椭圆τ，且B.椭圆的两个焦点分别为和τ与矩形ABCD的四边相切.设椭圆τ在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足C.椭圆的离心率等于题意的方程为（）D.若过椭圆的焦点且与长轴垂直的直线与椭圆交于，则10.下列说法不正确的是（）A．B．A.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°B．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角C．D．C．二面角的大小范围是[0°，180°]5.已知直线，则下述正确的是（）D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小A.直线的斜率可以等于0B．直线的斜率有可能不存在11.圆和圆的交点为A，B，则有（）C．直线可能过点D．直线的横纵截距不可能相等A.公共弦所在直线方程为6.已知正方体的棱长为，点为线段上一点，，则点到平面的距离B.线段中垂线方程为为（）C.公共弦的长为A.B．C．3D．4D．P为圆上一动点，则P到直线距离的最大值为7.已知直线（为实数）是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）12.某房地产建筑公司在挖掘地基时，出土了一件宋代小文物，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一 （2）若点在第二象限，，求的面积.个球形绿色水晶宝珠，其轴截面（如图）由半椭圆与半椭圆组20.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，成，其中，设点是相应椭圆的焦点，和是轴截面与为的中点.轴交点，阴影部分是宝珠轴截面，其以曲线为边界，在宝珠珠面上，为等（1）证明：平面；边三角形，则以下命题中正确的是（）（2）求直线与平面所成角的正弦值.21.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，A.椭圆的离心率是，点E为棱PC的中点.B.椭圆的离心率大于椭圆的离心率（1）证明：（2）若F为棱PC上一点，且满足，求二面角的余弦值.C.椭圆的焦点在轴上22.在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在y轴上的圆C经过两点和，直线的方程为D.椭圆的长短轴之比大于椭圆的长短轴之比三、填空题.13.已知直线l的一个方向向量，平面α的一个法向量，若l⊥α，则（1）求圆C的方程；m+n=.（2）过点作圆C切线，求切线方程；14.过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长为.（3）当时，Q为直线上的点，若圆C上存在唯一的点P满足，求点Q的坐标.15.圆关于直线对称的圆的方程是.16.将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线答案解析部分与所成的角为.1.【答案】A四、解答题【解析】【解答】将圆的方程化为标准式可得，17.已知三个顶点坐标分别为，，.则该圆的圆心坐标为。（1）求线段中点的坐标；及中线的直线方程，并把结果化为一般式；故答案为：A.（2）求边高线的直线方程，并把结果化为一般式.18.三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，，分别是，【分析】将圆的一般方程转化为标准方程，再利用圆的标准方程求出圆心坐标。的中点.2.【答案】D【解析】【解答】解：在三棱柱，点为线段的中点，则（1）求证：平面；，（2）求平面和平面的夹角的余弦值.所以19.如图所示，已知椭圆的两焦点分别为，，为椭圆上一点，且+.（1）求椭圆的标准方程；， 故答案为：D线不可能过点（2，1），利用已知条件将直线的一般式方程转化为直线的截距式方程求出直线的横截距和纵截距，进而得出直线的横、纵截距可能相等，进而找出正确的选项。【分析】根据空间向量的线性运算求出向量即可.6.【答案】B【解析】【解答】连接，过作于，如图，3.【答案】B设，【解析】【解答】由两直线平行知：，解得：.因为正方体的棱长为1，所以，，故答案为：B.因为平面，，所以平面，所以点到平面的距离为的长度，【分析】根据两直线平行可得到各项系数所满足的关系式，进而求得结果.4.【答案】C因为，【解析】【解答】由题意椭圆方程是方程为，排除BD，所以。矩形的四边与椭圆相切，则矩形的周长为，故答案为：B．在椭圆中，，，不满足题意，【分析】连接，过作于，设，再利用正方体的棱长为1，在椭圆中，，满足题所以，，再结合平面，，所以平面，所以点到平意．故答案为：C．面的距离为的长度，再利用正弦函数的定义，从而求出PO的长。7.【答案】C【分析】由椭圆的简单性质结合矩形的四边与椭圆相切，整理即可得出，然后由代入验证【解析】【解答】∵圆，即，法得出答案。表示以为圆心、半径等于3的圆，5.【答案】B【解析】【解答】若，则直线的斜率不存在，B符合题意；由题意可得，直线经过圆的圆心，若，直线的斜率存在，且斜率，不可能为0，A不符合题意；故有，∴，点．将点代入直线方程得：，C不符合题意；∵，，令m=1，则直线方程为：x-y=0，横纵截距均为0，D不符合题意.∴切线的长。故答案为：B.故答案为：C．【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线的斜率公式得出直线的斜率，再利用代入法得出直【分析】将圆转化为圆的标准方程，从而求出圆心坐标和半径长，由题意可得直 线经过圆的圆心，再结合代入法得出a的值，进而求出点A的坐标，再利用两点距离【分析】化简椭圆方程为标准方程，求出a，b，c，然后求解离心率以及通径，判断选项的正误即可.10.【答案】A,B,D公式求出AC的长，再结合已知条件求出CP的长，再利用勾股定理求出切线的长。【解析】【解答】当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°时，直线l与平面α所成的角为60°，A不正确；8.【答案】C向量夹角的范围是[0°，180°]，而异面直线夹角为(0°，90°]，B不正确；【解析】【解答】点，，动点到直线的距离为，，二面角的范围是[0°，180°]，C符合题意；二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补，D不正设动点的坐标为，可得：，确．故答案为：ABD．化简得点的轨迹方程为，【分析】利用已知条件结合方向向量的定义和法向量的定义，再结合线面角的求解方法，从而求出若直线l的所以的轨迹是椭圆，所以A不符合题意，C符合题意；方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°；利用已知条件结合异面离心率为：，所以B不正确；直线夹角的求解方法和所成角的取值范围和方向向量的定义和所成角的取值范围，从而求出两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角；利用二面角的大小的取值范围，得出二面角的范围；利用已知条件结合二△的周长为定值：，所以D不正确；面角的求解方法和法向量的定义，从而求出二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小，进而找出故答案为：C．说法不正确的选项。1.【答案】A,B,D【分析】利用点，，动点到直线的距离为，，设动点的坐标为【解析】【解答】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，，再结合点到直线的距离公式得出点的轨迹方程，再利用椭圆的定义推出点的轨迹是椭圆；再利即公共弦AB所在直线方程为，A符合题意；用椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率，再利用椭圆的定义和焦距的定义，再结合三角形的周长公式，得出三角形△的周长为定值，进而找出正确的选项。对于B，圆的圆心为，，则线段AB中垂线斜率为，9．【答案】A,C,D即线段AB中垂线方程为：，整理可得，B符合题意；【解析】【解答】由已知椭圆标准方程为，则，∴．对于C，圆，圆心到的距离为长轴长为，A符合题意；两焦点为，B不符合题意；离心率为，C符合，半径题意；所以，C不正确；代入椭圆方程得，解得，∴，D符合题意．故答案为：ACD．对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的 最大值为，D符合题意.对于B，椭圆的离心率，所以，B不正确；故答案为：ABD对于C，由可知，椭圆的焦点在轴上，C符合题意；【分析】由圆与圆的交点为A，B，联立二者方程结合作差法得对于D，椭圆的长短轴之比为，出公共弦AB所在直线方程；再利用圆的方程求出圆心坐标，再利用直线AB的斜率结合椭圆的长短轴之比为，两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出线段AB中垂线斜率，再利用中点坐标公式求出AB的中点坐标，再结合点斜式方程求出线段AB中垂线方程，再转化为直线AB中垂线的一般式方程；再利用圆因为，所以椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，D不正确.求出圆心坐标，再利用点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再利用故答案为：AC圆的半径结合弦长公式，进而求出公共弦的长；再利用点P为圆上一动点，再结合点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再结合圆的半径，从而结合几何法求出点P到直线AB距离的最大【分析】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，利用值，进而找出正确的选项。，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，所以是半椭圆的焦点，、12.【答案】A,C是半椭圆的焦点，依题意可知，，再结合勾股定理得出的值，再利用三角形【解析】【解答】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，为等边三角形，得出的值，进而求出的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出c的值，再结因为，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，合勾股定理得出的值，从而求出半椭圆的方程，再利用，得出的值，再结合椭圆中a，b，c三所以是半椭圆的焦点，、是半椭圆的焦点；者的关系式得出的值，从而求出半椭圆的方程。再利用椭圆的离心率公式得出椭圆的离心率和椭圆依题意可知，，所以，的离心率，由可知，椭圆的焦点在轴上，再利用椭圆的长轴和短轴的定义得出椭圆的长轴又为等边三角形，所以，和短轴之比和椭圆的长轴和短轴之比，再利用比较法得出椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，所以，进而找出正确命题的选项。又因为，所以，所以，13.【答案】-16【解析】【解答】∵l⊥α，∴，又因为，，∴==，所以半椭圆的方程为，解得m=-6，n=-10，∴m+n=-16。又，所以，所以，故答案为：-16。所以半椭圆的方程为，【分析】利用已知条件结合直线方向向量的定义和平面的法向量的定义，再结合l⊥α，得出，再结合空间向量共线的坐标表示，进而求出m，n的值，从而求出m+n的值。对于A，椭圆的离心率是，A符合题意； 14.【答案】因此，【解析】【解答】设弦长为，过原点且倾斜角为60°的直线方程为，所以异面直线与所成的角为。整理圆的方程为：，圆心为，半径，故答案为：。圆心到直线的距离为：，【分析】根据题意可知，当最大时，平面平面，设的中点为，连接建立则：空间直角坐标系，令，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利故答案为：。用数量积求向量夹角公式，进而求出异面直线与所成的角。17.【答案】（1）由题意，三个顶点坐标分别为，，，【分析】利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，从而求出直线的斜率，再利用点斜式求出过原点且倾斜角为60°的直线方程，再利用圆的方程求出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式，从设中点坐标为，由中点公式可得，而求出圆心到直线的距离，再利用弦长公式，从而求出直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长。即中点坐标为，15.【答案】又由斜率公式，可得，【解析】【解答】设圆心关于直线的对称点为，则，线段PQ的中所以直线的直线方程为，即.点为，于是，则圆Q的方程为：。（2）由，，可得，所以上的高线所在直线的斜率为，故答案为：。则上的高线所在直线的方程为，即.【分析】将圆与圆关于直线对称的问题转化为点与点关于直线对称的问题，再结合中点坐标公式和两直线垂【解析】【分析】（1）利用已知条件结合中点坐标公式，进而求出线段中点的坐标；再利用两点求斜率直斜率之积等于-1，从而求出圆心关于直线的对称点的坐标，即圆心坐标，再结合圆与公式求出中线CM的斜率，再结合点斜式求出中线CM的直线方程，从而转化为直线CM的一般式方程。（2）利用已知条件结合两点求斜率公式，进而求出直线AB的斜率，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，得圆关于直线对称得出对称圆的半径，进而求出对称圆的标准方程。出AB边上高线的斜率，再结合点斜式求出边上高线的直线方程，再转化为直线的一般式方程。16.【答案】18.【答案】（1）连接，，设交于点.如图所示：【解析】【解答】根据题意可知，当最大时，平面平面，在中，，分别是，的中点，设的中点为，连接建立空间直角坐标系，如图所示，令，则，.又平面，平面，，平面. （2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，线线垂直证出线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，即，再利用线线垂直证出线面则，，，，..垂直，即平面，所以是平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式设平面的法向量为.和平面和平面所成的二面角为锐二面角，从而求出平面和平面的夹角的余弦值。，.19.【答案】（1）设椭圆的标准方程为，焦距为，，令，则，，因为椭圆的两焦点分别为，，可得，，.所以，可得，所以，，则，四边形为正方形，所以椭圆的标准方程为．，（2）因为点在第二象限，，又，即，，在中，由．平面，根据余弦定理得，，即，即，解得，平面，即平面，所以．是平面的法向量.【解析】【分析】（1）利用椭圆的两焦点分别为，，从而求出c的值，再结合焦距的定义.求出的值，再利用椭圆的定义得出a的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，从而求出由图象可得平面和平面所成的二面角为锐二面角，椭圆的标准方程。平面和平面的夹角的余弦值是.（2）利用点在第二象限，，在中，由椭圆的定义得出，由余弦定理得出的值，再利用正弦函数的定义，从而求出三角形的面积。【解析】【分析】（1）连接，，设交于点，在中，利用，分别是，的20.【答案】（1）证明：∵为矩形，且，中点，再结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，得出，再利用线线平行证出线面平行，从而∴.证出平面。又∵，.∴，.（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，又∵，，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用已知条件结合正方形的结构特征得出线线垂直，再利用 ∴平面.（2）向量，，，.∵平面，∴设，，又∵，，所以，∴平面.（2）解：以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示：由，得，因此，解得，则，，，，，即，∴，，设为平面FAB的法向量，则，即设平面的法向量令，得为平面FAB的一个法向量.则，即因为y轴⊥平面ABP，取平面ABP的法向量，则，∴，经观察知二面角是锐角，所以其余弦值为.【解析】【分析】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系∴，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示，进而证出线线垂直。∴直线与所成角的正弦值为.（2）利用空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，设，，再结合三角形法则和共线定理，再利用向量的坐标运算得出向量【解析】【分析】（1）利用四边形为矩形，且，再结合勾股定理得出AC的长，再利用已知条件结合勾股定理，从而证出，再利用结合线线垂直，从而证出线面垂直，所以，由结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再结合和线线垂直证出的值，从而求出向量的坐标，设为平面FAB的法向量，再利用法向量的定义结合数量线面垂直，从而证出平面。积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面FAB的一个法向量，再利用y轴⊥平面ABP，（2）以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结从而求出平面ABP的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合二面角是锐角，从合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而结合诱导公式求出直线与而求出二面角的余弦值。所成角的正弦值。21.【答案】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，2.【答案】（1）设圆的方程为，将M，N坐标代入，得：，则可得，，，，，，向量，解得，所以圆的方程为；，故，所以. （2）当切线斜率不存在时，直线与圆相切；当切线斜率存在时，设直线方程为，即，由圆心到直线的距离，解得，故切线方程为，综上，切线方程为或；（3）设，，则，化简得，此圆与圆C相切，所以有，解得，所以或.【解析】【分析】（1）设圆的方程为，再利用已知条件结合代入法得出b，r的值，进而求出圆的标准方程。（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线与圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，进而求出直线的斜率，从而求出圆的切线方程。（3）设，，再利用两点求距离公式，化简得出，再利用此圆与圆C相切结合两圆位置关系判断方法，再结合勾股定理得出t的值，从而求出点Q的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷A.直线与平面的距离为一、单选题B.平面与平面的距离为1.抛物线的焦点到准线的距离是（）C.点与平面的距离为A．2B．4C．D．D.点与平面的距离为2．已知向量＝（3，0，1），＝（﹣2，4，0），则3+2等于（）A．（5，8，3）B．（5，﹣6，4）10.已知双曲线的左､右焦点分别为，，是双曲线上一点，若C．（8，16，4）D．（16，0，4），则该双曲线的离心率可以是（）3.若方程表示一个圆，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．2A．B．C．D．11.下列命题中不正确的是（）4.直线与直线平行，则为（）A.不过原点的直线都可以用方程表示A．-1或-4B．-1C．2D．-4B.已知，则向量在上的投影的数量是5.已知三棱柱，点在线段上，且，则（）A．B．C.圆上有且仅有2个点到直线的距离等于1C．D．D.已知和是两个互相垂直的单位向量，，，且，则实数12.如图：空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列选项6.椭圆中，以点为中点的弦所在直线的斜率为（）正确的是（）A．B．-4C．D．-2A.设点在面内，若的斜率与的斜率之积为，则点的轨迹为双曲线7.如图，四面体中，，分别为和的中点，，，且向量与向量的B.三棱锥的外接球表面积是夹角为，则线段长为（）C.设点在平面内，若点到直线的距离与点到直线的距离相等，则点的轨迹是抛物A．B．C．或D．3或线8.动点分别与两定点，连线的斜率的乘积为，设点的轨迹为曲线，已知D.设点在面内，且，若向量与轴正方向同向，且，则，，则的最小值为（）最小值为50三、填空题A．4B．8C．D．12二、多选题13.已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则抛物线的标准方程为.9．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，底面，，，，分别14.四面体中，，，，，若为中点，则是，，的中点，以下说法正确的是（）长为. 15.已知过点的直线与圆相交于，两点，若，则直线的方程平面，．（1）若点为的中点，点为的中点，点为线段上动点，为.且平面平面，求的值；16.已知､分别为双曲线的左、右焦点，若点到该双曲线的渐近线的距离为（2）求二面角的正弦值．2，点在双曲线上，且，则三角形的面积为.22.已知平面直角坐标系下点和点，的周长等于12.四、解答题（1）求这个三角形的顶点的轨迹的方程；17.已知直线经过点倾斜角的余弦值为.（2）过点的直线交曲线于，两点，设点关于轴的对称点为，不重合），判断直线（1）求直线的方程；是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由.（2）判断直线与圆C：的位置关系；如果相交，记交点为，，求经过，两点的圆的答案解析部分面积的最小值；如果相离，过直线上的点作圆的切线，切点为，求长的最小值.1.【答案】B现给出两个条件：①；②，从中选出一个条件填在横线上，写出一种【解析】【解答】由题意得，得，方案即可.所以抛物线的焦点到准线的距离是4。18.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点，的距离之比故答案为：B为定值且的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点坐标和准线方程，再利用抛物线的定义求出抛物线氏圆.在平面直角坐标系中，，，动点满足.设点的轨迹为.的焦点到准线的距离。（1）求曲线的方程；2.【答案】A（2）若曲线和无公共点，求的取值范围.【解析】【解答】。19．如图所示，在三棱锥中，，，，，故答案为：A.（1）求证：平面；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算，进而得出向量3+2的坐标表示。（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.3．【答案】C【解析】【解答】由题意得：，即。20.已知椭圆上的动点到左焦点的最远距离是3，最近距离是1.故答案为：C.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值.【分析】利用方程表示一个圆的判断方法，进而求出实数k的取值范围。21.如图，且，，且，且，4.【答案】D 【解析】【解答】由题意得且，即，因为直线与直线平行，所以，即，解得。∴弦所在的直线的斜率为。故答案为：D故答案为：C.【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的判断方法，再结合两直线不重合的判断方法，进而得出实【分析】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用已知条件结合代入法得出，两式相减结数a的值。5.【答案】D合韦达定理和代入法以及直线的方程，再结合两点求斜率公式得出弦所在的直线的斜率。【解析】【解答】由题意得：，，，7.【答案】A故【解析】【解答】取AC的中点E，连接ME、EN，又，分别为和的中点，。∴ME∥BC，且，∥AD，且，故答案为：D∵向量与向量的夹角为，∴向量与向量的夹角为，【分析】利用已知条件结合向量共线定理、三角形法则和平面向量基本定理，进而得出又，。6.【答案】C∴，【解析】【解答】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴，即线段长为。故答案为：A.代入椭圆得，【分析】取AC的中点E，连接ME、EN，再利用，分别为和的中点结合中点作中位线的方法两式相减得，和中位线的性质，所以ME∥BC，且，∥AD，且，再利用向量与向量的夹角为，得出向量与向量的夹角为，再结合三角形法则和数量积求向量的模的公式即，和数量积的运算法则，再利用数量积的定义得出向量的模，从而得出线段的长。8.【答案】B即，又【解析】【解答】设动点的坐标为，则 所以平面，整理后得：，动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，所以是两平面，的公垂线，的长是两平面间的距离，，如下图所示，当经过点时，最短，此时因为，，所以，。所以，故答案为：B所以平面与平面的距离为，点与平面的距离为。故答案为：BD【分析】设动点的坐标为，再利用两点求斜率公式结合已知条件，整理后得：，【分析】利用已知条件结合四棱锥、正方形的结构特征，再结合线面垂直证出线线垂直，再利用中点的性质再利用椭圆的定义得出动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，和点与平面的距离公式求解方法、直线与平面的距离求解方法、两平面距离求解方法，进而找出说法正确的，当经过点时，最短，此再结合几何法和椭圆的定义以及勾股定理，选项。进而得出的最小值。10.【答案】A,B9.【答案】B,D【解析】【解答】是双曲线右支上一点，【解析】【解答】分别取的中点，连接，则有，又，因为，，分别是，，的中点，则有，即，则双曲线的离心率取值范围为所以∥，∥，因为平面，平面，平面，平面，AB符合题意；CD不符合题意.所以∥平面，∥平面，故答案为：AB因为，所以平面∥平面，【分析】利用点是双曲线右支上一点，，再利用双曲线的定义结合，则有因为∥，的中点为，，再利用双曲线离心率公式和双曲线离心率自身的取值范围，进而得出双曲线的离心率取值范围。所以过点，1.【答案】B,D因为，所以，【解析】【解答】直线不可用截距式表示，A不符合题意；因为底面，底面，所以，，，因为，向量在上的投影的数量是，B符合题意；所以平面，因为平面，所以，圆心到直线的距离，所以圆上有三个点到直线的距离为1，C不符合题意；因为，所以平面，因为平面∥平面，因为，所以， ，，D符合题意.【分析】利用已知条件结合两点求斜率公式，从而得出的斜率与的斜率之积，再利用的斜率与故答案为：BD.的斜率之积为，从而结合双曲线的定义得出点的轨迹是双曲线去掉两个顶点；利用已知条件结合三棱锥与外接球的位置关系，再结合外接球的表面积公式，进而求出三棱锥的外接球表面积；利用已【分析】利用已知条件结合截距式直线方程、数量积求投影数量的方法、点到直线的距离公式、数量积为0知条件结合点到直线的距离公式结合抛物线的定义，进而得出若点到直线的距离与点到直线的距两向量垂直的等价关系、数量积的运算法则和单位向量的定义，进而找出不正确的命题的选项。12.【答案】B,C,D离相等，则点的轨迹是抛物线；利用点在面内，且，再利用结合椭圆的定【解析】【解答】对于：设点在面内坐标为，所以义，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出椭圆的标准方程，设到的距离为到的距离为，再利用两点距离公，式得出，要使的值最小，则最小，再利用，所以所以，所以，所以，所以，所以点的，再利用均值不等式求最值的方法，进而得出的最小值，从而找出正确的选项。轨迹是双曲线去掉两个顶点，A不符合题意；13.【答案】对于，因为关于平面对称，所以球心在平面内，又，所以球心在与轴上的坐【解析】【解答】由题可知：椭圆的右焦点坐标为，标互为相反数，设球心坐标为所以可知抛物线的焦点坐标为，抛物线的标准方程为。所以，解得，所以，所以表面积为故答案为：。，B符合题意；【分析】由题意结合椭圆的标准方程求出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出c的对于在平面内，若点到直线的距离即为到的距离，又点到直线的距离与点到直线的距离相等，值，从而得出椭圆的右焦点坐标，再利用已知条件得出抛物线的焦点坐标，进而得出抛物线的所以点到的距离与到直线的距离相等，所以点的轨迹是抛物线；标准方程。对于：点在面内，且，又，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且14.【答案】，所以，【解析】【解答】在中，，所以椭圆方程为，设到的距离为到的距离为，由余弦定理可得，，，要使的值最小，则最小，所以，又，所以，即，同理，在中，，所以，D符合题意；在中，，，所以，故答案为：BCD.因为E为CD的中点，则在中，， ，由，可得所以故答案为：。则三角形的面积为故答案为：【分析】在中，，由余弦定理可得AD的长，同理，在中得出AC的长，在中，，，进而得出CD的长，再利用E为CD的中点，则在【分析】由点到该双曲线的渐近线的距离为2，即可求得b，再结合双曲线定义，及再三角形由余中结合等腰三角形三线合一，所以，再结合中点的性质，进而得出CE的长，再利用勾股定理得出AE的长。弦定理，可求，即可求解。15.【答案】y=1或x=217．【答案】（1）解：因为直线的倾斜角的余弦值为，则其正弦值为，【解析】【解答】圆的圆心，半径直线截圆所得弦长，则弦心距所以倾斜角的正切值，即直线的斜率为，当过点的直线斜率不存在时，的方程为，圆心到直线的距离为1，符合题意要求；因为直线过点，当过点的直线斜率存在时，的方程可设为，所以直线的方程为，即.由，可得，此时的方程为，（2）解：选①，圆心，半径，综上，直线的方程为y=1或x=2。圆心到直线的距离，直线与圆相交，故答案为：y=1或x=2。弦长，以弦为直径的圆面积最小，为；【分析】利用已知条件结合圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用弦长公式得出弦心距，再利用分类选②，圆心，半径，讨论的方法设出直线方程，再利用点到直线的距离公式和弦心距，进而得出直线l的方程。16．【答案】圆心到直线的距离为，直线与圆相离，【解析】【解答】双曲线的渐近线的方程为，右焦点切线长，当时即当时，长取得最小值为2.由点到该双曲线的渐近线的距离为2可得，，则【解析】【分析】（1）利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出直线的斜率，再结合点斜式方程求出直线l的方程，再转化为直线l的一般式方程。（2）选①，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距 离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相交，再利用直线与圆相交结合弦长公式得出AB的长，再利用19．【答案】（1）证明：∵，，，几何法得出以弦为直径的圆面积最小，再结合圆的面积公式得出经过，两点的圆的面积的最小值；∴在中，由余弦定理得，选②，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相离，再利用勾股定理得出切线长，再利用几何法∴，得出当时，长取得最小值，进而得出EF的长的最小值。又，，18．【答案】（1）解：设，∴，因为，，动点满足，即，又，所以，，化简得，即，∴平面；（2）解：作交于，所以曲线的方程为，又平面，（2）解：曲线的圆心为，半径为4，∴以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，的圆心为，半径为，在△中，由正弦定理得，因为曲线和无公共点，故，所以两圆外离或内含，所以或，∴，即，所以或，所以或，∴，所以的取值范围为∴，，，【解析】【分析】（1）设，利用，，动点满足，再利用两点距离公式化又，0，，，，，，，，简得出曲线的方程。（2）利用曲线和的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用曲线∴，，，，，，，，，和无公共点，所以两圆外离或内含，再利用两圆外离和内含的位置关系判设平面的法向量为，，，断方法，再结合圆心距与两圆半径长的和与差的比较，进而得出实数的取值范围。 ，∴，令，令，∴，，，∴，，，设直线与平面所成角为，因为函数在单调递增，所以当，即时，∴，故的面积的最大值为.即直线与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）由题知：，进而解方程组求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆的标准方程。【解析】【分析】（1）利用，，，所以在中，由余弦定理得出CD的（2）由题知，再利用直线斜率不为零，设，，，再结长，再利用，结合勾股定理得出，再利用结合线线垂直证出线面垂直，从而证出直线平面。合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理，得出，再利用三角形面积的关系式和（2）作交于，再利用平面，所以以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，在△中，由正弦定理结合勾股定理得出点B的坐标，再利用空间直角坐标系求出A，C，E的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公三角形的面积公式得出式，进而得出直线与平面所成角的正弦值。，令，则，再利用函数在单调递增，进而得出三角形的面积的最大值。20.【答案】（1）解：由题知：，则，21.【答案】（1）解：依题意，以为原点，分别以，，为所以，轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），故所求椭圆的标准方程为：；所以，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，（2）解：由题知，直线斜率不为零，设，，1，，，0，，，，，，0，，所以，2，，，0，，代入椭圆方程，并化简得：，设平面的法向量为，，，设，所以，则，令，可得，0，， 面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦设，0，，则，0，，值。若平面平面，则平面，2.【答案】（1）解：由点和点，的周长等于12，所以，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，所以，且，，所以，，，解得，所以，0，，所以顶点的轨迹的方程为，此时；（2）解：因为关于轴的对称点为和不重合，（2）解：依题意可得，，0，，，，，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，，，设平面的法向量为，，，所以，联立，令，所以可得，2，，消去并整理得，同理可求平面的法向量为，1，，设，所以，所以，，因为和关于轴对称，所以，所以，，所以二面角的正弦值为．所以直线的方程为，【解析】【分析】（1）依题意，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面即，的法向量，设，0，，再结合向量的坐标表示得出，0，，若平面平面整理得，结合面面平行证出线面平行，则平面，故，再利用数量积的坐标表示得出a的，值，进而得出点P的坐标，从而得出此时的值。当时，，(2)依题意可得，，的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，同理可求平 所以直线恒过点．【解析】【分析】（1）由点和点，的周长等于12，再利用三角形的周长公式得出，再利用椭圆的定义得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出顶点的轨迹的标准方程。（2）利用关于轴的对称点为和不重合，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，利用和关于轴对称，所以，，再利用两点求斜率公式和点斜式方程求出直线的方程为，整理得，进而结合韦达定理得出，再利用直线的点斜式方程得出直线恒过的定点，并求出定点的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷9.点在圆上，点在圆上，则（）一、单选题A.的最小值为31.经过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程是（）A．y=x-3B．y=x+1C．y=-x-3D．y=-x+3B．的最大值为72.抛物线的焦点坐标为（）C．两个圆心所在的直线斜率为D．两个圆相交A．B．C．D．10.已知抛物线的焦点为，点)在抛物线上，若，则（）3.双曲线的渐近线方程是（）A．B．C．D．的坐标为A．B．C．D．11.如图所示，一个底面半径为4的圆柱被与其底面所成的角的平面所截，截面是一个椭圆，则下列4．若椭圆：（）满足，则该椭圆的离心率（）．正确的是（）A.椭圆的长轴长为8A．B．C．D．B.椭圆的离心率为C．椭5.直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线mx+3y﹣1＝0平行，则m的值为（）圆的离心率为D．椭圆的一A．﹣3B．1C．1或﹣3D．﹣1或36.直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN个方程可能为所成角的余弦值为()12.已知直线与抛物线交于两点，若线段的中点是，A．B．C．D．则（）A．7.已知双曲线的左､右焦点分别为，，点在双曲线的左支B．上，若，且线段的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）C．A．B．C．2D．3D．点在以为直径的圆内8.已知，分别是双曲线的左､右焦点，若P是双曲线左支上的点，且.则三、填空题的面积为（）13.已知向量，且，则实数．A．8B．C．16D．14.若圆被直线所截得的弦长为，则实数的值是．二、多选题15.椭圆的焦点为，，上顶点为，若，则． 16.如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，中点为.若抛物线：的顶点为，且经过点，.且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是．(填序号)（1）求椭圆的方程；①(＋＋)2＝2()2；（2）设点关于点的对称点为，过点作直线与椭圆交于点，，且的面积为，②·(－)＝0；求直线的斜率.③向量与的夹角是60°；22.已知双曲线C的渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为.④BD1与AC所成角的余弦值为.（1）求双曲线C的方程；四、解答题（2）过F作斜率为k的直线交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：为定17.已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线与圆相交于两点，是的中点，.值.（1）求圆的标准方程；答案解析部分（2）求直线的方程.1．【答案】D18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的【解析】【解答】因为直线的倾斜角为135°，则该直线的斜率为k=tan135°=-tan45°=-1，中点于是得过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程y-2=-1×(x-1)，即y=-x+3，（1）求证：平面所以所求的直线方程是：y=-x+3。（2）求与平面所成的角的正弦值故答案为：D19.已知椭圆：（）的一个焦点为，设椭圆的焦点恰为椭圆短轴上的顶点，【分析】利用直线的倾斜角为135°结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出该直线的斜率，再利用点斜式求出过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程，再转化为直线的斜截式直线方程。且椭圆过点，为坐标原点．2.【答案】C（1）求的方程；【解析】【解答】由得：，焦点坐标为.（2）若为椭圆上的一点，为椭圆的焦点，且与的夹角为，求的面积．故答案为：C.20.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，平面，，，是的中点．【分析】首先把抛物线化为标准式，然后由抛物线的方程即可求出焦点的坐标即可。（1）求证：平面；3.【答案】C（2）试在线段上确定一点，使平面，请指出点在上的位置，并加以证明；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，即（3）求平面与平面夹角的余弦值．．故答案为：C．21.设椭圆：的左､右焦点分别为，，下顶点为，线段(为坐标原点)的 【解析】【解答】由题意，得，【分析】利用双曲线的简单性质结合双曲线的方程，由此计算出结果即可。故，4.【答案】B又因为的中点在轴上，故，【解析】【解答】由题意知，又因为，所以，∴，所以，故。∴，即或（舍）。故答案为：B故答案为：B．【分析】利用已知条件结合椭圆中a，b，c三者的关系式，再利用椭圆中离心率公式和椭圆的离心率的取值【分析】利用已知条件结合双曲线的定义，从而得出，故，范围，从而得出满足要求的椭圆的离心率。再利用的中点在轴上，故，再结合几何法和勾股定理得出a，c的关系式，再利用双5.【答案】A曲线的离心率公式，从而求出双曲线的离心率。【解析】【解答】根据直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线m+3y﹣1＝0平行，8.【答案】C可得1×3＝（m+2）m，解得m＝1或﹣3，【解析】【解答】因为P是双曲线左支上的点，所以，当m＝1时，两直线的方程重合，不符合题意；当m＝﹣3时，两直线的方程为x﹣y﹣1＝0和3x﹣3y+1＝0，两直线平行，符合题意，两边平方得，故m＝﹣3。所以.故答案为：A．在中，由余弦定理得，【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的性质，再结合直线不重合的判断方法，进而得出满足要求所以，所以。的实数m的值。故答案为：C6.【答案】C【解析】【解答】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则【分析】利用点P是双曲线左支上的点，再结合双曲线的定义，所以，两边平方得，，A（1，0，0），，故，，所以的值，在中，由余弦定理得出的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。，故选C.9.【答案】A,B,C【分析】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本【解析】【解答】根据题意，圆，其圆心，半径，能力，考查分析问题与解决问题的能力.圆，即，其圆心，半径，圆心距7.【答案】B 故答案为：BD.>R+r，故两圆外离，D不符合题意；则的最小值为，最大值为，A符合题意，B符合题意；【分析】由题意可知椭圆的长轴与圆柱的直径的关系，进而可得椭圆的长轴长，短轴长等于圆柱的直径，进对于C，两个圆心所在的直线斜率，C符合题意.而可得短轴长即半焦距c的值，进而判断出所给命题的真假故答案为：ABC.12．【答案】A,B【解析】【解答】对于A，设，，【分析】根据题意，由圆得出圆心坐标和半径长，再将圆转化由得：，，为圆的标准方程为，从而得出圆心坐标和半径长，再利用两点距离公式得出圆心距，再又线段的中点为，，解得：，A符合题意；结合圆心距与半径和的比较，进而判断出两圆外离，再结合几何法得出的最小值和最大值，再利用两点对于B，在直线上，，B符合题意；求斜率公式得出两个圆心所在的直线斜率，进而找出正确的选项。10.【答案】A,C对于C，过点，为抛物线的焦点，【解析】【解答】由题可知，由，，，C不符合题意；所以，，对于D，设，则，又，。，，在以为直径的圆上，D不符合题意.故答案为：AC．故答案为：AB.【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点的坐标，再利用焦半径公式和代入法，进而得出点M【分析】由设而不求法设出点的坐标，并由斜截式设出直线的方程再联立直线与抛物线的方程，消去x等到的坐标，再利用两点距离公式得出OM的长，进而得出正确的选项。关于y的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于t的两根之和与两根之积的代数式，结合中点的坐标公式计1.【答案】B,D算出t的值，由此即可判断出选项A正确；把点的坐标代入计算出m的值即可判断出选项B正确；由A的结【解析】【解答】由题意易知椭圆的短半轴长，论结合弦长公式代入数值计算出结果由此即可判断出选项C错误；由两点间的距离公式，代入数值计算出结∵截面与底面所成的角为，果由此判断出选项D错误，从而得出答案。∴椭圆的长轴长为，则a=8，13.【答案】2所以，【解析】【解答】，则，解得。故答案为：2。离心率为，当建立坐标系以椭圆中心为原点，椭圆的长轴为轴，短轴为轴时，【分析】利用已知条件结合向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出实数k的值。14.【答案】0或2则椭圆的方程为.【解析】【解答】圆的圆心坐标为，半径为， 又因为圆被直线所截得的弦长为，对于②，因为，故②正确；所以，圆心到直线的距离，对于③，因为，显然为等边三角形，则，则，解得或a=2。所以向量与的夹角为，向量与的夹角为，故③不正确；故答案为：0或2。对于④，因为，，则，，【分析】利用圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用圆被直线所所以，截得的弦长为结合弦长公式得出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式得出实数a的值。所以，故④不正确．15．【答案】故答案为：①②．【解析】【解答】由题意，椭圆，可得，则，所以，，且上顶点，【分析】利用已知条件结合平行六面体的结构特征，再利用平面向量基本定理、三角形法则、数量积为0两如图所示，因为，可得，向量垂直的等价关系、数量积求向量夹角公式、异面直线求角的方法，进而找出说法正确的序号。17.【答案】（1）解：设圆的半径为，因为圆与直线相切，则，解得。故答案为：。∴，∴圆的方程为（2）解：①当直线与轴垂直时，易知符合题意；②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，【分析】由题意，椭圆，可得，再利用椭圆中a，b，c三者的关连接，则，∵，∴，系式得出c的值，从而得出焦点坐标和上顶点A的坐标，再利用，可得的值，再结合正则由得，∴直线为：，切函数的定义得出实数m的值。故直线的方程为或.16．【答案】①②【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出圆A的半径即可。【解析】【解答】解：因为以为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为，不妨设棱长为，（2）分别就直线l是否与x轴垂直展开讨论。垂直时，易知x=−2符合题意；不垂直时，根据设出的l的对于①，，方程表示出AQ后可以求出l的斜率，进而求出l的方程。因为，则，所以18.【答案】（1）证明：如图所示：，故①正确；连接AC与BD交于点O，连接OE， 因为是的中点，底面是正方形，故椭圆的长轴长为所以，又平面，平面，故椭圆的长半轴长为，半焦距为，则短半轴长为1所以平面；（2）解：以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，故的方程为设，（2）解：由题意，不妨设，则，由余弦定理，所以，【解析】【分析】（1）由题意得出椭圆：（）a，b的值，再结合椭圆中a，b，c三者的设平面EBD的一个法向量为，关系式，进而得出c的值，从而得出椭圆M的一个焦点坐标，再利用已知条件，进而得出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆过点结合两点距离公式和长轴长的求解公式，进而得出椭圆的长轴长，从而则，即，得出椭圆的长半轴长，再利用半焦距长结合椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出短半轴长，从而得出令，得，则，椭圆的标准方程。设与平面所成的角为，（2）由题意，不妨设，再利用椭圆的定义和焦距的公式得出的值，由余弦所以，定理得出xy的值，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积。20.【答案】（1）证明：平面，平面，，【解析】【分析】（1）连接AC与BD交于点O，连接OE，利用是的中点，底面是正方形，再结，，则，则，合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。，平面；（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，设，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求（2）证明：当为的中点时，平面，出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合诱导公式得出直线与平面所成的角的正弦取的中点，连接、，如图所示：值。因为、分别为、的中点，则且，因为四边形为平行四边形，则且，19.【答案】（1）解：由题意，椭圆：（）的一个焦点为，为的中点，则且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，故因为，平面，平面，因此，平面，故即椭圆的焦点为当点为的中点时，平面；（3）解：平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、又椭圆过点 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，21.【答案】（1）解：由题意易知，，，，则，，，，，则，得，，为的中点，则，故椭圆的方程为：.则、、、、，（2）解：由题意，得，直线不与轴垂直，，，，，设直线的方程为，，，设平面的法向量为，设平面的法向量为，由，由，得，取，可得，则，，，所以，由，得，取，可得，因为，解得，，即，因此，平面与平面夹角的余弦值为.故直线的斜率为.【解析】【分析】（1）由题意易知，，，，进而得出b，c的值，再结合椭【解析】【分析】（1）利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用，，则，则，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a的值，从而得出椭圆的标准方程。平面。（2）由题意，得，直线不与轴垂直，设直线的方程为，，（2）当为的中点时，平面，取的中点，连接、，利用、分别为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和、的中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则且，再利用四边形，，再利用三角形的面积公式解得，进而得出直线的斜率。为平行四边形，则且，再利用点F为的中点，则且，再利2.【答案】（1）解：设双曲线方程为用平行和相等的传递性，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，由题知，再利用结合线线平行证出线面平行，因此，平面，故当点为的中点时，平面。双曲线方程为：（3）利用平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向（2）证明：设直线l的方程为代入量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。 整理得，设所以：由弦长公式得：设AB的中点则，代入l得：AB的垂直平分线方程为令y=0得，即，所以：为定值.【解析】【分析】（1）设双曲线方程为，再利用双曲线的渐近线方程结合点到直线的距离公式得出实数的值，进而得出双曲线的标准方程。（2）设直线l的方程为，设，再结合直线与双曲线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，由弦长公式得，设AB的中点结合中点坐标公式和代入法以及直线的方程，得出，，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，再结合点斜式求出直线AB的垂直平分线方程，令y=0，得出，再利用两点距离公式得出，进而证出为定值。 高二上学期数学期中考试试卷6． 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，则 与平面 所成角的余弦值为（）1一、单选题A．31．已知直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则 2的倾斜角为（）B．3A．30°31B.0°C．2C．120°D．32D．150°7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣2． =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0互相平行的（）条件的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走A．充分而不必要B．必要而不充分才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为 2+ 2≤5，若将军从点 (3，1)处出发，河岸C．充要D．既不充分也不必要线所在直线方程为 + =5，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为3．过点(0，2)作与圆 2+ 2−2 =0相切的直线l，则直线l的方程为（）（）A．3 −4 +8=0A．10B．3 +4 −8=0B．210C． =0或3 +4 −8=0C．5D． =0或3 −4 −8=0D．25→→→→→→→2 24．如图，在三棱柱 − 1 1 1中， 为 1 1的中点，若 = ， = ， 1= ，则 可表示为8．已知椭圆 ： +=1( > >0)的左、右焦点分别为 ， ，点 ( ， )， (− ，− )在椭圆 上，1211112（）2|1|其中 3，则椭圆的离心率的取值范围为（）1→1→→1>0， 1>0，若| |=2| 2|，| 1|≥3A．−−+22A．(0，6−1]B．1→+1→+→222B．(2，6−1]C．−1→+1→+→2222C．(0，3−1]D．1→−1→+→222D．(，3−1]25．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射.12日下午4二、多选题点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中轨道③所示，其近月点与月9.下列说法正确的是（）球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3476公里，对该椭圆下述A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角四个结论正确的是（）B．不经过原点的直线都可以用方程+=1表示A.焦距长约为150公里C．直线 1：2 + −4=0， 2：2 + +2=0，则与直线 1与 2距离相等的直线方程为2 + −1=0B.长轴长约为3988公里D．已知圆 ： 2+ 2−4 =0，圆心为 ， 为直线2 + +3=0上一动点，过点 向圆 引两条切线 和C.两焦点坐标约为(±150，0)，、为切点，则四边形的面积的最小值为175D.离心率约为→99410．已知正方体 方− 1 1方1的1棱长为1，点 ， 分别是 1，1 的1中1点， 在正方体内部且满足= 1→3→2→++，则下列说法正确的是（）（2）求直线和平面的所成角的正弦值．243119．已知圆C经过点 (3,−2)和 (1,0)，且圆心在直线 + +1=0上.A．直线 1⊥平面 1 方（1）求圆C的方程；B．直线与平面111所成的角为4（2）直线l经过(2,0)，并且被圆C截得的弦长为2，3求直线l的方程.C．直线与平面11的距离20．如图，三棱柱 − 的所有棱长都是2， ⊥平面 ，方， 分别是 ， 的中点．2为2111115D．点到直线的距离为（1）求证：平面 ⊥平面 1 方；6（2）求平面1和平面1夹角的余弦值；11．已知椭圆的中心在原点，焦点1，2在轴上，且短轴长为2，离心率为6，过焦点1作3（3）在线段1（含端点）上是否存在点，使点到平面1的距离为25？请说明理由．轴的垂线，交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（）52221．已知圆：(+1)2+2=16的圆心为，过点(1，0)作直线与圆交于点、，连接、，A．椭圆方程为+2=1B．椭圆方程为+2=1过点作33的平行线交于点；C．||=23D．2的周长为3（1）求点的轨迹方程；3412．在平面直角坐标系 中，点 (0，3)，直线 ： =2 −4．设圆 的半径为1，圆心在 上，若圆 上存在点（2）已知点 (2，0)，对于 轴上的点 ( ，0)，点 的轨迹上存在点 ，使得 ⊥ ，求实数 的取值范，使||=2||，则圆心的横坐标的值可以是（）围．A．0B．1C．2D．322．如图，正方形 方 的边长为2， ， 分别为 ， 方的中点．在五棱锥 − 方 中， 为棱 的中三、填空题点，平面 与棱 方， 分别交于点 ， ．13．已知直二面角 − − 的棱 上有 ， 两个点， ⊂ ， ⊥ ， 方⊂ ， 方⊥ ，若（1）求证：是棱的中点=4，=3，=5，则的长是．（2）若 ⊥底面 方 ，且二面角 −方 − 的大小为45°，求直线 与平面 所成角的大小，并求线14．设 ∈ ，直线 + +1=0过定点 ，直线 − −2 +3=0过定点 ，直线 经过点 (2，−1)，并且段 的长．→以 为法向量，则直线 的方程为．答案解析部分→→15．正四面体ABCD的棱长为2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则 ⋅ 的值为．1.【答案】B 2 216．在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ：+=1( >4)，点 (−2，2)是椭圆内一点， (0，−2)，【解析】【解答】直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则3 +3×(−1)=0，故 =3. −4直线2的的斜率为=3=tan ， ∈[0， )， =60°，即倾斜角为60°.若椭圆上存在一点，使得||+||=8，则的范围是；当取得最大值时，设故答案为：B.为椭圆上任意一点，(0，2)，则||2+||2的最小值为．四、解答题17．已知 =(1，1，0)， =(−1，0，2)．【分析】由已知条件结合直线垂直的斜率之间的关系即可得出a的取值，从而即可求出斜率的值，再由斜率（1）若| |=3，且 //( − )，求 ；公式以及倾斜角的取值范围，即可得出答案。（2）若 + 与 −2 互相垂直，求实数 ．2.【答案】A18．如图，已知三棱锥 − 的侧棱 , , 两两垂直，且 =1， = =2， 是 的中【解析】【解答】由直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行得，点．( −2)×(− )=(−1)×3，解得 =3或 =−1，(−1)×0≠(−1)×(− )（1）求异面直线与所成角的余弦值；∴故 =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行的充分不必要条件. 故答案为：A.综上可知，正确的为D，故答案为：D【分析】首先由两条直线平行的系数之间的关系，即可求解出m的取值，然后代入验证结合充分和必要条件的定义即可得出答案。【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由椭圆的定义以及简单性质，对选项逐一判断即可得出3.【答案】C答案。【解析】【解答】圆 2+ 2−2 =0即为( −1)2+ 2=1，圆心是(1，0)， =1，6．【答案】B当直线斜率不存在时，直线方程为 =0，而 = =1，直线与圆相切，【解析】【解答】因为 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，当直线斜率存在时，设直线方程为 − +2=0，故构造正方体如图所示，| +2|3圆心到直线的距离为； ==1，解得 =−，过点 作 ⊥平面 于 ，则 为正△ 的中心，1+24于是∠ 为 与平面 所成的角，所以直线l的方程为3 +4 −8=0， 3 = 方= ，故cos∠ ===，综上：直线l的方程为 =0或3 +4 −8=0，设=，233则3333故答案为：C所以与平面所成角的余弦值为3，3故答案为：B【分析】首先把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，再对斜率分情况讨论，由此设出直线的方程，然后结合点到直线的距离公式代入数值计算出k的取值，从而即可得出直线的方程。【分析】由已知条件结合正方体的几何性质即可作出辅助线，由此即可求出∠ 为 与平面 所成的4．【答案】C→→→角，结合三角形中的几何计算关系代入数值计算出结果即可。【解析】【解答】=++→=→+→1→→1→+1→+→11 +(2− − )=− 227．【答案】C11故答案为：C.【解析】【解答】点(3，1)关于直线+=5的对称点为(，)，+3+1+=4=5，解得 −2=1，所以 (4，2)，则22【分析】由向量的加减运算性质以及直三棱柱的几何性质，即可求出答案。 −1=1 −3 −35．【答案】D2+225所以“将军饮马”的最短总路程为| |− =4−=5，【解析】【解答】设该椭圆的半长轴长为，半焦距长为故答案为：C.1依题意可得月球半径约为×3476=1738，2【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由点关于直线对称的性质结合中点坐标公式以及斜率之 − =100+1738=1838，间的关系，即可得出关于a与b的方程组，求解出结果结合题意计算出答案即可。+=400+1738=2138，8.【答案】D2 =1838+2138=3976， =1988， =2138−1988=150，15075【解析】【解答】||=2|2|，故||=|12|，故四边形12为矩形.椭圆的离心率约为===，1988994|1||2|=3푛， ∈[3，1)设|1|=，|2|=，=≥，设 =可得结论D项正确，A、B项错误；|1||1|33+=2，2+2=42，故22因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以C项错误.=1−1+2+2=1−， 1++2 =1+在1)上单调递减， ∥ 1方1， 1方1⊂平面 1 方1，故 ∥平面 1 方1， 为 1 中点，连接 ，则32[1)上单调递减，故 =1−在[31，∥113，++231242 _ 1 ，故 ⊥平面 1 方1， = 1 =，C不符2合题意；故< ≤4+23，故 ∈(，3−1]._22422以，，1为，，轴建立空间直角坐标系，故答案为：D.→1→3→2→132→则=++=(，，)，=(0，1，0)，243243【分析】首先由已知条件即可得出四边形12为矩形，再设出边的大小结合题意整理化简即可得出→→12 ⋅ 方3345||==，点到直线的距离为→232=，D符合题意.22→| |−()146+푛2=4 2令 =，整理化简得到=1−=1−1，再由对勾函数的单调性以及离心率公式||41+2+2++2故答案为：ABD.即可得出e的取值范围。9.【答案】A,C【分析由线面垂直的性质定理和判定定理，结合正方体的几何性质即可判断出选项A正确；根据题意作出辅【解析】【解答】坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角，A符合题意；助线，由正方体的几何性质结合线面角的定义即可得出∠ 1 1为直线 1与平面 1 方1所成的角，然后由当直线倾斜角为0°或90°时，不能用+=1表示，B不符合题意；三角形中的几何计算关系即可求出结果，由此判断出选项B正确；根据题意由线面平行的判定定理结合正方设直线方程为2 + − =0，取 1上一点(0，4)，取 2上一点(0，−2)，则两点中点为(0体的几何性质即可得出 ∥平面 1 方1，然后由题意作出辅助线，结合中点的坐标以及点到直线的距离公式，1)，代入直线方程得到 =1，即2 + −1=0，C符合题意；计算出结果，由此判断出选项C错误；根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再 2+ 2−4 =0，即 2+( −2)2=4，圆心 (0，2)，半径 =2，由空间向量的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项D正确，从而得出答案。 | |2−4，故| |最小时面积最小， =2△ =| |⋅| |=2| |=211．【答案】A,C,D|0+2+3|||的最小值5=5，故面积的最小值为2，D不符合题意.【解析】【解答】由已知得，2b=2，b=1，=6，为3故答案为：AC.又2=2+2，解得2=3， 2【分析】由倾斜角的定义即可判断出选项A正确；由直线截距式的定义即可判断出选项B错误；利用中点坐∴椭圆方程为+ 2=1，3标公式计算出两条直线上任意两点间的中点坐标，并代入到直线的方程，由此即可判断出选项C正确；首先如图：2 2223∴| |===， 的周长为4 =4．23把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，由已知条件即可得出面积之间的关系，结合题意33即可得出||最小时面积最小，由直线与圆相切的几何性质，代入数值计算出结果，由此判断出选项D故答案为：ACD．错误；从而得出答案。10．【答案】A,B,D【分析】由已知求得，再由离心率结合隐含条件求得，可得椭圆方程，进一步求得通径及2的【解析】【解答】 1⊥平面 方， 方⊂平面 方， 1⊥ 方， ⊥ 方， ∩ 1= ，故 方⊥平面 周长判断答案即可。 1， 1⊂平面 1，故 方⊥ 1，同理可得 1方⊥ 1， 方∩ 1方=方，故直线 1⊥平面 1 方，A符合12.【答案】A,B,C题意；【解析】【解答】设(，)，||=2||， 2+( −3)2=22+2，即化简整理得到 2+( +1)2=4，圆心 (0，−1)， =2，如图所示：连接 1与 1 交于点 ，则 1 ⊥ 1 ， 1 ⊥ ， 1 ∩ = ， 故 ⊥平面 方，即∠ 为直线 与平面 方所成的角，∠ =，B圆心 ( ，2 −4)，根据题意得到2−1≤| |= 2+(2 −3)2≤2+1，11111111114符合题意； 12解得0≤ ≤.5 故答案为：ABC.故答案为：1【分析】根据题意设出点的坐标，然后由两点间的距离公式代入整理化简即可得出点M的轨迹方程，再由两→→【分析】根据题意设出边的大小，然后由中点的性质以及向量的加减运算公式整理化简即可求出=圆之间的位置关系，结合圆心距与半径之间的关系，由已知条件即可求出a的取值范围。→→1→1→1→++=−−，再由数量积的运算公式代入数值计算出结果即可。13.【答案】5222216．【答案】6+25< ≤25；50【解析】【解答】=++， − +4(++ 2+ 2+ 方2+2( ⋅ + ⋅ 方+ ⋅ 方)【解析】【解答】=2，故焦点为 (0，2)和 (0，−2)，| |+| |=2 ，∴| 方|==由条件可知 ⊥ ，=| |=8−| |，|| |−| ||=|8−| |−| ||=|8−2 |≤| |=2，解得9≤ ≤25， ⊥ 方， ⊥ 方，==5.点 (−2，2)是椭圆内一点，故+44<1，解得 >6+25或 <6−25（舍去），∴| 方|=(++=2+2+9+16+252 −4故答案为：52故6+25< ≤25.22当=25时，椭圆方程为：+=1，||+||=10，2521【分析】由=++，然后利用向量数量积表示向量的模计算的222| |+| |≥(| |+| |)=50，当||=||=5时等号成立.长度。214．【答案】 + −1=05故答案为：6+2< ≤25；50.【解析】【解答】直线 + +1=0，取 =0得到 =−1，故过定点 (−1，0)，直线 − −2 +3=0，即 ( −2)− +3=0，取 =2得到 =3，故过定点 (2，3)，→【分析】根据题意由已知条件即可得出焦点的坐标，然后由椭圆的定义整理化简即可求出m的取值范围，结 =(3，3)，设直线 为3 +3 + =0，代入 (2，−1)，解得 =−3，合题意由点与椭圆的位置关系，代入整理化简即可得出m的取值范围；由m的取值即可得出椭圆的方程，由即3 +3 −3=0，即 + −1=0.椭圆的定义以及基本不等式即可求出||2+||2的值最小值。故答案为： + −1=0.→→→17．【答案】（1） =(1，1，0)， =(−1，0，2)， − =(2，1，−2)， //( − )，设 =(2 ， ，−2 )，【分析】首先由直线的方程即可求出定点的坐标，然后由向量的坐标公式计算出直线的法向量，并把点的坐→→||=22=3，解得 =±1，故=(2，1，−2)或=(−2，−1，2).4++标代入计算出c的取值，从而即可得出直线的方程。4215．【答案】1（2） + =( ， ，0)+(−1，0，2)=( −1， ，2)，→→→→→→→【解析】【解答】在正四面体ABCD中，令=，=，=，显然，〈→〉=〈→→〉=〈→→〉=6 −2 =( ， ，0)−2(−1，0，2)=( +2， ，−4)，，，， + 与 −2 互相垂直，即( −1， ，2)⋅( +2， ，−4)=( −1)( +2)+ 2−8=0，0∘→→→，||=||=||=2，如图：5解得 =2或 =−.→1→1→因点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则=−=−，222→【解析】【分析】(1)由空间向量和共线向量的坐标公式即可得出=(2 ， ，−2 )，然后由向量摸的坐标公式→=→+→+→=1→−→+1→1→−→)−→+1→=1→−1→−1→，=(2222222代入数值计算出 =±1，由此即可得出向量的坐标。→⋅→1→1→1→1→1→→→→→210∘0∘22于是得 =( − − )⋅(− )=(− ⋅ + ⋅ + )=(−2×2cos6+2×2cos6+)(2)根据题意由空间向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出结果即可。222244=1，18．【答案】（1）解：以O为原点，OB、OC、OA分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系．→→⋅1.所以的值为 则有A（0，0，1）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、E（0，1，0） ∴ =(2，−1，0)， =(0，2，−1)20．【答案】（1）解：取 1 1的中点 ，连接 1 ， 方，则 1⊥ 1 1， 方// 1，−22∴COS<< ， >>==−又 1⊥平面 ，所以 方⊥平面 ，5⋅552所以1，，1两两垂直，所以异面直线BE与AC所成角的余弦为5如图，以为原点，1，，1所在直线分别为轴，轴，（2）解：设平面ABC的法向量为1=(，，)轴建立空间直角坐标系，则则 (1，2，0)， (0，2，3)，方(0，2，0)， 1(1，0，0)， (−1，1，0)，푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0取푛1=(1，1，2)，→→证明： 1方=(−1，2，0)， 1 =(−1，2，3)，则<，301>=30→=(1，0，−3)，=→(−1，−1，−3)，30BE和平面ABC的所成角的正弦值为30→→设=( 1， 1， 1)，=( 2， 2， 2)分别为平面 1 方和平面 的法向量，2【解析】【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标1系，利→→→→由⋅=0，⋅=0，用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值；（2）求出平面的法向量和，利用向111量法能1求出直线和平面的所成角的正弦值− 1+2 1=0，得，− 1+2 1+3 1=0，19．【答案】（1）解：设圆C的方程为2+2+++令1=1，则1=2，1=0，=09+4+3方−2 + =01++=01→依题意得方 ∴=(2，1，0)是平面 1 方的一个法向量，−−+1=022→→→→ 2−3 2=0，由⋅=0，⋅=0，得，解之得方=−2, =4, =1− − −3 =0，22222∴圆C的方程为 2+ 2−2 +4 +1=0令 2=1，则 2=3， 2=−23，（2）解：圆 2+ 2−2 +4 +1=0可化为( −1)2+( +2)2=4，→∴=(3，−23，1)是平面 的一个法向量，2所以圆心到直线的距离为 =22=1→→2−(3)∴푛⋅푛=2×3−2+30=0，21当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为=2，∴平面 ⊥平面 1 方．此时直线l被圆C截得的弦长为23，符合题意→→（2）=(0，2，0)，设平面1的法向量为=(，，)．1当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，即 − −2 =0→→→→2 =0，| +2−2 |由⋅=0，⋅=0，得，由题意得=111− +2 +3 =0，2+13令=1，则=3，=0，解得=→4∴=(3，0，1)是平面 的一个法向量，1∴直线的方程为3 −4 −6=0设平面1和平面1的夹角为，由图可知为锐角，综上所述，直线l的方程为 =2或3 −4 −6=0→→23【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设圆C的方程为2+2+++=0，根据题意列出则cos =|푛1⋅ |==15，关于→→5×25 |1|||方, , 的方程组，解出即可；（2）将圆的方程化为标准形式，求出圆心到直线的距离为1，当直线l的斜率不15即平面1和平面1夹角的余弦值为．存在时符合题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，列出关于 的方程解出即可.5 （3）假设在线段（含端点）上存在点，1 2−2 +31( +2)2−2( +2)+3114，令 −2= ， ∈(−4，0)整理得到 =4= −1∈(−2，−1)，由此即 −2425使点到平面1的距离为，可求出t的取值范围。5→22．【答案】（1） ∥ 方， 方⊂平面 方， ⊄平面 方，故 ∥平面 方，设 (0， ，3)(0≤ ≤2)，则 =(0， −2，0)，→平面 与棱 方， 分别交于点 ， ，故 ∥ ，即 ∥ 方，5→| −2|由2=| ⋅푛1|=，5|→5为棱的中点，故是棱的中点.1|（2） ⊥底面 方 ， 方⊂平面 方 ，故 ⊥方 ，方 ⊥ ， ∩ = ，解得：=4（舍去）或=0，故方 ⊥平面 ， ⊂平面 ，故 ⊥方 ， ⊥方 ，故在线段1上存在点M（端点处），故∠ 为二面角 −方 − 的平面角，故∠ =45°，故 = =2.25使点M到平面1的距离为．5如图所示：以延长线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，【解析】【分析】(1)由已知条件作出辅助线，结合中点的性质即可得出线线垂直以及线线平行，然后由平行的→则 (0，1，0)， (−1，2，0)， (0，0，0)， (−1，0，1)， (0，0，2)， =(−1，1，0)传递性以及线面垂直的判定定理即可得出 方⊥平面 ，由此即可得出线线垂直从而建立空间直角坐标系求→푛⋅ ⇀ = =0出各个点的坐标以及向量和平面1和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出两个设平面 的法向量为=( ， ， )，则，平面푛⇀푛⋅ =− + =0→→的法向量的坐标；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出푛2⋅푛1=0，由此得证出结论。→取=1得到=(1，0，1)，(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面1法向量的坐标，再由数量积的→→坐标公式即可求出平面1的法向量的坐标，同理即可求出平面1的法向量；结合空间数量积的运算公直线与平面所成角为，→→|=|푛⋅ 11|==，式代sin =|cos푛， →→2×22|푛|⋅| |入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面1和平面1夹角的余弦值。 ∈[0].，故=，(3)根据题意假设存在点M，由此设出点的坐标从而求出向量的坐标，结合空间的距离公式代入数值计算出a26→→的取值，由已知条件即可得出答案。设 = ，即( ， ， −2)= (−1，2，−2)=(− ，2 ，−2 )，故 (− ，2 ，2−2 )，21．【答案】（1） ∥ ，故∠ 方=∠ 方=∠ 方 ，即| |=| 方|，→→→2 =(− ，2 ，2−2 )， ⋅푛=− +2−2 =0，解得 =.3||+||=||+||=||=4>||=2，故轨迹为椭圆，2+2|→|=2|→|22=4，=2，=1，故=3，故轨迹方程为：3=1（ ≠0）.=1+4+4=2.故=2.433【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合中点的性质即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理和性（2）设 ( ， )，则 =( − ，− )， =(2− ，− )，+质定理即可得出线线平行，从而即可得证出结论。 ⊥ ，即( − ，− )⋅(2− ，− )=( − )(2− )+ 2=0，2=1，23(2)由线面垂直的性质定理以及判定定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及11242 −2 +3即 −(2+ ) +2 +3=0，即 =4， ∈(−2，2)，4 −2向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，由线面角与向1( +2)2−2( +2)+31量.夹角之间的关系结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出直线与平面所成角的正弦值，然后由题设 −2= ， ∈(−4，0)， =4= −1∈(−2，−1)42意结合共线向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出=，由此即可得出答案。故实数 的取值范围为(−2，−1).3【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合椭圆的定义即可得出轨迹为椭圆，由题意即可求出a与b的取值，从而即可得出椭圆的方程。 (2)由已知条件设出点的坐标，由此即可求出向量的坐标，再结合数量积的坐标公式代入整理即可得出= 高二上学期数学期中考试试卷的位置关系是（）一、单选题A．相交B．相切或相交1.已知，，若，则实数的值为（）C．相切D．与的大小有关A．-2B．-1C．2D．17.已知双曲线：与直线交于，两点，点为上一动点，记直线2.直线：与直线：（实数a为参数）的位置关系是（），的斜率分别为，，的左､右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距A．与相交离为1，则（）B．与平行A．C．与重合B.的离心率为D．与的位置关系与a的取值有关C.若，则的面积为23.已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则（）D.若的面积为，则为钝角三角形A．2B．1C．D．48.设是椭圆的左､右焦点，是椭圆上任意一点，若的最小值是，则4.方程的对应曲线图形是（）的值为（）A．B．C．D．A.B．二、多选题9.已知直线，则下述正确的是（）A.直线的斜率可以等于0B.直线的斜率一直存在C．D．C.直线时直线的倾斜角为D.点到直线的最大距离为5.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（）10.如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折A.平面ABC⊥平面ABD起，使到，且平面平面，连接，．B.平面ABD⊥平面BDC则下列结论中正确的是()C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDEA．D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEB.四面体的外接球表面积为6.方程的两个不等实根为m，n，那么过点，的直线与圆 值为.C.与所成角的余弦值为四、解答题D.直线与平面所成角的正弦值为17．已知动点与两个定点的距离之比为11．在平面直角坐标系中，已知点和曲线，则对于直线下列（1）求动点的轨迹方程.说法正确的是（）（2）若边的中点为，求动点的轨迹方程.A．若，，，则直线与曲线没有交点18．如图，在直三棱柱中，点D在棱上，E，F分别是，BC的中点，，B．若，，，则直线与曲线有二个交点．（1）证明：；C．若，，，则直线与曲线有一个交点（2）当D为的中点时，求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．D．直线与曲线的位置关系和在哪里无关19.已知圆.12.已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长为4，点在椭圆内部，点（1）若过点的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程；在椭圆上，则以下说法正确的是（）（2）若是直线上的动点，是圆的两条切线，是切点，求四边形A.离心率的取值范围为面积的最小值.B.当离心率为时，的最大值为20.如图，直四棱柱中，底面为菱形，且，，为的延长C.存在点使得线上一点，平面，设.（1）求二面角的平面角的大小。D．的最小值为1（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.三、填空题21．2020年9月下旬，中国海军为应对台湾海峡的局势，派出3艘舰艇在台湾附近某海域进行实弹演习.某时13.已知点和圆，若过点P作圆C的切线有两条，则实数m的刻三艘舰艇呈“品”字形列阵(此时舰艇可视作静止的点)，如下图A，B，C，且OA=OB=OC=3，假想敌舰艇在取值范围是．14.对任意的实数，求点到直线的距离的取值范围某处发出信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早(注：信号传播速度为C处舰艇保为．持静默.（1）建立适当的坐标系，并求假想敌舰所有可能出现的位置的轨迹方程；15.如图，在直角中，，，，现将其放置在平面的上面，其中点A，B在平（2）在A，B两处舰艇对假想敌舰攻击后，C处敌舰派出无人机到假想敌舰处观察攻击效果，则无人机飞面的同一侧，点平面，与平面所成的角为，则点A到平面的最大距离是.行的距离最少是多少？16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大22.设实数，椭圆D：的右焦点为F，过F且斜率为k的直线交D于P、Q两点，若线段 PQ的中为N，点O是坐标原点，直线ON交直线于点M．（1）若点P的横坐标为1，求点Q的横坐标；【分析】由椭圆的焦点在y轴上，化为，利用长轴长是短轴长的两倍求出m（2）求证：；的值.（3）求的最大值．4．【答案】A【解析】【解答】由可知，，答案解析部分显然时方程不成立，排除C，1.【答案】C又【解析】【解答】因为，所以，即，所以不成立，排除BD，所以.故答案为：C.故答案为：A【分析】根据题意，由空间向量数量积的计算公式有，求解可得k的值.【分析】利用方程判断x，y的值的范围，即可判断曲线的图形.5.【答案】C2.【答案】B【解析】【解答】因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因【解析】【解答】由：，为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.可得，故答案为：C因为且，【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，逐项进行判断，可得答案.所以与平行6.【答案】B故答案为：B【解析】【解答】由题设有且，故均在直线上，【分析】由题意利用平行直线系方程，得出答案.3.【答案】C所以的直线方程为：，【解析】【解答】因为椭圆的焦点在y轴上，故，圆心（原点）到直线的距离为，且椭圆的标准方程为：，所以而，故直线与圆相交或相切，所以，故，故答案为：B.故答案为：C. 【分析】根据斜率公式，求出直线AB的方程，再结合韦达定理以及点到直线的距离公式，即可求解出答案.坐标，结合双曲线的定义以及余弦定理，判断三角形的形状，判断D.7.【答案】D8.【答案】B【解析】【解答】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)【解析】【解答】令，则，则，且，两式相减得，因为的最小值为，即的最小值为，所以，因为，所以，故双曲线C的渐近线方程由椭圆，可得，则，所以，因为焦点(c，0)到渐近线的距离为1，所以，即，所以，，所以，，离心率为，A，B不符合题令，解得或（舍去），意．对于C，不妨设P在右支上，记则由对勾函数的单调性可得，当取得最大值时，的最小值为，因为，所以解得或(舍去），所以的面积为即当时，的最小值为，即，解得，，C不正确；所以.对于D，设P(x0，y0)，因为，所以，故答案为：B.将带入C：，得，即【分析】由题意画出图形，再由的最小值为，结合对勾函数的单调性可知当时，的由于对称性，不妨取P得坐标为(，2)，则，最小值为，即，求得c值，即可求出的值.因为9.【答案】A,C,D所以∠PF2F1为钝角，所以PF1F2为钝角三角形，D符合题意【解析】【解答】解：对于A，当时，此时斜率为0，A对，故答案为：D对于B，当时，此时斜率不存在，B不符合题意，对于C，当时，直线，即，斜率为1，倾斜角为，C对.【分析】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)，利用点差法求解直线的斜率，得到a、b关系，通过点到直对于D，，即，恒过和的交点线的距离求解c，求出a，b，即可求出离心率，判断A、B的正误；不妨设P在右支上，记则，要使点到直线的最大距离，即时，此时最大距离为，利用，转化求解三角形的面积，判断C；设P(x0，y0)，通过三角形的面积求解P的，D对. 故答案为：ACD过F作FO’⊥平面CDE，四面体A’CDE的外接球球心O’在直线O’F上，设O’F=t，又O’D=O’A’=R得，解得【分析】根据直线斜率的定义和倾斜角的定义，即可判断A、B、C；求出直线恒过定点，所求最大距离，即∴为这两点间的距离，可判断D.10.【答案】B,C,D∴四面体A’CDE的外接球表面积为S=4πR2=8π【解析】【解答】解：由题意易得DE⊥AB故B正确；又∵平面A’DE⊥平面BCDE，且平面A’DE∩平面BCDE=DE对于C，∵∴A’E⊥平面BCDE∴∴建立如图所示空间直角坐标系，故C正确；对于D，∵VA’-BCD=VB-A’CD又A’E=1，∴∴∴故D正确.故答案为：BCD对于A，∵∴【分析】根据向量垂直的充要条件可判断A，根据四面体与外接球的几何特征，结合球的表面积公式可判断B，根据向量的夹角公式可判断C，根据等体积法，结合棱锥的体积公式可判断D.∴1.【答案】A,B,C∴BD，A’C不垂直【解析】【解答】当，，时，曲线，则对于直线，圆的圆心故A错误；对于B，取CE中点F，连接DF，到直线的距离为，所以直线与曲线没有交点，A符合题意；∵DE⊥DC当，，时，则曲线，直线，联立方程组，消去∴ 可得即，可知，所以直线与曲线有二个交点，B符合题意；对于选项：由基本不等式可得，当且仅当当，，时，直线与曲线，联立方程组，消时取得等号.又，所以，故正去可得：，解得，所以直线与曲线有一个交点，所以C符合题意；确．综上所述：正确的选项是：.由B、C选项，可知直线与曲线的位置关系和在哪里有关，所以D不正故答案为：BD.确．故答案为：ABC．【分析】通过，，的值，判断曲线与直线的位置关系，逐项进行判断，可得答案.【分析】由题意可得a，由点在椭圆内部，解得，求出，12.【答案】B,D即可判断A；求出c，计算出，当点，，共线且在轴下方时，取最大值【解析】【解答】因为长轴长为4，所以，即；因为点在椭圆内部，，可判断B；若，则，得，，推出所以，又，故可得.，即可判断C；由基本不等式可得，又，对于选项：即可判断D.因为，故，，故不正确；13.【答案】对于选项：【解析】【解答】根据题意，圆，当，即，解得，所以，则；必有，由椭圆定义：，解可得：或；如图所示：当点，，共线且在轴下方时，取最大值，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，则有，即，综合可得：m的取值范围为。所以的最大值为，故正确；对于选项：故答案为：。若，则由选项知，，，，【分析】根据题意，圆，必有，再解一元二次不等式求解集的方法，从而得出实数m的取值范围，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，从而求出实所以，数m的取值范围，再结合交集的运算法则，从而求出实数m的取值范围。所以不存在使得，故不正确；14.【答案】 【解析】【解答】由题意，直线，即，由题设，且关于对称，若，则，设，则，，所以，解得，∴所以直线过定点，，又，当垂直直线时，取得最大值，∴的最大值为8.当直线过点时，取得最小值，故答案为：8∴的取值范围.故答案为：．【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，，利用二次函数的性质可求出的最大值.【分析】将原方程化为，求出直线过定点，当垂直直线17.【答案】（1）解：设，由，则点的轨迹方程为时，取得最大值当直线过点时，取得最小值，即可求出d的取值范围.（2）解：由，15.【答案】30则点的轨迹方程为，(或).【解析】【解答】如图，设，则，将代入过作，交于，过作，交于，可得：，因为在中，，则，当四点共面时，点到的距离最大.化简得：，(或).因为，所以是与平面所成的角，则，则，【解析】【分析】(1)设，根据已知条件结合两点之间的距离公式，即可求解出动点的轨迹方程.于是，，即到的最大距离为30.(2)设，则由D为边BC的中点，求出C点的坐标，将C点的坐标代入到(1)中的方故答案为：30.程，即可求解出动点的轨迹方程.18.【答案】（1）证明：在直三棱柱中，有，【分析】过作，交于，过作，交于，然后判断出当四点共面又，，平面，时，点到的距离最大，进而算出AC，即可求出到的最大距离.16.【答案】8又平面，．【解析】【解答】如图：，， 如图，分别以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，(2)当时，四边形面积取得最小值，由此求得切线长，得四边形面积的最小值.则，，，，，．20.【答案】（1）解：连接，交于点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，则，，，设，，．则，，.（2）解：当D为的中点时，，，，∵平面，∴，，∴，∴，即，设平面DEF的法向量为，则，即∴，，令得，，设平面的法向量为，易知平面ABC的法向量为，由，得，令，所以，∴平面的一个法向量为.即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．又平面的一个法向量为，【解析】【分析】(1)以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出所需点的坐∴，标和两条直线的方向向量的坐标，利用向量的数量积为0，即可证得；(2)利用待定系数法求出平面DEF的法向量，取平面ABC的一个法向量，然后利用向量的夹角公式求解出平由图知二面角的平面角为锐角，面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.∴二面角的平面角的大小为45°；19.【答案】（1）解：当斜率不存在时，代入圆方程得，弦长为，满足条件；（2）解：假设在线段上存在一点，满足题意.当斜率存在时，设，即，圆心到直线的距离设，解得：，，所以直线方程为或，得，（2）解：当时，四边形面积取得最小值，∵，，∴，，∴.【解析】【分析】(1)求出圆心坐标和半径，讨论斜率不存在时直线满足题意，然后设出直线方程，求出圆心到∵平面，∴，∴，∴，直线的距离，由勾股定理表示出弦长求得k，进而求出直线的方程；∴存在点使平面，此时. 【解析】【分析】(1)利用建立空间直角坐标系分别求出平面EAC和平面D1AC的法向量，利用空间二面角的当P的坐标为时，直线PQ：，向量法即可求解出二面角的平面角的大小；(2)假设存在，利用直线与平面平行可得与平面EAC的法向量垂直，即可求解出的值.即，21.【答案】（1）解：建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐标系，代入椭圆方程，，即，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线是以得Q的横坐标为.，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，即，，，，当P的坐标为时，同样得Q的横坐标为.点的轨迹方程为：因此，点Q的横坐标为；（2）设方程上一点，，由题意知，求出的（2）证明：联立方程组，其解为，．最短距离即可，，由，消去y，得，即可得，．由，．【解析】【分析】（1）利用已知条件建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐所以N的横坐标为，标系，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线得N的纵坐标为，是以，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，从而求出a，c的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点P的轨迹方程。得N的坐标为．（2）设方程上一点，，由题意知，求出所以直线ON的斜率为，方程为，的最短距离即可，再利用两点距离公式结合二次函数的图象求最值的方法，进而求出无人机飞行的最短距离。与直线交于点．2.【答案】（1）解：因为点P的横坐标为1，由，故直线FM的斜率为，于是，因此；得P的坐标为或．F的坐标为．（3）解： ．令，由，得，又，得．即，所以的取值范围为，最大值为．【解析】【分析】(1)求出P的坐标，直线PQ的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，即可求出点Q的横坐标；(2)设，，联立方程组，利用根与系数的关系及其中点坐标公式可得N的坐标，联立可得M的坐标，可证明出；(3)求出，再利用换元法结合二次函数的性质，即可求出的最大值． 高二上学期数学期中考试试卷A．B．C．D．一、单选题8.在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一1.已知直线和直线，若，则（）点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（）A．3B．-1或3C．-1D．1或-3A.平面α与平面β垂直2.已知向量，，且，那么等于（）B.平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°A．B．C．D．5C.平面α与平面β平行3.在四面体中，点为棱的中点.设,，，那么向量D.平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°二、多选题用基底可表示为（）9.直线a的方向向量为，平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（）A.B．A.若，则直线平面；C．D．B.若，则直线平面；4.阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长C.若，则直线a与平面所成角的大小为；半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为，若椭圆的离心率为，面积为，则椭D.若，则平面，的夹角为．圆的标准方程为（）10.已知圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0相交于A、B两点，下列说法正确的是（）A.圆M的圆心为（1，－2），半径为1A．或B．或B.直线AB的方程为x－2y－4＝0C．或D．或C.线段AB的长为D.取圆M上点C（a，b），则2a－b的最大值为5.已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则实数m等于（）A．2B．8C．D．11.已知点，，是椭圆上的动点，当取下列哪些值时，可以使（）6.已知点是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程是（）A．3B．6C．9D．12A．B．12.将一个椭圆绕其对称中心旋转90°，若所得椭圆的两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，则称该椭圆为“对偶椭圆”．下列椭圆的方程中，是“对偶椭圆”的方程的是（）C．D．A．B．C．D．7.椭圆的左､右焦点分别为､，是椭圆上的一点，，且，垂三、填空题足为，若四边形为平行四边形，则椭圆的离心率的取值范围是（）13.若点到直线距离为，则=． 14.过定点的直线：与圆：相切于点，则．轴上方），且.（1）求椭圆的方程；15.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是、、、（2）当为椭圆与轴正半轴的交点时，求直线方程；，则该四面体的内切球与外接球体积之比为（3）对于动直线，是否存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点？若存在，求出该定16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大点的坐标；若不存在，请说明理由.答案解析部分值为.1.【答案】四、解答题C17．在三角形ABC中，已知点A(4，0)，B(－3，4)，C(1，2)．【解析】【解答】直线的斜率存在，，（1）求BC边上中线的方程；且.（2）若某一直线过B点，且x轴上截距是y轴上截距的2倍，求该直线的一般式方程．18.如图1，在中，MA是BC边上的高，，.如图2，将沿MA进行翻折，使，化为.得二面角为，再过点B作，连接AD，CD，MD，且，.解得或.当时，与重合，应舍去.（1）求证：平面MAD；.（2）在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值.故答案为：C.19.已知动点M到点A（2，0）的距离是它到点B（8，0）的距离的一半，求：（1）动点M的轨迹方程；【分析】利用两条直线平行与斜率的关系即可得出a的值.（2）若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹．2.【答案】B【解析】【解答】解：因为向量，，且，20.已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆所以，解得，交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.所以，（1）求椭圆的方程；（2）求的面积.所以，故答案为：B21.如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．【分析】由可得，从而解出x，得到的坐标，再由模长公式求出的值.（1）求证：AC⊥平面BEF；3.【答案】B（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；【解析】【解答】点为棱的中点，（3）证明：直线FG与平面BCD相交．，22.已知椭圆的上顶点到左焦点的距离为.直线与椭圆交于不同两点、（、都在 ，两式相减可得：，又，即，，故答案为：B.因为是线段的中点，所以，，所以，【分析】先根据点P为棱BC的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用表示向即可.所以直线l的方程是，即，4.【答案】B故答案为：D【解析】【解答】根据题意，可得，【分析】利用“点差法”即可得出直线l的斜率，利用点斜式即可得出直线l的方程.所以椭圆的标准方程为或.7.【答案】D故答案为：B【解析】【解答】如图：若，又四边形为平行四边形，，【分析】由题意可得离心率即a，c的关系，椭圆面积可得a，b的关系，再由a，b，c的关系求出椭圆的标准方程.∴，即，5.【答案】B∴，解得.【解析】【解答】由题意，得，，则，故答案为：D所以椭圆的离心率，解得m=8.故答案为：B.【分析】设，由题意可得，由此可得，即可求出椭圆的离心率的取值范围.【分析】根据题意，由椭圆的方程分析可得a、b的值，计算可得c的值，由椭圆的离心率公式可得8.【答案】A，求解可得m的值.【解析】【解答】解：设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），6.【答案】D∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足【解析】【解答】设直线与椭圆交于，，同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足则，，∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2， ∴点Q1与Q2重合于同一点故答案为：ABD．由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径判断A；联立两圆的方程求得AB的方程判断故选：AB；由点到直线的距离公式及垂径定理求得AB的长判断C；利用直线与圆相切求得2a-b的范围判断D.【分析】设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．根据题意点P1在β内的射影与P2在α内的1.【答案】A,B,C射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角，根据面面垂直的【解析】【解答】设，且.定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．因为，9.【答案】B,C,D【解析】【解答】若，则直线平面或在平面内，A不正确；将点坐标代入椭圆，得，所以代入上式可得若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面；B符合题意；直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若，则直线a与.平面所成角的大小为，C符合题意；所以，.对照选项可以取ABC.两个平面夹角与他们法向量所成的不大于的角相等，D符合题意，故答案为：ABC．故答案为：BCD【分析】设，由，可得，利用二次函数的性质【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，利用法向量和线面夹角及面面夹角的应用，逐项进行判断，可得到答案.可求出的最值，进而得出答案.10.【答案】A,B,D12.【答案】A,C【解析】【解答】由圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，得(x－1)2+(y+2)2＝1，【解析】【解答】由题意，得当时，该椭圆为“对偶椭圆”．由得，则圆M的圆心为（1，－2），半径为1，A符合题意；A中，；B中，，，；联立圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，消去二次项，可得直线AB的方程为x－2y－4＝0，B符合题意；选项Ｃ中，；D中，，，．圆心O到直线x－2y－4＝0的距离d，圆O的半径为2，故答案为：AC．则线段AB的长为2，C不符合题意；令t＝2a－b，即2a－b－t＝0，由M（1，－2）到直线2x－y－t＝0的距离等于圆M的半径，【分析】根据新定义，只要当b=c，椭圆即为“对偶椭圆”，由椭圆方程求得a、b、c，判断即得答案.13.【答案】0或5可得，解得t＝4．【解析】【解答】根据点到直线的距离公式得到∴2a－b的最大值为，D符合题意．故答案为0或5. 【分析】利用点到直线的距离公式直接求解，可得a的值.设，则，，14.【答案】4∴【解析】【解答】直线：过定点，的圆心，半径为：3；，又，定点与圆心的距离为：．过定点的直线：与圆：∴的最大值为8.相切于点，则．故答案为：8【分析】求出直线过的定点，圆的圆心与半径，利用直线与圆的相切关系求解可得的值.15.【答案】1：27【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，【解析】【解答】点、、、恰为棱长为的正方体的四个点，，利用二次函数的性质可求出的最大值.该四点构成了一个棱长为的正四面体（如图所示）.17．【答案】（1）解：∵B（－3，4），C（1，2），设该正四面体的内切球和外接球半径分别为、，体积分别为、，∴线段BC的中点D的坐标为（－1，3），又BC边上的中线经过点A（4，0），则该正四面体的外接球也是正方体的外接球，∴y（x－4），即3x+5y－12＝0，则，即.BC边上中线的方程.由图可得该四面体的体积为：（2）解：当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，，代入点B（－3，4），则4＝－3k，解得k，又，所以所求直线的方程为yx，即4x+3y＝0；所以，解得，当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为1，代入点B（－3，4），则，解得m，则，.故答案为：1：27.所以所求直线的方程为1，即x+2y－5＝0，综上所述，该直线的一般式方程为4x+3y＝0或x+2y－5＝0．【分析】作出坐标系和四面体，得到四面体和正方体的关系，利用正方体的外接球和正方体的关系求出外接【解析】【分析】(1)求得线段BC的中点坐标，再结合点A的坐标，由直线的点斜式写出BC边上中线的方球的半径，再利用分割法得到正四面体的体积，进而求出其内切球的半径，再利用球的体积公式进行求解，程；可得该四面体的内切球与外接球体积之比.(2)分两类：①当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，代入点B(-3，4)，求出16.【答案】8k的值，进而求出该直线的一般式方程；【解析】【解答】如图：②当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为，代入点B(-3，4)，求得m的由题设，且关于对称，若，则， 值，进而求出该直线的一般式方程.(2)易知，，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角18.【答案】（1）证明：由图1可知，，，为二面角的平面角，即坐标系，逐一写出A、B、D、M、E的坐标，由法向量的性质求得平面MBD的法向量，设直线与平，，、平面，平面，平面，面所成角为，则，利用空间向量数量积的坐标运算，即可求解出直线AE与平面．MBD所成角的正弦值.在中，由余弦定理知，19.【答案】（1）解：设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，则点M的轨迹就是集合，，P．由于，，由两点距离公式，点M适合的条件可表示为，，、平面，平方后再整理，得．可以验证，这就是动点M的轨迹方程．平面．（2）解：设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，（2）解：，，，为直角三角形且，y1）．由于A（2，0），且Ｎ为线段AM的中点，所以，．，．所以有，①以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）题知，M是圆上的点，则，0，，，0，，，3，，，0，，，1，，所以M坐标（x1，y1）满足：②，1，，，0，，，3，，将①代入②整理，得．所以N的轨迹是以（1，0）为圆心，以2为半径的圆．设平面的法向量为，，，则，【解析】【分析】（1）设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，由题意，结合两点距离公式求令，则，，，0，，得动点M的轨迹方程；设直线与平面所成角为，（2）设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，y1），根据中点坐标公式以及动点M的轨迹方程，即可求出点N的轨迹．则．20.【答案】（1）解：由已知得，，解得，又，所以椭圆的方程为故直线与平面所成角的正弦值为．（2）解：设直线的方程为，【解析】【分析】(1)由图1可知，，，推出∠BAC为二面角B-MA-C的平面角，得到由得，①MA⊥平面ABC，故MA⊥CD，结合余弦定理和勾股定理可证得AD⊥CD，再由线面垂直的判定定理即可得证平面MAD； 设、的坐标分别为，（），中点为，由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，则，，因为是等腰△的底边，所以．设平面BCD的法向量为，所以的斜率为，解得，此时方程①为．∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，解得，，所以，，所以，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，此时，点到直线：的距离，所以△的面积∴．【解析】【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为（3）证明：平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．离公式求高，即可计算出面积．【解析】【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得21.【答案】（1）证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设∵CC1⊥平面ABC，立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法∴四边形A1ACC1为矩形．向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结又E，F分别为AC，A1C1的中点，论.∴AC⊥EF．∵AB=BC．2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF该椭圆的上顶点到左焦点的距离为，即，可得，，（2）解：由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，因此，椭圆的方程为；EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，（2）解：由题意可得，，直线的斜率为，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐，则直线的斜率为，称系E-xyz． 系，即可证明存在一个定点M(-2，0)，无论∠OFA如何变化，直线总经过此定点.直线的方程为，联立，得，解得或，所以点的坐标为.直线的斜率为，因此，直线的方程为；（3）解：由于直线与椭圆的两交点、都在轴上方，则直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立，消去得，，得，由韦达定理得，，，所以，直线和的斜率之和为，即，，，则直线的方程为，直线过定点.【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，椭圆可得关于a，b的方程，求出a，b的值，由此求出椭圆C的方程；(2)由题意可得，得，从而，可得直线BF的方程，代入椭圆方程，求得B点坐标，由此能求出直线AB的方程；(3)由∠OFA+∠OFB=180°，知直线和的斜率之和为，设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，得关于x的一元二次方程，由直线方程的点斜式求得动直线l的方程，结合根与系数的关 高二上学期数学期中考试试卷线交于点，则点的轨迹的方程是（）一、单选题A.B．C．D．1．已知点､与圆:,则()8．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体A.点与点都在圆外中，，，，则异面直线与之间的距离是B.点在圆外,点在圆内C．点在圆内,点在圆外（）D．点与点都在圆内A.B．C．D．2.已知双曲线上一点到的距离为，为坐标原点，且二、多选题9.已知向量，则下列结论不正确的是（），则()A．B.C．或D．或A．B．3.已知点A(1，3)，B(－2，－1)．若直线l：y＝k(x－2)＋1与线段AB相交，则k的取值范围是（）C．D．A.B．10.设定点，，动点满足，则点的轨迹可能是（）C．或D．A.圆B．线段C．椭圆D．直线11.已知圆和圆的公共点为，，则（）4.如图，把椭圆的长轴分成8等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，，…，，是椭圆的左焦点，则（）A.B．直线的方程是A．35B．30C．25D．20C．D．5.已知圆的半径为2，椭圆的左焦点为，若垂直于12.数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列轴且经过点的直线与圆相切，则椭圆的长轴长为（）四个结论，其中正确结论是（）A．B．2C．4D．8A.图形关于轴对称6.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的B.曲线恰好经过6个整点（即横､纵坐标均为整数的点）数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样C.曲线上存在到原点的距离超过的点走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河D.曲线所围成的“心形”区域的面积大于3岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）三、填空题13.已知异面直线a，b的方向向量分别为，，则a，b所成角的余弦值为.A．B．5C．D．1014.如图，二面角等于，A、B是棱l上两点，、分别在半平面、7.已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分 内，，，且，则的长等于．22.已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．（1）求圆C的方程；15.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆（2）过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．上一个动点，则的最大值为答案解析部分16.双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为，1.【答案】C若E上的点A满足，其中、分别是E的左，右点，则.【解析】【解答】因为点､四、解答题将的坐标代入圆的方程,可得,所以点A在圆内17．在平行六面体中，，将的坐标代入圆的方程,可得,所以点在圆外，点为与的交点，点在线段上，且.故答案为：C（1）求的长；【分析】将点代入圆的方程,根据点与圆位置关系的判断方法,即可得解.（2）设，求的值.2.【答案】D18.在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和所在直线的方程为，【解析】【解答】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，（1）求对角线所在直线一般形式方程；由中位线定理知.（2）求所在直线一般形式方程．当在右支时，由双曲线定义可知：19.如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，当在右支时，由双曲线定义可知：底面，设点是的中点．故答案为：D.（1）直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）点A到平面BDM的距离．【分析】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，由中位线定理知20.已知椭圆经过，再对点P在双曲线的左右支进行分类讨论，结合双曲线定义求出（1）求椭圆的方程；3.【答案】（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.D【解析】【解答】解：直线经过定点，21.在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，为线段AD的中点，过的平面与线段PD，分别交于点，.，，（1）求证：；又直线与线段相交，（2）若，是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请确定点的，位置；若不存在，请说明理由.故答案为：D． 则，【分析】由直线系方程求出直线l所过定点，由两点求斜率公式求得连接定点与线段AB上点的斜率的最小故“将军饮马”的最短总路程为10.值和最大值，求得k的取值范围.故答案为：D.4.【答案】A【解析】【解答】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，知，，，【分析】直接利用点关于线的对称的应用和两点间的距离公式的应用，求出“将军饮马”的最短总路程.7.【答案】B∴．故答案为：A【解析】【解答】由题可得圆心，半径为6，是垂直平分线上的点，，【分析】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，可得，求解可得答案.，5.【答案】C点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，【解析】【解答】圆的标准方程为，，故点的轨迹方程为。因为圆的半径为，则，因为，解得，故答案为：B.圆的标准方程为，圆心为，由题意可知，直线与圆相切，则，解得，【分析】由题可得圆心，半径为6，再利用点P是垂直平分线上的点，所以，所以则，因此，椭圆的长轴长为.，再利用题意的定义得出点的轨迹是以为焦点的椭圆且故答案为：C.，从而求出a的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点的轨迹方程。【分析】由圆，化成标准方程为，结合题意得出m8.【答案】D的值，再根据条件垂直于x轴且经过F点的直线与圆M相切，利用直线与圆的相切的位置关系得出c【解析】【解答】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，值，求出a值，即可得椭圆的长轴长.则，6.【答案】D则，，【解析】【解答】如图，点关于直线的对称点为，则即为“将军饮马”的最短总路程，设和的公垂线的方向向量，设，则，即，令，则，则，解得，， 的轨迹..1.【答案】A,B,D故答案为：D.【解析】【解答】圆的圆心是，半径，圆，圆心，，【分析】根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出，A符合题意；和的公垂线的方向向量的坐标，结合空间向量数量积的运算公式根据题意即可求出异面直线之间的距离。两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，B符合题意；9.【答案】B,C，，，，所以不正确，C不正确；【解析】【解答】向量，圆心到直线的距离，，D符合题意.，，，故A正确；故答案为：ABD，1，，故B错误；，故C错误；【分析】根据题意求出两个圆的圆心坐标和半径，再把两个圆的方程相减即可得出直线的方程结合点到直线，故D正确．的距离公式对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：BC．12.【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A，将换成方程不变，所以图形关于轴对称，A符合题意；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算、数量积的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而找出结论不正对于B，当时，代入可得，解得，即曲线经过点，确的选项。当时，方程变换为，由，解得，所以10．【答案】B,C只能取整数1，【解析】【解答】由题意知，定点，，可得，当时，，解得或，即曲线经过，因为，可得，根据对称性可得曲线还经过，故曲线一共经过6个整点，B符合题意；当且仅当，即时等号成立．对于C，当时，由可得，（当时取等号），当时，可得的，此时点的轨迹是线段；，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性当时，可得，此时点的轨迹是椭可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过，C不符合题意；圆．故答案为：BC．对于D，如图所示，在轴上图形的面积大于矩形的面积：，轴下方的面积大【分析】由基本不等式可得，可得或，即可判断出点于等腰三角形的面积：，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于， D符合题意；∴，60°，故答案为：ABD∴故答案为2．【分析】将换成方程不变，再结合图形关于y轴对称，从而得出图形关于轴对称；当【分析】由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，时，代入可得，解得，即曲线经过点，当时，方程变换为BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．，由判别式法得出x的取值范围，所以只能取整数1，当时，得出15.【答案】12，解得或，即曲线经过，根据对称性可得曲线还经过【解析】【解答】由题意得：，根据椭圆的定义得，，故曲线一共经过6个整点；∴，当时，由结合均值不等式求最值的方法，可得，（当圆变形得，即圆心，半径，时取等号），所以，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据要使最大，即最大，又，对称性可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过；在轴上图形的面积大于矩形的面∴使最大即可.积，再利用矩形的面积公式得出，轴下方的面积大于等腰三角形的面积，再利用等如图所示：∴当共线时，有最大值为，腰三角形面积公式得出，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于，从而选出结论正确的选项。∴的最大值为，13.【答案】∴的最大值，即的最大值为11+1=12，故答案为：12【解析】【解答】依题意a，b所成角的余弦值为【分析】由椭圆的方程可得a，b，c的值，由圆的方程可得圆心的坐标及半径，再由椭圆的定义可得|PF1|=.2a-|PF2|，然后由三点共线可知线段之差求出的最大值.故答案为：16.【答案】；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，【分析】由已知直接利用数量积求夹角公式，即可求出a，b所成角的余弦值.，14.【答案】2，【解析】【解答】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，离心率．不妨取点在第一象限， ，且，得，解得，即点；，设点，则，，解得，．所以点；故答案为：；．又，则的直线方程为，【分析】由双曲线的渐近线方程为，可知，再结合与，可求得离心率；不妨取点在第一象限，第一象限与第四象限计算结果相同，写出点A的坐标后，由三角函数的知识可求得化为一般形式是．的值.【解析】【分析】(1)根据题意画出图形，结合图形求出AC的中点和斜率，从而求得BD的斜率和直线的方程；17.【答案】（1）解：因为，(2)由直线AB和BD求点B的坐标，再根据对称求出点D的坐标，利用直线AC和AB求得点A，再写出直，线所在直线一般形式方程．，即；19.【答案】（1）解：∵四边形为菱形，，又面ABCD，，OB，OP两两垂直，（2）解：∴以为轴，为轴，OP为轴建立如图所示的空间直角坐标系，.根据题可知，，，且为中点，【解析】【分析】(1)可得，利用数量积运算性质即可求出的长；，，，，，，(2)易得，再利用平行六面体、空间向量基本定理即可得出的值.，，，18.【答案】（1）解：如图所示，菱形的顶点和，设面BDM的法向量为，所以的中点，，，，令，则，，直线的斜率为的斜率为，，所以直线的方程为：，即；∴直线与平面BDM所成角的正弦值为；（2）解：由直线的方程和直线的方程联立， 又，所以四边形BCDE为平行四边形，所以，（2）解：由（1）可知，面BDM的一个法向量为，又平面，平面，所以平面，∴点到平面BDM的距离，又BE平面BEGF，平面平面，所以.又平面平面ABCD，BE平面，，∴点到平面BDM的距离为．平面平面，【解析】【分析】(1)根据题意可知，OB，OP两两垂直，以为轴，为轴，OP为轴建立如图所以平面PAD，所以平面PAD，所示的空间直角坐标系，根据题所给的长度可算出面BDM的法向量和的坐标，再根据线面夹又平面PAD，所以；角的向量法，求出直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）解：存在，为棱上靠近点的三等分点；因为，为线段的中点，所以，(2)根据(1)可知的坐标和面BDM的一个法向量坐标，根据公式又平面平面ABCD，所以平面ABCD.，即可求出点A到平面BDM的距离．如图，以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，20.【答案】（1）解：由题意得：，解得：则，，，，，所以，，即轨迹E的方程为设，得，所以，（2）解：记，设平面的法向量为，则即的方程为令，可得，由消去得，平面EBP的一个法向量，所以则；设直线与轴交于点解得或(舍去)，【解析】【分析】(1)根据题意，将两个点的坐标代入椭圆的方程，可得，解可得a、b的值，故为棱上靠近点的三等分点.即可得椭圆E的方程；【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理与性质定理证得，再利用面面垂直及线面垂直的性质即可证得；(2)记，联立直线与椭圆的方程，解可得y的值，即可得直线与(2)以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，设轴交点的坐标，结合三角形面积公式计算可得的面积.，分别求出平面的法向量和平面EBP的一个法向量，再由向量夹角公式求出的21.【答案】（1）证明：因为，且为线段的中点，所以， 值，进而得为棱上靠近点的三等分点.2.【答案】（1）解：设圆心C(a，0)，则或a＝－5(舍)，所以圆C：x2＋y2＝4（2）解：当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以，，若x轴平分∠ANB，则⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离，确定出圆心坐标，即可得出圆方程；（2）当直线轴，则轴平分，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立圆与直线方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，由若轴平分，则，求出的值，确定出此时坐标即可
简介：高二上学期数学期中考试试卷（B卷）A．2B．C．7D．一、单选题8.已知点，，动点到直线的距离为，，则（）1.圆的圆心坐标为（）A．B．C．D．A.点的轨迹是圆B.点的轨迹曲线的离心率等于2.已知三棱柱，点为线段的中点，则（）A.B．C.点的轨迹方程为C．D．D．的周长为定值3.若直线与直线平行，则实数（）二、多选题9.已知椭圆：，关于椭圆下述正确的是（）A．1B．-1C．0D．4.古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，A.椭圆的长轴长为得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用周长为72的矩形ABCD截某圆锥得到椭圆τ，且B.椭圆的两个焦点分别为和τ与矩形ABCD的四边相切.设椭圆τ在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足C.椭圆的离心率等于题意的方程为（）D.若过椭圆的焦点且与长轴垂直的直线与椭圆交于，则10.下列说法不正确的是（）A．B．A.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°B．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角C．D．C．二面角的大小范围是[0°，180°]5.已知直线，则下述正确的是（）D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小A.直线的斜率可以等于0B．直线的斜率有可能不存在11.圆和圆的交点为A，B，则有（）C．直线可能过点D．直线的横纵截距不可能相等A.公共弦所在直线方程为6.已知正方体的棱长为，点为线段上一点，，则点到平面的距离B.线段中垂线方程为为（）C.公共弦的长为A.B．C．3D．4D．P为圆上一动点，则P到直线距离的最大值为7.已知直线（为实数）是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）12.某房地产建筑公司在挖掘地基时，出土了一件宋代小文物，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一 （2）若点在第二象限，，求的面积.个球形绿色水晶宝珠，其轴截面（如图）由半椭圆与半椭圆组20.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，成，其中，设点是相应椭圆的焦点，和是轴截面与为的中点.轴交点，阴影部分是宝珠轴截面，其以曲线为边界，在宝珠珠面上，为等（1）证明：平面；边三角形，则以下命题中正确的是（）（2）求直线与平面所成角的正弦值.21.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，A.椭圆的离心率是，点E为棱PC的中点.B.椭圆的离心率大于椭圆的离心率（1）证明：（2）若F为棱PC上一点，且满足，求二面角的余弦值.C.椭圆的焦点在轴上22.在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在y轴上的圆C经过两点和，直线的方程为D.椭圆的长短轴之比大于椭圆的长短轴之比三、填空题.13.已知直线l的一个方向向量，平面α的一个法向量，若l⊥α，则（1）求圆C的方程；m+n=.（2）过点作圆C切线，求切线方程；14.过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长为.（3）当时，Q为直线上的点，若圆C上存在唯一的点P满足，求点Q的坐标.15.圆关于直线对称的圆的方程是.16.将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线答案解析部分与所成的角为.1.【答案】A四、解答题【解析】【解答】将圆的方程化为标准式可得，17.已知三个顶点坐标分别为，，.则该圆的圆心坐标为。（1）求线段中点的坐标；及中线的直线方程，并把结果化为一般式；故答案为：A.（2）求边高线的直线方程，并把结果化为一般式.18.三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，，分别是，【分析】将圆的一般方程转化为标准方程，再利用圆的标准方程求出圆心坐标。的中点.2.【答案】D【解析】【解答】解：在三棱柱，点为线段的中点，则（1）求证：平面；，（2）求平面和平面的夹角的余弦值.所以19.如图所示，已知椭圆的两焦点分别为，，为椭圆上一点，且+.（1）求椭圆的标准方程；， 故答案为：D线不可能过点（2，1），利用已知条件将直线的一般式方程转化为直线的截距式方程求出直线的横截距和纵截距，进而得出直线的横、纵截距可能相等，进而找出正确的选项。【分析】根据空间向量的线性运算求出向量即可.6.【答案】B【解析】【解答】连接，过作于，如图，3.【答案】B设，【解析】【解答】由两直线平行知：，解得：.因为正方体的棱长为1，所以，，故答案为：B.因为平面，，所以平面，所以点到平面的距离为的长度，【分析】根据两直线平行可得到各项系数所满足的关系式，进而求得结果.4.【答案】C因为，【解析】【解答】由题意椭圆方程是方程为，排除BD，所以。矩形的四边与椭圆相切，则矩形的周长为，故答案为：B．在椭圆中，，，不满足题意，【分析】连接，过作于，设，再利用正方体的棱长为1，在椭圆中，，满足题所以，，再结合平面，，所以平面，所以点到平意．故答案为：C．面的距离为的长度，再利用正弦函数的定义，从而求出PO的长。7.【答案】C【分析】由椭圆的简单性质结合矩形的四边与椭圆相切，整理即可得出，然后由代入验证【解析】【解答】∵圆，即，法得出答案。表示以为圆心、半径等于3的圆，5.【答案】B【解析】【解答】若，则直线的斜率不存在，B符合题意；由题意可得，直线经过圆的圆心，若，直线的斜率存在，且斜率，不可能为0，A不符合题意；故有，∴，点．将点代入直线方程得：，C不符合题意；∵，，令m=1，则直线方程为：x-y=0，横纵截距均为0，D不符合题意.∴切线的长。故答案为：B.故答案为：C．【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线的斜率公式得出直线的斜率，再利用代入法得出直【分析】将圆转化为圆的标准方程，从而求出圆心坐标和半径长，由题意可得直 线经过圆的圆心，再结合代入法得出a的值，进而求出点A的坐标，再利用两点距离【分析】化简椭圆方程为标准方程，求出a，b，c，然后求解离心率以及通径，判断选项的正误即可.10.【答案】A,B,D公式求出AC的长，再结合已知条件求出CP的长，再利用勾股定理求出切线的长。【解析】【解答】当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°时，直线l与平面α所成的角为60°，A不正确；8.【答案】C向量夹角的范围是[0°，180°]，而异面直线夹角为(0°，90°]，B不正确；【解析】【解答】点，，动点到直线的距离为，，二面角的范围是[0°，180°]，C符合题意；二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补，D不正设动点的坐标为，可得：，确．故答案为：ABD．化简得点的轨迹方程为，【分析】利用已知条件结合方向向量的定义和法向量的定义，再结合线面角的求解方法，从而求出若直线l的所以的轨迹是椭圆，所以A不符合题意，C符合题意；方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°；利用已知条件结合异面离心率为：，所以B不正确；直线夹角的求解方法和所成角的取值范围和方向向量的定义和所成角的取值范围，从而求出两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角；利用二面角的大小的取值范围，得出二面角的范围；利用已知条件结合二△的周长为定值：，所以D不正确；面角的求解方法和法向量的定义，从而求出二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小，进而找出故答案为：C．说法不正确的选项。1.【答案】A,B,D【分析】利用点，，动点到直线的距离为，，设动点的坐标为【解析】【解答】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，，再结合点到直线的距离公式得出点的轨迹方程，再利用椭圆的定义推出点的轨迹是椭圆；再利即公共弦AB所在直线方程为，A符合题意；用椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率，再利用椭圆的定义和焦距的定义，再结合三角形的周长公式，得出三角形△的周长为定值，进而找出正确的选项。对于B，圆的圆心为，，则线段AB中垂线斜率为，9．【答案】A,C,D即线段AB中垂线方程为：，整理可得，B符合题意；【解析】【解答】由已知椭圆标准方程为，则，∴．对于C，圆，圆心到的距离为长轴长为，A符合题意；两焦点为，B不符合题意；离心率为，C符合，半径题意；所以，C不正确；代入椭圆方程得，解得，∴，D符合题意．故答案为：ACD．对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的 最大值为，D符合题意.对于B，椭圆的离心率，所以，B不正确；故答案为：ABD对于C，由可知，椭圆的焦点在轴上，C符合题意；【分析】由圆与圆的交点为A，B，联立二者方程结合作差法得对于D，椭圆的长短轴之比为，出公共弦AB所在直线方程；再利用圆的方程求出圆心坐标，再利用直线AB的斜率结合椭圆的长短轴之比为，两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出线段AB中垂线斜率，再利用中点坐标公式求出AB的中点坐标，再结合点斜式方程求出线段AB中垂线方程，再转化为直线AB中垂线的一般式方程；再利用圆因为，所以椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，D不正确.求出圆心坐标，再利用点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再利用故答案为：AC圆的半径结合弦长公式，进而求出公共弦的长；再利用点P为圆上一动点，再结合点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再结合圆的半径，从而结合几何法求出点P到直线AB距离的最大【分析】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，利用值，进而找出正确的选项。，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，所以是半椭圆的焦点，、12.【答案】A,C是半椭圆的焦点，依题意可知，，再结合勾股定理得出的值，再利用三角形【解析】【解答】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，为等边三角形，得出的值，进而求出的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出c的值，再结因为，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，合勾股定理得出的值，从而求出半椭圆的方程，再利用，得出的值，再结合椭圆中a，b，c三所以是半椭圆的焦点，、是半椭圆的焦点；者的关系式得出的值，从而求出半椭圆的方程。再利用椭圆的离心率公式得出椭圆的离心率和椭圆依题意可知，，所以，的离心率，由可知，椭圆的焦点在轴上，再利用椭圆的长轴和短轴的定义得出椭圆的长轴又为等边三角形，所以，和短轴之比和椭圆的长轴和短轴之比，再利用比较法得出椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，所以，进而找出正确命题的选项。又因为，所以，所以，13.【答案】-16【解析】【解答】∵l⊥α，∴，又因为，，∴==，所以半椭圆的方程为，解得m=-6，n=-10，∴m+n=-16。又，所以，所以，故答案为：-16。所以半椭圆的方程为，【分析】利用已知条件结合直线方向向量的定义和平面的法向量的定义，再结合l⊥α，得出，再结合空间向量共线的坐标表示，进而求出m，n的值，从而求出m+n的值。对于A，椭圆的离心率是，A符合题意； 14.【答案】因此，【解析】【解答】设弦长为，过原点且倾斜角为60°的直线方程为，所以异面直线与所成的角为。整理圆的方程为：，圆心为，半径，故答案为：。圆心到直线的距离为：，【分析】根据题意可知，当最大时，平面平面，设的中点为，连接建立则：空间直角坐标系，令，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利故答案为：。用数量积求向量夹角公式，进而求出异面直线与所成的角。17.【答案】（1）由题意，三个顶点坐标分别为，，，【分析】利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，从而求出直线的斜率，再利用点斜式求出过原点且倾斜角为60°的直线方程，再利用圆的方程求出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式，从设中点坐标为，由中点公式可得，而求出圆心到直线的距离，再利用弦长公式，从而求出直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长。即中点坐标为，15.【答案】又由斜率公式，可得，【解析】【解答】设圆心关于直线的对称点为，则，线段PQ的中所以直线的直线方程为，即.点为，于是，则圆Q的方程为：。（2）由，，可得，所以上的高线所在直线的斜率为，故答案为：。则上的高线所在直线的方程为，即.【分析】将圆与圆关于直线对称的问题转化为点与点关于直线对称的问题，再结合中点坐标公式和两直线垂【解析】【分析】（1）利用已知条件结合中点坐标公式，进而求出线段中点的坐标；再利用两点求斜率直斜率之积等于-1，从而求出圆心关于直线的对称点的坐标，即圆心坐标，再结合圆与公式求出中线CM的斜率，再结合点斜式求出中线CM的直线方程，从而转化为直线CM的一般式方程。（2）利用已知条件结合两点求斜率公式，进而求出直线AB的斜率，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，得圆关于直线对称得出对称圆的半径，进而求出对称圆的标准方程。出AB边上高线的斜率，再结合点斜式求出边上高线的直线方程，再转化为直线的一般式方程。16.【答案】18.【答案】（1）连接，，设交于点.如图所示：【解析】【解答】根据题意可知，当最大时，平面平面，在中，，分别是，的中点，设的中点为，连接建立空间直角坐标系，如图所示，令，则，.又平面，平面，，平面. （2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，线线垂直证出线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，即，再利用线线垂直证出线面则，，，，..垂直，即平面，所以是平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式设平面的法向量为.和平面和平面所成的二面角为锐二面角，从而求出平面和平面的夹角的余弦值。，.19.【答案】（1）设椭圆的标准方程为，焦距为，，令，则，，因为椭圆的两焦点分别为，，可得，，.所以，可得，所以，，则，四边形为正方形，所以椭圆的标准方程为．，（2）因为点在第二象限，，又，即，，在中，由．平面，根据余弦定理得，，即，即，解得，平面，即平面，所以．是平面的法向量.【解析】【分析】（1）利用椭圆的两焦点分别为，，从而求出c的值，再结合焦距的定义.求出的值，再利用椭圆的定义得出a的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，从而求出由图象可得平面和平面所成的二面角为锐二面角，椭圆的标准方程。平面和平面的夹角的余弦值是.（2）利用点在第二象限，，在中，由椭圆的定义得出，由余弦定理得出的值，再利用正弦函数的定义，从而求出三角形的面积。【解析】【分析】（1）连接，，设交于点，在中，利用，分别是，的20.【答案】（1）证明：∵为矩形，且，中点，再结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，得出，再利用线线平行证出线面平行，从而∴.证出平面。又∵，.∴，.（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，又∵，，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用已知条件结合正方形的结构特征得出线线垂直，再利用 ∴平面.（2）向量，，，.∵平面，∴设，，又∵，，所以，∴平面.（2）解：以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示：由，得，因此，解得，则，，，，，即，∴，，设为平面FAB的法向量，则，即设平面的法向量令，得为平面FAB的一个法向量.则，即因为y轴⊥平面ABP，取平面ABP的法向量，则，∴，经观察知二面角是锐角，所以其余弦值为.【解析】【分析】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系∴，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示，进而证出线线垂直。∴直线与所成角的正弦值为.（2）利用空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，设，，再结合三角形法则和共线定理，再利用向量的坐标运算得出向量【解析】【分析】（1）利用四边形为矩形，且，再结合勾股定理得出AC的长，再利用已知条件结合勾股定理，从而证出，再利用结合线线垂直，从而证出线面垂直，所以，由结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再结合和线线垂直证出的值，从而求出向量的坐标，设为平面FAB的法向量，再利用法向量的定义结合数量线面垂直，从而证出平面。积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面FAB的一个法向量，再利用y轴⊥平面ABP，（2）以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结从而求出平面ABP的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合二面角是锐角，从合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而结合诱导公式求出直线与而求出二面角的余弦值。所成角的正弦值。21.【答案】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，2.【答案】（1）设圆的方程为，将M，N坐标代入，得：，则可得，，，，，，向量，解得，所以圆的方程为；，故，所以. （2）当切线斜率不存在时，直线与圆相切；当切线斜率存在时，设直线方程为，即，由圆心到直线的距离，解得，故切线方程为，综上，切线方程为或；（3）设，，则，化简得，此圆与圆C相切，所以有，解得，所以或.【解析】【分析】（1）设圆的方程为，再利用已知条件结合代入法得出b，r的值，进而求出圆的标准方程。（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线与圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，进而求出直线的斜率，从而求出圆的切线方程。（3）设，，再利用两点求距离公式，化简得出，再利用此圆与圆C相切结合两圆位置关系判断方法，再结合勾股定理得出t的值，从而求出点Q的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷A.直线与平面的距离为一、单选题B.平面与平面的距离为1.抛物线的焦点到准线的距离是（）C.点与平面的距离为A．2B．4C．D．D.点与平面的距离为2．已知向量＝（3，0，1），＝（﹣2，4，0），则3+2等于（）A．（5，8，3）B．（5，﹣6，4）10.已知双曲线的左､右焦点分别为，，是双曲线上一点，若C．（8，16，4）D．（16，0，4），则该双曲线的离心率可以是（）3.若方程表示一个圆，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．2A．B．C．D．11.下列命题中不正确的是（）4.直线与直线平行，则为（）A.不过原点的直线都可以用方程表示A．-1或-4B．-1C．2D．-4B.已知，则向量在上的投影的数量是5.已知三棱柱，点在线段上，且，则（）A．B．C.圆上有且仅有2个点到直线的距离等于1C．D．D.已知和是两个互相垂直的单位向量，，，且，则实数12.如图：空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列选项6.椭圆中，以点为中点的弦所在直线的斜率为（）正确的是（）A．B．-4C．D．-2A.设点在面内，若的斜率与的斜率之积为，则点的轨迹为双曲线7.如图，四面体中，，分别为和的中点，，，且向量与向量的B.三棱锥的外接球表面积是夹角为，则线段长为（）C.设点在平面内，若点到直线的距离与点到直线的距离相等，则点的轨迹是抛物A．B．C．或D．3或线8.动点分别与两定点，连线的斜率的乘积为，设点的轨迹为曲线，已知D.设点在面内，且，若向量与轴正方向同向，且，则，，则的最小值为（）最小值为50三、填空题A．4B．8C．D．12二、多选题13.已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则抛物线的标准方程为.9．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，底面，，，，分别14.四面体中，，，，，若为中点，则是，，的中点，以下说法正确的是（）长为. 15.已知过点的直线与圆相交于，两点，若，则直线的方程平面，．（1）若点为的中点，点为的中点，点为线段上动点，为.且平面平面，求的值；16.已知､分别为双曲线的左、右焦点，若点到该双曲线的渐近线的距离为（2）求二面角的正弦值．2，点在双曲线上，且，则三角形的面积为.22.已知平面直角坐标系下点和点，的周长等于12.四、解答题（1）求这个三角形的顶点的轨迹的方程；17.已知直线经过点倾斜角的余弦值为.（2）过点的直线交曲线于，两点，设点关于轴的对称点为，不重合），判断直线（1）求直线的方程；是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由.（2）判断直线与圆C：的位置关系；如果相交，记交点为，，求经过，两点的圆的答案解析部分面积的最小值；如果相离，过直线上的点作圆的切线，切点为，求长的最小值.1.【答案】B现给出两个条件：①；②，从中选出一个条件填在横线上，写出一种【解析】【解答】由题意得，得，方案即可.所以抛物线的焦点到准线的距离是4。18.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点，的距离之比故答案为：B为定值且的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点坐标和准线方程，再利用抛物线的定义求出抛物线氏圆.在平面直角坐标系中，，，动点满足.设点的轨迹为.的焦点到准线的距离。（1）求曲线的方程；2.【答案】A（2）若曲线和无公共点，求的取值范围.【解析】【解答】。19．如图所示，在三棱锥中，，，，，故答案为：A.（1）求证：平面；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算，进而得出向量3+2的坐标表示。（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.3．【答案】C【解析】【解答】由题意得：，即。20.已知椭圆上的动点到左焦点的最远距离是3，最近距离是1.故答案为：C.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值.【分析】利用方程表示一个圆的判断方法，进而求出实数k的取值范围。21.如图，且，，且，且，4.【答案】D 【解析】【解答】由题意得且，即，因为直线与直线平行，所以，即，解得。∴弦所在的直线的斜率为。故答案为：D故答案为：C.【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的判断方法，再结合两直线不重合的判断方法，进而得出实【分析】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用已知条件结合代入法得出，两式相减结数a的值。5.【答案】D合韦达定理和代入法以及直线的方程，再结合两点求斜率公式得出弦所在的直线的斜率。【解析】【解答】由题意得：，，，7.【答案】A故【解析】【解答】取AC的中点E，连接ME、EN，又，分别为和的中点，。∴ME∥BC，且，∥AD，且，故答案为：D∵向量与向量的夹角为，∴向量与向量的夹角为，【分析】利用已知条件结合向量共线定理、三角形法则和平面向量基本定理，进而得出又，。6.【答案】C∴，【解析】【解答】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴，即线段长为。故答案为：A.代入椭圆得，【分析】取AC的中点E，连接ME、EN，再利用，分别为和的中点结合中点作中位线的方法两式相减得，和中位线的性质，所以ME∥BC，且，∥AD，且，再利用向量与向量的夹角为，得出向量与向量的夹角为，再结合三角形法则和数量积求向量的模的公式即，和数量积的运算法则，再利用数量积的定义得出向量的模，从而得出线段的长。8.【答案】B即，又【解析】【解答】设动点的坐标为，则 所以平面，整理后得：，动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，所以是两平面，的公垂线，的长是两平面间的距离，，如下图所示，当经过点时，最短，此时因为，，所以，。所以，故答案为：B所以平面与平面的距离为，点与平面的距离为。故答案为：BD【分析】设动点的坐标为，再利用两点求斜率公式结合已知条件，整理后得：，【分析】利用已知条件结合四棱锥、正方形的结构特征，再结合线面垂直证出线线垂直，再利用中点的性质再利用椭圆的定义得出动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，和点与平面的距离公式求解方法、直线与平面的距离求解方法、两平面距离求解方法，进而找出说法正确的，当经过点时，最短，此再结合几何法和椭圆的定义以及勾股定理，选项。进而得出的最小值。10.【答案】A,B9.【答案】B,D【解析】【解答】是双曲线右支上一点，【解析】【解答】分别取的中点，连接，则有，又，因为，，分别是，，的中点，则有，即，则双曲线的离心率取值范围为所以∥，∥，因为平面，平面，平面，平面，AB符合题意；CD不符合题意.所以∥平面，∥平面，故答案为：AB因为，所以平面∥平面，【分析】利用点是双曲线右支上一点，，再利用双曲线的定义结合，则有因为∥，的中点为，，再利用双曲线离心率公式和双曲线离心率自身的取值范围，进而得出双曲线的离心率取值范围。所以过点，1.【答案】B,D因为，所以，【解析】【解答】直线不可用截距式表示，A不符合题意；因为底面，底面，所以，，，因为，向量在上的投影的数量是，B符合题意；所以平面，因为平面，所以，圆心到直线的距离，所以圆上有三个点到直线的距离为1，C不符合题意；因为，所以平面，因为平面∥平面，因为，所以， ，，D符合题意.【分析】利用已知条件结合两点求斜率公式，从而得出的斜率与的斜率之积，再利用的斜率与故答案为：BD.的斜率之积为，从而结合双曲线的定义得出点的轨迹是双曲线去掉两个顶点；利用已知条件结合三棱锥与外接球的位置关系，再结合外接球的表面积公式，进而求出三棱锥的外接球表面积；利用已【分析】利用已知条件结合截距式直线方程、数量积求投影数量的方法、点到直线的距离公式、数量积为0知条件结合点到直线的距离公式结合抛物线的定义，进而得出若点到直线的距离与点到直线的距两向量垂直的等价关系、数量积的运算法则和单位向量的定义，进而找出不正确的命题的选项。12.【答案】B,C,D离相等，则点的轨迹是抛物线；利用点在面内，且，再利用结合椭圆的定【解析】【解答】对于：设点在面内坐标为，所以义，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出椭圆的标准方程，设到的距离为到的距离为，再利用两点距离公，式得出，要使的值最小，则最小，再利用，所以所以，所以，所以，所以，所以点的，再利用均值不等式求最值的方法，进而得出的最小值，从而找出正确的选项。轨迹是双曲线去掉两个顶点，A不符合题意；13.【答案】对于，因为关于平面对称，所以球心在平面内，又，所以球心在与轴上的坐【解析】【解答】由题可知：椭圆的右焦点坐标为，标互为相反数，设球心坐标为所以可知抛物线的焦点坐标为，抛物线的标准方程为。所以，解得，所以，所以表面积为故答案为：。，B符合题意；【分析】由题意结合椭圆的标准方程求出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出c的对于在平面内，若点到直线的距离即为到的距离，又点到直线的距离与点到直线的距离相等，值，从而得出椭圆的右焦点坐标，再利用已知条件得出抛物线的焦点坐标，进而得出抛物线的所以点到的距离与到直线的距离相等，所以点的轨迹是抛物线；标准方程。对于：点在面内，且，又，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且14.【答案】，所以，【解析】【解答】在中，，所以椭圆方程为，设到的距离为到的距离为，由余弦定理可得，，，要使的值最小，则最小，所以，又，所以，即，同理，在中，，所以，D符合题意；在中，，，所以，故答案为：BCD.因为E为CD的中点，则在中，， ，由，可得所以故答案为：。则三角形的面积为故答案为：【分析】在中，，由余弦定理可得AD的长，同理，在中得出AC的长，在中，，，进而得出CD的长，再利用E为CD的中点，则在【分析】由点到该双曲线的渐近线的距离为2，即可求得b，再结合双曲线定义，及再三角形由余中结合等腰三角形三线合一，所以，再结合中点的性质，进而得出CE的长，再利用勾股定理得出AE的长。弦定理，可求，即可求解。15.【答案】y=1或x=217．【答案】（1）解：因为直线的倾斜角的余弦值为，则其正弦值为，【解析】【解答】圆的圆心，半径直线截圆所得弦长，则弦心距所以倾斜角的正切值，即直线的斜率为，当过点的直线斜率不存在时，的方程为，圆心到直线的距离为1，符合题意要求；因为直线过点，当过点的直线斜率存在时，的方程可设为，所以直线的方程为，即.由，可得，此时的方程为，（2）解：选①，圆心，半径，综上，直线的方程为y=1或x=2。圆心到直线的距离，直线与圆相交，故答案为：y=1或x=2。弦长，以弦为直径的圆面积最小，为；【分析】利用已知条件结合圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用弦长公式得出弦心距，再利用分类选②，圆心，半径，讨论的方法设出直线方程，再利用点到直线的距离公式和弦心距，进而得出直线l的方程。16．【答案】圆心到直线的距离为，直线与圆相离，【解析】【解答】双曲线的渐近线的方程为，右焦点切线长，当时即当时，长取得最小值为2.由点到该双曲线的渐近线的距离为2可得，，则【解析】【分析】（1）利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出直线的斜率，再结合点斜式方程求出直线l的方程，再转化为直线l的一般式方程。（2）选①，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距 离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相交，再利用直线与圆相交结合弦长公式得出AB的长，再利用19．【答案】（1）证明：∵，，，几何法得出以弦为直径的圆面积最小，再结合圆的面积公式得出经过，两点的圆的面积的最小值；∴在中，由余弦定理得，选②，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相离，再利用勾股定理得出切线长，再利用几何法∴，得出当时，长取得最小值，进而得出EF的长的最小值。又，，18．【答案】（1）解：设，∴，因为，，动点满足，即，又，所以，，化简得，即，∴平面；（2）解：作交于，所以曲线的方程为，又平面，（2）解：曲线的圆心为，半径为4，∴以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，的圆心为，半径为，在△中，由正弦定理得，因为曲线和无公共点，故，所以两圆外离或内含，所以或，∴，即，所以或，所以或，∴，所以的取值范围为∴，，，【解析】【分析】（1）设，利用，，动点满足，再利用两点距离公式化又，0，，，，，，，，简得出曲线的方程。（2）利用曲线和的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用曲线∴，，，，，，，，，和无公共点，所以两圆外离或内含，再利用两圆外离和内含的位置关系判设平面的法向量为，，，断方法，再结合圆心距与两圆半径长的和与差的比较，进而得出实数的取值范围。 ，∴，令，令，∴，，，∴，，，设直线与平面所成角为，因为函数在单调递增，所以当，即时，∴，故的面积的最大值为.即直线与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）由题知：，进而解方程组求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆的标准方程。【解析】【分析】（1）利用，，，所以在中，由余弦定理得出CD的（2）由题知，再利用直线斜率不为零，设，，，再结长，再利用，结合勾股定理得出，再利用结合线线垂直证出线面垂直，从而证出直线平面。合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理，得出，再利用三角形面积的关系式和（2）作交于，再利用平面，所以以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，在△中，由正弦定理结合勾股定理得出点B的坐标，再利用空间直角坐标系求出A，C，E的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公三角形的面积公式得出式，进而得出直线与平面所成角的正弦值。，令，则，再利用函数在单调递增，进而得出三角形的面积的最大值。20.【答案】（1）解：由题知：，则，21.【答案】（1）解：依题意，以为原点，分别以，，为所以，轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），故所求椭圆的标准方程为：；所以，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，（2）解：由题知，直线斜率不为零，设，，1，，，0，，，，，，0，，所以，2，，，0，，代入椭圆方程，并化简得：，设平面的法向量为，，，设，所以，则，令，可得，0，， 面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦设，0，，则，0，，值。若平面平面，则平面，2.【答案】（1）解：由点和点，的周长等于12，所以，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，所以，且，，所以，，，解得，所以，0，，所以顶点的轨迹的方程为，此时；（2）解：因为关于轴的对称点为和不重合，（2）解：依题意可得，，0，，，，，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，，，设平面的法向量为，，，所以，联立，令，所以可得，2，，消去并整理得，同理可求平面的法向量为，1，，设，所以，所以，，因为和关于轴对称，所以，所以，，所以二面角的正弦值为．所以直线的方程为，【解析】【分析】（1）依题意，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面即，的法向量，设，0，，再结合向量的坐标表示得出，0，，若平面平面整理得，结合面面平行证出线面平行，则平面，故，再利用数量积的坐标表示得出a的，值，进而得出点P的坐标，从而得出此时的值。当时，，(2)依题意可得，，的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，同理可求平 所以直线恒过点．【解析】【分析】（1）由点和点，的周长等于12，再利用三角形的周长公式得出，再利用椭圆的定义得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出顶点的轨迹的标准方程。（2）利用关于轴的对称点为和不重合，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，利用和关于轴对称，所以，，再利用两点求斜率公式和点斜式方程求出直线的方程为，整理得，进而结合韦达定理得出，再利用直线的点斜式方程得出直线恒过的定点，并求出定点的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷9.点在圆上，点在圆上，则（）一、单选题A.的最小值为31.经过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程是（）A．y=x-3B．y=x+1C．y=-x-3D．y=-x+3B．的最大值为72.抛物线的焦点坐标为（）C．两个圆心所在的直线斜率为D．两个圆相交A．B．C．D．10.已知抛物线的焦点为，点)在抛物线上，若，则（）3.双曲线的渐近线方程是（）A．B．C．D．的坐标为A．B．C．D．11.如图所示，一个底面半径为4的圆柱被与其底面所成的角的平面所截，截面是一个椭圆，则下列4．若椭圆：（）满足，则该椭圆的离心率（）．正确的是（）A.椭圆的长轴长为8A．B．C．D．B.椭圆的离心率为C．椭5.直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线mx+3y﹣1＝0平行，则m的值为（）圆的离心率为D．椭圆的一A．﹣3B．1C．1或﹣3D．﹣1或36.直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN个方程可能为所成角的余弦值为()12.已知直线与抛物线交于两点，若线段的中点是，A．B．C．D．则（）A．7.已知双曲线的左､右焦点分别为，，点在双曲线的左支B．上，若，且线段的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）C．A．B．C．2D．3D．点在以为直径的圆内8.已知，分别是双曲线的左､右焦点，若P是双曲线左支上的点，且.则三、填空题的面积为（）13.已知向量，且，则实数．A．8B．C．16D．14.若圆被直线所截得的弦长为，则实数的值是．二、多选题15.椭圆的焦点为，，上顶点为，若，则． 16.如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，中点为.若抛物线：的顶点为，且经过点，.且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是．(填序号)（1）求椭圆的方程；①(＋＋)2＝2()2；（2）设点关于点的对称点为，过点作直线与椭圆交于点，，且的面积为，②·(－)＝0；求直线的斜率.③向量与的夹角是60°；22.已知双曲线C的渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为.④BD1与AC所成角的余弦值为.（1）求双曲线C的方程；四、解答题（2）过F作斜率为k的直线交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：为定17.已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线与圆相交于两点，是的中点，.值.（1）求圆的标准方程；答案解析部分（2）求直线的方程.1．【答案】D18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的【解析】【解答】因为直线的倾斜角为135°，则该直线的斜率为k=tan135°=-tan45°=-1，中点于是得过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程y-2=-1×(x-1)，即y=-x+3，（1）求证：平面所以所求的直线方程是：y=-x+3。（2）求与平面所成的角的正弦值故答案为：D19.已知椭圆：（）的一个焦点为，设椭圆的焦点恰为椭圆短轴上的顶点，【分析】利用直线的倾斜角为135°结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出该直线的斜率，再利用点斜式求出过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程，再转化为直线的斜截式直线方程。且椭圆过点，为坐标原点．2.【答案】C（1）求的方程；【解析】【解答】由得：，焦点坐标为.（2）若为椭圆上的一点，为椭圆的焦点，且与的夹角为，求的面积．故答案为：C.20.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，平面，，，是的中点．【分析】首先把抛物线化为标准式，然后由抛物线的方程即可求出焦点的坐标即可。（1）求证：平面；3.【答案】C（2）试在线段上确定一点，使平面，请指出点在上的位置，并加以证明；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，即（3）求平面与平面夹角的余弦值．．故答案为：C．21.设椭圆：的左､右焦点分别为，，下顶点为，线段(为坐标原点)的 【解析】【解答】由题意，得，【分析】利用双曲线的简单性质结合双曲线的方程，由此计算出结果即可。故，4.【答案】B又因为的中点在轴上，故，【解析】【解答】由题意知，又因为，所以，∴，所以，故。∴，即或（舍）。故答案为：B故答案为：B．【分析】利用已知条件结合椭圆中a，b，c三者的关系式，再利用椭圆中离心率公式和椭圆的离心率的取值【分析】利用已知条件结合双曲线的定义，从而得出，故，范围，从而得出满足要求的椭圆的离心率。再利用的中点在轴上，故，再结合几何法和勾股定理得出a，c的关系式，再利用双5.【答案】A曲线的离心率公式，从而求出双曲线的离心率。【解析】【解答】根据直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线m+3y﹣1＝0平行，8.【答案】C可得1×3＝（m+2）m，解得m＝1或﹣3，【解析】【解答】因为P是双曲线左支上的点，所以，当m＝1时，两直线的方程重合，不符合题意；当m＝﹣3时，两直线的方程为x﹣y﹣1＝0和3x﹣3y+1＝0，两直线平行，符合题意，两边平方得，故m＝﹣3。所以.故答案为：A．在中，由余弦定理得，【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的性质，再结合直线不重合的判断方法，进而得出满足要求所以，所以。的实数m的值。故答案为：C6.【答案】C【解析】【解答】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则【分析】利用点P是双曲线左支上的点，再结合双曲线的定义，所以，两边平方得，，A（1，0，0），，故，，所以的值，在中，由余弦定理得出的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。，故选C.9.【答案】A,B,C【分析】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本【解析】【解答】根据题意，圆，其圆心，半径，能力，考查分析问题与解决问题的能力.圆，即，其圆心，半径，圆心距7.【答案】B 故答案为：BD.>R+r，故两圆外离，D不符合题意；则的最小值为，最大值为，A符合题意，B符合题意；【分析】由题意可知椭圆的长轴与圆柱的直径的关系，进而可得椭圆的长轴长，短轴长等于圆柱的直径，进对于C，两个圆心所在的直线斜率，C符合题意.而可得短轴长即半焦距c的值，进而判断出所给命题的真假故答案为：ABC.12．【答案】A,B【解析】【解答】对于A，设，，【分析】根据题意，由圆得出圆心坐标和半径长，再将圆转化由得：，，为圆的标准方程为，从而得出圆心坐标和半径长，再利用两点距离公式得出圆心距，再又线段的中点为，，解得：，A符合题意；结合圆心距与半径和的比较，进而判断出两圆外离，再结合几何法得出的最小值和最大值，再利用两点对于B，在直线上，，B符合题意；求斜率公式得出两个圆心所在的直线斜率，进而找出正确的选项。10.【答案】A,C对于C，过点，为抛物线的焦点，【解析】【解答】由题可知，由，，，C不符合题意；所以，，对于D，设，则，又，。，，在以为直径的圆上，D不符合题意.故答案为：AC．故答案为：AB.【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点的坐标，再利用焦半径公式和代入法，进而得出点M【分析】由设而不求法设出点的坐标，并由斜截式设出直线的方程再联立直线与抛物线的方程，消去x等到的坐标，再利用两点距离公式得出OM的长，进而得出正确的选项。关于y的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于t的两根之和与两根之积的代数式，结合中点的坐标公式计1.【答案】B,D算出t的值，由此即可判断出选项A正确；把点的坐标代入计算出m的值即可判断出选项B正确；由A的结【解析】【解答】由题意易知椭圆的短半轴长，论结合弦长公式代入数值计算出结果由此即可判断出选项C错误；由两点间的距离公式，代入数值计算出结∵截面与底面所成的角为，果由此判断出选项D错误，从而得出答案。∴椭圆的长轴长为，则a=8，13.【答案】2所以，【解析】【解答】，则，解得。故答案为：2。离心率为，当建立坐标系以椭圆中心为原点，椭圆的长轴为轴，短轴为轴时，【分析】利用已知条件结合向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出实数k的值。14.【答案】0或2则椭圆的方程为.【解析】【解答】圆的圆心坐标为，半径为， 又因为圆被直线所截得的弦长为，对于②，因为，故②正确；所以，圆心到直线的距离，对于③，因为，显然为等边三角形，则，则，解得或a=2。所以向量与的夹角为，向量与的夹角为，故③不正确；故答案为：0或2。对于④，因为，，则，，【分析】利用圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用圆被直线所所以，截得的弦长为结合弦长公式得出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式得出实数a的值。所以，故④不正确．15．【答案】故答案为：①②．【解析】【解答】由题意，椭圆，可得，则，所以，，且上顶点，【分析】利用已知条件结合平行六面体的结构特征，再利用平面向量基本定理、三角形法则、数量积为0两如图所示，因为，可得，向量垂直的等价关系、数量积求向量夹角公式、异面直线求角的方法，进而找出说法正确的序号。17.【答案】（1）解：设圆的半径为，因为圆与直线相切，则，解得。故答案为：。∴，∴圆的方程为（2）解：①当直线与轴垂直时，易知符合题意；②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，【分析】由题意，椭圆，可得，再利用椭圆中a，b，c三者的关连接，则，∵，∴，系式得出c的值，从而得出焦点坐标和上顶点A的坐标，再利用，可得的值，再结合正则由得，∴直线为：，切函数的定义得出实数m的值。故直线的方程为或.16．【答案】①②【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出圆A的半径即可。【解析】【解答】解：因为以为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为，不妨设棱长为，（2）分别就直线l是否与x轴垂直展开讨论。垂直时，易知x=−2符合题意；不垂直时，根据设出的l的对于①，，方程表示出AQ后可以求出l的斜率，进而求出l的方程。因为，则，所以18.【答案】（1）证明：如图所示：，故①正确；连接AC与BD交于点O，连接OE， 因为是的中点，底面是正方形，故椭圆的长轴长为所以，又平面，平面，故椭圆的长半轴长为，半焦距为，则短半轴长为1所以平面；（2）解：以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，故的方程为设，（2）解：由题意，不妨设，则，由余弦定理，所以，【解析】【分析】（1）由题意得出椭圆：（）a，b的值，再结合椭圆中a，b，c三者的设平面EBD的一个法向量为，关系式，进而得出c的值，从而得出椭圆M的一个焦点坐标，再利用已知条件，进而得出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆过点结合两点距离公式和长轴长的求解公式，进而得出椭圆的长轴长，从而则，即，得出椭圆的长半轴长，再利用半焦距长结合椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出短半轴长，从而得出令，得，则，椭圆的标准方程。设与平面所成的角为，（2）由题意，不妨设，再利用椭圆的定义和焦距的公式得出的值，由余弦所以，定理得出xy的值，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积。20.【答案】（1）证明：平面，平面，，【解析】【分析】（1）连接AC与BD交于点O，连接OE，利用是的中点，底面是正方形，再结，，则，则，合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。，平面；（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，设，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求（2）证明：当为的中点时，平面，出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合诱导公式得出直线与平面所成的角的正弦取的中点，连接、，如图所示：值。因为、分别为、的中点，则且，因为四边形为平行四边形，则且，19.【答案】（1）解：由题意，椭圆：（）的一个焦点为，为的中点，则且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，故因为，平面，平面，因此，平面，故即椭圆的焦点为当点为的中点时，平面；（3）解：平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、又椭圆过点 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，21.【答案】（1）解：由题意易知，，，，则，，，，，则，得，，为的中点，则，故椭圆的方程为：.则、、、、，（2）解：由题意，得，直线不与轴垂直，，，，，设直线的方程为，，，设平面的法向量为，设平面的法向量为，由，由，得，取，可得，则，，，所以，由，得，取，可得，因为，解得，，即，因此，平面与平面夹角的余弦值为.故直线的斜率为.【解析】【分析】（1）由题意易知，，，，进而得出b，c的值，再结合椭【解析】【分析】（1）利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用，，则，则，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a的值，从而得出椭圆的标准方程。平面。（2）由题意，得，直线不与轴垂直，设直线的方程为，，（2）当为的中点时，平面，取的中点，连接、，利用、分别为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和、的中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则且，再利用四边形，，再利用三角形的面积公式解得，进而得出直线的斜率。为平行四边形，则且，再利用点F为的中点，则且，再利2.【答案】（1）解：设双曲线方程为用平行和相等的传递性，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，由题知，再利用结合线线平行证出线面平行，因此，平面，故当点为的中点时，平面。双曲线方程为：（3）利用平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向（2）证明：设直线l的方程为代入量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。 整理得，设所以：由弦长公式得：设AB的中点则，代入l得：AB的垂直平分线方程为令y=0得，即，所以：为定值.【解析】【分析】（1）设双曲线方程为，再利用双曲线的渐近线方程结合点到直线的距离公式得出实数的值，进而得出双曲线的标准方程。（2）设直线l的方程为，设，再结合直线与双曲线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，由弦长公式得，设AB的中点结合中点坐标公式和代入法以及直线的方程，得出，，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，再结合点斜式求出直线AB的垂直平分线方程，令y=0，得出，再利用两点距离公式得出，进而证出为定值。 高二上学期数学期中考试试卷6． 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，则 与平面 所成角的余弦值为（）1一、单选题A．31．已知直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则 2的倾斜角为（）B．3A．30°31B.0°C．2C．120°D．32D．150°7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣2． =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0互相平行的（）条件的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走A．充分而不必要B．必要而不充分才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为 2+ 2≤5，若将军从点 (3，1)处出发，河岸C．充要D．既不充分也不必要线所在直线方程为 + =5，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为3．过点(0，2)作与圆 2+ 2−2 =0相切的直线l，则直线l的方程为（）（）A．3 −4 +8=0A．10B．3 +4 −8=0B．210C． =0或3 +4 −8=0C．5D． =0或3 −4 −8=0D．25→→→→→→→2 24．如图，在三棱柱 − 1 1 1中， 为 1 1的中点，若 = ， = ， 1= ，则 可表示为8．已知椭圆 ： +=1( > >0)的左、右焦点分别为 ， ，点 ( ， )， (− ，− )在椭圆 上，1211112（）2|1|其中 3，则椭圆的离心率的取值范围为（）1→1→→1>0， 1>0，若| |=2| 2|，| 1|≥3A．−−+22A．(0，6−1]B．1→+1→+→222B．(2，6−1]C．−1→+1→+→2222C．(0，3−1]D．1→−1→+→222D．(，3−1]25．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射.12日下午4二、多选题点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中轨道③所示，其近月点与月9.下列说法正确的是（）球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3476公里，对该椭圆下述A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角四个结论正确的是（）B．不经过原点的直线都可以用方程+=1表示A.焦距长约为150公里C．直线 1：2 + −4=0， 2：2 + +2=0，则与直线 1与 2距离相等的直线方程为2 + −1=0B.长轴长约为3988公里D．已知圆 ： 2+ 2−4 =0，圆心为 ， 为直线2 + +3=0上一动点，过点 向圆 引两条切线 和C.两焦点坐标约为(±150，0)，、为切点，则四边形的面积的最小值为175D.离心率约为→99410．已知正方体 方− 1 1方1的1棱长为1，点 ， 分别是 1，1 的1中1点， 在正方体内部且满足= 1→3→2→++，则下列说法正确的是（）（2）求直线和平面的所成角的正弦值．243119．已知圆C经过点 (3,−2)和 (1,0)，且圆心在直线 + +1=0上.A．直线 1⊥平面 1 方（1）求圆C的方程；B．直线与平面111所成的角为4（2）直线l经过(2,0)，并且被圆C截得的弦长为2，3求直线l的方程.C．直线与平面11的距离20．如图，三棱柱 − 的所有棱长都是2， ⊥平面 ，方， 分别是 ， 的中点．2为2111115D．点到直线的距离为（1）求证：平面 ⊥平面 1 方；6（2）求平面1和平面1夹角的余弦值；11．已知椭圆的中心在原点，焦点1，2在轴上，且短轴长为2，离心率为6，过焦点1作3（3）在线段1（含端点）上是否存在点，使点到平面1的距离为25？请说明理由．轴的垂线，交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（）52221．已知圆：(+1)2+2=16的圆心为，过点(1，0)作直线与圆交于点、，连接、，A．椭圆方程为+2=1B．椭圆方程为+2=1过点作33的平行线交于点；C．||=23D．2的周长为3（1）求点的轨迹方程；3412．在平面直角坐标系 中，点 (0，3)，直线 ： =2 −4．设圆 的半径为1，圆心在 上，若圆 上存在点（2）已知点 (2，0)，对于 轴上的点 ( ，0)，点 的轨迹上存在点 ，使得 ⊥ ，求实数 的取值范，使||=2||，则圆心的横坐标的值可以是（）围．A．0B．1C．2D．322．如图，正方形 方 的边长为2， ， 分别为 ， 方的中点．在五棱锥 − 方 中， 为棱 的中三、填空题点，平面 与棱 方， 分别交于点 ， ．13．已知直二面角 − − 的棱 上有 ， 两个点， ⊂ ， ⊥ ， 方⊂ ， 方⊥ ，若（1）求证：是棱的中点=4，=3，=5，则的长是．（2）若 ⊥底面 方 ，且二面角 −方 − 的大小为45°，求直线 与平面 所成角的大小，并求线14．设 ∈ ，直线 + +1=0过定点 ，直线 − −2 +3=0过定点 ，直线 经过点 (2，−1)，并且段 的长．→以 为法向量，则直线 的方程为．答案解析部分→→15．正四面体ABCD的棱长为2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则 ⋅ 的值为．1.【答案】B 2 216．在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ：+=1( >4)，点 (−2，2)是椭圆内一点， (0，−2)，【解析】【解答】直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则3 +3×(−1)=0，故 =3. −4直线2的的斜率为=3=tan ， ∈[0， )， =60°，即倾斜角为60°.若椭圆上存在一点，使得||+||=8，则的范围是；当取得最大值时，设故答案为：B.为椭圆上任意一点，(0，2)，则||2+||2的最小值为．四、解答题17．已知 =(1，1，0)， =(−1，0，2)．【分析】由已知条件结合直线垂直的斜率之间的关系即可得出a的取值，从而即可求出斜率的值，再由斜率（1）若| |=3，且 //( − )，求 ；公式以及倾斜角的取值范围，即可得出答案。（2）若 + 与 −2 互相垂直，求实数 ．2.【答案】A18．如图，已知三棱锥 − 的侧棱 , , 两两垂直，且 =1， = =2， 是 的中【解析】【解答】由直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行得，点．( −2)×(− )=(−1)×3，解得 =3或 =−1，(−1)×0≠(−1)×(− )（1）求异面直线与所成角的余弦值；∴故 =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行的充分不必要条件. 故答案为：A.综上可知，正确的为D，故答案为：D【分析】首先由两条直线平行的系数之间的关系，即可求解出m的取值，然后代入验证结合充分和必要条件的定义即可得出答案。【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由椭圆的定义以及简单性质，对选项逐一判断即可得出3.【答案】C答案。【解析】【解答】圆 2+ 2−2 =0即为( −1)2+ 2=1，圆心是(1，0)， =1，6．【答案】B当直线斜率不存在时，直线方程为 =0，而 = =1，直线与圆相切，【解析】【解答】因为 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，当直线斜率存在时，设直线方程为 − +2=0，故构造正方体如图所示，| +2|3圆心到直线的距离为； ==1，解得 =−，过点 作 ⊥平面 于 ，则 为正△ 的中心，1+24于是∠ 为 与平面 所成的角，所以直线l的方程为3 +4 −8=0， 3 = 方= ，故cos∠ ===，综上：直线l的方程为 =0或3 +4 −8=0，设=，233则3333故答案为：C所以与平面所成角的余弦值为3，3故答案为：B【分析】首先把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，再对斜率分情况讨论，由此设出直线的方程，然后结合点到直线的距离公式代入数值计算出k的取值，从而即可得出直线的方程。【分析】由已知条件结合正方体的几何性质即可作出辅助线，由此即可求出∠ 为 与平面 所成的4．【答案】C→→→角，结合三角形中的几何计算关系代入数值计算出结果即可。【解析】【解答】=++→=→+→1→→1→+1→+→11 +(2− − )=− 227．【答案】C11故答案为：C.【解析】【解答】点(3，1)关于直线+=5的对称点为(，)，+3+1+=4=5，解得 −2=1，所以 (4，2)，则22【分析】由向量的加减运算性质以及直三棱柱的几何性质，即可求出答案。 −1=1 −3 −35．【答案】D2+225所以“将军饮马”的最短总路程为| |− =4−=5，【解析】【解答】设该椭圆的半长轴长为，半焦距长为故答案为：C.1依题意可得月球半径约为×3476=1738，2【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由点关于直线对称的性质结合中点坐标公式以及斜率之 − =100+1738=1838，间的关系，即可得出关于a与b的方程组，求解出结果结合题意计算出答案即可。+=400+1738=2138，8.【答案】D2 =1838+2138=3976， =1988， =2138−1988=150，15075【解析】【解答】||=2|2|，故||=|12|，故四边形12为矩形.椭圆的离心率约为===，1988994|1||2|=3푛， ∈[3，1)设|1|=，|2|=，=≥，设 =可得结论D项正确，A、B项错误；|1||1|33+=2，2+2=42，故22因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以C项错误.=1−1+2+2=1−， 1++2 =1+在1)上单调递减， ∥ 1方1， 1方1⊂平面 1 方1，故 ∥平面 1 方1， 为 1 中点，连接 ，则32[1)上单调递减，故 =1−在[31，∥113，++231242 _ 1 ，故 ⊥平面 1 方1， = 1 =，C不符2合题意；故< ≤4+23，故 ∈(，3−1]._22422以，，1为，，轴建立空间直角坐标系，故答案为：D.→1→3→2→132→则=++=(，，)，=(0，1，0)，243243【分析】首先由已知条件即可得出四边形12为矩形，再设出边的大小结合题意整理化简即可得出→→12 ⋅ 方3345||==，点到直线的距离为→232=，D符合题意.22→| |−()146+푛2=4 2令 =，整理化简得到=1−=1−1，再由对勾函数的单调性以及离心率公式||41+2+2++2故答案为：ABD.即可得出e的取值范围。9.【答案】A,C【分析由线面垂直的性质定理和判定定理，结合正方体的几何性质即可判断出选项A正确；根据题意作出辅【解析】【解答】坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角，A符合题意；助线，由正方体的几何性质结合线面角的定义即可得出∠ 1 1为直线 1与平面 1 方1所成的角，然后由当直线倾斜角为0°或90°时，不能用+=1表示，B不符合题意；三角形中的几何计算关系即可求出结果，由此判断出选项B正确；根据题意由线面平行的判定定理结合正方设直线方程为2 + − =0，取 1上一点(0，4)，取 2上一点(0，−2)，则两点中点为(0体的几何性质即可得出 ∥平面 1 方1，然后由题意作出辅助线，结合中点的坐标以及点到直线的距离公式，1)，代入直线方程得到 =1，即2 + −1=0，C符合题意；计算出结果，由此判断出选项C错误；根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再 2+ 2−4 =0，即 2+( −2)2=4，圆心 (0，2)，半径 =2，由空间向量的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项D正确，从而得出答案。 | |2−4，故| |最小时面积最小， =2△ =| |⋅| |=2| |=211．【答案】A,C,D|0+2+3|||的最小值5=5，故面积的最小值为2，D不符合题意.【解析】【解答】由已知得，2b=2，b=1，=6，为3故答案为：AC.又2=2+2，解得2=3， 2【分析】由倾斜角的定义即可判断出选项A正确；由直线截距式的定义即可判断出选项B错误；利用中点坐∴椭圆方程为+ 2=1，3标公式计算出两条直线上任意两点间的中点坐标，并代入到直线的方程，由此即可判断出选项C正确；首先如图：2 2223∴| |===， 的周长为4 =4．23把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，由已知条件即可得出面积之间的关系，结合题意33即可得出||最小时面积最小，由直线与圆相切的几何性质，代入数值计算出结果，由此判断出选项D故答案为：ACD．错误；从而得出答案。10．【答案】A,B,D【分析】由已知求得，再由离心率结合隐含条件求得，可得椭圆方程，进一步求得通径及2的【解析】【解答】 1⊥平面 方， 方⊂平面 方， 1⊥ 方， ⊥ 方， ∩ 1= ，故 方⊥平面 周长判断答案即可。 1， 1⊂平面 1，故 方⊥ 1，同理可得 1方⊥ 1， 方∩ 1方=方，故直线 1⊥平面 1 方，A符合12.【答案】A,B,C题意；【解析】【解答】设(，)，||=2||， 2+( −3)2=22+2，即化简整理得到 2+( +1)2=4，圆心 (0，−1)， =2，如图所示：连接 1与 1 交于点 ，则 1 ⊥ 1 ， 1 ⊥ ， 1 ∩ = ， 故 ⊥平面 方，即∠ 为直线 与平面 方所成的角，∠ =，B圆心 ( ，2 −4)，根据题意得到2−1≤| |= 2+(2 −3)2≤2+1，11111111114符合题意； 12解得0≤ ≤.5 故答案为：ABC.故答案为：1【分析】根据题意设出点的坐标，然后由两点间的距离公式代入整理化简即可得出点M的轨迹方程，再由两→→【分析】根据题意设出边的大小，然后由中点的性质以及向量的加减运算公式整理化简即可求出=圆之间的位置关系，结合圆心距与半径之间的关系，由已知条件即可求出a的取值范围。→→1→1→1→++=−−，再由数量积的运算公式代入数值计算出结果即可。13.【答案】5222216．【答案】6+25< ≤25；50【解析】【解答】=++， − +4(++ 2+ 2+ 方2+2( ⋅ + ⋅ 方+ ⋅ 方)【解析】【解答】=2，故焦点为 (0，2)和 (0，−2)，| |+| |=2 ，∴| 方|==由条件可知 ⊥ ，=| |=8−| |，|| |−| ||=|8−| |−| ||=|8−2 |≤| |=2，解得9≤ ≤25， ⊥ 方， ⊥ 方，==5.点 (−2，2)是椭圆内一点，故+44<1，解得 >6+25或 <6−25（舍去），∴| 方|=(++=2+2+9+16+252 −4故答案为：52故6+25< ≤25.22当=25时，椭圆方程为：+=1，||+||=10，2521【分析】由=++，然后利用向量数量积表示向量的模计算的222| |+| |≥(| |+| |)=50，当||=||=5时等号成立.长度。214．【答案】 + −1=05故答案为：6+2< ≤25；50.【解析】【解答】直线 + +1=0，取 =0得到 =−1，故过定点 (−1，0)，直线 − −2 +3=0，即 ( −2)− +3=0，取 =2得到 =3，故过定点 (2，3)，→【分析】根据题意由已知条件即可得出焦点的坐标，然后由椭圆的定义整理化简即可求出m的取值范围，结 =(3，3)，设直线 为3 +3 + =0，代入 (2，−1)，解得 =−3，合题意由点与椭圆的位置关系，代入整理化简即可得出m的取值范围；由m的取值即可得出椭圆的方程，由即3 +3 −3=0，即 + −1=0.椭圆的定义以及基本不等式即可求出||2+||2的值最小值。故答案为： + −1=0.→→→17．【答案】（1） =(1，1，0)， =(−1，0，2)， − =(2，1，−2)， //( − )，设 =(2 ， ，−2 )，【分析】首先由直线的方程即可求出定点的坐标，然后由向量的坐标公式计算出直线的法向量，并把点的坐→→||=22=3，解得 =±1，故=(2，1，−2)或=(−2，−1，2).4++标代入计算出c的取值，从而即可得出直线的方程。4215．【答案】1（2） + =( ， ，0)+(−1，0，2)=( −1， ，2)，→→→→→→→【解析】【解答】在正四面体ABCD中，令=，=，=，显然，〈→〉=〈→→〉=〈→→〉=6 −2 =( ， ，0)−2(−1，0，2)=( +2， ，−4)，，，， + 与 −2 互相垂直，即( −1， ，2)⋅( +2， ，−4)=( −1)( +2)+ 2−8=0，0∘→→→，||=||=||=2，如图：5解得 =2或 =−.→1→1→因点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则=−=−，222→【解析】【分析】(1)由空间向量和共线向量的坐标公式即可得出=(2 ， ，−2 )，然后由向量摸的坐标公式→=→+→+→=1→−→+1→1→−→)−→+1→=1→−1→−1→，=(2222222代入数值计算出 =±1，由此即可得出向量的坐标。→⋅→1→1→1→1→1→→→→→210∘0∘22于是得 =( − − )⋅(− )=(− ⋅ + ⋅ + )=(−2×2cos6+2×2cos6+)(2)根据题意由空间向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出结果即可。222244=1，18．【答案】（1）解：以O为原点，OB、OC、OA分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系．→→⋅1.所以的值为 则有A（0，0，1）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、E（0，1，0） ∴ =(2，−1，0)， =(0，2，−1)20．【答案】（1）解：取 1 1的中点 ，连接 1 ， 方，则 1⊥ 1 1， 方// 1，−22∴COS<< ， >>==−又 1⊥平面 ，所以 方⊥平面 ，5⋅552所以1，，1两两垂直，所以异面直线BE与AC所成角的余弦为5如图，以为原点，1，，1所在直线分别为轴，轴，（2）解：设平面ABC的法向量为1=(，，)轴建立空间直角坐标系，则则 (1，2，0)， (0，2，3)，方(0，2，0)， 1(1，0，0)， (−1，1，0)，푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0取푛1=(1，1，2)，→→证明： 1方=(−1，2，0)， 1 =(−1，2，3)，则<，301>=30→=(1，0，−3)，=→(−1，−1，−3)，30BE和平面ABC的所成角的正弦值为30→→设=( 1， 1， 1)，=( 2， 2， 2)分别为平面 1 方和平面 的法向量，2【解析】【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标1系，利→→→→由⋅=0，⋅=0，用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值；（2）求出平面的法向量和，利用向111量法能1求出直线和平面的所成角的正弦值− 1+2 1=0，得，− 1+2 1+3 1=0，19．【答案】（1）解：设圆C的方程为2+2+++令1=1，则1=2，1=0，=09+4+3方−2 + =01++=01→依题意得方 ∴=(2，1，0)是平面 1 方的一个法向量，−−+1=022→→→→ 2−3 2=0，由⋅=0，⋅=0，得，解之得方=−2, =4, =1− − −3 =0，22222∴圆C的方程为 2+ 2−2 +4 +1=0令 2=1，则 2=3， 2=−23，（2）解：圆 2+ 2−2 +4 +1=0可化为( −1)2+( +2)2=4，→∴=(3，−23，1)是平面 的一个法向量，2所以圆心到直线的距离为 =22=1→→2−(3)∴푛⋅푛=2×3−2+30=0，21当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为=2，∴平面 ⊥平面 1 方．此时直线l被圆C截得的弦长为23，符合题意→→（2）=(0，2，0)，设平面1的法向量为=(，，)．1当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，即 − −2 =0→→→→2 =0，| +2−2 |由⋅=0，⋅=0，得，由题意得=111− +2 +3 =0，2+13令=1，则=3，=0，解得=→4∴=(3，0，1)是平面 的一个法向量，1∴直线的方程为3 −4 −6=0设平面1和平面1的夹角为，由图可知为锐角，综上所述，直线l的方程为 =2或3 −4 −6=0→→23【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设圆C的方程为2+2+++=0，根据题意列出则cos =|푛1⋅ |==15，关于→→5×25 |1|||方, , 的方程组，解出即可；（2）将圆的方程化为标准形式，求出圆心到直线的距离为1，当直线l的斜率不15即平面1和平面1夹角的余弦值为．存在时符合题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，列出关于 的方程解出即可.5 （3）假设在线段（含端点）上存在点，1 2−2 +31( +2)2−2( +2)+3114，令 −2= ， ∈(−4，0)整理得到 =4= −1∈(−2，−1)，由此即 −2425使点到平面1的距离为，可求出t的取值范围。5→22．【答案】（1） ∥ 方， 方⊂平面 方， ⊄平面 方，故 ∥平面 方，设 (0， ，3)(0≤ ≤2)，则 =(0， −2，0)，→平面 与棱 方， 分别交于点 ， ，故 ∥ ，即 ∥ 方，5→| −2|由2=| ⋅푛1|=，5|→5为棱的中点，故是棱的中点.1|（2） ⊥底面 方 ， 方⊂平面 方 ，故 ⊥方 ，方 ⊥ ， ∩ = ，解得：=4（舍去）或=0，故方 ⊥平面 ， ⊂平面 ，故 ⊥方 ， ⊥方 ，故在线段1上存在点M（端点处），故∠ 为二面角 −方 − 的平面角，故∠ =45°，故 = =2.25使点M到平面1的距离为．5如图所示：以延长线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，【解析】【分析】(1)由已知条件作出辅助线，结合中点的性质即可得出线线垂直以及线线平行，然后由平行的→则 (0，1，0)， (−1，2，0)， (0，0，0)， (−1，0，1)， (0，0，2)， =(−1，1，0)传递性以及线面垂直的判定定理即可得出 方⊥平面 ，由此即可得出线线垂直从而建立空间直角坐标系求→푛⋅ ⇀ = =0出各个点的坐标以及向量和平面1和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出两个设平面 的法向量为=( ， ， )，则，平面푛⇀푛⋅ =− + =0→→的法向量的坐标；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出푛2⋅푛1=0，由此得证出结论。→取=1得到=(1，0，1)，(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面1法向量的坐标，再由数量积的→→坐标公式即可求出平面1的法向量的坐标，同理即可求出平面1的法向量；结合空间数量积的运算公直线与平面所成角为，→→|=|푛⋅ 11|==，式代sin =|cos푛， →→2×22|푛|⋅| |入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面1和平面1夹角的余弦值。 ∈[0].，故=，(3)根据题意假设存在点M，由此设出点的坐标从而求出向量的坐标，结合空间的距离公式代入数值计算出a26→→的取值，由已知条件即可得出答案。设 = ，即( ， ， −2)= (−1，2，−2)=(− ，2 ，−2 )，故 (− ，2 ，2−2 )，21．【答案】（1） ∥ ，故∠ 方=∠ 方=∠ 方 ，即| |=| 方|，→→→2 =(− ，2 ，2−2 )， ⋅푛=− +2−2 =0，解得 =.3||+||=||+||=||=4>||=2，故轨迹为椭圆，2+2|→|=2|→|22=4，=2，=1，故=3，故轨迹方程为：3=1（ ≠0）.=1+4+4=2.故=2.433【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合中点的性质即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理和性（2）设 ( ， )，则 =( − ，− )， =(2− ，− )，+质定理即可得出线线平行，从而即可得证出结论。 ⊥ ，即( − ，− )⋅(2− ，− )=( − )(2− )+ 2=0，2=1，23(2)由线面垂直的性质定理以及判定定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及11242 −2 +3即 −(2+ ) +2 +3=0，即 =4， ∈(−2，2)，4 −2向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，由线面角与向1( +2)2−2( +2)+31量.夹角之间的关系结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出直线与平面所成角的正弦值，然后由题设 −2= ， ∈(−4，0)， =4= −1∈(−2，−1)42意结合共线向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出=，由此即可得出答案。故实数 的取值范围为(−2，−1).3【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合椭圆的定义即可得出轨迹为椭圆，由题意即可求出a与b的取值，从而即可得出椭圆的方程。 (2)由已知条件设出点的坐标，由此即可求出向量的坐标，再结合数量积的坐标公式代入整理即可得出= 高二上学期数学期中考试试卷的位置关系是（）一、单选题A．相交B．相切或相交1.已知，，若，则实数的值为（）C．相切D．与的大小有关A．-2B．-1C．2D．17.已知双曲线：与直线交于，两点，点为上一动点，记直线2.直线：与直线：（实数a为参数）的位置关系是（），的斜率分别为，，的左､右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距A．与相交离为1，则（）B．与平行A．C．与重合B.的离心率为D．与的位置关系与a的取值有关C.若，则的面积为23.已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则（）D.若的面积为，则为钝角三角形A．2B．1C．D．48.设是椭圆的左､右焦点，是椭圆上任意一点，若的最小值是，则4.方程的对应曲线图形是（）的值为（）A．B．C．D．A.B．二、多选题9.已知直线，则下述正确的是（）A.直线的斜率可以等于0B.直线的斜率一直存在C．D．C.直线时直线的倾斜角为D.点到直线的最大距离为5.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（）10.如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折A.平面ABC⊥平面ABD起，使到，且平面平面，连接，．B.平面ABD⊥平面BDC则下列结论中正确的是()C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDEA．D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEB.四面体的外接球表面积为6.方程的两个不等实根为m，n，那么过点，的直线与圆 值为.C.与所成角的余弦值为四、解答题D.直线与平面所成角的正弦值为17．已知动点与两个定点的距离之比为11．在平面直角坐标系中，已知点和曲线，则对于直线下列（1）求动点的轨迹方程.说法正确的是（）（2）若边的中点为，求动点的轨迹方程.A．若，，，则直线与曲线没有交点18．如图，在直三棱柱中，点D在棱上，E，F分别是，BC的中点，，B．若，，，则直线与曲线有二个交点．（1）证明：；C．若，，，则直线与曲线有一个交点（2）当D为的中点时，求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．D．直线与曲线的位置关系和在哪里无关19.已知圆.12.已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长为4，点在椭圆内部，点（1）若过点的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程；在椭圆上，则以下说法正确的是（）（2）若是直线上的动点，是圆的两条切线，是切点，求四边形A.离心率的取值范围为面积的最小值.B.当离心率为时，的最大值为20.如图，直四棱柱中，底面为菱形，且，，为的延长C.存在点使得线上一点，平面，设.（1）求二面角的平面角的大小。D．的最小值为1（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.三、填空题21．2020年9月下旬，中国海军为应对台湾海峡的局势，派出3艘舰艇在台湾附近某海域进行实弹演习.某时13.已知点和圆，若过点P作圆C的切线有两条，则实数m的刻三艘舰艇呈“品”字形列阵(此时舰艇可视作静止的点)，如下图A，B，C，且OA=OB=OC=3，假想敌舰艇在取值范围是．14.对任意的实数，求点到直线的距离的取值范围某处发出信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早(注：信号传播速度为C处舰艇保为．持静默.（1）建立适当的坐标系，并求假想敌舰所有可能出现的位置的轨迹方程；15.如图，在直角中，，，，现将其放置在平面的上面，其中点A，B在平（2）在A，B两处舰艇对假想敌舰攻击后，C处敌舰派出无人机到假想敌舰处观察攻击效果，则无人机飞面的同一侧，点平面，与平面所成的角为，则点A到平面的最大距离是.行的距离最少是多少？16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大22.设实数，椭圆D：的右焦点为F，过F且斜率为k的直线交D于P、Q两点，若线段 PQ的中为N，点O是坐标原点，直线ON交直线于点M．（1）若点P的横坐标为1，求点Q的横坐标；【分析】由椭圆的焦点在y轴上，化为，利用长轴长是短轴长的两倍求出m（2）求证：；的值.（3）求的最大值．4．【答案】A【解析】【解答】由可知，，答案解析部分显然时方程不成立，排除C，1.【答案】C又【解析】【解答】因为，所以，即，所以不成立，排除BD，所以.故答案为：C.故答案为：A【分析】根据题意，由空间向量数量积的计算公式有，求解可得k的值.【分析】利用方程判断x，y的值的范围，即可判断曲线的图形.5.【答案】C2.【答案】B【解析】【解答】因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因【解析】【解答】由：，为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.可得，故答案为：C因为且，【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，逐项进行判断，可得答案.所以与平行6.【答案】B故答案为：B【解析】【解答】由题设有且，故均在直线上，【分析】由题意利用平行直线系方程，得出答案.3.【答案】C所以的直线方程为：，【解析】【解答】因为椭圆的焦点在y轴上，故，圆心（原点）到直线的距离为，且椭圆的标准方程为：，所以而，故直线与圆相交或相切，所以，故，故答案为：B.故答案为：C. 【分析】根据斜率公式，求出直线AB的方程，再结合韦达定理以及点到直线的距离公式，即可求解出答案.坐标，结合双曲线的定义以及余弦定理，判断三角形的形状，判断D.7.【答案】D8.【答案】B【解析】【解答】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)【解析】【解答】令，则，则，且，两式相减得，因为的最小值为，即的最小值为，所以，因为，所以，故双曲线C的渐近线方程由椭圆，可得，则，所以，因为焦点(c，0)到渐近线的距离为1，所以，即，所以，，所以，，离心率为，A，B不符合题令，解得或（舍去），意．对于C，不妨设P在右支上，记则由对勾函数的单调性可得，当取得最大值时，的最小值为，因为，所以解得或(舍去），所以的面积为即当时，的最小值为，即，解得，，C不正确；所以.对于D，设P(x0，y0)，因为，所以，故答案为：B.将带入C：，得，即【分析】由题意画出图形，再由的最小值为，结合对勾函数的单调性可知当时，的由于对称性，不妨取P得坐标为(，2)，则，最小值为，即，求得c值，即可求出的值.因为9.【答案】A,C,D所以∠PF2F1为钝角，所以PF1F2为钝角三角形，D符合题意【解析】【解答】解：对于A，当时，此时斜率为0，A对，故答案为：D对于B，当时，此时斜率不存在，B不符合题意，对于C，当时，直线，即，斜率为1，倾斜角为，C对.【分析】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)，利用点差法求解直线的斜率，得到a、b关系，通过点到直对于D，，即，恒过和的交点线的距离求解c，求出a，b，即可求出离心率，判断A、B的正误；不妨设P在右支上，记则，要使点到直线的最大距离，即时，此时最大距离为，利用，转化求解三角形的面积，判断C；设P(x0，y0)，通过三角形的面积求解P的，D对. 故答案为：ACD过F作FO’⊥平面CDE，四面体A’CDE的外接球球心O’在直线O’F上，设O’F=t，又O’D=O’A’=R得，解得【分析】根据直线斜率的定义和倾斜角的定义，即可判断A、B、C；求出直线恒过定点，所求最大距离，即∴为这两点间的距离，可判断D.10.【答案】B,C,D∴四面体A’CDE的外接球表面积为S=4πR2=8π【解析】【解答】解：由题意易得DE⊥AB故B正确；又∵平面A’DE⊥平面BCDE，且平面A’DE∩平面BCDE=DE对于C，∵∴A’E⊥平面BCDE∴∴建立如图所示空间直角坐标系，故C正确；对于D，∵VA’-BCD=VB-A’CD又A’E=1，∴∴∴故D正确.故答案为：BCD对于A，∵∴【分析】根据向量垂直的充要条件可判断A，根据四面体与外接球的几何特征，结合球的表面积公式可判断B，根据向量的夹角公式可判断C，根据等体积法，结合棱锥的体积公式可判断D.∴1.【答案】A,B,C∴BD，A’C不垂直【解析】【解答】当，，时，曲线，则对于直线，圆的圆心故A错误；对于B，取CE中点F，连接DF，到直线的距离为，所以直线与曲线没有交点，A符合题意；∵DE⊥DC当，，时，则曲线，直线，联立方程组，消去∴ 可得即，可知，所以直线与曲线有二个交点，B符合题意；对于选项：由基本不等式可得，当且仅当当，，时，直线与曲线，联立方程组，消时取得等号.又，所以，故正去可得：，解得，所以直线与曲线有一个交点，所以C符合题意；确．综上所述：正确的选项是：.由B、C选项，可知直线与曲线的位置关系和在哪里有关，所以D不正故答案为：BD.确．故答案为：ABC．【分析】通过，，的值，判断曲线与直线的位置关系，逐项进行判断，可得答案.【分析】由题意可得a，由点在椭圆内部，解得，求出，12.【答案】B,D即可判断A；求出c，计算出，当点，，共线且在轴下方时，取最大值【解析】【解答】因为长轴长为4，所以，即；因为点在椭圆内部，，可判断B；若，则，得，，推出所以，又，故可得.，即可判断C；由基本不等式可得，又，对于选项：即可判断D.因为，故，，故不正确；13.【答案】对于选项：【解析】【解答】根据题意，圆，当，即，解得，所以，则；必有，由椭圆定义：，解可得：或；如图所示：当点，，共线且在轴下方时，取最大值，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，则有，即，综合可得：m的取值范围为。所以的最大值为，故正确；对于选项：故答案为：。若，则由选项知，，，，【分析】根据题意，圆，必有，再解一元二次不等式求解集的方法，从而得出实数m的取值范围，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，从而求出实所以，数m的取值范围，再结合交集的运算法则，从而求出实数m的取值范围。所以不存在使得，故不正确；14.【答案】 【解析】【解答】由题意，直线，即，由题设，且关于对称，若，则，设，则，，所以，解得，∴所以直线过定点，，又，当垂直直线时，取得最大值，∴的最大值为8.当直线过点时，取得最小值，故答案为：8∴的取值范围.故答案为：．【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，，利用二次函数的性质可求出的最大值.【分析】将原方程化为，求出直线过定点，当垂直直线17.【答案】（1）解：设，由，则点的轨迹方程为时，取得最大值当直线过点时，取得最小值，即可求出d的取值范围.（2）解：由，15.【答案】30则点的轨迹方程为，(或).【解析】【解答】如图，设，则，将代入过作，交于，过作，交于，可得：，因为在中，，则，当四点共面时，点到的距离最大.化简得：，(或).因为，所以是与平面所成的角，则，则，【解析】【分析】(1)设，根据已知条件结合两点之间的距离公式，即可求解出动点的轨迹方程.于是，，即到的最大距离为30.(2)设，则由D为边BC的中点，求出C点的坐标，将C点的坐标代入到(1)中的方故答案为：30.程，即可求解出动点的轨迹方程.18.【答案】（1）证明：在直三棱柱中，有，【分析】过作，交于，过作，交于，然后判断出当四点共面又，，平面，时，点到的距离最大，进而算出AC，即可求出到的最大距离.16.【答案】8又平面，．【解析】【解答】如图：，， 如图，分别以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，(2)当时，四边形面积取得最小值，由此求得切线长，得四边形面积的最小值.则，，，，，．20.【答案】（1）解：连接，交于点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，则，，，设，，．则，，.（2）解：当D为的中点时，，，，∵平面，∴，，∴，∴，即，设平面DEF的法向量为，则，即∴，，令得，，设平面的法向量为，易知平面ABC的法向量为，由，得，令，所以，∴平面的一个法向量为.即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．又平面的一个法向量为，【解析】【分析】(1)以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出所需点的坐∴，标和两条直线的方向向量的坐标，利用向量的数量积为0，即可证得；(2)利用待定系数法求出平面DEF的法向量，取平面ABC的一个法向量，然后利用向量的夹角公式求解出平由图知二面角的平面角为锐角，面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.∴二面角的平面角的大小为45°；19.【答案】（1）解：当斜率不存在时，代入圆方程得，弦长为，满足条件；（2）解：假设在线段上存在一点，满足题意.当斜率存在时，设，即，圆心到直线的距离设，解得：，，所以直线方程为或，得，（2）解：当时，四边形面积取得最小值，∵，，∴，，∴.【解析】【分析】(1)求出圆心坐标和半径，讨论斜率不存在时直线满足题意，然后设出直线方程，求出圆心到∵平面，∴，∴，∴，直线的距离，由勾股定理表示出弦长求得k，进而求出直线的方程；∴存在点使平面，此时. 【解析】【分析】(1)利用建立空间直角坐标系分别求出平面EAC和平面D1AC的法向量，利用空间二面角的当P的坐标为时，直线PQ：，向量法即可求解出二面角的平面角的大小；(2)假设存在，利用直线与平面平行可得与平面EAC的法向量垂直，即可求解出的值.即，21.【答案】（1）解：建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐标系，代入椭圆方程，，即，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线是以得Q的横坐标为.，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，即，，，，当P的坐标为时，同样得Q的横坐标为.点的轨迹方程为：因此，点Q的横坐标为；（2）设方程上一点，，由题意知，求出的（2）证明：联立方程组，其解为，．最短距离即可，，由，消去y，得，即可得，．由，．【解析】【分析】（1）利用已知条件建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐所以N的横坐标为，标系，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线得N的纵坐标为，是以，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，从而求出a，c的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点P的轨迹方程。得N的坐标为．（2）设方程上一点，，由题意知，求出所以直线ON的斜率为，方程为，的最短距离即可，再利用两点距离公式结合二次函数的图象求最值的方法，进而求出无人机飞行的最短距离。与直线交于点．2.【答案】（1）解：因为点P的横坐标为1，由，故直线FM的斜率为，于是，因此；得P的坐标为或．F的坐标为．（3）解： ．令，由，得，又，得．即，所以的取值范围为，最大值为．【解析】【分析】(1)求出P的坐标，直线PQ的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，即可求出点Q的横坐标；(2)设，，联立方程组，利用根与系数的关系及其中点坐标公式可得N的坐标，联立可得M的坐标，可证明出；(3)求出，再利用换元法结合二次函数的性质，即可求出的最大值． 高二上学期数学期中考试试卷A．B．C．D．一、单选题8.在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一1.已知直线和直线，若，则（）点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（）A．3B．-1或3C．-1D．1或-3A.平面α与平面β垂直2.已知向量，，且，那么等于（）B.平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°A．B．C．D．5C.平面α与平面β平行3.在四面体中，点为棱的中点.设,，，那么向量D.平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°二、多选题用基底可表示为（）9.直线a的方向向量为，平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（）A.B．A.若，则直线平面；C．D．B.若，则直线平面；4.阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长C.若，则直线a与平面所成角的大小为；半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为，若椭圆的离心率为，面积为，则椭D.若，则平面，的夹角为．圆的标准方程为（）10.已知圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0相交于A、B两点，下列说法正确的是（）A.圆M的圆心为（1，－2），半径为1A．或B．或B.直线AB的方程为x－2y－4＝0C．或D．或C.线段AB的长为D.取圆M上点C（a，b），则2a－b的最大值为5.已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则实数m等于（）A．2B．8C．D．11.已知点，，是椭圆上的动点，当取下列哪些值时，可以使（）6.已知点是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程是（）A．3B．6C．9D．12A．B．12.将一个椭圆绕其对称中心旋转90°，若所得椭圆的两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，则称该椭圆为“对偶椭圆”．下列椭圆的方程中，是“对偶椭圆”的方程的是（）C．D．A．B．C．D．7.椭圆的左､右焦点分别为､，是椭圆上的一点，，且，垂三、填空题足为，若四边形为平行四边形，则椭圆的离心率的取值范围是（）13.若点到直线距离为，则=． 14.过定点的直线：与圆：相切于点，则．轴上方），且.（1）求椭圆的方程；15.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是、、、（2）当为椭圆与轴正半轴的交点时，求直线方程；，则该四面体的内切球与外接球体积之比为（3）对于动直线，是否存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点？若存在，求出该定16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大点的坐标；若不存在，请说明理由.答案解析部分值为.1.【答案】四、解答题C17．在三角形ABC中，已知点A(4，0)，B(－3，4)，C(1，2)．【解析】【解答】直线的斜率存在，，（1）求BC边上中线的方程；且.（2）若某一直线过B点，且x轴上截距是y轴上截距的2倍，求该直线的一般式方程．18.如图1，在中，MA是BC边上的高，，.如图2，将沿MA进行翻折，使，化为.得二面角为，再过点B作，连接AD，CD，MD，且，.解得或.当时，与重合，应舍去.（1）求证：平面MAD；.（2）在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值.故答案为：C.19.已知动点M到点A（2，0）的距离是它到点B（8，0）的距离的一半，求：（1）动点M的轨迹方程；【分析】利用两条直线平行与斜率的关系即可得出a的值.（2）若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹．2.【答案】B【解析】【解答】解：因为向量，，且，20.已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆所以，解得，交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.所以，（1）求椭圆的方程；（2）求的面积.所以，故答案为：B21.如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．【分析】由可得，从而解出x，得到的坐标，再由模长公式求出的值.（1）求证：AC⊥平面BEF；3.【答案】B（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；【解析】【解答】点为棱的中点，（3）证明：直线FG与平面BCD相交．，22.已知椭圆的上顶点到左焦点的距离为.直线与椭圆交于不同两点、（、都在 ，两式相减可得：，又，即，，故答案为：B.因为是线段的中点，所以，，所以，【分析】先根据点P为棱BC的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用表示向即可.所以直线l的方程是，即，4.【答案】B故答案为：D【解析】【解答】根据题意，可得，【分析】利用“点差法”即可得出直线l的斜率，利用点斜式即可得出直线l的方程.所以椭圆的标准方程为或.7.【答案】D故答案为：B【解析】【解答】如图：若，又四边形为平行四边形，，【分析】由题意可得离心率即a，c的关系，椭圆面积可得a，b的关系，再由a，b，c的关系求出椭圆的标准方程.∴，即，5.【答案】B∴，解得.【解析】【解答】由题意，得，，则，故答案为：D所以椭圆的离心率，解得m=8.故答案为：B.【分析】设，由题意可得，由此可得，即可求出椭圆的离心率的取值范围.【分析】根据题意，由椭圆的方程分析可得a、b的值，计算可得c的值，由椭圆的离心率公式可得8.【答案】A，求解可得m的值.【解析】【解答】解：设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），6.【答案】D∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足【解析】【解答】设直线与椭圆交于，，同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足则，，∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2， ∴点Q1与Q2重合于同一点故答案为：ABD．由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径判断A；联立两圆的方程求得AB的方程判断故选：AB；由点到直线的距离公式及垂径定理求得AB的长判断C；利用直线与圆相切求得2a-b的范围判断D.【分析】设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．根据题意点P1在β内的射影与P2在α内的1.【答案】A,B,C射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角，根据面面垂直的【解析】【解答】设，且.定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．因为，9.【答案】B,C,D【解析】【解答】若，则直线平面或在平面内，A不正确；将点坐标代入椭圆，得，所以代入上式可得若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面；B符合题意；直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若，则直线a与.平面所成角的大小为，C符合题意；所以，.对照选项可以取ABC.两个平面夹角与他们法向量所成的不大于的角相等，D符合题意，故答案为：ABC．故答案为：BCD【分析】设，由，可得，利用二次函数的性质【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，利用法向量和线面夹角及面面夹角的应用，逐项进行判断，可得到答案.可求出的最值，进而得出答案.10.【答案】A,B,D12.【答案】A,C【解析】【解答】由圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，得(x－1)2+(y+2)2＝1，【解析】【解答】由题意，得当时，该椭圆为“对偶椭圆”．由得，则圆M的圆心为（1，－2），半径为1，A符合题意；A中，；B中，，，；联立圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，消去二次项，可得直线AB的方程为x－2y－4＝0，B符合题意；选项Ｃ中，；D中，，，．圆心O到直线x－2y－4＝0的距离d，圆O的半径为2，故答案为：AC．则线段AB的长为2，C不符合题意；令t＝2a－b，即2a－b－t＝0，由M（1，－2）到直线2x－y－t＝0的距离等于圆M的半径，【分析】根据新定义，只要当b=c，椭圆即为“对偶椭圆”，由椭圆方程求得a、b、c，判断即得答案.13.【答案】0或5可得，解得t＝4．【解析】【解答】根据点到直线的距离公式得到∴2a－b的最大值为，D符合题意．故答案为0或5. 【分析】利用点到直线的距离公式直接求解，可得a的值.设，则，，14.【答案】4∴【解析】【解答】直线：过定点，的圆心，半径为：3；，又，定点与圆心的距离为：．过定点的直线：与圆：∴的最大值为8.相切于点，则．故答案为：8【分析】求出直线过的定点，圆的圆心与半径，利用直线与圆的相切关系求解可得的值.15.【答案】1：27【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，【解析】【解答】点、、、恰为棱长为的正方体的四个点，，利用二次函数的性质可求出的最大值.该四点构成了一个棱长为的正四面体（如图所示）.17．【答案】（1）解：∵B（－3，4），C（1，2），设该正四面体的内切球和外接球半径分别为、，体积分别为、，∴线段BC的中点D的坐标为（－1，3），又BC边上的中线经过点A（4，0），则该正四面体的外接球也是正方体的外接球，∴y（x－4），即3x+5y－12＝0，则，即.BC边上中线的方程.由图可得该四面体的体积为：（2）解：当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，，代入点B（－3，4），则4＝－3k，解得k，又，所以所求直线的方程为yx，即4x+3y＝0；所以，解得，当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为1，代入点B（－3，4），则，解得m，则，.故答案为：1：27.所以所求直线的方程为1，即x+2y－5＝0，综上所述，该直线的一般式方程为4x+3y＝0或x+2y－5＝0．【分析】作出坐标系和四面体，得到四面体和正方体的关系，利用正方体的外接球和正方体的关系求出外接【解析】【分析】(1)求得线段BC的中点坐标，再结合点A的坐标，由直线的点斜式写出BC边上中线的方球的半径，再利用分割法得到正四面体的体积，进而求出其内切球的半径，再利用球的体积公式进行求解，程；可得该四面体的内切球与外接球体积之比.(2)分两类：①当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，代入点B(-3，4)，求出16.【答案】8k的值，进而求出该直线的一般式方程；【解析】【解答】如图：②当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为，代入点B(-3，4)，求得m的由题设，且关于对称，若，则， 值，进而求出该直线的一般式方程.(2)易知，，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角18.【答案】（1）证明：由图1可知，，，为二面角的平面角，即坐标系，逐一写出A、B、D、M、E的坐标，由法向量的性质求得平面MBD的法向量，设直线与平，，、平面，平面，平面，面所成角为，则，利用空间向量数量积的坐标运算，即可求解出直线AE与平面．MBD所成角的正弦值.在中，由余弦定理知，19.【答案】（1）解：设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，则点M的轨迹就是集合，，P．由于，，由两点距离公式，点M适合的条件可表示为，，、平面，平方后再整理，得．可以验证，这就是动点M的轨迹方程．平面．（2）解：设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，（2）解：，，，为直角三角形且，y1）．由于A（2，0），且Ｎ为线段AM的中点，所以，．，．所以有，①以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）题知，M是圆上的点，则，0，，，0，，，3，，，0，，，1，，所以M坐标（x1，y1）满足：②，1，，，0，，，3，，将①代入②整理，得．所以N的轨迹是以（1，0）为圆心，以2为半径的圆．设平面的法向量为，，，则，【解析】【分析】（1）设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，由题意，结合两点距离公式求令，则，，，0，，得动点M的轨迹方程；设直线与平面所成角为，（2）设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，y1），根据中点坐标公式以及动点M的轨迹方程，即可求出点N的轨迹．则．20.【答案】（1）解：由已知得，，解得，又，所以椭圆的方程为故直线与平面所成角的正弦值为．（2）解：设直线的方程为，【解析】【分析】(1)由图1可知，，，推出∠BAC为二面角B-MA-C的平面角，得到由得，①MA⊥平面ABC，故MA⊥CD，结合余弦定理和勾股定理可证得AD⊥CD，再由线面垂直的判定定理即可得证平面MAD； 设、的坐标分别为，（），中点为，由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，则，，因为是等腰△的底边，所以．设平面BCD的法向量为，所以的斜率为，解得，此时方程①为．∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，解得，，所以，，所以，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，此时，点到直线：的距离，所以△的面积∴．【解析】【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为（3）证明：平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．离公式求高，即可计算出面积．【解析】【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得21.【答案】（1）证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设∵CC1⊥平面ABC，立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法∴四边形A1ACC1为矩形．向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结又E，F分别为AC，A1C1的中点，论.∴AC⊥EF．∵AB=BC．2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF该椭圆的上顶点到左焦点的距离为，即，可得，，（2）解：由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，因此，椭圆的方程为；EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，（2）解：由题意可得，，直线的斜率为，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐，则直线的斜率为，称系E-xyz． 系，即可证明存在一个定点M(-2，0)，无论∠OFA如何变化，直线总经过此定点.直线的方程为，联立，得，解得或，所以点的坐标为.直线的斜率为，因此，直线的方程为；（3）解：由于直线与椭圆的两交点、都在轴上方，则直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立，消去得，，得，由韦达定理得，，，所以，直线和的斜率之和为，即，，，则直线的方程为，直线过定点.【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，椭圆可得关于a，b的方程，求出a，b的值，由此求出椭圆C的方程；(2)由题意可得，得，从而，可得直线BF的方程，代入椭圆方程，求得B点坐标，由此能求出直线AB的方程；(3)由∠OFA+∠OFB=180°，知直线和的斜率之和为，设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，得关于x的一元二次方程，由直线方程的点斜式求得动直线l的方程，结合根与系数的关 高二上学期数学期中考试试卷线交于点，则点的轨迹的方程是（）一、单选题A.B．C．D．1．已知点､与圆:,则()8．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体A.点与点都在圆外中，，，，则异面直线与之间的距离是B.点在圆外,点在圆内C．点在圆内,点在圆外（）D．点与点都在圆内A.B．C．D．2.已知双曲线上一点到的距离为，为坐标原点，且二、多选题9.已知向量，则下列结论不正确的是（），则()A．B.C．或D．或A．B．3.已知点A(1，3)，B(－2，－1)．若直线l：y＝k(x－2)＋1与线段AB相交，则k的取值范围是（）C．D．A.B．10.设定点，，动点满足，则点的轨迹可能是（）C．或D．A.圆B．线段C．椭圆D．直线11.已知圆和圆的公共点为，，则（）4.如图，把椭圆的长轴分成8等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，，…，，是椭圆的左焦点，则（）A.B．直线的方程是A．35B．30C．25D．20C．D．5.已知圆的半径为2，椭圆的左焦点为，若垂直于12.数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列轴且经过点的直线与圆相切，则椭圆的长轴长为（）四个结论，其中正确结论是（）A．B．2C．4D．8A.图形关于轴对称6.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的B.曲线恰好经过6个整点（即横､纵坐标均为整数的点）数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样C.曲线上存在到原点的距离超过的点走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河D.曲线所围成的“心形”区域的面积大于3岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）三、填空题13.已知异面直线a，b的方向向量分别为，，则a，b所成角的余弦值为.A．B．5C．D．1014.如图，二面角等于，A、B是棱l上两点，、分别在半平面、7.已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分 内，，，且，则的长等于．22.已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．（1）求圆C的方程；15.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆（2）过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．上一个动点，则的最大值为答案解析部分16.双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为，1.【答案】C若E上的点A满足，其中、分别是E的左，右点，则.【解析】【解答】因为点､四、解答题将的坐标代入圆的方程,可得,所以点A在圆内17．在平行六面体中，，将的坐标代入圆的方程,可得,所以点在圆外，点为与的交点，点在线段上，且.故答案为：C（1）求的长；【分析】将点代入圆的方程,根据点与圆位置关系的判断方法,即可得解.（2）设，求的值.2.【答案】D18.在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和所在直线的方程为，【解析】【解答】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，（1）求对角线所在直线一般形式方程；由中位线定理知.（2）求所在直线一般形式方程．当在右支时，由双曲线定义可知：19.如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，当在右支时，由双曲线定义可知：底面，设点是的中点．故答案为：D.（1）直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）点A到平面BDM的距离．【分析】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，由中位线定理知20.已知椭圆经过，再对点P在双曲线的左右支进行分类讨论，结合双曲线定义求出（1）求椭圆的方程；3.【答案】（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.D【解析】【解答】解：直线经过定点，21.在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，为线段AD的中点，过的平面与线段PD，分别交于点，.，，（1）求证：；又直线与线段相交，（2）若，是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请确定点的，位置；若不存在，请说明理由.故答案为：D． 则，【分析】由直线系方程求出直线l所过定点，由两点求斜率公式求得连接定点与线段AB上点的斜率的最小故“将军饮马”的最短总路程为10.值和最大值，求得k的取值范围.故答案为：D.4.【答案】A【解析】【解答】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，知，，，【分析】直接利用点关于线的对称的应用和两点间的距离公式的应用，求出“将军饮马”的最短总路程.7.【答案】B∴．故答案为：A【解析】【解答】由题可得圆心，半径为6，是垂直平分线上的点，，【分析】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，可得，求解可得答案.，5.【答案】C点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，【解析】【解答】圆的标准方程为，，故点的轨迹方程为。因为圆的半径为，则，因为，解得，故答案为：B.圆的标准方程为，圆心为，由题意可知，直线与圆相切，则，解得，【分析】由题可得圆心，半径为6，再利用点P是垂直平分线上的点，所以，所以则，因此，椭圆的长轴长为.，再利用题意的定义得出点的轨迹是以为焦点的椭圆且故答案为：C.，从而求出a的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点的轨迹方程。【分析】由圆，化成标准方程为，结合题意得出m8.【答案】D的值，再根据条件垂直于x轴且经过F点的直线与圆M相切，利用直线与圆的相切的位置关系得出c【解析】【解答】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，值，求出a值，即可得椭圆的长轴长.则，6.【答案】D则，，【解析】【解答】如图，点关于直线的对称点为，则即为“将军饮马”的最短总路程，设和的公垂线的方向向量，设，则，即，令，则，则，解得，， 的轨迹..1.【答案】A,B,D故答案为：D.【解析】【解答】圆的圆心是，半径，圆，圆心，，【分析】根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出，A符合题意；和的公垂线的方向向量的坐标，结合空间向量数量积的运算公式根据题意即可求出异面直线之间的距离。两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，B符合题意；9.【答案】B,C，，，，所以不正确，C不正确；【解析】【解答】向量，圆心到直线的距离，，D符合题意.，，，故A正确；故答案为：ABD，1，，故B错误；，故C错误；【分析】根据题意求出两个圆的圆心坐标和半径，再把两个圆的方程相减即可得出直线的方程结合点到直线，故D正确．的距离公式对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：BC．12.【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A，将换成方程不变，所以图形关于轴对称，A符合题意；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算、数量积的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而找出结论不正对于B，当时，代入可得，解得，即曲线经过点，确的选项。当时，方程变换为，由，解得，所以10．【答案】B,C只能取整数1，【解析】【解答】由题意知，定点，，可得，当时，，解得或，即曲线经过，因为，可得，根据对称性可得曲线还经过，故曲线一共经过6个整点，B符合题意；当且仅当，即时等号成立．对于C，当时，由可得，（当时取等号），当时，可得的，此时点的轨迹是线段；，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性当时，可得，此时点的轨迹是椭可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过，C不符合题意；圆．故答案为：BC．对于D，如图所示，在轴上图形的面积大于矩形的面积：，轴下方的面积大【分析】由基本不等式可得，可得或，即可判断出点于等腰三角形的面积：，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于， D符合题意；∴，60°，故答案为：ABD∴故答案为2．【分析】将换成方程不变，再结合图形关于y轴对称，从而得出图形关于轴对称；当【分析】由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，时，代入可得，解得，即曲线经过点，当时，方程变换为BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．，由判别式法得出x的取值范围，所以只能取整数1，当时，得出15.【答案】12，解得或，即曲线经过，根据对称性可得曲线还经过【解析】【解答】由题意得：，根据椭圆的定义得，，故曲线一共经过6个整点；∴，当时，由结合均值不等式求最值的方法，可得，（当圆变形得，即圆心，半径，时取等号），所以，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据要使最大，即最大，又，对称性可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过；在轴上图形的面积大于矩形的面∴使最大即可.积，再利用矩形的面积公式得出，轴下方的面积大于等腰三角形的面积，再利用等如图所示：∴当共线时，有最大值为，腰三角形面积公式得出，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于，从而选出结论正确的选项。∴的最大值为，13.【答案】∴的最大值，即的最大值为11+1=12，故答案为：12【解析】【解答】依题意a，b所成角的余弦值为【分析】由椭圆的方程可得a，b，c的值，由圆的方程可得圆心的坐标及半径，再由椭圆的定义可得|PF1|=.2a-|PF2|，然后由三点共线可知线段之差求出的最大值.故答案为：16.【答案】；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，【分析】由已知直接利用数量积求夹角公式，即可求出a，b所成角的余弦值.，14.【答案】2，【解析】【解答】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，离心率．不妨取点在第一象限， ，且，得，解得，即点；，设点，则，，解得，．所以点；故答案为：；．又，则的直线方程为，【分析】由双曲线的渐近线方程为，可知，再结合与，可求得离心率；不妨取点在第一象限，第一象限与第四象限计算结果相同，写出点A的坐标后，由三角函数的知识可求得化为一般形式是．的值.【解析】【分析】(1)根据题意画出图形，结合图形求出AC的中点和斜率，从而求得BD的斜率和直线的方程；17.【答案】（1）解：因为，(2)由直线AB和BD求点B的坐标，再根据对称求出点D的坐标，利用直线AC和AB求得点A，再写出直，线所在直线一般形式方程．，即；19.【答案】（1）解：∵四边形为菱形，，又面ABCD，，OB，OP两两垂直，（2）解：∴以为轴，为轴，OP为轴建立如图所示的空间直角坐标系，.根据题可知，，，且为中点，【解析】【分析】(1)可得，利用数量积运算性质即可求出的长；，，，，，，(2)易得，再利用平行六面体、空间向量基本定理即可得出的值.，，，18.【答案】（1）解：如图所示，菱形的顶点和，设面BDM的法向量为，所以的中点，，，，令，则，，直线的斜率为的斜率为，，所以直线的方程为：，即；∴直线与平面BDM所成角的正弦值为；（2）解：由直线的方程和直线的方程联立， 又，所以四边形BCDE为平行四边形，所以，（2）解：由（1）可知，面BDM的一个法向量为，又平面，平面，所以平面，∴点到平面BDM的距离，又BE平面BEGF，平面平面，所以.又平面平面ABCD，BE平面，，∴点到平面BDM的距离为．平面平面，【解析】【分析】(1)根据题意可知，OB，OP两两垂直，以为轴，为轴，OP为轴建立如图所以平面PAD，所以平面PAD，所示的空间直角坐标系，根据题所给的长度可算出面BDM的法向量和的坐标，再根据线面夹又平面PAD，所以；角的向量法，求出直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）解：存在，为棱上靠近点的三等分点；因为，为线段的中点，所以，(2)根据(1)可知的坐标和面BDM的一个法向量坐标，根据公式又平面平面ABCD，所以平面ABCD.，即可求出点A到平面BDM的距离．如图，以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，20.【答案】（1）解：由题意得：，解得：则，，，，，所以，，即轨迹E的方程为设，得，所以，（2）解：记，设平面的法向量为，则即的方程为令，可得，由消去得，平面EBP的一个法向量，所以则；设直线与轴交于点解得或(舍去)，【解析】【分析】(1)根据题意，将两个点的坐标代入椭圆的方程，可得，解可得a、b的值，故为棱上靠近点的三等分点.即可得椭圆E的方程；【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理与性质定理证得，再利用面面垂直及线面垂直的性质即可证得；(2)记，联立直线与椭圆的方程，解可得y的值，即可得直线与(2)以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，设轴交点的坐标，结合三角形面积公式计算可得的面积.，分别求出平面的法向量和平面EBP的一个法向量，再由向量夹角公式求出的21.【答案】（1）证明：因为，且为线段的中点，所以， 值，进而得为棱上靠近点的三等分点.2.【答案】（1）解：设圆心C(a，0)，则或a＝－5(舍)，所以圆C：x2＋y2＝4（2）解：当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以，，若x轴平分∠ANB，则⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离，确定出圆心坐标，即可得出圆方程；（2）当直线轴，则轴平分，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立圆与直线方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，由若轴平分，则，求出的值，确定出此时坐标即可
简介：高二上学期数学期中考试试卷（B卷）A．2B．C．7D．一、单选题8.已知点，，动点到直线的距离为，，则（）1.圆的圆心坐标为（）A．B．C．D．A.点的轨迹是圆B.点的轨迹曲线的离心率等于2.已知三棱柱，点为线段的中点，则（）A.B．C.点的轨迹方程为C．D．D．的周长为定值3.若直线与直线平行，则实数（）二、多选题9.已知椭圆：，关于椭圆下述正确的是（）A．1B．-1C．0D．4.古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，A.椭圆的长轴长为得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用周长为72的矩形ABCD截某圆锥得到椭圆τ，且B.椭圆的两个焦点分别为和τ与矩形ABCD的四边相切.设椭圆τ在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足C.椭圆的离心率等于题意的方程为（）D.若过椭圆的焦点且与长轴垂直的直线与椭圆交于，则10.下列说法不正确的是（）A．B．A.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°B．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角C．D．C．二面角的大小范围是[0°，180°]5.已知直线，则下述正确的是（）D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小A.直线的斜率可以等于0B．直线的斜率有可能不存在11.圆和圆的交点为A，B，则有（）C．直线可能过点D．直线的横纵截距不可能相等A.公共弦所在直线方程为6.已知正方体的棱长为，点为线段上一点，，则点到平面的距离B.线段中垂线方程为为（）C.公共弦的长为A.B．C．3D．4D．P为圆上一动点，则P到直线距离的最大值为7.已知直线（为实数）是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（）12.某房地产建筑公司在挖掘地基时，出土了一件宋代小文物，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一 （2）若点在第二象限，，求的面积.个球形绿色水晶宝珠，其轴截面（如图）由半椭圆与半椭圆组20.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，成，其中，设点是相应椭圆的焦点，和是轴截面与为的中点.轴交点，阴影部分是宝珠轴截面，其以曲线为边界，在宝珠珠面上，为等（1）证明：平面；边三角形，则以下命题中正确的是（）（2）求直线与平面所成角的正弦值.21.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，A.椭圆的离心率是，点E为棱PC的中点.B.椭圆的离心率大于椭圆的离心率（1）证明：（2）若F为棱PC上一点，且满足，求二面角的余弦值.C.椭圆的焦点在轴上22.在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在y轴上的圆C经过两点和，直线的方程为D.椭圆的长短轴之比大于椭圆的长短轴之比三、填空题.13.已知直线l的一个方向向量，平面α的一个法向量，若l⊥α，则（1）求圆C的方程；m+n=.（2）过点作圆C切线，求切线方程；14.过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长为.（3）当时，Q为直线上的点，若圆C上存在唯一的点P满足，求点Q的坐标.15.圆关于直线对称的圆的方程是.16.将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线答案解析部分与所成的角为.1.【答案】A四、解答题【解析】【解答】将圆的方程化为标准式可得，17.已知三个顶点坐标分别为，，.则该圆的圆心坐标为。（1）求线段中点的坐标；及中线的直线方程，并把结果化为一般式；故答案为：A.（2）求边高线的直线方程，并把结果化为一般式.18.三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，，分别是，【分析】将圆的一般方程转化为标准方程，再利用圆的标准方程求出圆心坐标。的中点.2.【答案】D【解析】【解答】解：在三棱柱，点为线段的中点，则（1）求证：平面；，（2）求平面和平面的夹角的余弦值.所以19.如图所示，已知椭圆的两焦点分别为，，为椭圆上一点，且+.（1）求椭圆的标准方程；， 故答案为：D线不可能过点（2，1），利用已知条件将直线的一般式方程转化为直线的截距式方程求出直线的横截距和纵截距，进而得出直线的横、纵截距可能相等，进而找出正确的选项。【分析】根据空间向量的线性运算求出向量即可.6.【答案】B【解析】【解答】连接，过作于，如图，3.【答案】B设，【解析】【解答】由两直线平行知：，解得：.因为正方体的棱长为1，所以，，故答案为：B.因为平面，，所以平面，所以点到平面的距离为的长度，【分析】根据两直线平行可得到各项系数所满足的关系式，进而求得结果.4.【答案】C因为，【解析】【解答】由题意椭圆方程是方程为，排除BD，所以。矩形的四边与椭圆相切，则矩形的周长为，故答案为：B．在椭圆中，，，不满足题意，【分析】连接，过作于，设，再利用正方体的棱长为1，在椭圆中，，满足题所以，，再结合平面，，所以平面，所以点到平意．故答案为：C．面的距离为的长度，再利用正弦函数的定义，从而求出PO的长。7.【答案】C【分析】由椭圆的简单性质结合矩形的四边与椭圆相切，整理即可得出，然后由代入验证【解析】【解答】∵圆，即，法得出答案。表示以为圆心、半径等于3的圆，5.【答案】B【解析】【解答】若，则直线的斜率不存在，B符合题意；由题意可得，直线经过圆的圆心，若，直线的斜率存在，且斜率，不可能为0，A不符合题意；故有，∴，点．将点代入直线方程得：，C不符合题意；∵，，令m=1，则直线方程为：x-y=0，横纵截距均为0，D不符合题意.∴切线的长。故答案为：B.故答案为：C．【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线的斜率公式得出直线的斜率，再利用代入法得出直【分析】将圆转化为圆的标准方程，从而求出圆心坐标和半径长，由题意可得直 线经过圆的圆心，再结合代入法得出a的值，进而求出点A的坐标，再利用两点距离【分析】化简椭圆方程为标准方程，求出a，b，c，然后求解离心率以及通径，判断选项的正误即可.10.【答案】A,B,D公式求出AC的长，再结合已知条件求出CP的长，再利用勾股定理求出切线的长。【解析】【解答】当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°时，直线l与平面α所成的角为60°，A不正确；8.【答案】C向量夹角的范围是[0°，180°]，而异面直线夹角为(0°，90°]，B不正确；【解析】【解答】点，，动点到直线的距离为，，二面角的范围是[0°，180°]，C符合题意；二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补，D不正设动点的坐标为，可得：，确．故答案为：ABD．化简得点的轨迹方程为，【分析】利用已知条件结合方向向量的定义和法向量的定义，再结合线面角的求解方法，从而求出若直线l的所以的轨迹是椭圆，所以A不符合题意，C符合题意；方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于30°；利用已知条件结合异面离心率为：，所以B不正确；直线夹角的求解方法和所成角的取值范围和方向向量的定义和所成角的取值范围，从而求出两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角；利用二面角的大小的取值范围，得出二面角的范围；利用已知条件结合二△的周长为定值：，所以D不正确；面角的求解方法和法向量的定义，从而求出二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小，进而找出故答案为：C．说法不正确的选项。1.【答案】A,B,D【分析】利用点，，动点到直线的距离为，，设动点的坐标为【解析】【解答】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，，再结合点到直线的距离公式得出点的轨迹方程，再利用椭圆的定义推出点的轨迹是椭圆；再利即公共弦AB所在直线方程为，A符合题意；用椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率，再利用椭圆的定义和焦距的定义，再结合三角形的周长公式，得出三角形△的周长为定值，进而找出正确的选项。对于B，圆的圆心为，，则线段AB中垂线斜率为，9．【答案】A,C,D即线段AB中垂线方程为：，整理可得，B符合题意；【解析】【解答】由已知椭圆标准方程为，则，∴．对于C，圆，圆心到的距离为长轴长为，A符合题意；两焦点为，B不符合题意；离心率为，C符合，半径题意；所以，C不正确；代入椭圆方程得，解得，∴，D符合题意．故答案为：ACD．对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的 最大值为，D符合题意.对于B，椭圆的离心率，所以，B不正确；故答案为：ABD对于C，由可知，椭圆的焦点在轴上，C符合题意；【分析】由圆与圆的交点为A，B，联立二者方程结合作差法得对于D，椭圆的长短轴之比为，出公共弦AB所在直线方程；再利用圆的方程求出圆心坐标，再利用直线AB的斜率结合椭圆的长短轴之比为，两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出线段AB中垂线斜率，再利用中点坐标公式求出AB的中点坐标，再结合点斜式方程求出线段AB中垂线方程，再转化为直线AB中垂线的一般式方程；再利用圆因为，所以椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，D不正确.求出圆心坐标，再利用点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再利用故答案为：AC圆的半径结合弦长公式，进而求出公共弦的长；再利用点P为圆上一动点，再结合点到直线的距离公式得出圆心到的距离，再结合圆的半径，从而结合几何法求出点P到直线AB距离的最大【分析】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，利用值，进而找出正确的选项。，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，所以是半椭圆的焦点，、12.【答案】A,C是半椭圆的焦点，依题意可知，，再结合勾股定理得出的值，再利用三角形【解析】【解答】由半椭圆的方程和图象可知，，由半椭圆的方程和图象可知，，为等边三角形，得出的值，进而求出的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出c的值，再结因为，所以，，所以半椭圆的焦点在轴上，合勾股定理得出的值，从而求出半椭圆的方程，再利用，得出的值，再结合椭圆中a，b，c三所以是半椭圆的焦点，、是半椭圆的焦点；者的关系式得出的值，从而求出半椭圆的方程。再利用椭圆的离心率公式得出椭圆的离心率和椭圆依题意可知，，所以，的离心率，由可知，椭圆的焦点在轴上，再利用椭圆的长轴和短轴的定义得出椭圆的长轴又为等边三角形，所以，和短轴之比和椭圆的长轴和短轴之比，再利用比较法得出椭圆的长短轴之比小于椭圆的长短轴之比，所以，进而找出正确命题的选项。又因为，所以，所以，13.【答案】-16【解析】【解答】∵l⊥α，∴，又因为，，∴==，所以半椭圆的方程为，解得m=-6，n=-10，∴m+n=-16。又，所以，所以，故答案为：-16。所以半椭圆的方程为，【分析】利用已知条件结合直线方向向量的定义和平面的法向量的定义，再结合l⊥α，得出，再结合空间向量共线的坐标表示，进而求出m，n的值，从而求出m+n的值。对于A，椭圆的离心率是，A符合题意； 14.【答案】因此，【解析】【解答】设弦长为，过原点且倾斜角为60°的直线方程为，所以异面直线与所成的角为。整理圆的方程为：，圆心为，半径，故答案为：。圆心到直线的距离为：，【分析】根据题意可知，当最大时，平面平面，设的中点为，连接建立则：空间直角坐标系，令，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利故答案为：。用数量积求向量夹角公式，进而求出异面直线与所成的角。17.【答案】（1）由题意，三个顶点坐标分别为，，，【分析】利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，从而求出直线的斜率，再利用点斜式求出过原点且倾斜角为60°的直线方程，再利用圆的方程求出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式，从设中点坐标为，由中点公式可得，而求出圆心到直线的距离，再利用弦长公式，从而求出直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长。即中点坐标为，15.【答案】又由斜率公式，可得，【解析】【解答】设圆心关于直线的对称点为，则，线段PQ的中所以直线的直线方程为，即.点为，于是，则圆Q的方程为：。（2）由，，可得，所以上的高线所在直线的斜率为，故答案为：。则上的高线所在直线的方程为，即.【分析】将圆与圆关于直线对称的问题转化为点与点关于直线对称的问题，再结合中点坐标公式和两直线垂【解析】【分析】（1）利用已知条件结合中点坐标公式，进而求出线段中点的坐标；再利用两点求斜率直斜率之积等于-1，从而求出圆心关于直线的对称点的坐标，即圆心坐标，再结合圆与公式求出中线CM的斜率，再结合点斜式求出中线CM的直线方程，从而转化为直线CM的一般式方程。（2）利用已知条件结合两点求斜率公式，进而求出直线AB的斜率，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，得圆关于直线对称得出对称圆的半径，进而求出对称圆的标准方程。出AB边上高线的斜率，再结合点斜式求出边上高线的直线方程，再转化为直线的一般式方程。16.【答案】18.【答案】（1）连接，，设交于点.如图所示：【解析】【解答】根据题意可知，当最大时，平面平面，在中，，分别是，的中点，设的中点为，连接建立空间直角坐标系，如图所示，令，则，.又平面，平面，，平面. （2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，线线垂直证出线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，即，再利用线线垂直证出线面则，，，，..垂直，即平面，所以是平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式设平面的法向量为.和平面和平面所成的二面角为锐二面角，从而求出平面和平面的夹角的余弦值。，.19.【答案】（1）设椭圆的标准方程为，焦距为，，令，则，，因为椭圆的两焦点分别为，，可得，，.所以，可得，所以，，则，四边形为正方形，所以椭圆的标准方程为．，（2）因为点在第二象限，，又，即，，在中，由．平面，根据余弦定理得，，即，即，解得，平面，即平面，所以．是平面的法向量.【解析】【分析】（1）利用椭圆的两焦点分别为，，从而求出c的值，再结合焦距的定义.求出的值，再利用椭圆的定义得出a的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，从而求出由图象可得平面和平面所成的二面角为锐二面角，椭圆的标准方程。平面和平面的夹角的余弦值是.（2）利用点在第二象限，，在中，由椭圆的定义得出，由余弦定理得出的值，再利用正弦函数的定义，从而求出三角形的面积。【解析】【分析】（1）连接，，设交于点，在中，利用，分别是，的20.【答案】（1）证明：∵为矩形，且，中点，再结合中点作中位线的方法结合中位线的性质，得出，再利用线线平行证出线面平行，从而∴.证出平面。又∵，.∴，.（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，又∵，，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用已知条件结合正方形的结构特征得出线线垂直，再利用 ∴平面.（2）向量，，，.∵平面，∴设，，又∵，，所以，∴平面.（2）解：以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示：由，得，因此，解得，则，，，，，即，∴，，设为平面FAB的法向量，则，即设平面的法向量令，得为平面FAB的一个法向量.则，即因为y轴⊥平面ABP，取平面ABP的法向量，则，∴，经观察知二面角是锐角，所以其余弦值为.【解析】【分析】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系∴，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示，进而证出线线垂直。∴直线与所成角的正弦值为.（2）利用空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，设，，再结合三角形法则和共线定理，再利用向量的坐标运算得出向量【解析】【分析】（1）利用四边形为矩形，且，再结合勾股定理得出AC的长，再利用已知条件结合勾股定理，从而证出，再利用结合线线垂直，从而证出线面垂直，所以，由结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再结合和线线垂直证出的值，从而求出向量的坐标，设为平面FAB的法向量，再利用法向量的定义结合数量线面垂直，从而证出平面。积为0两向量垂直的等价关系，再由数量积的坐标表示得出平面FAB的一个法向量，再利用y轴⊥平面ABP，（2）以为原点，，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结从而求出平面ABP的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合二面角是锐角，从合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而结合诱导公式求出直线与而求出二面角的余弦值。所成角的正弦值。21.【答案】（1）以点A为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，2.【答案】（1）设圆的方程为，将M，N坐标代入，得：，则可得，，，，，，向量，解得，所以圆的方程为；，故，所以. （2）当切线斜率不存在时，直线与圆相切；当切线斜率存在时，设直线方程为，即，由圆心到直线的距离，解得，故切线方程为，综上，切线方程为或；（3）设，，则，化简得，此圆与圆C相切，所以有，解得，所以或.【解析】【分析】（1）设圆的方程为，再利用已知条件结合代入法得出b，r的值，进而求出圆的标准方程。（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合直线与圆相切位置关系判断方法和点到直线的距离公式，进而求出直线的斜率，从而求出圆的切线方程。（3）设，，再利用两点求距离公式，化简得出，再利用此圆与圆C相切结合两圆位置关系判断方法，再结合勾股定理得出t的值，从而求出点Q的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷A.直线与平面的距离为一、单选题B.平面与平面的距离为1.抛物线的焦点到准线的距离是（）C.点与平面的距离为A．2B．4C．D．D.点与平面的距离为2．已知向量＝（3，0，1），＝（﹣2，4，0），则3+2等于（）A．（5，8，3）B．（5，﹣6，4）10.已知双曲线的左､右焦点分别为，，是双曲线上一点，若C．（8，16，4）D．（16，0，4），则该双曲线的离心率可以是（）3.若方程表示一个圆，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．2A．B．C．D．11.下列命题中不正确的是（）4.直线与直线平行，则为（）A.不过原点的直线都可以用方程表示A．-1或-4B．-1C．2D．-4B.已知，则向量在上的投影的数量是5.已知三棱柱，点在线段上，且，则（）A．B．C.圆上有且仅有2个点到直线的距离等于1C．D．D.已知和是两个互相垂直的单位向量，，，且，则实数12.如图：空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列选项6.椭圆中，以点为中点的弦所在直线的斜率为（）正确的是（）A．B．-4C．D．-2A.设点在面内，若的斜率与的斜率之积为，则点的轨迹为双曲线7.如图，四面体中，，分别为和的中点，，，且向量与向量的B.三棱锥的外接球表面积是夹角为，则线段长为（）C.设点在平面内，若点到直线的距离与点到直线的距离相等，则点的轨迹是抛物A．B．C．或D．3或线8.动点分别与两定点，连线的斜率的乘积为，设点的轨迹为曲线，已知D.设点在面内，且，若向量与轴正方向同向，且，则，，则的最小值为（）最小值为50三、填空题A．4B．8C．D．12二、多选题13.已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则抛物线的标准方程为.9．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，底面，，，，分别14.四面体中，，，，，若为中点，则是，，的中点，以下说法正确的是（）长为. 15.已知过点的直线与圆相交于，两点，若，则直线的方程平面，．（1）若点为的中点，点为的中点，点为线段上动点，为.且平面平面，求的值；16.已知､分别为双曲线的左、右焦点，若点到该双曲线的渐近线的距离为（2）求二面角的正弦值．2，点在双曲线上，且，则三角形的面积为.22.已知平面直角坐标系下点和点，的周长等于12.四、解答题（1）求这个三角形的顶点的轨迹的方程；17.已知直线经过点倾斜角的余弦值为.（2）过点的直线交曲线于，两点，设点关于轴的对称点为，不重合），判断直线（1）求直线的方程；是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由.（2）判断直线与圆C：的位置关系；如果相交，记交点为，，求经过，两点的圆的答案解析部分面积的最小值；如果相离，过直线上的点作圆的切线，切点为，求长的最小值.1.【答案】B现给出两个条件：①；②，从中选出一个条件填在横线上，写出一种【解析】【解答】由题意得，得，方案即可.所以抛物线的焦点到准线的距离是4。18.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点，的距离之比故答案为：B为定值且的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点坐标和准线方程，再利用抛物线的定义求出抛物线氏圆.在平面直角坐标系中，，，动点满足.设点的轨迹为.的焦点到准线的距离。（1）求曲线的方程；2.【答案】A（2）若曲线和无公共点，求的取值范围.【解析】【解答】。19．如图所示，在三棱锥中，，，，，故答案为：A.（1）求证：平面；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算，进而得出向量3+2的坐标表示。（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.3．【答案】C【解析】【解答】由题意得：，即。20.已知椭圆上的动点到左焦点的最远距离是3，最近距离是1.故答案为：C.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值.【分析】利用方程表示一个圆的判断方法，进而求出实数k的取值范围。21.如图，且，，且，且，4.【答案】D 【解析】【解答】由题意得且，即，因为直线与直线平行，所以，即，解得。∴弦所在的直线的斜率为。故答案为：D故答案为：C.【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的判断方法，再结合两直线不重合的判断方法，进而得出实【分析】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用已知条件结合代入法得出，两式相减结数a的值。5.【答案】D合韦达定理和代入法以及直线的方程，再结合两点求斜率公式得出弦所在的直线的斜率。【解析】【解答】由题意得：，，，7.【答案】A故【解析】【解答】取AC的中点E，连接ME、EN，又，分别为和的中点，。∴ME∥BC，且，∥AD，且，故答案为：D∵向量与向量的夹角为，∴向量与向量的夹角为，【分析】利用已知条件结合向量共线定理、三角形法则和平面向量基本定理，进而得出又，。6.【答案】C∴，【解析】【解答】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴，即线段长为。故答案为：A.代入椭圆得，【分析】取AC的中点E，连接ME、EN，再利用，分别为和的中点结合中点作中位线的方法两式相减得，和中位线的性质，所以ME∥BC，且，∥AD，且，再利用向量与向量的夹角为，得出向量与向量的夹角为，再结合三角形法则和数量积求向量的模的公式即，和数量积的运算法则，再利用数量积的定义得出向量的模，从而得出线段的长。8.【答案】B即，又【解析】【解答】设动点的坐标为，则 所以平面，整理后得：，动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，所以是两平面，的公垂线，的长是两平面间的距离，，如下图所示，当经过点时，最短，此时因为，，所以，。所以，故答案为：B所以平面与平面的距离为，点与平面的距离为。故答案为：BD【分析】设动点的坐标为，再利用两点求斜率公式结合已知条件，整理后得：，【分析】利用已知条件结合四棱锥、正方形的结构特征，再结合线面垂直证出线线垂直，再利用中点的性质再利用椭圆的定义得出动点的轨迹为椭圆，左焦点为，右焦点为，和点与平面的距离公式求解方法、直线与平面的距离求解方法、两平面距离求解方法，进而找出说法正确的，当经过点时，最短，此再结合几何法和椭圆的定义以及勾股定理，选项。进而得出的最小值。10.【答案】A,B9.【答案】B,D【解析】【解答】是双曲线右支上一点，【解析】【解答】分别取的中点，连接，则有，又，因为，，分别是，，的中点，则有，即，则双曲线的离心率取值范围为所以∥，∥，因为平面，平面，平面，平面，AB符合题意；CD不符合题意.所以∥平面，∥平面，故答案为：AB因为，所以平面∥平面，【分析】利用点是双曲线右支上一点，，再利用双曲线的定义结合，则有因为∥，的中点为，，再利用双曲线离心率公式和双曲线离心率自身的取值范围，进而得出双曲线的离心率取值范围。所以过点，1.【答案】B,D因为，所以，【解析】【解答】直线不可用截距式表示，A不符合题意；因为底面，底面，所以，，，因为，向量在上的投影的数量是，B符合题意；所以平面，因为平面，所以，圆心到直线的距离，所以圆上有三个点到直线的距离为1，C不符合题意；因为，所以平面，因为平面∥平面，因为，所以， ，，D符合题意.【分析】利用已知条件结合两点求斜率公式，从而得出的斜率与的斜率之积，再利用的斜率与故答案为：BD.的斜率之积为，从而结合双曲线的定义得出点的轨迹是双曲线去掉两个顶点；利用已知条件结合三棱锥与外接球的位置关系，再结合外接球的表面积公式，进而求出三棱锥的外接球表面积；利用已【分析】利用已知条件结合截距式直线方程、数量积求投影数量的方法、点到直线的距离公式、数量积为0知条件结合点到直线的距离公式结合抛物线的定义，进而得出若点到直线的距离与点到直线的距两向量垂直的等价关系、数量积的运算法则和单位向量的定义，进而找出不正确的命题的选项。12.【答案】B,C,D离相等，则点的轨迹是抛物线；利用点在面内，且，再利用结合椭圆的定【解析】【解答】对于：设点在面内坐标为，所以义，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出椭圆的标准方程，设到的距离为到的距离为，再利用两点距离公，式得出，要使的值最小，则最小，再利用，所以所以，所以，所以，所以，所以点的，再利用均值不等式求最值的方法，进而得出的最小值，从而找出正确的选项。轨迹是双曲线去掉两个顶点，A不符合题意；13.【答案】对于，因为关于平面对称，所以球心在平面内，又，所以球心在与轴上的坐【解析】【解答】由题可知：椭圆的右焦点坐标为，标互为相反数，设球心坐标为所以可知抛物线的焦点坐标为，抛物线的标准方程为。所以，解得，所以，所以表面积为故答案为：。，B符合题意；【分析】由题意结合椭圆的标准方程求出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出c的对于在平面内，若点到直线的距离即为到的距离，又点到直线的距离与点到直线的距离相等，值，从而得出椭圆的右焦点坐标，再利用已知条件得出抛物线的焦点坐标，进而得出抛物线的所以点到的距离与到直线的距离相等，所以点的轨迹是抛物线；标准方程。对于：点在面内，且，又，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且14.【答案】，所以，【解析】【解答】在中，，所以椭圆方程为，设到的距离为到的距离为，由余弦定理可得，，，要使的值最小，则最小，所以，又，所以，即，同理，在中，，所以，D符合题意；在中，，，所以，故答案为：BCD.因为E为CD的中点，则在中，， ，由，可得所以故答案为：。则三角形的面积为故答案为：【分析】在中，，由余弦定理可得AD的长，同理，在中得出AC的长，在中，，，进而得出CD的长，再利用E为CD的中点，则在【分析】由点到该双曲线的渐近线的距离为2，即可求得b，再结合双曲线定义，及再三角形由余中结合等腰三角形三线合一，所以，再结合中点的性质，进而得出CE的长，再利用勾股定理得出AE的长。弦定理，可求，即可求解。15.【答案】y=1或x=217．【答案】（1）解：因为直线的倾斜角的余弦值为，则其正弦值为，【解析】【解答】圆的圆心，半径直线截圆所得弦长，则弦心距所以倾斜角的正切值，即直线的斜率为，当过点的直线斜率不存在时，的方程为，圆心到直线的距离为1，符合题意要求；因为直线过点，当过点的直线斜率存在时，的方程可设为，所以直线的方程为，即.由，可得，此时的方程为，（2）解：选①，圆心，半径，综上，直线的方程为y=1或x=2。圆心到直线的距离，直线与圆相交，故答案为：y=1或x=2。弦长，以弦为直径的圆面积最小，为；【分析】利用已知条件结合圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用弦长公式得出弦心距，再利用分类选②，圆心，半径，讨论的方法设出直线方程，再利用点到直线的距离公式和弦心距，进而得出直线l的方程。16．【答案】圆心到直线的距离为，直线与圆相离，【解析】【解答】双曲线的渐近线的方程为，右焦点切线长，当时即当时，长取得最小值为2.由点到该双曲线的渐近线的距离为2可得，，则【解析】【分析】（1）利用已知条件结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出直线的斜率，再结合点斜式方程求出直线l的方程，再转化为直线l的一般式方程。（2）选①，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距 离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相交，再利用直线与圆相交结合弦长公式得出AB的长，再利用19．【答案】（1）证明：∵，，，几何法得出以弦为直径的圆面积最小，再结合圆的面积公式得出经过，两点的圆的面积的最小值；∴在中，由余弦定理得，选②，由得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离与半径大小关系比较，从而判断出直线与圆相离，再利用勾股定理得出切线长，再利用几何法∴，得出当时，长取得最小值，进而得出EF的长的最小值。又，，18．【答案】（1）解：设，∴，因为，，动点满足，即，又，所以，，化简得，即，∴平面；（2）解：作交于，所以曲线的方程为，又平面，（2）解：曲线的圆心为，半径为4，∴以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，的圆心为，半径为，在△中，由正弦定理得，因为曲线和无公共点，故，所以两圆外离或内含，所以或，∴，即，所以或，所以或，∴，所以的取值范围为∴，，，【解析】【分析】（1）设，利用，，动点满足，再利用两点距离公式化又，0，，，，，，，，简得出曲线的方程。（2）利用曲线和的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用曲线∴，，，，，，，，，和无公共点，所以两圆外离或内含，再利用两圆外离和内含的位置关系判设平面的法向量为，，，断方法，再结合圆心距与两圆半径长的和与差的比较，进而得出实数的取值范围。 ，∴，令，令，∴，，，∴，，，设直线与平面所成角为，因为函数在单调递增，所以当，即时，∴，故的面积的最大值为.即直线与平面所成角的正弦值为.【解析】【分析】（1）由题知：，进而解方程组求出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆的标准方程。【解析】【分析】（1）利用，，，所以在中，由余弦定理得出CD的（2）由题知，再利用直线斜率不为零，设，，，再结长，再利用，结合勾股定理得出，再利用结合线线垂直证出线面垂直，从而证出直线平面。合直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理，得出，再利用三角形面积的关系式和（2）作交于，再利用平面，所以以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，在△中，由正弦定理结合勾股定理得出点B的坐标，再利用空间直角坐标系求出A，C，E的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公三角形的面积公式得出式，进而得出直线与平面所成角的正弦值。，令，则，再利用函数在单调递增，进而得出三角形的面积的最大值。20.【答案】（1）解：由题知：，则，21.【答案】（1）解：依题意，以为原点，分别以，，为所以，轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），故所求椭圆的标准方程为：；所以，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，（2）解：由题知，直线斜率不为零，设，，1，，，0，，，，，，0，，所以，2，，，0，，代入椭圆方程，并化简得：，设平面的法向量为，，，设，所以，则，令，可得，0，， 面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦设，0，，则，0，，值。若平面平面，则平面，2.【答案】（1）解：由点和点，的周长等于12，所以，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，所以，且，，所以，，，解得，所以，0，，所以顶点的轨迹的方程为，此时；（2）解：因为关于轴的对称点为和不重合，（2）解：依题意可得，，0，，，，，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，，，设平面的法向量为，，，所以，联立，令，所以可得，2，，消去并整理得，同理可求平面的法向量为，1，，设，所以，所以，，因为和关于轴对称，所以，所以，，所以二面角的正弦值为．所以直线的方程为，【解析】【分析】（1）依题意，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面即，的法向量，设，0，，再结合向量的坐标表示得出，0，，若平面平面整理得，结合面面平行证出线面平行，则平面，故，再利用数量积的坐标表示得出a的，值，进而得出点P的坐标，从而得出此时的值。当时，，(2)依题意可得，，的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，同理可求平 所以直线恒过点．【解析】【分析】（1）由点和点，的周长等于12，再利用三角形的周长公式得出，再利用椭圆的定义得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出顶点的轨迹的标准方程。（2）利用关于轴的对称点为和不重合，所以，不会关于轴对称，则直线斜率存在，设直线方程为，，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出，，利用和关于轴对称，所以，，再利用两点求斜率公式和点斜式方程求出直线的方程为，整理得，进而结合韦达定理得出，再利用直线的点斜式方程得出直线恒过的定点，并求出定点的坐标。 高二上学期数学期中考试试卷9.点在圆上，点在圆上，则（）一、单选题A.的最小值为31.经过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程是（）A．y=x-3B．y=x+1C．y=-x-3D．y=-x+3B．的最大值为72.抛物线的焦点坐标为（）C．两个圆心所在的直线斜率为D．两个圆相交A．B．C．D．10.已知抛物线的焦点为，点)在抛物线上，若，则（）3.双曲线的渐近线方程是（）A．B．C．D．的坐标为A．B．C．D．11.如图所示，一个底面半径为4的圆柱被与其底面所成的角的平面所截，截面是一个椭圆，则下列4．若椭圆：（）满足，则该椭圆的离心率（）．正确的是（）A.椭圆的长轴长为8A．B．C．D．B.椭圆的离心率为C．椭5.直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线mx+3y﹣1＝0平行，则m的值为（）圆的离心率为D．椭圆的一A．﹣3B．1C．1或﹣3D．﹣1或36.直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN个方程可能为所成角的余弦值为()12.已知直线与抛物线交于两点，若线段的中点是，A．B．C．D．则（）A．7.已知双曲线的左､右焦点分别为，，点在双曲线的左支B．上，若，且线段的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）C．A．B．C．2D．3D．点在以为直径的圆内8.已知，分别是双曲线的左､右焦点，若P是双曲线左支上的点，且.则三、填空题的面积为（）13.已知向量，且，则实数．A．8B．C．16D．14.若圆被直线所截得的弦长为，则实数的值是．二、多选题15.椭圆的焦点为，，上顶点为，若，则． 16.如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，中点为.若抛物线：的顶点为，且经过点，.且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是．(填序号)（1）求椭圆的方程；①(＋＋)2＝2()2；（2）设点关于点的对称点为，过点作直线与椭圆交于点，，且的面积为，②·(－)＝0；求直线的斜率.③向量与的夹角是60°；22.已知双曲线C的渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为.④BD1与AC所成角的余弦值为.（1）求双曲线C的方程；四、解答题（2）过F作斜率为k的直线交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：为定17.已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线与圆相交于两点，是的中点，.值.（1）求圆的标准方程；答案解析部分（2）求直线的方程.1．【答案】D18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的【解析】【解答】因为直线的倾斜角为135°，则该直线的斜率为k=tan135°=-tan45°=-1，中点于是得过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程y-2=-1×(x-1)，即y=-x+3，（1）求证：平面所以所求的直线方程是：y=-x+3。（2）求与平面所成的角的正弦值故答案为：D19.已知椭圆：（）的一个焦点为，设椭圆的焦点恰为椭圆短轴上的顶点，【分析】利用直线的倾斜角为135°结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式，进而得出该直线的斜率，再利用点斜式求出过点(1，2)，且倾斜角为135°的直线方程，再转化为直线的斜截式直线方程。且椭圆过点，为坐标原点．2.【答案】C（1）求的方程；【解析】【解答】由得：，焦点坐标为.（2）若为椭圆上的一点，为椭圆的焦点，且与的夹角为，求的面积．故答案为：C.20.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，平面，，，是的中点．【分析】首先把抛物线化为标准式，然后由抛物线的方程即可求出焦点的坐标即可。（1）求证：平面；3.【答案】C（2）试在线段上确定一点，使平面，请指出点在上的位置，并加以证明；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，即（3）求平面与平面夹角的余弦值．．故答案为：C．21.设椭圆：的左､右焦点分别为，，下顶点为，线段(为坐标原点)的 【解析】【解答】由题意，得，【分析】利用双曲线的简单性质结合双曲线的方程，由此计算出结果即可。故，4.【答案】B又因为的中点在轴上，故，【解析】【解答】由题意知，又因为，所以，∴，所以，故。∴，即或（舍）。故答案为：B故答案为：B．【分析】利用已知条件结合椭圆中a，b，c三者的关系式，再利用椭圆中离心率公式和椭圆的离心率的取值【分析】利用已知条件结合双曲线的定义，从而得出，故，范围，从而得出满足要求的椭圆的离心率。再利用的中点在轴上，故，再结合几何法和勾股定理得出a，c的关系式，再利用双5.【答案】A曲线的离心率公式，从而求出双曲线的离心率。【解析】【解答】根据直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线m+3y﹣1＝0平行，8.【答案】C可得1×3＝（m+2）m，解得m＝1或﹣3，【解析】【解答】因为P是双曲线左支上的点，所以，当m＝1时，两直线的方程重合，不符合题意；当m＝﹣3时，两直线的方程为x﹣y﹣1＝0和3x﹣3y+1＝0，两直线平行，符合题意，两边平方得，故m＝﹣3。所以.故答案为：A．在中，由余弦定理得，【分析】利用已知条件结合两直线平行斜率相等的性质，再结合直线不重合的判断方法，进而得出满足要求所以，所以。的实数m的值。故答案为：C6.【答案】C【解析】【解答】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则【分析】利用点P是双曲线左支上的点，再结合双曲线的定义，所以，两边平方得，，A（1，0，0），，故，，所以的值，在中，由余弦定理得出的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。，故选C.9.【答案】A,B,C【分析】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本【解析】【解答】根据题意，圆，其圆心，半径，能力，考查分析问题与解决问题的能力.圆，即，其圆心，半径，圆心距7.【答案】B 故答案为：BD.>R+r，故两圆外离，D不符合题意；则的最小值为，最大值为，A符合题意，B符合题意；【分析】由题意可知椭圆的长轴与圆柱的直径的关系，进而可得椭圆的长轴长，短轴长等于圆柱的直径，进对于C，两个圆心所在的直线斜率，C符合题意.而可得短轴长即半焦距c的值，进而判断出所给命题的真假故答案为：ABC.12．【答案】A,B【解析】【解答】对于A，设，，【分析】根据题意，由圆得出圆心坐标和半径长，再将圆转化由得：，，为圆的标准方程为，从而得出圆心坐标和半径长，再利用两点距离公式得出圆心距，再又线段的中点为，，解得：，A符合题意；结合圆心距与半径和的比较，进而判断出两圆外离，再结合几何法得出的最小值和最大值，再利用两点对于B，在直线上，，B符合题意；求斜率公式得出两个圆心所在的直线斜率，进而找出正确的选项。10.【答案】A,C对于C，过点，为抛物线的焦点，【解析】【解答】由题可知，由，，，C不符合题意；所以，，对于D，设，则，又，。，，在以为直径的圆上，D不符合题意.故答案为：AC．故答案为：AB.【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出焦点的坐标，再利用焦半径公式和代入法，进而得出点M【分析】由设而不求法设出点的坐标，并由斜截式设出直线的方程再联立直线与抛物线的方程，消去x等到的坐标，再利用两点距离公式得出OM的长，进而得出正确的选项。关于y的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于t的两根之和与两根之积的代数式，结合中点的坐标公式计1.【答案】B,D算出t的值，由此即可判断出选项A正确；把点的坐标代入计算出m的值即可判断出选项B正确；由A的结【解析】【解答】由题意易知椭圆的短半轴长，论结合弦长公式代入数值计算出结果由此即可判断出选项C错误；由两点间的距离公式，代入数值计算出结∵截面与底面所成的角为，果由此判断出选项D错误，从而得出答案。∴椭圆的长轴长为，则a=8，13.【答案】2所以，【解析】【解答】，则，解得。故答案为：2。离心率为，当建立坐标系以椭圆中心为原点，椭圆的长轴为轴，短轴为轴时，【分析】利用已知条件结合向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出实数k的值。14.【答案】0或2则椭圆的方程为.【解析】【解答】圆的圆心坐标为，半径为， 又因为圆被直线所截得的弦长为，对于②，因为，故②正确；所以，圆心到直线的距离，对于③，因为，显然为等边三角形，则，则，解得或a=2。所以向量与的夹角为，向量与的夹角为，故③不正确；故答案为：0或2。对于④，因为，，则，，【分析】利用圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用圆被直线所所以，截得的弦长为结合弦长公式得出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式得出实数a的值。所以，故④不正确．15．【答案】故答案为：①②．【解析】【解答】由题意，椭圆，可得，则，所以，，且上顶点，【分析】利用已知条件结合平行六面体的结构特征，再利用平面向量基本定理、三角形法则、数量积为0两如图所示，因为，可得，向量垂直的等价关系、数量积求向量夹角公式、异面直线求角的方法，进而找出说法正确的序号。17.【答案】（1）解：设圆的半径为，因为圆与直线相切，则，解得。故答案为：。∴，∴圆的方程为（2）解：①当直线与轴垂直时，易知符合题意；②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，【分析】由题意，椭圆，可得，再利用椭圆中a，b，c三者的关连接，则，∵，∴，系式得出c的值，从而得出焦点坐标和上顶点A的坐标，再利用，可得的值，再结合正则由得，∴直线为：，切函数的定义得出实数m的值。故直线的方程为或.16．【答案】①②【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出圆A的半径即可。【解析】【解答】解：因为以为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为，不妨设棱长为，（2）分别就直线l是否与x轴垂直展开讨论。垂直时，易知x=−2符合题意；不垂直时，根据设出的l的对于①，，方程表示出AQ后可以求出l的斜率，进而求出l的方程。因为，则，所以18.【答案】（1）证明：如图所示：，故①正确；连接AC与BD交于点O，连接OE， 因为是的中点，底面是正方形，故椭圆的长轴长为所以，又平面，平面，故椭圆的长半轴长为，半焦距为，则短半轴长为1所以平面；（2）解：以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，故的方程为设，（2）解：由题意，不妨设，则，由余弦定理，所以，【解析】【分析】（1）由题意得出椭圆：（）a，b的值，再结合椭圆中a，b，c三者的设平面EBD的一个法向量为，关系式，进而得出c的值，从而得出椭圆M的一个焦点坐标，再利用已知条件，进而得出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆过点结合两点距离公式和长轴长的求解公式，进而得出椭圆的长轴长，从而则，即，得出椭圆的长半轴长，再利用半焦距长结合椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出短半轴长，从而得出令，得，则，椭圆的标准方程。设与平面所成的角为，（2）由题意，不妨设，再利用椭圆的定义和焦距的公式得出的值，由余弦所以，定理得出xy的值，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积。20.【答案】（1）证明：平面，平面，，【解析】【分析】（1）连接AC与BD交于点O，连接OE，利用是的中点，底面是正方形，再结，，则，则，合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。，平面；（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，设，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求（2）证明：当为的中点时，平面，出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而结合诱导公式得出直线与平面所成的角的正弦取的中点，连接、，如图所示：值。因为、分别为、的中点，则且，因为四边形为平行四边形，则且，19.【答案】（1）解：由题意，椭圆：（）的一个焦点为，为的中点，则且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，故因为，平面，平面，因此，平面，故即椭圆的焦点为当点为的中点时，平面；（3）解：平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、又椭圆过点 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，21.【答案】（1）解：由题意易知，，，，则，，，，，则，得，，为的中点，则，故椭圆的方程为：.则、、、、，（2）解：由题意，得，直线不与轴垂直，，，，，设直线的方程为，，，设平面的法向量为，设平面的法向量为，由，由，得，取，可得，则，，，所以，由，得，取，可得，因为，解得，，即，因此，平面与平面夹角的余弦值为.故直线的斜率为.【解析】【分析】（1）由题意易知，，，，进而得出b，c的值，再结合椭【解析】【分析】（1）利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用，，则，则，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a的值，从而得出椭圆的标准方程。平面。（2）由题意，得，直线不与轴垂直，设直线的方程为，，（2）当为的中点时，平面，取的中点，连接、，利用、分别为，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法和韦达定理得出和、的中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则且，再利用四边形，，再利用三角形的面积公式解得，进而得出直线的斜率。为平行四边形，则且，再利用点F为的中点，则且，再利2.【答案】（1）解：设双曲线方程为用平行和相等的传递性，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，由题知，再利用结合线线平行证出线面平行，因此，平面，故当点为的中点时，平面。双曲线方程为：（3）利用平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向（2）证明：设直线l的方程为代入量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。 整理得，设所以：由弦长公式得：设AB的中点则，代入l得：AB的垂直平分线方程为令y=0得，即，所以：为定值.【解析】【分析】（1）设双曲线方程为，再利用双曲线的渐近线方程结合点到直线的距离公式得出实数的值，进而得出双曲线的标准方程。（2）设直线l的方程为，设，再结合直线与双曲线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，由弦长公式得，设AB的中点结合中点坐标公式和代入法以及直线的方程，得出，，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，再结合点斜式求出直线AB的垂直平分线方程，令y=0，得出，再利用两点距离公式得出，进而证出为定值。 高二上学期数学期中考试试卷6． 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，则 与平面 所成角的余弦值为（）1一、单选题A．31．已知直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则 2的倾斜角为（）B．3A．30°31B.0°C．2C．120°D．32D．150°7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣2． =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0互相平行的（）条件的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走A．充分而不必要B．必要而不充分才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为 2+ 2≤5，若将军从点 (3，1)处出发，河岸C．充要D．既不充分也不必要线所在直线方程为 + =5，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为3．过点(0，2)作与圆 2+ 2−2 =0相切的直线l，则直线l的方程为（）（）A．3 −4 +8=0A．10B．3 +4 −8=0B．210C． =0或3 +4 −8=0C．5D． =0或3 −4 −8=0D．25→→→→→→→2 24．如图，在三棱柱 − 1 1 1中， 为 1 1的中点，若 = ， = ， 1= ，则 可表示为8．已知椭圆 ： +=1( > >0)的左、右焦点分别为 ， ，点 ( ， )， (− ，− )在椭圆 上，1211112（）2|1|其中 3，则椭圆的离心率的取值范围为（）1→1→→1>0， 1>0，若| |=2| 2|，| 1|≥3A．−−+22A．(0，6−1]B．1→+1→+→222B．(2，6−1]C．−1→+1→+→2222C．(0，3−1]D．1→−1→+→222D．(，3−1]25．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射.12日下午4二、多选题点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中轨道③所示，其近月点与月9.下列说法正确的是（）球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3476公里，对该椭圆下述A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角四个结论正确的是（）B．不经过原点的直线都可以用方程+=1表示A.焦距长约为150公里C．直线 1：2 + −4=0， 2：2 + +2=0，则与直线 1与 2距离相等的直线方程为2 + −1=0B.长轴长约为3988公里D．已知圆 ： 2+ 2−4 =0，圆心为 ， 为直线2 + +3=0上一动点，过点 向圆 引两条切线 和C.两焦点坐标约为(±150，0)，、为切点，则四边形的面积的最小值为175D.离心率约为→99410．已知正方体 方− 1 1方1的1棱长为1，点 ， 分别是 1，1 的1中1点， 在正方体内部且满足= 1→3→2→++，则下列说法正确的是（）（2）求直线和平面的所成角的正弦值．243119．已知圆C经过点 (3,−2)和 (1,0)，且圆心在直线 + +1=0上.A．直线 1⊥平面 1 方（1）求圆C的方程；B．直线与平面111所成的角为4（2）直线l经过(2,0)，并且被圆C截得的弦长为2，3求直线l的方程.C．直线与平面11的距离20．如图，三棱柱 − 的所有棱长都是2， ⊥平面 ，方， 分别是 ， 的中点．2为2111115D．点到直线的距离为（1）求证：平面 ⊥平面 1 方；6（2）求平面1和平面1夹角的余弦值；11．已知椭圆的中心在原点，焦点1，2在轴上，且短轴长为2，离心率为6，过焦点1作3（3）在线段1（含端点）上是否存在点，使点到平面1的距离为25？请说明理由．轴的垂线，交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（）52221．已知圆：(+1)2+2=16的圆心为，过点(1，0)作直线与圆交于点、，连接、，A．椭圆方程为+2=1B．椭圆方程为+2=1过点作33的平行线交于点；C．||=23D．2的周长为3（1）求点的轨迹方程；3412．在平面直角坐标系 中，点 (0，3)，直线 ： =2 −4．设圆 的半径为1，圆心在 上，若圆 上存在点（2）已知点 (2，0)，对于 轴上的点 ( ，0)，点 的轨迹上存在点 ，使得 ⊥ ，求实数 的取值范，使||=2||，则圆心的横坐标的值可以是（）围．A．0B．1C．2D．322．如图，正方形 方 的边长为2， ， 分别为 ， 方的中点．在五棱锥 − 方 中， 为棱 的中三、填空题点，平面 与棱 方， 分别交于点 ， ．13．已知直二面角 − − 的棱 上有 ， 两个点， ⊂ ， ⊥ ， 方⊂ ， 方⊥ ，若（1）求证：是棱的中点=4，=3，=5，则的长是．（2）若 ⊥底面 方 ，且二面角 −方 − 的大小为45°，求直线 与平面 所成角的大小，并求线14．设 ∈ ，直线 + +1=0过定点 ，直线 − −2 +3=0过定点 ，直线 经过点 (2，−1)，并且段 的长．→以 为法向量，则直线 的方程为．答案解析部分→→15．正四面体ABCD的棱长为2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则 ⋅ 的值为．1.【答案】B 2 216．在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ：+=1( >4)，点 (−2，2)是椭圆内一点， (0，−2)，【解析】【解答】直线 1：3 +3 −1=0， 2： − =1，若 1⊥ 2，则3 +3×(−1)=0，故 =3. −4直线2的的斜率为=3=tan ， ∈[0， )， =60°，即倾斜角为60°.若椭圆上存在一点，使得||+||=8，则的范围是；当取得最大值时，设故答案为：B.为椭圆上任意一点，(0，2)，则||2+||2的最小值为．四、解答题17．已知 =(1，1，0)， =(−1，0，2)．【分析】由已知条件结合直线垂直的斜率之间的关系即可得出a的取值，从而即可求出斜率的值，再由斜率（1）若| |=3，且 //( − )，求 ；公式以及倾斜角的取值范围，即可得出答案。（2）若 + 与 −2 互相垂直，求实数 ．2.【答案】A18．如图，已知三棱锥 − 的侧棱 , , 两两垂直，且 =1， = =2， 是 的中【解析】【解答】由直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行得，点．( −2)×(− )=(−1)×3，解得 =3或 =−1，(−1)×0≠(−1)×(− )（1）求异面直线与所成角的余弦值；∴故 =3是直线 1：( −2) − −1=0与直线 2：3 − =0平行的充分不必要条件. 故答案为：A.综上可知，正确的为D，故答案为：D【分析】首先由两条直线平行的系数之间的关系，即可求解出m的取值，然后代入验证结合充分和必要条件的定义即可得出答案。【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由椭圆的定义以及简单性质，对选项逐一判断即可得出3.【答案】C答案。【解析】【解答】圆 2+ 2−2 =0即为( −1)2+ 2=1，圆心是(1，0)， =1，6．【答案】B当直线斜率不存在时，直线方程为 =0，而 = =1，直线与圆相切，【解析】【解答】因为 、 、 是由点 出发的三条射线，两两夹角为60°，当直线斜率存在时，设直线方程为 − +2=0，故构造正方体如图所示，| +2|3圆心到直线的距离为； ==1，解得 =−，过点 作 ⊥平面 于 ，则 为正△ 的中心，1+24于是∠ 为 与平面 所成的角，所以直线l的方程为3 +4 −8=0， 3 = 方= ，故cos∠ ===，综上：直线l的方程为 =0或3 +4 −8=0，设=，233则3333故答案为：C所以与平面所成角的余弦值为3，3故答案为：B【分析】首先把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，再对斜率分情况讨论，由此设出直线的方程，然后结合点到直线的距离公式代入数值计算出k的取值，从而即可得出直线的方程。【分析】由已知条件结合正方体的几何性质即可作出辅助线，由此即可求出∠ 为 与平面 所成的4．【答案】C→→→角，结合三角形中的几何计算关系代入数值计算出结果即可。【解析】【解答】=++→=→+→1→→1→+1→+→11 +(2− − )=− 227．【答案】C11故答案为：C.【解析】【解答】点(3，1)关于直线+=5的对称点为(，)，+3+1+=4=5，解得 −2=1，所以 (4，2)，则22【分析】由向量的加减运算性质以及直三棱柱的几何性质，即可求出答案。 −1=1 −3 −35．【答案】D2+225所以“将军饮马”的最短总路程为| |− =4−=5，【解析】【解答】设该椭圆的半长轴长为，半焦距长为故答案为：C.1依题意可得月球半径约为×3476=1738，2【分析】根据题意把实际问题转化为数学问题，然后由点关于直线对称的性质结合中点坐标公式以及斜率之 − =100+1738=1838，间的关系，即可得出关于a与b的方程组，求解出结果结合题意计算出答案即可。+=400+1738=2138，8.【答案】D2 =1838+2138=3976， =1988， =2138−1988=150，15075【解析】【解答】||=2|2|，故||=|12|，故四边形12为矩形.椭圆的离心率约为===，1988994|1||2|=3푛， ∈[3，1)设|1|=，|2|=，=≥，设 =可得结论D项正确，A、B项错误；|1||1|33+=2，2+2=42，故22因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以C项错误.=1−1+2+2=1−， 1++2 =1+在1)上单调递减， ∥ 1方1， 1方1⊂平面 1 方1，故 ∥平面 1 方1， 为 1 中点，连接 ，则32[1)上单调递减，故 =1−在[31，∥113，++231242 _ 1 ，故 ⊥平面 1 方1， = 1 =，C不符2合题意；故< ≤4+23，故 ∈(，3−1]._22422以，，1为，，轴建立空间直角坐标系，故答案为：D.→1→3→2→132→则=++=(，，)，=(0，1，0)，243243【分析】首先由已知条件即可得出四边形12为矩形，再设出边的大小结合题意整理化简即可得出→→12 ⋅ 方3345||==，点到直线的距离为→232=，D符合题意.22→| |−()146+푛2=4 2令 =，整理化简得到=1−=1−1，再由对勾函数的单调性以及离心率公式||41+2+2++2故答案为：ABD.即可得出e的取值范围。9.【答案】A,C【分析由线面垂直的性质定理和判定定理，结合正方体的几何性质即可判断出选项A正确；根据题意作出辅【解析】【解答】坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角，A符合题意；助线，由正方体的几何性质结合线面角的定义即可得出∠ 1 1为直线 1与平面 1 方1所成的角，然后由当直线倾斜角为0°或90°时，不能用+=1表示，B不符合题意；三角形中的几何计算关系即可求出结果，由此判断出选项B正确；根据题意由线面平行的判定定理结合正方设直线方程为2 + − =0，取 1上一点(0，4)，取 2上一点(0，−2)，则两点中点为(0体的几何性质即可得出 ∥平面 1 方1，然后由题意作出辅助线，结合中点的坐标以及点到直线的距离公式，1)，代入直线方程得到 =1，即2 + −1=0，C符合题意；计算出结果，由此判断出选项C错误；根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再 2+ 2−4 =0，即 2+( −2)2=4，圆心 (0，2)，半径 =2，由空间向量的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项D正确，从而得出答案。 | |2−4，故| |最小时面积最小， =2△ =| |⋅| |=2| |=211．【答案】A,C,D|0+2+3|||的最小值5=5，故面积的最小值为2，D不符合题意.【解析】【解答】由已知得，2b=2，b=1，=6，为3故答案为：AC.又2=2+2，解得2=3， 2【分析】由倾斜角的定义即可判断出选项A正确；由直线截距式的定义即可判断出选项B错误；利用中点坐∴椭圆方程为+ 2=1，3标公式计算出两条直线上任意两点间的中点坐标，并代入到直线的方程，由此即可判断出选项C正确；首先如图：2 2223∴| |===， 的周长为4 =4．23把圆的方程化为标准式，由此求出圆心坐标以及半径的值，由已知条件即可得出面积之间的关系，结合题意33即可得出||最小时面积最小，由直线与圆相切的几何性质，代入数值计算出结果，由此判断出选项D故答案为：ACD．错误；从而得出答案。10．【答案】A,B,D【分析】由已知求得，再由离心率结合隐含条件求得，可得椭圆方程，进一步求得通径及2的【解析】【解答】 1⊥平面 方， 方⊂平面 方， 1⊥ 方， ⊥ 方， ∩ 1= ，故 方⊥平面 周长判断答案即可。 1， 1⊂平面 1，故 方⊥ 1，同理可得 1方⊥ 1， 方∩ 1方=方，故直线 1⊥平面 1 方，A符合12.【答案】A,B,C题意；【解析】【解答】设(，)，||=2||， 2+( −3)2=22+2，即化简整理得到 2+( +1)2=4，圆心 (0，−1)， =2，如图所示：连接 1与 1 交于点 ，则 1 ⊥ 1 ， 1 ⊥ ， 1 ∩ = ， 故 ⊥平面 方，即∠ 为直线 与平面 方所成的角，∠ =，B圆心 ( ，2 −4)，根据题意得到2−1≤| |= 2+(2 −3)2≤2+1，11111111114符合题意； 12解得0≤ ≤.5 故答案为：ABC.故答案为：1【分析】根据题意设出点的坐标，然后由两点间的距离公式代入整理化简即可得出点M的轨迹方程，再由两→→【分析】根据题意设出边的大小，然后由中点的性质以及向量的加减运算公式整理化简即可求出=圆之间的位置关系，结合圆心距与半径之间的关系，由已知条件即可求出a的取值范围。→→1→1→1→++=−−，再由数量积的运算公式代入数值计算出结果即可。13.【答案】5222216．【答案】6+25< ≤25；50【解析】【解答】=++， − +4(++ 2+ 2+ 方2+2( ⋅ + ⋅ 方+ ⋅ 方)【解析】【解答】=2，故焦点为 (0，2)和 (0，−2)，| |+| |=2 ，∴| 方|==由条件可知 ⊥ ，=| |=8−| |，|| |−| ||=|8−| |−| ||=|8−2 |≤| |=2，解得9≤ ≤25， ⊥ 方， ⊥ 方，==5.点 (−2，2)是椭圆内一点，故+44<1，解得 >6+25或 <6−25（舍去），∴| 方|=(++=2+2+9+16+252 −4故答案为：52故6+25< ≤25.22当=25时，椭圆方程为：+=1，||+||=10，2521【分析】由=++，然后利用向量数量积表示向量的模计算的222| |+| |≥(| |+| |)=50，当||=||=5时等号成立.长度。214．【答案】 + −1=05故答案为：6+2< ≤25；50.【解析】【解答】直线 + +1=0，取 =0得到 =−1，故过定点 (−1，0)，直线 − −2 +3=0，即 ( −2)− +3=0，取 =2得到 =3，故过定点 (2，3)，→【分析】根据题意由已知条件即可得出焦点的坐标，然后由椭圆的定义整理化简即可求出m的取值范围，结 =(3，3)，设直线 为3 +3 + =0，代入 (2，−1)，解得 =−3，合题意由点与椭圆的位置关系，代入整理化简即可得出m的取值范围；由m的取值即可得出椭圆的方程，由即3 +3 −3=0，即 + −1=0.椭圆的定义以及基本不等式即可求出||2+||2的值最小值。故答案为： + −1=0.→→→17．【答案】（1） =(1，1，0)， =(−1，0，2)， − =(2，1，−2)， //( − )，设 =(2 ， ，−2 )，【分析】首先由直线的方程即可求出定点的坐标，然后由向量的坐标公式计算出直线的法向量，并把点的坐→→||=22=3，解得 =±1，故=(2，1，−2)或=(−2，−1，2).4++标代入计算出c的取值，从而即可得出直线的方程。4215．【答案】1（2） + =( ， ，0)+(−1，0，2)=( −1， ，2)，→→→→→→→【解析】【解答】在正四面体ABCD中，令=，=，=，显然，〈→〉=〈→→〉=〈→→〉=6 −2 =( ， ，0)−2(−1，0，2)=( +2， ，−4)，，，， + 与 −2 互相垂直，即( −1， ，2)⋅( +2， ，−4)=( −1)( +2)+ 2−8=0，0∘→→→，||=||=||=2，如图：5解得 =2或 =−.→1→1→因点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则=−=−，222→【解析】【分析】(1)由空间向量和共线向量的坐标公式即可得出=(2 ， ，−2 )，然后由向量摸的坐标公式→=→+→+→=1→−→+1→1→−→)−→+1→=1→−1→−1→，=(2222222代入数值计算出 =±1，由此即可得出向量的坐标。→⋅→1→1→1→1→1→→→→→210∘0∘22于是得 =( − − )⋅(− )=(− ⋅ + ⋅ + )=(−2×2cos6+2×2cos6+)(2)根据题意由空间向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出结果即可。222244=1，18．【答案】（1）解：以O为原点，OB、OC、OA分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系．→→⋅1.所以的值为 则有A（0，0，1）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、E（0，1，0） ∴ =(2，−1，0)， =(0，2，−1)20．【答案】（1）解：取 1 1的中点 ，连接 1 ， 方，则 1⊥ 1 1， 方// 1，−22∴COS<< ， >>==−又 1⊥平面 ，所以 方⊥平面 ，5⋅552所以1，，1两两垂直，所以异面直线BE与AC所成角的余弦为5如图，以为原点，1，，1所在直线分别为轴，轴，（2）解：设平面ABC的法向量为1=(，，)轴建立空间直角坐标系，则则 (1，2，0)， (0，2，3)，方(0，2，0)， 1(1，0，0)， (−1，1，0)，푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0푛1⊥ 知푛1⋅ =2 − =0取푛1=(1，1，2)，→→证明： 1方=(−1，2，0)， 1 =(−1，2，3)，则<，301>=30→=(1，0，−3)，=→(−1，−1，−3)，30BE和平面ABC的所成角的正弦值为30→→设=( 1， 1， 1)，=( 2， 2， 2)分别为平面 1 方和平面 的法向量，2【解析】【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标1系，利→→→→由⋅=0，⋅=0，用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值；（2）求出平面的法向量和，利用向111量法能1求出直线和平面的所成角的正弦值− 1+2 1=0，得，− 1+2 1+3 1=0，19．【答案】（1）解：设圆C的方程为2+2+++令1=1，则1=2，1=0，=09+4+3方−2 + =01++=01→依题意得方 ∴=(2，1，0)是平面 1 方的一个法向量，−−+1=022→→→→ 2−3 2=0，由⋅=0，⋅=0，得，解之得方=−2, =4, =1− − −3 =0，22222∴圆C的方程为 2+ 2−2 +4 +1=0令 2=1，则 2=3， 2=−23，（2）解：圆 2+ 2−2 +4 +1=0可化为( −1)2+( +2)2=4，→∴=(3，−23，1)是平面 的一个法向量，2所以圆心到直线的距离为 =22=1→→2−(3)∴푛⋅푛=2×3−2+30=0，21当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为=2，∴平面 ⊥平面 1 方．此时直线l被圆C截得的弦长为23，符合题意→→（2）=(0，2，0)，设平面1的法向量为=(，，)．1当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，即 − −2 =0→→→→2 =0，| +2−2 |由⋅=0，⋅=0，得，由题意得=111− +2 +3 =0，2+13令=1，则=3，=0，解得=→4∴=(3，0，1)是平面 的一个法向量，1∴直线的方程为3 −4 −6=0设平面1和平面1的夹角为，由图可知为锐角，综上所述，直线l的方程为 =2或3 −4 −6=0→→23【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设圆C的方程为2+2+++=0，根据题意列出则cos =|푛1⋅ |==15，关于→→5×25 |1|||方, , 的方程组，解出即可；（2）将圆的方程化为标准形式，求出圆心到直线的距离为1，当直线l的斜率不15即平面1和平面1夹角的余弦值为．存在时符合题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为 = ( −2)，列出关于 的方程解出即可.5 （3）假设在线段（含端点）上存在点，1 2−2 +31( +2)2−2( +2)+3114，令 −2= ， ∈(−4，0)整理得到 =4= −1∈(−2，−1)，由此即 −2425使点到平面1的距离为，可求出t的取值范围。5→22．【答案】（1） ∥ 方， 方⊂平面 方， ⊄平面 方，故 ∥平面 方，设 (0， ，3)(0≤ ≤2)，则 =(0， −2，0)，→平面 与棱 方， 分别交于点 ， ，故 ∥ ，即 ∥ 方，5→| −2|由2=| ⋅푛1|=，5|→5为棱的中点，故是棱的中点.1|（2） ⊥底面 方 ， 方⊂平面 方 ，故 ⊥方 ，方 ⊥ ， ∩ = ，解得：=4（舍去）或=0，故方 ⊥平面 ， ⊂平面 ，故 ⊥方 ， ⊥方 ，故在线段1上存在点M（端点处），故∠ 为二面角 −方 − 的平面角，故∠ =45°，故 = =2.25使点M到平面1的距离为．5如图所示：以延长线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，【解析】【分析】(1)由已知条件作出辅助线，结合中点的性质即可得出线线垂直以及线线平行，然后由平行的→则 (0，1，0)， (−1，2，0)， (0，0，0)， (−1，0，1)， (0，0，2)， =(−1，1，0)传递性以及线面垂直的判定定理即可得出 方⊥平面 ，由此即可得出线线垂直从而建立空间直角坐标系求→푛⋅ ⇀ = =0出各个点的坐标以及向量和平面1和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出两个设平面 的法向量为=( ， ， )，则，平面푛⇀푛⋅ =− + =0→→的法向量的坐标；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出푛2⋅푛1=0，由此得证出结论。→取=1得到=(1，0，1)，(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面1法向量的坐标，再由数量积的→→坐标公式即可求出平面1的法向量的坐标，同理即可求出平面1的法向量；结合空间数量积的运算公直线与平面所成角为，→→|=|푛⋅ 11|==，式代sin =|cos푛， →→2×22|푛|⋅| |入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面1和平面1夹角的余弦值。 ∈[0].，故=，(3)根据题意假设存在点M，由此设出点的坐标从而求出向量的坐标，结合空间的距离公式代入数值计算出a26→→的取值，由已知条件即可得出答案。设 = ，即( ， ， −2)= (−1，2，−2)=(− ，2 ，−2 )，故 (− ，2 ，2−2 )，21．【答案】（1） ∥ ，故∠ 方=∠ 方=∠ 方 ，即| |=| 方|，→→→2 =(− ，2 ，2−2 )， ⋅푛=− +2−2 =0，解得 =.3||+||=||+||=||=4>||=2，故轨迹为椭圆，2+2|→|=2|→|22=4，=2，=1，故=3，故轨迹方程为：3=1（ ≠0）.=1+4+4=2.故=2.433【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合中点的性质即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理和性（2）设 ( ， )，则 =( − ，− )， =(2− ，− )，+质定理即可得出线线平行，从而即可得证出结论。 ⊥ ，即( − ，− )⋅(2− ，− )=( − )(2− )+ 2=0，2=1，23(2)由线面垂直的性质定理以及判定定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及11242 −2 +3即 −(2+ ) +2 +3=0，即 =4， ∈(−2，2)，4 −2向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，由线面角与向1( +2)2−2( +2)+31量.夹角之间的关系结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出直线与平面所成角的正弦值，然后由题设 −2= ， ∈(−4，0)， =4= −1∈(−2，−1)42意结合共线向量以及数量积的坐标公式，代入数值计算出=，由此即可得出答案。故实数 的取值范围为(−2，−1).3【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合椭圆的定义即可得出轨迹为椭圆，由题意即可求出a与b的取值，从而即可得出椭圆的方程。 (2)由已知条件设出点的坐标，由此即可求出向量的坐标，再结合数量积的坐标公式代入整理即可得出= 高二上学期数学期中考试试卷的位置关系是（）一、单选题A．相交B．相切或相交1.已知，，若，则实数的值为（）C．相切D．与的大小有关A．-2B．-1C．2D．17.已知双曲线：与直线交于，两点，点为上一动点，记直线2.直线：与直线：（实数a为参数）的位置关系是（），的斜率分别为，，的左､右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距A．与相交离为1，则（）B．与平行A．C．与重合B.的离心率为D．与的位置关系与a的取值有关C.若，则的面积为23.已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则（）D.若的面积为，则为钝角三角形A．2B．1C．D．48.设是椭圆的左､右焦点，是椭圆上任意一点，若的最小值是，则4.方程的对应曲线图形是（）的值为（）A．B．C．D．A.B．二、多选题9.已知直线，则下述正确的是（）A.直线的斜率可以等于0B.直线的斜率一直存在C．D．C.直线时直线的倾斜角为D.点到直线的最大距离为5.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（）10.如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折A.平面ABC⊥平面ABD起，使到，且平面平面，连接，．B.平面ABD⊥平面BDC则下列结论中正确的是()C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDEA．D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEB.四面体的外接球表面积为6.方程的两个不等实根为m，n，那么过点，的直线与圆 值为.C.与所成角的余弦值为四、解答题D.直线与平面所成角的正弦值为17．已知动点与两个定点的距离之比为11．在平面直角坐标系中，已知点和曲线，则对于直线下列（1）求动点的轨迹方程.说法正确的是（）（2）若边的中点为，求动点的轨迹方程.A．若，，，则直线与曲线没有交点18．如图，在直三棱柱中，点D在棱上，E，F分别是，BC的中点，，B．若，，，则直线与曲线有二个交点．（1）证明：；C．若，，，则直线与曲线有一个交点（2）当D为的中点时，求平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．D．直线与曲线的位置关系和在哪里无关19.已知圆.12.已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长为4，点在椭圆内部，点（1）若过点的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程；在椭圆上，则以下说法正确的是（）（2）若是直线上的动点，是圆的两条切线，是切点，求四边形A.离心率的取值范围为面积的最小值.B.当离心率为时，的最大值为20.如图，直四棱柱中，底面为菱形，且，，为的延长C.存在点使得线上一点，平面，设.（1）求二面角的平面角的大小。D．的最小值为1（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.三、填空题21．2020年9月下旬，中国海军为应对台湾海峡的局势，派出3艘舰艇在台湾附近某海域进行实弹演习.某时13.已知点和圆，若过点P作圆C的切线有两条，则实数m的刻三艘舰艇呈“品”字形列阵(此时舰艇可视作静止的点)，如下图A，B，C，且OA=OB=OC=3，假想敌舰艇在取值范围是．14.对任意的实数，求点到直线的距离的取值范围某处发出信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早(注：信号传播速度为C处舰艇保为．持静默.（1）建立适当的坐标系，并求假想敌舰所有可能出现的位置的轨迹方程；15.如图，在直角中，，，，现将其放置在平面的上面，其中点A，B在平（2）在A，B两处舰艇对假想敌舰攻击后，C处敌舰派出无人机到假想敌舰处观察攻击效果，则无人机飞面的同一侧，点平面，与平面所成的角为，则点A到平面的最大距离是.行的距离最少是多少？16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大22.设实数，椭圆D：的右焦点为F，过F且斜率为k的直线交D于P、Q两点，若线段 PQ的中为N，点O是坐标原点，直线ON交直线于点M．（1）若点P的横坐标为1，求点Q的横坐标；【分析】由椭圆的焦点在y轴上，化为，利用长轴长是短轴长的两倍求出m（2）求证：；的值.（3）求的最大值．4．【答案】A【解析】【解答】由可知，，答案解析部分显然时方程不成立，排除C，1.【答案】C又【解析】【解答】因为，所以，即，所以不成立，排除BD，所以.故答案为：C.故答案为：A【分析】根据题意，由空间向量数量积的计算公式有，求解可得k的值.【分析】利用方程判断x，y的值的范围，即可判断曲线的图形.5.【答案】C2.【答案】B【解析】【解答】因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因【解析】【解答】由：，为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.可得，故答案为：C因为且，【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，逐项进行判断，可得答案.所以与平行6.【答案】B故答案为：B【解析】【解答】由题设有且，故均在直线上，【分析】由题意利用平行直线系方程，得出答案.3.【答案】C所以的直线方程为：，【解析】【解答】因为椭圆的焦点在y轴上，故，圆心（原点）到直线的距离为，且椭圆的标准方程为：，所以而，故直线与圆相交或相切，所以，故，故答案为：B.故答案为：C. 【分析】根据斜率公式，求出直线AB的方程，再结合韦达定理以及点到直线的距离公式，即可求解出答案.坐标，结合双曲线的定义以及余弦定理，判断三角形的形状，判断D.7.【答案】D8.【答案】B【解析】【解答】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)【解析】【解答】令，则，则，且，两式相减得，因为的最小值为，即的最小值为，所以，因为，所以，故双曲线C的渐近线方程由椭圆，可得，则，所以，因为焦点(c，0)到渐近线的距离为1，所以，即，所以，，所以，，离心率为，A，B不符合题令，解得或（舍去），意．对于C，不妨设P在右支上，记则由对勾函数的单调性可得，当取得最大值时，的最小值为，因为，所以解得或(舍去），所以的面积为即当时，的最小值为，即，解得，，C不正确；所以.对于D，设P(x0，y0)，因为，所以，故答案为：B.将带入C：，得，即【分析】由题意画出图形，再由的最小值为，结合对勾函数的单调性可知当时，的由于对称性，不妨取P得坐标为(，2)，则，最小值为，即，求得c值，即可求出的值.因为9.【答案】A,C,D所以∠PF2F1为钝角，所以PF1F2为钝角三角形，D符合题意【解析】【解答】解：对于A，当时，此时斜率为0，A对，故答案为：D对于B，当时，此时斜率不存在，B不符合题意，对于C，当时，直线，即，斜率为1，倾斜角为，C对.【分析】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)，利用点差法求解直线的斜率，得到a、b关系，通过点到直对于D，，即，恒过和的交点线的距离求解c，求出a，b，即可求出离心率，判断A、B的正误；不妨设P在右支上，记则，要使点到直线的最大距离，即时，此时最大距离为，利用，转化求解三角形的面积，判断C；设P(x0，y0)，通过三角形的面积求解P的，D对. 故答案为：ACD过F作FO’⊥平面CDE，四面体A’CDE的外接球球心O’在直线O’F上，设O’F=t，又O’D=O’A’=R得，解得【分析】根据直线斜率的定义和倾斜角的定义，即可判断A、B、C；求出直线恒过定点，所求最大距离，即∴为这两点间的距离，可判断D.10.【答案】B,C,D∴四面体A’CDE的外接球表面积为S=4πR2=8π【解析】【解答】解：由题意易得DE⊥AB故B正确；又∵平面A’DE⊥平面BCDE，且平面A’DE∩平面BCDE=DE对于C，∵∴A’E⊥平面BCDE∴∴建立如图所示空间直角坐标系，故C正确；对于D，∵VA’-BCD=VB-A’CD又A’E=1，∴∴∴故D正确.故答案为：BCD对于A，∵∴【分析】根据向量垂直的充要条件可判断A，根据四面体与外接球的几何特征，结合球的表面积公式可判断B，根据向量的夹角公式可判断C，根据等体积法，结合棱锥的体积公式可判断D.∴1.【答案】A,B,C∴BD，A’C不垂直【解析】【解答】当，，时，曲线，则对于直线，圆的圆心故A错误；对于B，取CE中点F，连接DF，到直线的距离为，所以直线与曲线没有交点，A符合题意；∵DE⊥DC当，，时，则曲线，直线，联立方程组，消去∴ 可得即，可知，所以直线与曲线有二个交点，B符合题意；对于选项：由基本不等式可得，当且仅当当，，时，直线与曲线，联立方程组，消时取得等号.又，所以，故正去可得：，解得，所以直线与曲线有一个交点，所以C符合题意；确．综上所述：正确的选项是：.由B、C选项，可知直线与曲线的位置关系和在哪里有关，所以D不正故答案为：BD.确．故答案为：ABC．【分析】通过，，的值，判断曲线与直线的位置关系，逐项进行判断，可得答案.【分析】由题意可得a，由点在椭圆内部，解得，求出，12.【答案】B,D即可判断A；求出c，计算出，当点，，共线且在轴下方时，取最大值【解析】【解答】因为长轴长为4，所以，即；因为点在椭圆内部，，可判断B；若，则，得，，推出所以，又，故可得.，即可判断C；由基本不等式可得，又，对于选项：即可判断D.因为，故，，故不正确；13.【答案】对于选项：【解析】【解答】根据题意，圆，当，即，解得，所以，则；必有，由椭圆定义：，解可得：或；如图所示：当点，，共线且在轴下方时，取最大值，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，则有，即，综合可得：m的取值范围为。所以的最大值为，故正确；对于选项：故答案为：。若，则由选项知，，，，【分析】根据题意，圆，必有，再解一元二次不等式求解集的方法，从而得出实数m的取值范围，过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，从而求出实所以，数m的取值范围，再结合交集的运算法则，从而求出实数m的取值范围。所以不存在使得，故不正确；14.【答案】 【解析】【解答】由题意，直线，即，由题设，且关于对称，若，则，设，则，，所以，解得，∴所以直线过定点，，又，当垂直直线时，取得最大值，∴的最大值为8.当直线过点时，取得最小值，故答案为：8∴的取值范围.故答案为：．【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，，利用二次函数的性质可求出的最大值.【分析】将原方程化为，求出直线过定点，当垂直直线17.【答案】（1）解：设，由，则点的轨迹方程为时，取得最大值当直线过点时，取得最小值，即可求出d的取值范围.（2）解：由，15.【答案】30则点的轨迹方程为，(或).【解析】【解答】如图，设，则，将代入过作，交于，过作，交于，可得：，因为在中，，则，当四点共面时，点到的距离最大.化简得：，(或).因为，所以是与平面所成的角，则，则，【解析】【分析】(1)设，根据已知条件结合两点之间的距离公式，即可求解出动点的轨迹方程.于是，，即到的最大距离为30.(2)设，则由D为边BC的中点，求出C点的坐标，将C点的坐标代入到(1)中的方故答案为：30.程，即可求解出动点的轨迹方程.18.【答案】（1）证明：在直三棱柱中，有，【分析】过作，交于，过作，交于，然后判断出当四点共面又，，平面，时，点到的距离最大，进而算出AC，即可求出到的最大距离.16.【答案】8又平面，．【解析】【解答】如图：，， 如图，分别以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，(2)当时，四边形面积取得最小值，由此求得切线长，得四边形面积的最小值.则，，，，，．20.【答案】（1）解：连接，交于点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，则，，，设，，．则，，.（2）解：当D为的中点时，，，，∵平面，∴，，∴，∴，即，设平面DEF的法向量为，则，即∴，，令得，，设平面的法向量为，易知平面ABC的法向量为，由，得，令，所以，∴平面的一个法向量为.即平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．又平面的一个法向量为，【解析】【分析】(1)以AC，，AB所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出所需点的坐∴，标和两条直线的方向向量的坐标，利用向量的数量积为0，即可证得；(2)利用待定系数法求出平面DEF的法向量，取平面ABC的一个法向量，然后利用向量的夹角公式求解出平由图知二面角的平面角为锐角，面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.∴二面角的平面角的大小为45°；19.【答案】（1）解：当斜率不存在时，代入圆方程得，弦长为，满足条件；（2）解：假设在线段上存在一点，满足题意.当斜率存在时，设，即，圆心到直线的距离设，解得：，，所以直线方程为或，得，（2）解：当时，四边形面积取得最小值，∵，，∴，，∴.【解析】【分析】(1)求出圆心坐标和半径，讨论斜率不存在时直线满足题意，然后设出直线方程，求出圆心到∵平面，∴，∴，∴，直线的距离，由勾股定理表示出弦长求得k，进而求出直线的方程；∴存在点使平面，此时. 【解析】【分析】(1)利用建立空间直角坐标系分别求出平面EAC和平面D1AC的法向量，利用空间二面角的当P的坐标为时，直线PQ：，向量法即可求解出二面角的平面角的大小；(2)假设存在，利用直线与平面平行可得与平面EAC的法向量垂直，即可求解出的值.即，21.【答案】（1）解：建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐标系，代入椭圆方程，，即，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线是以得Q的横坐标为.，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，即，，，，当P的坐标为时，同样得Q的横坐标为.点的轨迹方程为：因此，点Q的横坐标为；（2）设方程上一点，，由题意知，求出的（2）证明：联立方程组，其解为，．最短距离即可，，由，消去y，得，即可得，．由，．【解析】【分析】（1）利用已知条件建立以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐所以N的横坐标为，标系，设假想敌舰的位置，由题意可知，由圆锥曲线的定义可知，该曲线得N的纵坐标为，是以，为焦点，4为实轴长的双曲线的左支，从而求出a，c的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点P的轨迹方程。得N的坐标为．（2）设方程上一点，，由题意知，求出所以直线ON的斜率为，方程为，的最短距离即可，再利用两点距离公式结合二次函数的图象求最值的方法，进而求出无人机飞行的最短距离。与直线交于点．2.【答案】（1）解：因为点P的横坐标为1，由，故直线FM的斜率为，于是，因此；得P的坐标为或．F的坐标为．（3）解： ．令，由，得，又，得．即，所以的取值范围为，最大值为．【解析】【分析】(1)求出P的坐标，直线PQ的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，即可求出点Q的横坐标；(2)设，，联立方程组，利用根与系数的关系及其中点坐标公式可得N的坐标，联立可得M的坐标，可证明出；(3)求出，再利用换元法结合二次函数的性质，即可求出的最大值． 高二上学期数学期中考试试卷A．B．C．D．一、单选题8.在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一1.已知直线和直线，若，则（）点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（）A．3B．-1或3C．-1D．1或-3A.平面α与平面β垂直2.已知向量，，且，那么等于（）B.平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°A．B．C．D．5C.平面α与平面β平行3.在四面体中，点为棱的中点.设,，，那么向量D.平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°二、多选题用基底可表示为（）9.直线a的方向向量为，平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（）A.B．A.若，则直线平面；C．D．B.若，则直线平面；4.阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长C.若，则直线a与平面所成角的大小为；半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为，若椭圆的离心率为，面积为，则椭D.若，则平面，的夹角为．圆的标准方程为（）10.已知圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0相交于A、B两点，下列说法正确的是（）A.圆M的圆心为（1，－2），半径为1A．或B．或B.直线AB的方程为x－2y－4＝0C．或D．或C.线段AB的长为D.取圆M上点C（a，b），则2a－b的最大值为5.已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，则实数m等于（）A．2B．8C．D．11.已知点，，是椭圆上的动点，当取下列哪些值时，可以使（）6.已知点是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程是（）A．3B．6C．9D．12A．B．12.将一个椭圆绕其对称中心旋转90°，若所得椭圆的两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，则称该椭圆为“对偶椭圆”．下列椭圆的方程中，是“对偶椭圆”的方程的是（）C．D．A．B．C．D．7.椭圆的左､右焦点分别为､，是椭圆上的一点，，且，垂三、填空题足为，若四边形为平行四边形，则椭圆的离心率的取值范围是（）13.若点到直线距离为，则=． 14.过定点的直线：与圆：相切于点，则．轴上方），且.（1）求椭圆的方程；15.一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是、、、（2）当为椭圆与轴正半轴的交点时，求直线方程；，则该四面体的内切球与外接球体积之比为（3）对于动直线，是否存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点？若存在，求出该定16.设是椭圆上的任一点，为圆的任一条直径，则的最大点的坐标；若不存在，请说明理由.答案解析部分值为.1.【答案】四、解答题C17．在三角形ABC中，已知点A(4，0)，B(－3，4)，C(1，2)．【解析】【解答】直线的斜率存在，，（1）求BC边上中线的方程；且.（2）若某一直线过B点，且x轴上截距是y轴上截距的2倍，求该直线的一般式方程．18.如图1，在中，MA是BC边上的高，，.如图2，将沿MA进行翻折，使，化为.得二面角为，再过点B作，连接AD，CD，MD，且，.解得或.当时，与重合，应舍去.（1）求证：平面MAD；.（2）在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值.故答案为：C.19.已知动点M到点A（2，0）的距离是它到点B（8，0）的距离的一半，求：（1）动点M的轨迹方程；【分析】利用两条直线平行与斜率的关系即可得出a的值.（2）若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹．2.【答案】B【解析】【解答】解：因为向量，，且，20.已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆所以，解得，交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.所以，（1）求椭圆的方程；（2）求的面积.所以，故答案为：B21.如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．【分析】由可得，从而解出x，得到的坐标，再由模长公式求出的值.（1）求证：AC⊥平面BEF；3.【答案】B（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；【解析】【解答】点为棱的中点，（3）证明：直线FG与平面BCD相交．，22.已知椭圆的上顶点到左焦点的距离为.直线与椭圆交于不同两点、（、都在 ，两式相减可得：，又，即，，故答案为：B.因为是线段的中点，所以，，所以，【分析】先根据点P为棱BC的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用表示向即可.所以直线l的方程是，即，4.【答案】B故答案为：D【解析】【解答】根据题意，可得，【分析】利用“点差法”即可得出直线l的斜率，利用点斜式即可得出直线l的方程.所以椭圆的标准方程为或.7.【答案】D故答案为：B【解析】【解答】如图：若，又四边形为平行四边形，，【分析】由题意可得离心率即a，c的关系，椭圆面积可得a，b的关系，再由a，b，c的关系求出椭圆的标准方程.∴，即，5.【答案】B∴，解得.【解析】【解答】由题意，得，，则，故答案为：D所以椭圆的离心率，解得m=8.故答案为：B.【分析】设，由题意可得，由此可得，即可求出椭圆的离心率的取值范围.【分析】根据题意，由椭圆的方程分析可得a、b的值，计算可得c的值，由椭圆的离心率公式可得8.【答案】A，求解可得m的值.【解析】【解答】解：设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），6.【答案】D∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足【解析】【解答】设直线与椭圆交于，，同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足则，，∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2， ∴点Q1与Q2重合于同一点故答案为：ABD．由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径判断A；联立两圆的方程求得AB的方程判断故选：AB；由点到直线的距离公式及垂径定理求得AB的长判断C；利用直线与圆相切求得2a-b的范围判断D.【分析】设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．根据题意点P1在β内的射影与P2在α内的1.【答案】A,B,C射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角，根据面面垂直的【解析】【解答】设，且.定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．因为，9.【答案】B,C,D【解析】【解答】若，则直线平面或在平面内，A不正确；将点坐标代入椭圆，得，所以代入上式可得若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面；B符合题意；直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若，则直线a与.平面所成角的大小为，C符合题意；所以，.对照选项可以取ABC.两个平面夹角与他们法向量所成的不大于的角相等，D符合题意，故答案为：ABC．故答案为：BCD【分析】设，由，可得，利用二次函数的性质【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，利用法向量和线面夹角及面面夹角的应用，逐项进行判断，可得到答案.可求出的最值，进而得出答案.10.【答案】A,B,D12.【答案】A,C【解析】【解答】由圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，得(x－1)2+(y+2)2＝1，【解析】【解答】由题意，得当时，该椭圆为“对偶椭圆”．由得，则圆M的圆心为（1，－2），半径为1，A符合题意；A中，；B中，，，；联立圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，消去二次项，可得直线AB的方程为x－2y－4＝0，B符合题意；选项Ｃ中，；D中，，，．圆心O到直线x－2y－4＝0的距离d，圆O的半径为2，故答案为：AC．则线段AB的长为2，C不符合题意；令t＝2a－b，即2a－b－t＝0，由M（1，－2）到直线2x－y－t＝0的距离等于圆M的半径，【分析】根据新定义，只要当b=c，椭圆即为“对偶椭圆”，由椭圆方程求得a、b、c，判断即得答案.13.【答案】0或5可得，解得t＝4．【解析】【解答】根据点到直线的距离公式得到∴2a－b的最大值为，D符合题意．故答案为0或5. 【分析】利用点到直线的距离公式直接求解，可得a的值.设，则，，14.【答案】4∴【解析】【解答】直线：过定点，的圆心，半径为：3；，又，定点与圆心的距离为：．过定点的直线：与圆：∴的最大值为8.相切于点，则．故答案为：8【分析】求出直线过的定点，圆的圆心与半径，利用直线与圆的相切关系求解可得的值.15.【答案】1：27【分析】由题设，且关于对称，若，则，设，【解析】【解答】点、、、恰为棱长为的正方体的四个点，，利用二次函数的性质可求出的最大值.该四点构成了一个棱长为的正四面体（如图所示）.17．【答案】（1）解：∵B（－3，4），C（1，2），设该正四面体的内切球和外接球半径分别为、，体积分别为、，∴线段BC的中点D的坐标为（－1，3），又BC边上的中线经过点A（4，0），则该正四面体的外接球也是正方体的外接球，∴y（x－4），即3x+5y－12＝0，则，即.BC边上中线的方程.由图可得该四面体的体积为：（2）解：当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，，代入点B（－3，4），则4＝－3k，解得k，又，所以所求直线的方程为yx，即4x+3y＝0；所以，解得，当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为1，代入点B（－3，4），则，解得m，则，.故答案为：1：27.所以所求直线的方程为1，即x+2y－5＝0，综上所述，该直线的一般式方程为4x+3y＝0或x+2y－5＝0．【分析】作出坐标系和四面体，得到四面体和正方体的关系，利用正方体的外接球和正方体的关系求出外接【解析】【分析】(1)求得线段BC的中点坐标，再结合点A的坐标，由直线的点斜式写出BC边上中线的方球的半径，再利用分割法得到正四面体的体积，进而求出其内切球的半径，再利用球的体积公式进行求解，程；可得该四面体的内切球与外接球体积之比.(2)分两类：①当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，代入点B(-3，4)，求出16.【答案】8k的值，进而求出该直线的一般式方程；【解析】【解答】如图：②当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为，代入点B(-3，4)，求得m的由题设，且关于对称，若，则， 值，进而求出该直线的一般式方程.(2)易知，，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角18.【答案】（1）证明：由图1可知，，，为二面角的平面角，即坐标系，逐一写出A、B、D、M、E的坐标，由法向量的性质求得平面MBD的法向量，设直线与平，，、平面，平面，平面，面所成角为，则，利用空间向量数量积的坐标运算，即可求解出直线AE与平面．MBD所成角的正弦值.在中，由余弦定理知，19.【答案】（1）解：设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，则点M的轨迹就是集合，，P．由于，，由两点距离公式，点M适合的条件可表示为，，、平面，平方后再整理，得．可以验证，这就是动点M的轨迹方程．平面．（2）解：设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，（2）解：，，，为直角三角形且，y1）．由于A（2，0），且Ｎ为线段AM的中点，所以，．，．所以有，①以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）题知，M是圆上的点，则，0，，，0，，，3，，，0，，，1，，所以M坐标（x1，y1）满足：②，1，，，0，，，3，，将①代入②整理，得．所以N的轨迹是以（1，0）为圆心，以2为半径的圆．设平面的法向量为，，，则，【解析】【分析】（1）设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，由题意，结合两点距离公式求令，则，，，0，，得动点M的轨迹方程；设直线与平面所成角为，（2）设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，y1），根据中点坐标公式以及动点M的轨迹方程，即可求出点N的轨迹．则．20.【答案】（1）解：由已知得，，解得，又，所以椭圆的方程为故直线与平面所成角的正弦值为．（2）解：设直线的方程为，【解析】【分析】(1)由图1可知，，，推出∠BAC为二面角B-MA-C的平面角，得到由得，①MA⊥平面ABC，故MA⊥CD，结合余弦定理和勾股定理可证得AD⊥CD，再由线面垂直的判定定理即可得证平面MAD； 设、的坐标分别为，（），中点为，由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，则，，因为是等腰△的底边，所以．设平面BCD的法向量为，所以的斜率为，解得，此时方程①为．∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，解得，，所以，，所以，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，此时，点到直线：的距离，所以△的面积∴．【解析】【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为（3）证明：平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．离公式求高，即可计算出面积．【解析】【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得21.【答案】（1）证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设∵CC1⊥平面ABC，立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法∴四边形A1ACC1为矩形．向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结又E，F分别为AC，A1C1的中点，论.∴AC⊥EF．∵AB=BC．2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF该椭圆的上顶点到左焦点的距离为，即，可得，，（2）解：由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，因此，椭圆的方程为；EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，（2）解：由题意可得，，直线的斜率为，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐，则直线的斜率为，称系E-xyz． 系，即可证明存在一个定点M(-2，0)，无论∠OFA如何变化，直线总经过此定点.直线的方程为，联立，得，解得或，所以点的坐标为.直线的斜率为，因此，直线的方程为；（3）解：由于直线与椭圆的两交点、都在轴上方，则直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立，消去得，，得，由韦达定理得，，，所以，直线和的斜率之和为，即，，，则直线的方程为，直线过定点.【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，椭圆可得关于a，b的方程，求出a，b的值，由此求出椭圆C的方程；(2)由题意可得，得，从而，可得直线BF的方程，代入椭圆方程，求得B点坐标，由此能求出直线AB的方程；(3)由∠OFA+∠OFB=180°，知直线和的斜率之和为，设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，得关于x的一元二次方程，由直线方程的点斜式求得动直线l的方程，结合根与系数的关 高二上学期数学期中考试试卷线交于点，则点的轨迹的方程是（）一、单选题A.B．C．D．1．已知点､与圆:,则()8．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体A.点与点都在圆外中，，，，则异面直线与之间的距离是B.点在圆外,点在圆内C．点在圆内,点在圆外（）D．点与点都在圆内A.B．C．D．2.已知双曲线上一点到的距离为，为坐标原点，且二、多选题9.已知向量，则下列结论不正确的是（），则()A．B.C．或D．或A．B．3.已知点A(1，3)，B(－2，－1)．若直线l：y＝k(x－2)＋1与线段AB相交，则k的取值范围是（）C．D．A.B．10.设定点，，动点满足，则点的轨迹可能是（）C．或D．A.圆B．线段C．椭圆D．直线11.已知圆和圆的公共点为，，则（）4.如图，把椭圆的长轴分成8等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，，…，，是椭圆的左焦点，则（）A.B．直线的方程是A．35B．30C．25D．20C．D．5.已知圆的半径为2，椭圆的左焦点为，若垂直于12.数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列轴且经过点的直线与圆相切，则椭圆的长轴长为（）四个结论，其中正确结论是（）A．B．2C．4D．8A.图形关于轴对称6.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的B.曲线恰好经过6个整点（即横､纵坐标均为整数的点）数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样C.曲线上存在到原点的距离超过的点走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河D.曲线所围成的“心形”区域的面积大于3岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）三、填空题13.已知异面直线a，b的方向向量分别为，，则a，b所成角的余弦值为.A．B．5C．D．1014.如图，二面角等于，A、B是棱l上两点，、分别在半平面、7.已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分 内，，，且，则的长等于．22.已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．（1）求圆C的方程；15.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆（2）过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．上一个动点，则的最大值为答案解析部分16.双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为，1.【答案】C若E上的点A满足，其中、分别是E的左，右点，则.【解析】【解答】因为点､四、解答题将的坐标代入圆的方程,可得,所以点A在圆内17．在平行六面体中，，将的坐标代入圆的方程,可得,所以点在圆外，点为与的交点，点在线段上，且.故答案为：C（1）求的长；【分析】将点代入圆的方程,根据点与圆位置关系的判断方法,即可得解.（2）设，求的值.2.【答案】D18.在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和所在直线的方程为，【解析】【解答】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，（1）求对角线所在直线一般形式方程；由中位线定理知.（2）求所在直线一般形式方程．当在右支时，由双曲线定义可知：19.如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，当在右支时，由双曲线定义可知：底面，设点是的中点．故答案为：D.（1）直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）点A到平面BDM的距离．【分析】设双曲线另个焦点为，因为所以是的中点，由中位线定理知20.已知椭圆经过，再对点P在双曲线的左右支进行分类讨论，结合双曲线定义求出（1）求椭圆的方程；3.【答案】（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.D【解析】【解答】解：直线经过定点，21.在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，为线段AD的中点，过的平面与线段PD，分别交于点，.，，（1）求证：；又直线与线段相交，（2）若，是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请确定点的，位置；若不存在，请说明理由.故答案为：D． 则，【分析】由直线系方程求出直线l所过定点，由两点求斜率公式求得连接定点与线段AB上点的斜率的最小故“将军饮马”的最短总路程为10.值和最大值，求得k的取值范围.故答案为：D.4.【答案】A【解析】【解答】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，知，，，【分析】直接利用点关于线的对称的应用和两点间的距离公式的应用，求出“将军饮马”的最短总路程.7.【答案】B∴．故答案为：A【解析】【解答】由题可得圆心，半径为6，是垂直平分线上的点，，【分析】设椭圆的右焦点为，由椭圆的对称性，可得，求解可得答案.，5.【答案】C点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，【解析】【解答】圆的标准方程为，，故点的轨迹方程为。因为圆的半径为，则，因为，解得，故答案为：B.圆的标准方程为，圆心为，由题意可知，直线与圆相切，则，解得，【分析】由题可得圆心，半径为6，再利用点P是垂直平分线上的点，所以，所以则，因此，椭圆的长轴长为.，再利用题意的定义得出点的轨迹是以为焦点的椭圆且故答案为：C.，从而求出a的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出点的轨迹方程。【分析】由圆，化成标准方程为，结合题意得出m8.【答案】D的值，再根据条件垂直于x轴且经过F点的直线与圆M相切，利用直线与圆的相切的位置关系得出c【解析】【解答】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，值，求出a值，即可得椭圆的长轴长.则，6.【答案】D则，，【解析】【解答】如图，点关于直线的对称点为，则即为“将军饮马”的最短总路程，设和的公垂线的方向向量，设，则，即，令，则，则，解得，， 的轨迹..1.【答案】A,B,D故答案为：D.【解析】【解答】圆的圆心是，半径，圆，圆心，，【分析】根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出，A符合题意；和的公垂线的方向向量的坐标，结合空间向量数量积的运算公式根据题意即可求出异面直线之间的距离。两圆相减就是直线的方程，两圆相减得，B符合题意；9.【答案】B,C，，，，所以不正确，C不正确；【解析】【解答】向量，圆心到直线的距离，，D符合题意.，，，故A正确；故答案为：ABD，1，，故B错误；，故C错误；【分析】根据题意求出两个圆的圆心坐标和半径，再把两个圆的方程相减即可得出直线的方程结合点到直线，故D正确．的距离公式对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：BC．12.【答案】A,B,D【解析】【解答】对于A，将换成方程不变，所以图形关于轴对称，A符合题意；【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算、数量积的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而找出结论不正对于B，当时，代入可得，解得，即曲线经过点，确的选项。当时，方程变换为，由，解得，所以10．【答案】B,C只能取整数1，【解析】【解答】由题意知，定点，，可得，当时，，解得或，即曲线经过，因为，可得，根据对称性可得曲线还经过，故曲线一共经过6个整点，B符合题意；当且仅当，即时等号成立．对于C，当时，由可得，（当时取等号），当时，可得的，此时点的轨迹是线段；，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性当时，可得，此时点的轨迹是椭可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过，C不符合题意；圆．故答案为：BC．对于D，如图所示，在轴上图形的面积大于矩形的面积：，轴下方的面积大【分析】由基本不等式可得，可得或，即可判断出点于等腰三角形的面积：，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于， D符合题意；∴，60°，故答案为：ABD∴故答案为2．【分析】将换成方程不变，再结合图形关于y轴对称，从而得出图形关于轴对称；当【分析】由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，时，代入可得，解得，即曲线经过点，当时，方程变换为BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．，由判别式法得出x的取值范围，所以只能取整数1，当时，得出15.【答案】12，解得或，即曲线经过，根据对称性可得曲线还经过【解析】【解答】由题意得：，根据椭圆的定义得，，故曲线一共经过6个整点；∴，当时，由结合均值不等式求最值的方法，可得，（当圆变形得，即圆心，半径，时取等号），所以，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据要使最大，即最大，又，对称性可得曲线上任意一点到原点的距离都不超过；在轴上图形的面积大于矩形的面∴使最大即可.积，再利用矩形的面积公式得出，轴下方的面积大于等腰三角形的面积，再利用等如图所示：∴当共线时，有最大值为，腰三角形面积公式得出，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于，从而选出结论正确的选项。∴的最大值为，13.【答案】∴的最大值，即的最大值为11+1=12，故答案为：12【解析】【解答】依题意a，b所成角的余弦值为【分析】由椭圆的方程可得a，b，c的值，由圆的方程可得圆心的坐标及半径，再由椭圆的定义可得|PF1|=.2a-|PF2|，然后由三点共线可知线段之差求出的最大值.故答案为：16.【答案】；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为，【分析】由已知直接利用数量积求夹角公式，即可求出a，b所成角的余弦值.，14.【答案】2，【解析】【解答】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，离心率．不妨取点在第一象限， ，且，得，解得，即点；，设点，则，，解得，．所以点；故答案为：；．又，则的直线方程为，【分析】由双曲线的渐近线方程为，可知，再结合与，可求得离心率；不妨取点在第一象限，第一象限与第四象限计算结果相同，写出点A的坐标后，由三角函数的知识可求得化为一般形式是．的值.【解析】【分析】(1)根据题意画出图形，结合图形求出AC的中点和斜率，从而求得BD的斜率和直线的方程；17.【答案】（1）解：因为，(2)由直线AB和BD求点B的坐标，再根据对称求出点D的坐标，利用直线AC和AB求得点A，再写出直，线所在直线一般形式方程．，即；19.【答案】（1）解：∵四边形为菱形，，又面ABCD，，OB，OP两两垂直，（2）解：∴以为轴，为轴，OP为轴建立如图所示的空间直角坐标系，.根据题可知，，，且为中点，【解析】【分析】(1)可得，利用数量积运算性质即可求出的长；，，，，，，(2)易得，再利用平行六面体、空间向量基本定理即可得出的值.，，，18.【答案】（1）解：如图所示，菱形的顶点和，设面BDM的法向量为，所以的中点，，，，令，则，，直线的斜率为的斜率为，，所以直线的方程为：，即；∴直线与平面BDM所成角的正弦值为；（2）解：由直线的方程和直线的方程联立， 又，所以四边形BCDE为平行四边形，所以，（2）解：由（1）可知，面BDM的一个法向量为，又平面，平面，所以平面，∴点到平面BDM的距离，又BE平面BEGF，平面平面，所以.又平面平面ABCD，BE平面，，∴点到平面BDM的距离为．平面平面，【解析】【分析】(1)根据题意可知，OB，OP两两垂直，以为轴，为轴，OP为轴建立如图所以平面PAD，所以平面PAD，所示的空间直角坐标系，根据题所给的长度可算出面BDM的法向量和的坐标，再根据线面夹又平面PAD，所以；角的向量法，求出直线与平面BDM所成角的正弦值．（2）解：存在，为棱上靠近点的三等分点；因为，为线段的中点，所以，(2)根据(1)可知的坐标和面BDM的一个法向量坐标，根据公式又平面平面ABCD，所以平面ABCD.，即可求出点A到平面BDM的距离．如图，以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，20.【答案】（1）解：由题意得：，解得：则，，，，，所以，，即轨迹E的方程为设，得，所以，（2）解：记，设平面的法向量为，则即的方程为令，可得，由消去得，平面EBP的一个法向量，所以则；设直线与轴交于点解得或(舍去)，【解析】【分析】(1)根据题意，将两个点的坐标代入椭圆的方程，可得，解可得a、b的值，故为棱上靠近点的三等分点.即可得椭圆E的方程；【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理与性质定理证得，再利用面面垂直及线面垂直的性质即可证得；(2)记，联立直线与椭圆的方程，解可得y的值，即可得直线与(2)以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，设轴交点的坐标，结合三角形面积公式计算可得的面积.，分别求出平面的法向量和平面EBP的一个法向量，再由向量夹角公式求出的21.【答案】（1）证明：因为，且为线段的中点，所以， 值，进而得为棱上靠近点的三等分点.2.【答案】（1）解：设圆心C(a，0)，则或a＝－5(舍)，所以圆C：x2＋y2＝4（2）解：当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以，，若x轴平分∠ANB，则⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离，确定出圆心坐标，即可得出圆方程；（2）当直线轴，则轴平分，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立圆与直线方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，由若轴平分，则，求出的值，确定出此时坐标即可
