安徽省2022年高二上学期数学期中试卷八套附答案(Word版）-中小学课件网

福建省2022年高二上学期数学期中试卷四套附答案(Word版）

河北省2022年高二上学期数学期中考试试卷四套附答案(Word版）

高二上学期数学期中考试试卷则PD的最大值为（）一、单选题A．3B．C．D．21.直线的倾斜角（）二、多选题A．B．C．D．9.以下说法正确的是（）A.若向量是空间的一个基底，则也是空间的一个基底2.设P是椭圆上的点，P到该椭圆左焦点的距离为

高二上学期数学期中联考试卷A．0B．C．D．一、单选题10．已知空间中三点，，，则下列说法不正确的是（）1.直线的倾斜角为（）A．与是共线向量A．B．C．D．B.与同向的单位向量是2.椭圆的离心率是（）C.与夹角的余弦值是A.B．C．D．D

简介：高二上学期数学期中联考试卷圆的蒙日圆上，则的值为（）一、单选题1.已知向量，，则等于（）A．±1B．±5C．D．A．B．C．D．8.在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满2.如图，平行六面体中，与交于点，设，，，则足，则直线与直线所成角的余弦值为（）等于（）A．B．C．D．A.B．9.如图，在三棱锥中，平面，，，点在三棱锥C．D．的表面上运动，则的取值范围是（）3.与直线关于轴对称的直线的方程为（）A.B．C．D．A．B．C．D．10．椭圆的左右焦点分别为､，直线与交于A､两点，若4.与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆的方程是（），，当时，的离心率的最小值为（）A．B．C．D．A．B．C．D．5.给出以下命题，其中正确的是（）A.直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直11.点是圆上的任一点，圆是过点且半径为1的动圆，点是圆上的任一点，则长度的最小值为（）B.直线的方向向量为，平面的法向量为，则A．1B．2C．3D．4C．平面､的法向量分别为，，则12.如图，矩形的顶点在以为圆心，半径为的圆上，，当时，的取D．平面经过三个点，，，向量是平面的法向量，则值范围是（）A．B．C．D．6．正四面体棱长为2，，，分别是，，的中点，则的值为（）二、填空题13.若直线与直线平行，则的值为.A．B．1C．2D．414.直线与圆交于､两点，为坐标原点，则的面积7．19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且该圆的为.半径等于椭圆长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根.若圆上有且只有一个点在椭（2）若曲线与轴交于､两点，过点的直线（不与轴重合）与曲线交于､两点，记15.是椭圆的一个焦点，不过点的直线交椭圆于、两点，则△的周长的最大值､的面积分别为､，求的最大值.为.21．2021年我国某海滨城市经常遭遇东偏南某方位的台风的侵袭，对居民的生产和生活产生巨大影响.如图，16.如图，正三棱柱的各棱长均为1，点和点分别为棱和棱的中点，先将底面置于平面内，再将三棱柱绕旋转一周，则以下结论正确的是（填入正确结论对应的序据10月13日午时监测，当前台风中心位于城市的东偏南方向的海面处，并以号）.的速度向西偏北方向移动，台风侵袭的范围是半径为的圆形区域，位于城市的东偏南①设向量旋转后的向量为，则方向有一条自城市通向远海的航线，当前该航线的至段正遭受台风侵袭.（1）求当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；（距离精确到）②点的轨迹是以为半径的圆（2）经过多长时间后该航线将不受台风侵袭？（时间精确到）（参考数据：）22.如图，已知圆柱，点A是圆上的动点，，，､为圆上的两个定点，且满足③设①中的在平面上的投影向量为，则的取值范围是.④直线在平面内的投影与直线所成角的余弦值的取值范围是（1）当或时，求证：平面；三、解答题（2）当直线与平面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积.17.已知向量，，，求：答案解析部分（1）向量的坐标；1.【答案】A（2）与夹角的余弦值．【解析】【解答】∵向量，，18.已知点，，将直线绕着点逆时针旋转得到直线，∴.（1）求直线的方程；故答案为：A.（2）若点是直线上一点，当△的面积等于5时，求点的坐标.19.如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解可得答案.2.【答案】B，是的中点，.【解析】【解答】由已知可得（1）求证：平面；，（2）求平面与平面的夹角.故答案为：B.20.点是圆上任意一点，过作轴的垂线，垂足为，，当点在圆上运动时，记点的轨迹为（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）.【分析】由已知结合向量加法的三角形法则整理计算，可得答案.3.【答案】D（1）求的方程；【解析】【解答】直线的斜率为，与x轴交于点，【解析】【解答】如图，设，，，直线关于轴对称的直线的斜率为，并且过点A，则，由直线的点斜式方程得：，即，又，所以所求直线的方程为：.，故答案为：D∴.【分析】先根据对称性求出所求直线经过的点及斜率，然后结合点斜式即可求解出答案.故答案为：B.4.【答案】C【解析】【解答】椭圆方程化为标准形式，设要求解的椭圆方程为：【分析】设，，，画出图形，结合图形及数量积的运算可求出的值.7.【答案】C，将点代入得，解得：，所以，C符合题意.【解析】【解答】解：根据题意，椭圆的蒙日圆方程为，故答案为：C因为圆上有且只有一个点在椭圆的蒙日圆上，【分析】由已知椭圆的方程可知c的值，再由焦点相同设所求的椭圆的方程，将过的点(4，0)代入椭圆的所以该圆与已知圆相切，方程，可知参数的值，进而求出椭圆的方程.又两圆圆心间距离为，5.【答案】D【解析】【解答】对于A，因为，所以与不垂直，A不符合题意；所以或（无解，舍去），解得对于B，因为，不成立，所以B不符合题意；故答案为：C.对于C，因为与不平行，所以不成立，C不符合题意；【分析】由所给信息可得蒙日圆的方程，再由两圆只有一个交点可知两圆相切，由题意可得b的值.对于D，，，由，，解得，8.【答案】B，所以，D符合题意.【解析】【解答】解：如图，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间故答案为：D.直角坐标系，【分析】由两直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得或判则，，，，断B；由平面法向量不共线判断C；求出，的坐标，再由数量积为0列关于p和q的方程组，求得所以，，判断D.由题知，6.【答案】B 所以直线与直线所成角的余弦值为，当可得2a的范围，进而求出离心率的范围，即可得答案.故答案为：B1.【答案】B【分析】以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，由空【解析】【解答】由题可知点的轨迹方程是，即得点是圆上的动点，间向量夹角可求出直线与直线所成角的余弦值.又由题知点是圆上的动点，9.【答案】D【解析】【解答】如图，取中点，连接，，，如图可得则.则，又因为平面，平面，平面，所以故答案为：B.，，【分析】由题意求出圆C2圆心的轨迹，画出图形，数形结合求得长度的最小值.又，，由勾股定理得：，且在以O为球心，半径为12.【答案】A【解析】【解答】由，可以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，的球上，故，则的取值范围是，D符合题意.故答案为：D由矩形的性质可知，、两点关于原点对称，不妨设，则，，，，【分析】取CD的中点O，连接PC，PO，PD，利用向量的线性运算，将问题转化为求解|PO|的取值范∵△为直角三角形，为的中点，围，即可求出的取值范围.∴，10.【答案】D【解析】【解答】连接，又∵，∴，即，由题知点A､关于原点对称，，，，则，∴，即，，又，即，∴，，由得，所以，D符合题意.故答案为：A.故答案为：D【分析】以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，不妨设，则，，，，可得，结合【分析】连接，由题知点A､关于原点对称可得，，再由，得，求得，再求出|QA|2的范围，开方得的取值范围.绕着旋转即绕着轴旋转，设旋转后的向量为，则，①正确；13.【答案】1【解析】【解答】，得，求得，经检验，符合题意.设，则，，点的轨迹是以为半径的圆，②正确；故答案为：1由题知，在平面上的投影向量即为其在平面上的投影向量，【分析】由两直线平行的性质列方程，求解可得出m的值.14.【答案】12，③正确；【解析】【解答】∵圆心到直线的距离，设直线在平面内的投影与直线所成的角为，，则，④错误.∴的面积为.故答案为：12.故答案为：①②③.【分析】首先求得圆心到直线的距离，然后求得弦长，最后求解三角形的面积即可得的面积.【分析】取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出15.【答案】8向量的坐标，即可判断选项①；设，求出y和z满足的关系，得点的轨迹是以为【解析】【解答】由已知得，即，取椭圆另一焦点为，△的周长为半径的圆即可判断选项②；由②可得，，结合在平面上的投影向量，即可判断选项③；利，当且仅当，，三点共线时取得等号.用向量的夹角公式，即可判断选项④.故答案为：8.17．【答案】（1）解：，存在，使得，即，【分析】由椭圆的方程可知a的值，再由三角形的周长表达式及椭圆的定义转化，可知周长为则，解得，当且仅当，，三点共线时取到△的周长的最大值.16．【答案】①②③又，，可得，【解析】【解答】如图，取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系所以；，（2）解：可得，则，，，，设与的夹角为，，令，则取，设平面与平面的夹角为，则则.，所以，即得平面与平面的夹角为.【解析】【分析】(1)由向量的平行和垂直可得关于x，y，z的关系式，求解出x，y，z，可得向量的坐标；【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到，由勾股定理(2)由(1)可得向量与的坐标，进而由夹角公式可得与夹角的余弦值．证明，即可证明出平面；18.【答案】（1）解：设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，(2)以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标则，和向量的坐标，然后利用待定系数法求出两个平面的法向量，由向量的夹角公式求解出平面与平面又直线过点，则直线的方程为，即.的夹角.（2）解：设，，，20.【答案】（1）解：设，则，由得是的中点，得，，解得或，故点坐标为或又点在圆上，代入得曲线的方程为..【解析】【分析】(1)由已知得直线的倾斜角等于直线AB倾斜角和旋转角的和，即可利用两角和的正切公式（2）解：解法一：设直线的方程为，，，由得求出直线的斜率，然后利用点斜式即可求出直线的方程；(2)设出点C的坐标，利用三角形的面积公式即可求解出点的坐标.，19.【答案】（1）证明：因为底面和侧面都是矩形，所以，，又因为由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，且，，，，平面，所以平面，因为平面，所以因为，所以，，又由题知，，，所以，又当时，，，所以平面.当时，，当且仅当时等号成立.（2）解：设为的中点，以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，综上所述，的最大值为1.则得点，，，，，设平面的一个法向量为解法二：①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，不妨设，，，又，，则，令，则取，；，设平面的一个法向量为，又，，则 ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，【解析】【分析】(1)求出P点坐标，得到P到直线AB的距离即可得当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；由得，(2)设经过t小时后点的坐标，结合圆P的方程，解出t，即可得城市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间.由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，2.【答案】（1）证明：如图，当时，易知四边形为平行四边形，则，又平面，平面且，，，所以平面，同理可证，当时，有平面，故证得当或所以，，时，平面.因为，（2）解：取中点，则，以点为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，当且仅当时等号成立.则､､､，，综上所述，的最大值为1.【解析】【分析】(1)由题意利用相关点法求解曲线C的方程；，，设平面的法向量为，(2)设直线的方程为，，，与椭圆方程联立，结合韦达定理和基本不等式求解面积之差的最大值.则，令，则取，21.【答案】（1）解：由题得当前台风中心所处位置点坐标为，即点设，则得直线的方向向量，设直线与平面所成的角为，又至段所在直线的方程为，则点到该直线的距离为，则，则当时取最大值，此时点A的坐标为，，则，即得当前该航线正被台风侵袭的至段，则点A到平面的距离为，又由题知，，的距离为.（2）解：由题知，当该航线不受台风侵袭时，城市也恰好结束遭受台风侵袭.设经过小时后台风中心所处则三角形的面积为，故当直线与平面所成角的正弦值取最大值位置为点，则得坐标为，即点，时，三棱锥的体积为..又圆的方程为，则由，其中､分别表示城【解析】【分析】(1)当时，易知四边形为平行四边形，则，同理当，得市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间，则易得经过后该航线将不受台风侵袭.时，有平面； (2)以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线AO的方向向量，可求得直线AO与平面的所成角的正弦最大值，再利用距离公式求得点A到平面的距离，根据题设条件求得三角形的面积，由此可得三棱锥的体积. 高二上学期数学期中联考试卷（）一、单选题A．B．1.点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为（）C．D．A．B．10.如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，则直线与平面BDE所成角的正C．D．弦值为（）2.已知直线l经过，两点，则l的斜率为（）A．B．C．D．A．2B．－2C．D．11.已知椭圆，点C在椭圆上，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，若圆C3.已知，，若，则m的值为（）与x轴相交于M，N两点，且为直角三角形，则椭圆的离心率为（）A．－1B．－2C．2D．14.过圆上一点作圆O的切线l，则直线l的方程是（）A．B．C．D．A．B．12.已知斜三棱柱中，底面是直角三角形，且，，，C．D．与AB、AC都成角，则异面直线与所成角的余弦值为（）5.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（）A．B．C．D．A．B．二、填空题C．D．13.已知两点，，以线段AB为直径的圆的方程为．6.已知圆：，圆：，若圆与圆内切，则实数a的值是14.已知直线，，则“”是“”的条件．（填“充（）分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）A．-2B．2C．-1或2D．1或-215.已知、是椭圆的两个焦点，M是椭圆上一点，且，则的面积7.已知圆与直线相切，则（）为．A．B．C．D．16.已知，点P在直线上，点Q在圆C：上，则的8.已知椭圆经过点，离心率，，分别是椭圆C的焦点，过点最小值是．三、解答题的直线交椭圆C于A，B两点，则的周长是（）17.已知点，直线．A．8B．12C．D．12或（1）若直线过点P且与直线l平行，求直线的方程；9.已知圆C的半径为，圆心在轴的负半轴上，直线与圆C相切，则圆C的方程为（2）若直线过点P且与直线l垂直，求直线的方程．【分析】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为.2.【答案】D18.已知，．【解析】【解答】（1）若，求m与n的值；．故答案为：D.（2）若且，求．【分析】根据直线斜率计算公式求解即可.19.已知圆C：关于直线对称，且过点．3.【答案】C（1）求圆C的标准方程；（2）是否存在直线l与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距互为相反数？若存在，求出该直线l的方程；【解析】【解答】∵，∴，∴，解得若不存在，说明理由．．故答案为：C.20.已知椭圆的焦距为4，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；【分析】因为，得到，根据向量数量积的运算求解即可.（2）若直线与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点P在圆上，求m4.【答案】D的值．【解析】【解答】由题意点为切点，所以，又，所以，因此直线l的21.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，，E是PD的中点．方程为．（1）求证：平面；故答案为：D（2）若平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为，求PA的长度．【分析】由直线垂直得，推出，根据点斜式求出直线l的方程.22.已知点，点P是圆B：上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线BP交于点Q．5.【答案】B（1）求点Q的轨迹方程C；【解析】【解答】将方程化为，（2）过点A的直线l与曲线C交于M，N两点，点E在x轴上且使得对任意直线l，OE都平分．求点E的坐标．因为是焦点在y轴上的椭圆，可得，解得.答案解析部分故答案为：B.1．【答案】C【解析】【解答】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为【分析】将已知化为，由焦点在y轴上从而推出实数m的取值范围.．故答案为：C.6.【答案】C 【解析】【解答】由题可知圆心，半径，圆心，半径，因为圆与圆内即．故答案为：C切，所以，解得或．故答案为：C．【分析】由题意设圆心坐标为，解得，从而写出圆的方程.【分析】易知圆，的圆心以及半径，由两圆内切得，即可求解.10.【答案】D7.【答案】A【解析】【解答】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，【解析】【解答】圆的标准方程是，圆心为，半径为2，所以，如图所示：解得．则，，，，，所故答案为：A．以，，，【分析】把圆化为标准方程，根据圆心到切线的距离等于半径，求解即可.设平面BDE的一个法向量，则，即，令，则，，8.【答案】B所以平面BDE的一个法向量，【解析】【解答】椭圆C经过点，则，又椭圆C的离心率，所以，，设直线与平面BDE所成角为，所以由椭圆的定义可知，．故答案为：D.的周长是．故答案为：B【分析】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设设平面BDE的一个法向量，直线与平面BDE所成角为，利用空间向量即可求解.【分析】由题意先求出，由离心率求出，，再根据椭圆的定义可得答案.1.【答案】C9.【答案】C【解析】【解答】不妨设在第一象限，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，则，又【解析】【解答】由题意设圆心坐标为，在椭圆上，则，所以圆M的半径，因为为直角三角形，，即因为圆C与直线相切，所以，又，解得．，化简可得，即，解得．所以圆心为，故答案为：C．圆C的方程为， 14．【答案】充要【分析】由题意可得，再由为直角三角形可得，化简可得，【解析】【解答】若，则，解得或即，求解即可.．当12.【答案】A时，直线的方程为，直线的方程为，即【解析】【解答】解：设，，，则，，，两直线重合，，当时，直线的方程为，直线的方程为，满足所以，，所以所以，所以“”是“”的充要条件．，故答案为：充要，【分析】若，则，解得或．当或时，可推出，即可，得出结论.15.【答案】20所以．【解析】【解答】由，得，，所以，，故答案为：A所以，设，，所以，因为，所以，所以，【分析】设，，，运用向量的数量积和加减运算，以及向量夹角的公式，计算异面所以的面积为．直线与所成角的余弦值.故答案为：.13．【答案】【解析】【解答】由题意，两点，，【分析】由已知可知，，设，，得，由则，的中点为，，可知，即可求得的面积.故圆心的坐标为，半径为，16.【答案】8所以圆的方程为，【解析】【解答】因为圆C：，故圆C是以为圆心，半径的圆，故答案为：则圆心到直线的距离，故直线和圆相离，【分析】求A，B的中点即为圆心，再利用两点间距离公式计算，求半点A坐标满足，A在圆外，径，即可得圆的方程.设点关于直线的对称点为，所以，解得，故，解得，故，则，（2）解：由向量，，连接交圆C于Q，交直线于P，因为，所以，解得，由对称性可知：，因此，所以．当且仅当共线时，取等号，【解析】【分析】（1）由，可得存在实数，，解得；故答案为：8（2）因为，得，根据向量数量积的运算计算即可.【分析】先求的圆心以及半径，根据点到直线的距离公式可得直线和圆相离，由点A坐标满足19.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，得，，判断点A在圆外，设点关于直线的对称点为所以圆心C为，，求其坐标，由对称性可知，即可求得由已知，得，的最小值.17.【答案】（1）解：已知，则可设直线的方程为，解得，又过点，所以，解得，所以圆C的标准方程为.所以直线的方程为．（2）解：圆C的圆心为，半径为2．（2）解：若，则可设直线的方程为，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不可能相切；又过点，所以，解得，即直线的方程为．当直线l不过原点时，设l：，即，【解析】【分析】（1）由，设直线的方程为，再由过点即可求得又直线l与圆C相切，则，解得，，从而得直线方程；（2）由，设直线的方程为，再由过点，代入即可求值.此时直线方程为或．18.【答案】（1）解：由题意，向量，，综上，所求直线l的方程为或．因为，可得得，【解析】【分析】（1）先求圆心C为，根据已知条件列方程组解得，即得圆C的标准方程；（2）解：因为平面，又AB，平面，所以，．又底面ABCD（2）由（1）知圆C的圆心为，半径为2，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不是矩形，所以．可能相切；当直线l不过原点时，设l：，即，根据直线l与圆C相切，得以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设求得，即得直线方程.，则，，，．20.【答案】（1）解：由题意，得，解得，所以椭圆C的方程为．∴，，．设平面AEC的法向量，（2）解：设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，由即由消y，得，，解得．∴令，则．所以，，所以，，设平面PEC的法向量，因为点在圆上，所以，解得，满足．由即∴．∴令，则．，解得，即．【解析】【分析】（1）由题意，得，解得，即可求得椭圆C的方程；所以当平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为时，．（2）设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，联立方程组【解析】【分析】（1）连接BD交AC于点F，易证，又平面，平面，从而证得平面；，根据韦达定理得，，即可得P点坐标，再根据P点在圆上即可求（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量求平面AEC与平面PEC所成角的余弦值，即可求解.解.2.【答案】（1）解：由题意知，，所以，21.【答案】（1）证明：连接BD交AC于点F，由椭圆定义知点Q的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，设椭圆C：，其中，因为底面ABCD是矩形，所以F为BD的中点，又E是PD的中点，所以，又平面，平面，所以平面．，即，，则，所以点Q的轨迹方程C为．（2）解：设，当l与x轴垂直时，恒成立，当l与x轴不垂直时，因为OE都平分，即，所以，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，又，，所以，又，，所以，即，联立方程组消去y，得，，所以，，代入上式可得，即点．【解析】【分析】（1）由题意知，，根据椭圆的定义知点Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，根据已知条件得，，从而求得点Q的轨迹方程；（2）设，当l与x轴垂直时，恒成立；当l与x轴不垂直时，由，得，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，联立方程组，根据韦达定理求得，代为即可求解. 高二上学期数学期中考试试卷一、单选题C．1．已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－＜x＜}，则（）．A．A∩B＝∅B．A∪B＝RC．BAD．ABD．2．复数z满足，则z=（）A．B．C．D．8.已知直线的倾斜角满足方程，则直线的斜率为（）3．若向量满足：则（）A．B．C．D．A．2B．C．1D．分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为坐标原9.已知，4.已知，则的大小关系为（）点，在双曲线存在点，使得，设的面积为.若A．B．C．D．，则该双曲线的离心率为（）5.已知直线，若，则的值为（）A．B．C．D．A．B．－4C．4D．6.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC.M，N分别是对边OB，AC的中点，点G在线段MN过点作圆（x+1）2+（y-2）2=169的弦，其中弦长为整数的弦共有（）10.上，，现用基向量表示向量，设，则的值分别A．16条B．17条C．32条D．34条是（）11.已知点是抛物线的焦点，点M为抛物线上的任意一点，为平面上定点，则A．，，B．，，的最小值为（）C．，，D．，，A．3B．4C．5D．67.如图，四位同学在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间，各自作出三个函数，12.在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（），的图像如下．结果发现其中有一位同学作出的图像有错误，那么有错误的图像是（）A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为A．C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为二、填空题13.圆与圆内切，则的值为.B．14.已知，，，若P，A，B，C四点共面，则λ=. （2）求二面角的余弦值.15.椭圆中，以点为中点的弦所在直线斜率为.22.如图，圆，点为直线上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点16.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历ft大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线分别为A，B.有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之（1）求直线AB的方程，并写出直线AB所经过的定点的坐标；一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯（2）若两条切线PA，PB与y轴分别交于S､T两点，求的最小值.圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O答案解析部分上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．1.【答案】B三、解答题【解析】【解答】依题意，17.已知函数，其图象过点.又因为B＝{x|－＜x＜}，（1）求的值；由数轴可知A∪B＝R，故答案为：B.（2）将函数图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在上的最大值和最小值.【分析】解出集合A，然后根据集合运算即可.2.【答案】C18.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，的角平分线所在直线方程为．【解析】【解答】由数z满足，可得.（I）求顶点的坐标；故答案为：C.（II）求直线的方程．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，，M是【分析】根据题意，得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.PD上一点，且.3.【答案】B（1）求异面直线PB与CM所成角余弦的大小；（2）求点M到平面PAC的距离.【解析】【解答】由题意易知：，即，，即20.在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，且离心率.。（1）求椭圆的方程；故答案为：B.（2）直线的斜率为，直线l与椭圆交于两点，求的面积的最大值.【分析】利用已知条件结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而再利用数量积的公式，从而求出向量21.如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且.的模。（1）证明：平面平面.4.【答案】D 通过三个图像比较不难得出答案C【解析】【解答】解：∵故答案为：C又a＜c∴【分析】可用特殊值法，的图象取最高点时其他函数对应的点一定不是最值点或零点，从而只有C故答案为：D不合适.【分析】先将a，b，c大致范围写出来，b最小，再用换底公式比较a，c大小.8.【答案】A5.【答案】B【解析】【解答】解：∵，∴【解析】【解答】因为，所以.当时，两直线重合，所以舍去.．故答案为：A当时，符合题意.所以.故答案为：B【分析】先化简，利用直线的斜率进行求解.【分析】根据题意由两条直线平行的直线系数之间的关系，代入数值计算出a的取值，然后验证即可得出满9.【答案】A足题意的a的取值。【解析】【解答】由，得.6.【答案】C设，.【解析】【解答】连结ON.由，得，即.因为M，N分别是对边OB，AC的中点，所以，，所以.又，即，所以，所以，又，所以.故答案为：A..【分析】根据题意由双曲线的定义结合三角形内的几何计算关系由勾股定理整理求出，再由双曲线里故答案为：Ca、b、c的关系结合离心率的公式由整体思想求出答案即可。10.【答案】C【分析】结合图形，因为M，N分别是对边OB，AC的中点，，，所以【解析】【解答】圆的标准方程是：，圆心，半径，，，从而表示出，即可得出过点的最短的弦长是以为中点的弦，为10，有1条答案.最长的弦长是过点的直径，为26，有1条，7．【答案】C还有长度为11，12，…，25的各2条，【解析】【解答】考查三角函数图象，所以共有弦长为整数的条．故答案为：C．连接，，，，则，，【分析】化简圆的方程为标准方程，求出弦长的最小值和最大值，取其整数个数．所以四边形为矩形，11．【答案】B则，，即，，【解析】【解答】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，又，且平面，平面，根据抛物线的定义可知，所以平面，要求取得最小值，即求取得最小，又，，所以为中点，则平面，所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，当三点共线时最小，即为.所以点的轨迹为四边形，所以的最小值为4.因此点不可能是棱的中点，即A不符合题意；故答案为：B.又，，所以，则点的轨迹不是正方形；【分析】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，由抛物线的定义，且矩形的周长为，C不符合题意，D符合题意；取得最小值，即求取得最小，当三点共线时最小，由此即可求出结果.因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最12.【答案】D大，所以线段的最大值为，B不符合题意.【解析】【解答】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为故答案为：D.轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为，分别为的中点，【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，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得出向量的坐标，再利则，，，，用中点坐标公式结合向量共线的坐标表示，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系以及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，所以，为使，必有点平面，又由点所以，设，则，在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，因此得出点不可能是棱的中点；再利因为，用点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等且最所以，，当时，；当时，；大，进而得出线段的最大值；再利用向量求模的公式，得出，，所以取，，，，，则点的轨迹不是正方形，再结合矩形的周长公式得出矩形的周长，进而找出说法正确的选项。即，13.【答案】-2或-1即，【解析】【解答】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，即，所以两圆的圆心距，弦所在的直线的斜率为，又因为两圆内切，有，故答案为：．解得或.故答案为：-2或-1.【分析】先设出弦的两端点的坐标，分别代入椭圆方程，两式相减后整理即可求得弦所在的直线的斜率．【分析】首先根据题中圆的标准方程求出圆的圆心与半径，再根据两圆相切求出的值为.16.【答案】14.【答案】-9【解析】【解答】如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．【解析】【解答】由P，A，B，C四点共面，可得共面，∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，，∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，，解得.在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，故答案为：-9∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.故答案为：．15.【答案】【分析】根据题意取点K（﹣2，0），连接OM、MK，根据△MOK∽△AOM，得出，进而有【解析】【解答】解：设弦的两端点为，，，，MK＝2MA，在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，进而得出|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长。17.【答案】（1）解：因为，代入椭圆得，所以.两式相减得，即，又函数图象过点，由于线段的中点在直线上，得方程，所以，即.即又，所以.由直线与直线垂直，得方程，即；（2）解：由（1）知，，联立方程组，得将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，可知，显然在直线上，且顶点的坐标为，所以直线的方程为，整理得因为，所以，.【解析】【分析】（1）根据的中点在上，且，联立方程组解得的坐标为因此，故.；（2）由题意利用角平分线的性质，求出直线的方程.所以19.【答案】（1）解：解法一：连BD交AC于O，连MO，如图（一）所示，平面ABCD，所以，.所以在上的最大值和最小值分别为和.在中，，，，【解析】【分析】(1)根据三角恒等变换得，再待定系数法得；又因为底面ABCD是矩形，所以O为BD中点，，，所以，（2）根据三角函数平移变换得，再根据整体代换思想求解函数的最值即可.因为M是PD上一点，且，所以M为PD中点，，，所以（或补角）就为PB与CM所成的角，18.【答案】解：（I）设顶点的坐标为；因为，，，所以平面PAD，.因为顶点在直线上，所以由题意知的坐标为，，，，因为中点在直线上，所以，，所以异面直线PB与CM所成角余弦值为；即；联立方程组，解得顶点的坐标为解法二：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图（二）所示的空间直角坐标系，则，，，（II）设顶点关于直线的对称点为，设，则，所以，故椭圆的方程为.由，知，所以，M为PD中点，（2）解：设的方程为，设点，所以，，.联立方程组，消去y整理，得，所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.所以，（2）解：解法一：过D做于N，如图（一）所示，平面ABCD，又直线与椭圆相交，所以，解得，所以，，所以平面PAC，则，DN为点D到平面PAC的距离，在中，，又M是PD中点，所以点M到平面PAC的距离为.点P到直线的距离，解法二：由问题（一）中解法二，可知，，设平面PAC的法向量为，所以，由，得，所以，取，得，当且仅当，即时，的面积取得最大值为2.所以是平面PAC的一个法向量.【解析】【分析】（1）由离心率，得到，再由点在椭圆上，得到，联立求得所以点M到平面PAC的距离为.，即可求得椭圆的方程；【解析】【分析】（1）可通过找平行线方法，将异面直线所成角（或补角）转化为同一平面内两直线所成角问（2）设的方程为，设点，联立方程组，根据根系数的关系和弦长公式，题处理；也可建立空间直角坐标系，利用向量夹角的公式计算异面直线所成角；以及点到直线的距离公式，求得，结合基本不等式，即可求解.（2）采用几何法，M到面PAC的距离为D到面PAC的距离的一半，即可求解；也可用向量法求空间中点到21.【答案】（1）证明：连接.面的距离公式求得.因为是边长为2的正方形，所以，20.【答案】（1）解：由题意，椭圆的离心率，即，可得，因为，所以，，所以，则.因为，所以.又椭圆过点，可得，因为，所以平面，将代入，可得，因为平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系.把代入，得，则，，，，故，，，.当时，取得最小值.设平面的法向量为，【解析】【分析】（1）确定以P为圆心，为半径的圆P，圆P与圆M相交，求出公共弦所在方程即为AB则，令，则.直线的方程，并可得到定点坐标；（2）根据圆的切线性质，结合勾股定理、点到直线距离公式，通过构造一元二次方程，利用一元二次方程根设平面的法向量为，与系数的关系进行求解即可.则，令，则.，记二面角的平面角为，由图可知为钝角，则.【解析】【分析】（1）推出，，根据面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系，利用向量法可求出二面角的余弦值。22．【答案】（1）解：，，∴故以P为圆心，以为半径的圆P的方程为，显然线段AB为圆P和圆M的公共弦，直线AB的方程为，即，所以，所以直线AB过定点.（2）解：设切线方程为，即，故到直线的距离，即，设PA，PB的斜率分别为，，则，，高二上学期期中联考数学试题（）一、单选题A.B．C．D．1.在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（）11.已知圆，直线与圆没有公共点，斜率为的直线与直A．B．线垂直，则的取值范围是（）C．D．A．B．C．D．2.若椭圆的一个焦点为，则的值为（）12.已知椭圆的离心率为，过右焦点且倾斜角为的直线与椭圆相交得到A．5B．3C．4D．2的弦长为，且椭圆上存在4个点构成矩形，则矩形面积的最大值为（）3.将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率是（）A．4B．C．8D．16二、填空题A．B．C．D．13.设空间向量，且，则.4.已知实数满足方程，则的最大值为（）14.设圆，圆，则圆有公切线条.A．3B．2C．-1D．-215.设是椭圆的左，右焦点，点在上，为坐标原点，且，则的面5.已知直线，若圆上存在两点关于直线对称，则的值积为.为（）16.在如图所示的实验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，且，且它们所在A．B．C．D．5的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，活动弹子在正方形对角线上移动，6.已知直线与直线平行，则等于（）A．3或—2B．—2C．3D．2当取最小值时，活动弹子与点之间的距离为.7．在四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（）三、解答题A．2B．3C．4D．517．已知点.8.过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（1）若直线与直线分别交于点，且线段的中点坐标为，求直线的斜率；（）（2）若直线过点，且原点到该直线的距离为，求直线的方程.18.已知定点，动点满足，设点的轨迹为.A.1B．C．D．（1）求轨迹的方程；9.已知直线，若，则的倾斜角的取值范围是（）（2）若点分别是圆和轨迹上的点，求两点间的最大距离.A．B．C．D．19.如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，10.在正方体中，棱的中点分别为，则直线与所成角的正弦值为 .（1）求证：平面；【分析】根据空间中点关于y轴的对称坐标的特点，可得答案.（2）求与平面所成的角正弦值.2．【答案】B20．设圆的圆心为，半径为，圆过点，直线交圆与两点，【解析】【解答】有题意知：焦点在轴上，则，从而，解得：..故答案为：B.（1）求圆的方程；【分析】由题判断焦点在轴上，结合关系式可求.（2）已知，过点的直线与圆相交于两点，其中，若存3.【答案】A在，使得轴为的平分线，求正数的值.【解析】【解答】将化为，21.如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，则该直线的斜率为、倾斜角为，，且是的中点.所以旋转后新直线的倾斜角为，（1）求证：平面；则新直线的斜率为.（2）求二面角的余弦值.故答案为：A.22.已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过的直线与交于【分析】先将直线化为斜截式，写出直线斜率和倾斜角，再求得新直线的倾斜角和斜率.两点，若与轴垂直时，4.【答案】D（1）求椭圆的标准方程；【解析】【解答】将方程变形为，则圆心坐标为，半径，（2）若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.则圆上的点的横坐标的范围为：则x的最大值是-2答案解析部分故答案为：D.1．【答案】B【解析】【解答】设点为关于y轴的对称点【分析】将方程化为，由圆的几何性质可得答案.则的中点在y轴上，且坐标为5.【答案】A【解析】【解答】∵圆：，∴圆的圆心坐标为，所以，则又圆：上存在两点P，Q关于直线对称，∴直线经过圆心，所以点关于y轴的对称点的坐标为.∴，解得.故答案为：B. 故答案为：A.9.【答案】D【解析】【解答】设的斜率分别为【分析】根据题意可知圆的圆心坐标为，又圆上存在两点P，Q关于直线对称，所以直线经过圆当时，，∵，∴，∴，心，将圆心坐标代入直线方程，即可求出结果.6.【答案】C∵，∴.【解析】【解答】由题意，解得或，时，两直线方程分别为，，平行，设直线的倾斜角为，，则，∴；时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．当时，直线的斜率不存在，倾斜角为，∵，∴的倾斜角为0.所以综上，.．故答案为：C．故答案为：D.【分析】根据两条直线平行的充要条件写出关系式，得到a的两个数值，再检验得到结论.【分析】设的斜率分别为，当时，根据，可知，求得的斜率为7.【答案】D，根据正弦函数的性质可知，再结合斜率与倾斜角的关系即可求出倾斜角的范围；【解析】【解答】设平面ABCD的法向量为，则，即，当时，易知的倾斜角为0；由此即可得到结果.∴，取，则，∴这个四棱锥的高.10.【答案】B故答案为：D.【解析】【解答】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，【分析】结合点面距离的向量公式求解即可.建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，8.【答案】D则，，，，【解析】【解答】由题意知：，∵，则，，∴四边形OAPB是正方形，且，设直线EF与的所成角为，∴.则，故答案为：D.∴.【分析】由题设易知OAPB是正方形且，结合两圆的位置关系画示意图，即可求参数r. 故答案为：B∴，故矩形MNPQ面积的最大值为4，【分析】以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量故答案为：A.的数量积即可求解.1.【答案】B【分析】根据，故，，，则直线：与椭圆联立，根据与椭圆【解析】【解答】由题意得，，即，∵直线与圆没有公共点，相交得到的弦长为求得椭圆方程；设，其中，得到，，∴，解得，∴.，然后得到矩形MNPQ的面积求解.13.【答案】1∵直线与直线垂直，∴，【解析】【解答】因为向量，且，∴，当且仅当，即时取等号，所以，即，又或时，，∴的取值范围是.解得.故答案为：B.故答案为：1【分析】根据直线与圆没有公共点求得，根据垂直可得，即可求出范围.【分析】根据，所以求解.12.【答案】A14.【答案】2【解析】【解答】由题意得，，故，，，则直线：，【解析】【解答】由题意得，圆：，圆：，联立，解得，∴，∴与相交，有2条公切线.，故答案为：2故所形成的弦长为，解得，【分析】将圆转化成标准式，结合圆心距判断两圆位置关系，进而求解.15.【答案】7即椭圆：.【解析】【解答】由题意得，，，，∴在以线段为直径的圆上，由对称性设，其中，则，，，∴，∴①，则，，由椭圆的定义知，②，由①②，解得，故矩形MNPQ的面积，.故答案为：7. （2）解：①当直线的斜率不存在时，其直线方程为，满足题意；【分析】根据题意可得，利用勾股定理和椭圆定义可求得，即可求出面积.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，16.【答案】原点到该直线的距离为，则直线的方程为.【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，则，综上所述，直线的方程为或.又平面平面ABEF，平面平面，∴平面.【解析】【分析】（1）根据题意线段的中点坐标为，求出，，即可求出直线∵四边形为矩形，∴，的斜率；以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，（2）当直线的斜率不存在时，直接写出直线的方程；当直线的斜率存在时，先用点斜式设出直线的方则，，，，.程，再用原点到直线的距离求出直线的斜率，进而求出直线的方程.∵点N在BF上，且，∴，又M在线段AC上移动，18.【答案】（1）解：设动点，则，，，则有，易得点，∴，，又，∴，∴当时，取得最小值，此∴，化简得，即，时点，则，∴，∴活动弹子M与点B之间的距离为.∴动点的轨迹E的方程为.故答案为：（2）解：设，圆心到轨迹E上的点的距离【分析】根据给定条件建立以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所∴当时，，示的空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答．∴.17.【答案】（1）解：设，【解析】【分析】（1）设动点，根据条件列出方程，化简求解即可；（2）设，求出圆心到轨迹上点的距离，配方求最值即可得解.的中点坐标为，19.【答案】（1）证明：如图所示：直线的斜率为. 由题意得，，解得，或，∴圆C的方程为或.，（2）解：由（1）知，圆C的方程为.设直线PQ的方程为，联立，化简得，以为原点建立空间直角坐标系，∴，.由题意得：，0，，，0，，，1，，，2，，，0，，证明：，1，，，1，，，0，，∵轴平分，∴，则，，，∴，即，，，即，平面；∴，解得，（2）解：由（1）可得，1，为平面的一个法向量，，则，∴当时，轴为的平分线.设与平面所成的角为，【解析】【分析】（1）设圆C的方程为，根据题意，利用待定系数法，即可求出结果；所以，（2）由（1）知，圆C的方程为，设直线PQ的方程为，联立直线与圆的方程，化简整理得到韦达定理，然后再根据轴平分，可得，化简整理可得所以与平面所成的角正弦值为.【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明，，即可得证；，求解方程即可得到结果.（2）由（1）可得，，为平面的一个法向量，求出与所成角的余弦值，即可得21.【答案】（1）证明：取的中点F，连接EF，，∵，出答案.∴，且，∴，20.【答案】（1）解：设圆C的方程为，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）解：取AC的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，联立，得，则，，，∴，.设平面的法向量是，则，设，，则，，则，即，令，得，，易知平面的一个法向量是，∴，设点，则，即，代入椭圆方程得，又二面角是钝二面角，∴，则，∴，∴二面角的余弦值为.∴，【解析】【分析】（1）取的中点F，连接，，由四边形是平行四边形即可求解；（2）取AC的中点O，以O为坐标原点，以为轴，为轴，垂直底面方向为轴，求出对应点坐标，结合二面角夹角余弦公式即可求解.又，∴的取值范围是，2.【答案】（1）解：由题意得，，即，则，把代入椭圆方程可得综上所述，的取值范围是.，【解析】【分析】（1）由离心率得出关系，由通径得出关系，结合椭圆关系式即可求解；（2）需分类讨论，分直线的斜率不存在、直线的斜率为0、直线的斜率存在且不为0三种情况，对第三∴，∴，即，种情况，可联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出，利用求出直线方程，并将代入椭圆∴，∴，，∴椭圆C的标准方程为；方程，得，化简并结合不等式即可求解.（2）解：由（1）知，的坐标为，①当直线的斜率不存在时，，，则；②当直线的斜率为0时，，，则；③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，高二上学期数学期中联考试卷8.已知点与点关于直线对称，则点的坐标为（）一、单选题A.B．C．D．1．圆心为，半径为3的圆的方程是（）A．B．D9.若圆上总存在两个点到坐标原点的距离为1，则实数的取值范围是（）C．．A．B．C．D．2．直线的倾斜角为（）A．B．10.已知，分别为双曲线的左，右焦点，双曲线上的点A满足C．D．3．若直线与圆相切，则的值为（），且的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）A．1B．C．D．2A．B．C．2D．4．双曲线的渐近线方程为（）11.已知抛物线的焦点为，抛物线上的两点，均在第一象限，且，A．B．C．D．，，则直线的斜率为（）5．已知两条直线和，若，则实数的值为（）A．1B．C．D．A．-2或1B．-2C．1D．-112.已知，分别为椭圆的左，右焦点，过原点的直线与椭圆交于，两点，且，6.如图所示，在平行六面体中，为与的交点，则下列向量中与相等的向量是（），，四点共圆，则四边形的面积为（）A.B．A．3B．4C．6D．8二、填空题C．D．13.两平行直线，之间的距离为.7.黄金分割起源于公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题，公元前300年前后欧几里得撰写《几何原本》时吸收了欧多克索斯的研究成果，进一14.已知抛物线的焦点与双曲线的右顶点重合，则实数的值为.步系统论述了黄金分割，成为最早的有关黄金分割的论著.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部15.设，分别为椭圆的左，右焦点，若直线上存在点，使分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，把称为黄金分割数.已知焦点在轴上的，则椭圆离心率的取值范围为.椭圆的焦距与长轴长的比值恰好是黄金分割数，则实数的值为（）16.若关于的不等式的解集为，且，则实数的值A．B．C．2D．为. 三、解答题1.【答案】D17.如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为1，顶点位于坐标原点，若【解析】【解答】因为圆心为，半径为3，故圆的方程为：.是棱的中点，是侧面的中心.故答案为：D.【分析】根据圆心和半径可直接得到圆的方程.（1）求点，的坐标及；2.【答案】C（2）求向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】直线可化为，18.已知在中，，，.（1）求边的垂直平分线的方程；设直线的倾斜角为，，（2）求的外接圆的方程.则斜率，即.19.某市为庆祝建党100周年，举办城市发展巡展活动，巡展的车队要经过一个隧道，隧道横断面由一段抛物故答案为：C线及一个矩形的三边组成，尺寸如图（单位：）.（1）以隧道横断面抛物线的顶点为原点，以抛物线的对称轴为轴，建立如图所示的平面直角坐标系【分析】先把已知直线化为斜截式，再利用倾斜角的正切值等于斜率，求得答案.，求该段抛物线所在抛物线的方程；3.【答案】B（2）若车队空车时能通过此隧道，现装载一集装箱，箱宽，车与集装箱总高，此车能否安全通【解析】【解答】由题设，圆心为，又直线与圆相切，过隧道？请说明理由.所以.20.已知点，，动点满足.（1）求动点的轨迹方程；故答案为：B.（2）直线与点的轨迹交于，两点，若弦的中点坐标为，求直线的方程.【分析】根据圆心到直线的距离等于半径，列出方程，求得r的值.21.已知圆，两条直线，，.4.【答案】C（1）证明：直线、均与圆相交；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为：.（2）设直线交圆于，两点，直线交圆于，两点，求的最大值.故答案为：C22.已知椭圆经过点和.【分析】由双曲线的渐近线方程为，即可得到所求双曲线的渐近线方程.（1）求椭圆的方程；5.【答案】B（2）经过点的直线与相交于，两点（不经过点），设直线，的斜率分别为【解析】【解答】解：因为直线和，，，试问是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由.所以，解得或，答案解析部分当时，直线和重合，不满足；故答案为：A.当时，直线和，满足平行.【分析】根据椭圆方程，可得，长轴长，再结合条件，列出方程所以故答案为：B，求解可得出实数的值.8.【答案】B【分析】由，利用直线与直线平行的条件能求出m的值.【解析】【解答】解：设点，因为点与点关于直线对称，6.【答案】A【解析】【解答】A：所以，解得，，A符合题意；B：所以，B不符合题意；故答案为：BC：【分析】设点，由两点的中点坐标公式和两直线垂直的条件，可得的方程组，解方程可得点，C不符合题意；的坐标.D：9.【答案】C，D不符合题意；【解析】【解答】解：到原点的距离为的点的轨迹为圆，故答案为：A因此圆上总存在两个点到原点的距离均为【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算法则，即可求解出答案.转化为圆与圆有两个交点，7．【答案】A∵两圆的圆心和半径分别为，，，，【解析】【解答】焦点在轴上的椭圆中，∴，∴，解得实数的取值范围是.，故答案为：C所以，由题意得，即，即，【分析】根据题意，求出到坐标原点的距离为1的点的轨迹为圆，结合圆与圆的位置关系分析，可求出实数的取值范围.解得，10.【答案】B 【解析】【解答】设，，双曲线上的点A满足，的中点在轴上，可12.【答案】D得，∴，【解析】【解答】解：因为过原点的直线与椭圆交于，两点，且，，，四点共圆，即有轴，A的横坐标为，如图所示：所以根据椭圆的对称性得四边形是矩形，所以，，令，可得，所以，解得在直角三角形中，，所以四边形的面积为8故答案为：D可得，即为，【分析】利用已知条件，判断四边形的形状，结合椭圆的定义，转化求解四边形的面积.即，，13.【答案】【解析】【解答】解：直线，即为，解得，或(不合题意，舍去)；所以两平行直线与之间的距离为双曲线的离心率是．故答案为：B．.故答案为：【分析】根据题意画出图形，结合图形用a、b、c表示出A点坐标，得出轴，在直角三角形中，利用，求得a、c的关系，求出双曲线的离心率.【分析】根据已知条件，结合两平行直线的距离公式，即可求解出答案.1.【答案】C14.【答案】8【解析】【解答】如图：作垂直准线于，垂直准线于，作于，【解析】【解答】由题设，抛物线焦点为，而双曲线的右顶点为，因为，，，所以，即.故答案为：8.由抛物线的定义可知：，，，所以，直线的斜率为：.【分析】求出双曲线的顶点坐标，结合抛物线的焦点坐标，求解实数的值.故答案为：C.15.【答案】【分析】利用抛物线的定义，结合已知条件，求解直线PQ的斜率即可. （2）解：由题设，，，则，【解析】【解答】由题设，，则，而，所以，所以.故答案为：.所以向量在方向上的投影数量.【解析】【分析】(1)由已知条件，直接可推得，，再结合向量模公式，即可求解出【分析】根据已知条件，结合两点之间的距离公式和椭圆的性质，即可求解出椭圆离心率的取值范围.；16.【答案】(2)根据已知条件，结合投影公式，即可求解出向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】设，18.【答案】（1）解：由题意知，，则的图象是一条过定点的直线，的图象是圆的上半圆部分，设AB的中点为E，则，注意到点在圆上，故关于原点的对称点也在圆上，又直线AB的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为2，如图示：当直线经过点时，满足关于的不等式得其方程为，即；，（2）解：由可得边AC的垂直平分线方程为，由关于的不等式的解集为，且，可知：，所以，解得，此时直线的斜率即实数，即的外接圆的圆心为(1，-2)，所以圆的半径为，故答案为：所以圆的标准方程为：.【分析】构造函数，则的图象是一条过定点的直线，【解析】【分析】(1)直接利用点的坐标求出直线的斜率，进一步求出边的垂直平分线的方程；(2)首先求出中垂线的交点，即求出圆心的坐标，进一步求出圆的半径，最后求出的外接圆的方程.的图象是圆的上半圆部分，作出图象，由图象分析求解即可得实数的值.19.【答案】（1）解：由题设，可设抛物线方程为，由图知：，，17.【答案】（1）解：因为正方体的棱长为1，位于坐标原点，是棱的中点，是所以，则，故抛物线所在抛物线的方程.侧面的中心，（2）解：由题设，令，要使装载集装箱的车能安全通过隧道，则，所以，，则，故.由（1）并将点代入可得：，故. 所以此车不能安全通过隧道.将圆的方程化为标准方程得，【解析】【分析】(1)设抛物线的方程为，由题意可知抛物线过点，代入求出a的值，即因为，所以点在圆内，可求出抛物线所在抛物线的方程；所以直线、均与圆相交.(2)如果此车能通过隧道，集装箱处于对称位置，集装箱角离隧道的底于箱高，比较即可做出判断.（2）解：因为圆的圆心为，半径为，20.【答案】（1）解：根据双曲线的定义得动点的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双所以到直线的距离为，曲线，，所以，所以动点的轨迹方程到直线的距离为（2）解：设，则，，所以所以，即，所以，，所以，所以因为弦的中点坐标为，所以，，所以当且仅当，即时等号成立.所以直线的方程为，即.所以，即的最大值为.【解析】【分析】(1)由已知可得直线、都过定点(2，0)，判断点(2，0)在圆C内部，即可得证直线联立方程得，、均与圆相交；此时，，满足题意.(2)设圆心C到直线、的距离分别为d1，d2(d1，d2≥0)，所以有，将|AB|，|EF|用d1和d2表所以直线的方程为示出来，转化为基本不等式求最值，可得的最大值.【解析】【分析】(1)由题意结合双曲线的定义求解其动点的轨迹方程；(2)利用点差法求得直线的斜率，然后可得直线的方程.2.【答案】（1）解：因为椭圆经过点和，21.【答案】（1）证明：直线变形得，直线变形得，所以，解得，所以直线、过定点，所以椭圆的方程为.（2）解：根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，所以联立方程得，所以，解得，所以，所以因为，，所以.所以为定值，【解析】【分析】(1)由已知可得b，再由B点坐标求得a，则可求出椭圆的方程；(2)根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，再求出k1，k2，利用根与系数的关系求解，即可证得为定值. 高二上学期数学期中联考试卷A.B．一、单选题1.已知经过两点，的直线斜率为1，则（）A．－3B．3C．1D．－1C．D．2.已知圆的圆心在直线上，则该圆的半径为（）A．2B．C．4D．1510.已知边长为2的正方体中，E，F分别为，的中点，则点B到平面AEF的距3.若向量，互相垂直，则（）离为（）A．B．C．2D．3A．B．C．D．4.已知点P为圆：上任一点，点Q为圆：上任一点，则的最小值11.某玩具台球桌为矩形（设为ABCD），，，一小球从边AB上异于A，B的一点M出发，为（）经BC，CD，DA反弹后恰好到达B点，已知，则该小球的运动轨迹的长为（）A.1B．C．2D．4A．B．8C．D．95.已知，为空间向量，若已知，则（）12.已知正方形的边长为2，，分别为，的中点，沿，将三角形，折A．B．C．D．起，使得点，恰好重合，记为点，则与平面所成角的正弦值为（）6.已知三条直线：，：，：所围成的图形为直角三角形，则该三角形的面积为A．B．C．D．（）二、填空题A．B．C．或D．或13.设，分别是平面，的法向量．若，则．7.已知圆经过椭圆C：的右焦点，上顶点与右顶点，则（）14.已知圆直径的两个端点为，，则该圆的标准方程为．A．B．C．D．15.已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点P为椭圆上一点，，且直线PA恰好经过OB中点，则该椭圆的离心率为．8.在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为16.已知点是空间直角坐标系O-xyz中的一点，则点P关于x轴的对称点为Q的坐标4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（）为．若点P在平面xOy上的射影为M，则四面体O-PQM的体积为．三、解答题A．B．C．2D．317.已知直线l经过点且斜率为．（1）求直线l的方程；9.直线与圆的大致图象可能正确的是（）（2）若直线平行于直线l，且点P到直线的距离为，求直线的方程． 18.已知圆C经过两点，，且圆心C在x轴上．由于圆心在直线上（1）求圆的标准方程；所以可得，即圆的方程为（2）已知直线l与直线AB垂直，且与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．19.如图，三棱柱中，D为中点，．设，，．所以圆的半径为．（1）试用，，表示向量；故答案为：B（2）若，，求异面直线AE与所成角的余弦值．【分析】根据题意，将圆的方程变形为标准方程的形式，求出圆的圆心，又由圆的圆心在直线即可20.如图，ABCD为圆柱的轴截面，P为底面半圆周上一点，E为PC中点，．得a的值，由此可得圆的半径.（1）求证：；（2）若，求平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值．3.【答案】B21.已知圆M与圆N：相外切，与y轴相切原点O．【解析】【解答】因为向量，互相垂直，（1）求圆M的方程；所以，即，（2）若圆M与圆N的切点在第一象限，过原点O的两条直线与圆M分别交于P，Q两点，且两直线互相解得，故垂直，求证：直线PQ过定点，并求出该定点坐标．所以．22.已知椭圆E：的上顶点到焦点距离为2，且过点．故答案为：B（1）求椭圆E的方程；【分析】根据向量垂直可得，即，求出a，可求出的值.（2）设斜率为的直线l与E交于A，B两点直线l与x轴的交点为M，三角形ABC是以AB为斜边的4.【答案】A等腰直角三角形，CM的中点为P，AB的中点为Q，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明【解析】【解答】解：由题知，圆半径为，圆心坐标为，圆半径为，圆心坐标为理由．答案解析部分，1.【答案】D所以两圆的位置关系为内含，【解析】【解答】由题意知，得所以，，．所以的最小值为故答案为：D.．故答案为：A【分析】利用斜率公式列出等式，求解可得a的值.2.【答案】B【分析】确定两圆的圆心坐标与半径，判定两圆内含，即可求出的最小值.5.【答案】D【解析】【解答】解：的圆心坐标为，【解析】【解答】解：因为，平方可得，所以，得，解得，所以，所以该圆的方程为．因为，所以故答案为：A．故答案为：D【分析】先得出椭圆的右焦点，上顶点与右顶点，代入圆的方程，解出b的值.8.【答案】B【解析】【解答】解：根据题意，建立如图所示的坐标系，【分析】由，平方可得，再利用可求出的值.因为窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，6.【答案】C所以椭圆的标准方程为，【解析】【解答】解：由题意知，若，则，与的交点坐标为，则此时三角形的面积为因为其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，，所以当时，，所以最短窗棂的长度若，则，与的交点坐标为，所以此时三角形的面积为为．故答案为：B．所以该三角形的面积为或．故答案为：C【分析】根据题意，建立坐标系得椭圆的标准方程为，再结合题意计算可得答案.9.【答案】B【分析】分和两种情况，得出三角形顶点的坐标，可得三角形面积.【解析】【解答】解：对于A，因为，所以圆过原点，A不正确；7.【答案】A对于B，圆心坐标在第一象限，，，直线的截距与圆心纵坐标相符合，故正确；【解析】【解答】椭圆C：，右焦点为，上顶点为，右顶点为，对于C，圆心坐标在第三象限，，，故直线过一三四象限，C不正确；代入圆的方程，对于D，由题知直线的截距与圆心纵坐标相等，D不符合，故不正确；故答案为：B【分析】根据直线在坐标轴上的截距以及直线斜率的正负情况，以及圆心的坐标的正负情况，进行判断，先由直线位置得到a，b的符号，再由圆心的位置确定是否满足条件，由此得到答案.【解析】【解答】由题意知，故，故PA，PE，PF三线互相垂直，10.【答案】C故以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，【解析】【解答】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，可以求得，，，，则，，，.设，设平面的法向量为，根据，则，，则则，即，则令，则，得.可得，又，所以点B到平面AEF的距离为设平面的法向量为故答案为：C.【分析】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出平面AEF的.法向量，进而可求出点B到平面AEF的距离.1.【答案】C所以可以求得平面的法向量为，【解析】【解答】如图，建立平面直角坐标系，，其中，，，，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对所求与平面所成角的正弦值为称点为，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，连接，交CD，．故答案为：B.AD于Q，R连接，交BC于P，则可得P，Q，R为反射点，所以轨迹长为.【分析】以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法可求故答案为：C.出与平面所成角的正弦值.13．【答案】5【分析】建立平面直角坐标系，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对称点为【解析】【解答】∵，则，∴，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，轨迹长为．故答案为：5，进而可求出该小球的运动轨迹的长.【分析】根据向量垂直，数量积等于0，即可求出t的值.12．【答案】B 14.【答案】【分析】求得直线PA的方程，与椭圆方程联立，再利用韦达定理进而得出F点坐标，由题意得【解析】【解答】解：因为圆直径的两个端点为，，可得关于a的方程，从而求出椭圆得离心率.所以圆心坐标为，直径为，16．【答案】（1，-1，-2）；【解析】【解答】点，点Q到平面OPM距离即为点到平面OPM距离，所以圆的方程为．即为点到OM距离，可以求得该距离为即为，故答案为：因为，所以．故答案为：（1，-1，-2）；.【分析】由题意可知圆心坐标为，直径为，再根据标准方程公式求解，即可得出该圆的标准【分析】根据空间坐标系点关于坐标轴对称的特征得出点Q的坐标，利用点到平面的距离的定义可得点Q到方程.平面OPM距离为，结合三棱锥的体积公式计算即可得四面体O-PQM的体积.15.【答案】17.【答案】（1）解：因为直线l经过点且斜率为，【解析】【解答】因为OB中点，直线PA恰好经过OB中点，所以直线l的方程为，整理得；（2）解：因为直线平行于直线l，直线l的方程为，所以直线PA方程为，联立，所以设直线的方程为，因为点P到直线的距离为，消去x得，得，所以，解得或，从而得到，所以，所以直线的方程为或．因为，所以，即，【解析】【分析】(1)由点斜式写出直线l的方程为，化为一般式即可；(2)由直线与直线l平行，可设直线的方程为，由点到直线的距离公式得到关于c的方得，所以椭圆得离心率为程，求解即可得直线的方程．．故答案为：18.【答案】（1）解：已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，所以，因为圆C经过两点，，所以，，解之得，所以；所以，（2）解：由题意知，所以直线l的斜率为，所以异面直线AE与所成角的余弦值为．所以设直线l的方程为，【解析】【分析】(1)由，根据空间向量的加法和数乘的运算法则，即可求解出用，，表得圆心C到直线l的距离为，示向量；因为直线l与圆C相交所得弦长为，所以，(2)先计算，和的值，从而求得的值，进而得的值，然后由所以，即，，即可求解出异面直线AE与所成角的余弦值．求得或，20.【答案】（1）证明：因为ABCD为圆柱的轴截面，所以直线l的方程为或．所以平面ABP，所以，又因为，所以平面PBC，所以，【解析】【分析】(1)已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，将，又因为，，所以平面PAC，所以，代入上式，即可求解出圆的标准方程；因为E为PC中点，所以三角形PBC为等腰三角形，即；(2)根据已知条件，结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解出直线l的方程．（2）解：如图，以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，设，19.【答案】（1）解：因为D为中点，则，，，，，可得，所以设平面PAD的法向量为，因为，所以，可得，，设平面ABE的法向量为，所以；则，即，不妨令，（2）解：由题意知，，可得为平面ABE的一个法向量，，所以，所以，平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．又因为，【解析】【分析】(1)平面ABP，则有，再结合已知条件可得平面PBC，则 PA⊥BE，再利用线而垂直的判定定理可得平面PAC，则，从而可证得；(2)以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量和平面ABE的一（2）解：设直线l：，联立，个法向量，利用空间向量法求解出平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值.21.【答案】（1）解：由题意知，圆M与y轴相切原点O，所以设圆M的方程为消去y得，因为圆M与圆N：相外切，且N：，，解得，所以，所以或，设，，，所以M：或M：；则，，得，（2）证明：由题意知M：，则，设OP所在直线方程为，联立，l与x轴的交点为，所以，得，，所以，同理把k换做，可得，，因为，CM的中点为P，所以PQ所在直线方程为，所以，化简为：所以为定值．故直线PQ过定点．【解析】【分析】（1）设圆M的方程为，由题意可得，求解【解析】【分析】（1）由题意知上顶点到焦点距离为，将点代入椭圆方程得，解可得a的值，即可求得圆M的方程；得，即可求出椭圆E的方程；（2）设OP所在直线方程为，与圆方程联立可得P，Q点坐标，进而得出PQ所在直线方程，可证得直线PQ过定点.（2）设直线l：，代入得，利用韦达定理得2.【答案】（1）解：由题意知上顶点到焦点距离为，，，得又椭圆过点，，即可求出为定值.所以，得，所以椭圆E的方程为；高二上学期数学期中联考试卷C．，，D．，一、单选题9．如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于1.已知向量，若，则x的值为（）棱AB，若，则线段CD的长为（）A．1B．-3C．±1D．3A．B．16C．8D．2.点到直线的距离为（）10.如图，正三棱柱中，，，是的中点，则与平面A．B．C．D．所成角的正弦值等于（）3.椭圆的上､下顶点分别为，右顶点为A，右焦点为F，，则椭圆的A．B．C．D．离心率为（）11.设，分别是椭圆E：的左､右焦点，若椭圆E上存在点P满足，A．B．C．D．则椭圆E离心率的取值范围为（）4.已知空间向量，，且，则向量与的夹角为（）A．B．C．D．A．B．C．D．12.在平面直角坐标系中，和是圆上的两点，且，点5.以点为圆心，且与直线相切的圆的方程为（），则的取值范围是A．B．A．B．C．D．C．D．6.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点为线段上一二、填空题点，且，若记，，，则（）13.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是．A．B．14.如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上C．D．7．直线被圆所截得的弦长为（）的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为.D．15.已知椭圆C的中心在坐标原点，右焦点F为直线与x轴的交点，且在经过点F的所有弦A．4B．C．，若直线与线段有公共中，最短弦的长度为，则C的方程为．8．已知点，点，直线（其中点，则的取值范围是（）16.已知动点A，B分别在圆和圆上，动点P在直线A．，B．，，上，则的最小值是．三、解答题【分析】由空间向量的模的公式，代入数值计算出x的值即可。17.已知直线，求2.【答案】B（1）求直线l的斜率：【解析】【解答】根据距离公式可得：（2）若直线m与l平行，且过点，求直线m的方程．点到直线的距离，18.如图，直三棱柱底面中，，，棱，是的中故答案为：B.点.【分析】利用点到直线的距离公式即可求出答案.（1）求，的值；3.【答案】C（2）求证：.【解析】【解答】解：椭圆的上､下顶点分别为，19.如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点．右顶点为A(a，0)，右焦点为F(c，0)，，可得=﹣1，（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；=1，解得e=.（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程．故答案为：C.20.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，点M是棱PD上一点，且AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．【分析】求出椭圆的焦点坐标，顶点坐标，利用垂直关系列出方程，转化求解即可得椭圆的离心率.（1）若PM：MD＝1：2，求证：PB∥平面ACM；4.【答案】A（2）求二面角A﹣CD﹣P的正弦值；【解析】【解答】由题意，，解得，（3）若直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，求MD的长．又，21.已知圆和点，动圆经过点，且与圆内切.所以，（1）求动圆的圆心的轨迹的方程；又，所以与的夹角为（2）设点关于点的对称点为，直线与轨迹交于、两点，若．故答案为：A.的面积为，求的值.答案解析部分【分析】根据求得n，利用夹角公式求得向量与的夹角.1．【答案】C5.【答案】D【解析】【解答】由题得，所以.故答案为：C【解析】【解答】解：由题意得圆的半径则所求圆的方程为：直线与线段有公共点，当时，直线，与线段有公共点，故答案为：D【分析】根据点到直线的距离公式，结合圆的标准方程直接求解即可.当时，直线的斜率，6.【答案】A或，解得，或，【解析】【解答】解：综上所述：的取值范围为，，，故答案为：A【分析】根据题意由向量的加减运算法则以及向量的线性运算法则，整理即可得出答案。7.【答案】D【解析】【解答】圆的标准方程为，故答案为：D．圆心到直线的距离为，【分析】求出直线恒过定点，求出A、B与定点的斜率，即可得到的取值范围.所求弦长为．9.【答案】D故答案为：D.【解析】【解答】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则四边形为平行四边形.线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB.【分析】根据题意，由圆的标准方程分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与，则为二面角的平面角，即圆的位置关系即可求得所截得的弦长.，如图所示.8.【答案】D为等边三角形，【解析】【解答】解：由题意，（其中，，，，平面，平面则，平面又平面，解得：，在中直线所过定点；故答案为：D点，点，设直线所过定点为，则的坐标；【分析】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则由题意可知为等边三角形，为直角三角形，求解即可.，，10.【答案】B 【解析】【解答】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，所以，为轴，建立空间直角坐标系，由，，，则，，，，0，，，0，，，1，，所以整理可得：消去得：所，，，，0，，，，，设平面的法向量，，，以，即则，取，得，，，可得：.设与平面所成角为，故答案为：D.则，【分析】设P的坐标，由题意可得左右焦点的坐标，由数量积可得P的横坐标的表达式，再由P在椭圆上，可得P的横坐标的取值范围，进而可得a，b，c的关系，再由椭圆中a，b，c之间的关系求出椭圆E离心率与平面所成角的正弦值为。的取值范围.故答案为：B．12.【答案】A【解析】【解答】解：设，则有，所以A为BE的中点，，【分析】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为过O作CF⊥AB，垂足为F，如图所示，轴，建立空间直角坐标系，再利用已知条件求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而求出直线AD与平面所成角的正弦值。1.【答案】D【解析】【解答】由椭圆的方程可得，，设，由，则，即，由P在椭圆上可得，所以，代入可得【分析】根据椭圆的标准方程，求出k满足的条件，即可求得的取值范围.14．【答案】【解析】【解答】解：如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：则设，则，设直线与所成角为所以，即，解得或（舍去），所以，故答案为：．因为，所以，则，【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求得t，进而求得线，段的长.15.【答案】所以点E的轨迹方程为：(x-1)2+y2=5，所以，【解析】【解答】由题得，设，则的取值范围是，故选：A.则解得，，，【分析】根据向量的线性运算，结合圆的标准方程以及向量的模求解即可.13.【答案】所以的方程为【解析】【解答】由于方程表示焦点在y轴上的椭圆，．故答案为：所以，解得，.所以的取值范围是.【分析】根据题意设出椭圆方程，建立a.b，c关系，求出a，b的值，即可求出C的方程.故答案为：16.【答案】【解析】【解答】由题意，点，，设点关于直线的对称点为.，【解析】【分析】(1)以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别如图：求出向量，的坐标，然后代入两个向量夹角余弦公式，即可得到，的值；(2)求出向量，的坐标，然后代入向量数量积公式判定两个向量的数量积是否为0，可证得则，解得，即，连接，.19.【答案】（1）解：在直线上，设，∴圆与轴相切，圆为：，，又又圆与圆外切，圆，即圆，圆心，故.半径；故答案为：，解得，【分析】根据题意，分析圆C1和圆C2的圆心和半径，设圆N与圆C1关于直线x+y+1=0对称，求出其圆心圆的标准方程为．N的坐标再由已知条件即可得出圆心坐标再，由圆与圆的位置关系可得当P在线段上时，|PA|+|PB|取得（2）解：由题意得，，设，最小值求出的值，由此计算出最小值可得答案．则圆心到直线的距离：，17.【答案】（1）解：由直线方程知：，即直线l的斜率为；则，，即，（2）解：由（1），根据直线m与l平行，且过点，则直线m：，解得或，∴直线m一般形式为.直线的方程为：或．【解析】【分析】(1)把直线l方程化为斜截式，可求出直线l的斜率；(2)利用直线的平行关系求出直线m的方程．【解析】【分析】(1)设N(6，n)，则圆为：，从而得到，由此能18．【答案】（1）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出圆N的标准方程；，0，，，1，，，0，，，1，，，，，(2)由题意得，，设，则圆心到直线的距离：，由此能求出直线l的方程．，1，，，.20.【答案】（1）证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，（2）证明：，0，，，1，，，0，，，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，，1，，，，，∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，∴||＝＝＝，∵点M是棱PD上一点，PM：MD＝1：2，AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．解得λ＝，∴P（0，0，4），A（0，0，0），B（2，0，0），∴．C（2，2，0），M（0，，），【解析】【分析】(1)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，由此能证明＝（2，0，﹣4），＝（2，2，0），＝（0，，），PB//平面ACM；设平面ACM的法向量，(2)求出平面CDP的法向量和平面ACD的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣P的正弦值；(3)求出平面CDP的法向量，由直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法能求出MD的长.则，取x＝2，得（2，﹣2，1），21.【答案】（1），圆心，半径，∵4﹣4＝0，PB⊄平面ACM，∴PB∥平面ACM．因为动圆经过点，且与圆内切，所以，（2）解：D（0，4，0），＝（2，2，﹣4），＝（0，4，﹣4），即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，设平面CDP的法向量（a，b，c），故圆心的轨迹的方程为.则，取b＝1，得（1，1，1），（2）因为点关于点的对称点为，所以，平面ACD的法向量（0，0，1），因为，所以点不在轴上，直线的斜率不为，设二面角A﹣CD﹣P的平面角为θ，则直线的方程为，则|cosθ|＝＝，联立，整理得，，∴二面角A﹣CD﹣P的正弦值为＝．（3）解：设，（0≤λ≤1），设，，则，，则，因为是的中点，、、三点共线，的面积为，∴，，平面CDP的法向量，所以，，∵直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，由直线过点易知，，故，即，，令，则，，，故，，.【解析】【分析】（1）由题意可知，即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，由此计算椭圆方程即可。（2）由题意可设直线的方程为与椭圆方程联立，设，由根与系数的关系，，结合三角形的面积公式可知，可得的值，进而求解t值。高二上学期数学期中联考试卷A．B．2C．1D．3一、单选题10．在如图所示的几何体中，平面PDC，是等腰直角三角形，四边形ABCD为平行四边形，且1.直线的倾斜角为（）．，则点C到平面PAB的距离为（）．A．B．C．D．不存在A.1B．C．D．2.下列向量与向量共线的单位向量为（）11.如图，在直三棱柱中，，，D为上一点（不在端点处），且A．B．，若为锐角三角形，则m的取值范围是（）．C．D．A．B．C．D．3.若方程表示圆，则实数a的取值范围为（）12.已知点是圆上的一点，记点P到x轴距离为，到原点O的距A．B．C．D．离为，则当取最小值时，（）4.设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线//平面，则实数z的值为（）A．B．C．D．A．-5B．5C．-1D．1二、填空题13.在空间直角坐标系中，已知，，，若，则实数5.圆：和圆：的公切线的条数为（）．A．1B．2C．3D．414.已知过的直线l与直线没有公共点，则直线l的方程为．6.已知空间向量，，若，则（）．15.圆与圆的公共弦长为.A.B．C．D．16.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且7．已知直线：过定点，直线过点且与直线垂直，则直AB＝4，SA＝3，E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足＝λ，则当实数λ的值为线的方程为（）时，∠AFE为直角．三、解答题A．B．17．已知A（1，－1），B（2，2），C（3，0）三点，求点D，使直线CD⊥AB，且CB∥AD．C．D．18．已知（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2）．8.我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱（1）求的值；柱．在堑堵中，，P为的中点，则（）．（2）已知，，||＝||，求．A．6B．-6C．2D．-219.已知圆的圆心在坐标原点，直线的方程为.9.直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则（）（1）若圆与直线相切，求圆的标准方程；【分析】由与向量共线的单位向量为，求解可得答案.（2）若圆上恰有两个点到直线的距离是1，求圆的半径的取值范围.在直三棱柱中，，，，E、F分别为、的中点．3.【答案】B20.【解析】【解答】方程化为标准方程为，有，∴．.（1）求直线AE与所成角的大小；故答案为：B（2）判断直线与平面ABF是否垂直．21.已知圆C的方程为．【分析】把圆的方程化为标准方程，即可求出实数a的取值范围.4.【答案】B（1）设O为坐标原点，P为圆C上任意一点，求的最大值与最小值；【解析】【解答】由直线//平面，知向量与垂直，（2）设直线，记直线l被圆C截得的弦长为a，直线l被圆截则有，得的弦长为b，试比较a与b的大小．解得.22.如图，在四棱锥中，已知底面，，，，故答案为：B，异面直线和所成角等于.（1）求直线和平面所成角的正弦值；【分析】根据线面平行，求出法向量与直线的方向向量垂直，即可求出实数z的值.（2）在棱上是否存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为？若存在，指出5.【答案】C点在棱上的位置；若不存在，说明理由.【解析】【解答】由题知圆：的圆心，半径，圆：答案解析部分的圆心，半径，所以，，所以两圆外切，所1.【答案】A以两圆共有3条公切线.【解析】【解答】直线与x轴平行，斜率为0，所以直线的倾斜角为0°，故答案为：C故答案为：A．【分析】根据题意求出圆心坐标以及半径，然后由两点间的距离公式求出两圆的圆心距，再与两圆的半径之【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出答案.和进行比较，从而得出两圆的位置关系，由此即可得出公切线的条数。2.【答案】C6.【答案】A【解析】【解答】由，【解析】【解答】由得，，解得，∴与向量共线的单位向量则，，为或.所以，故答案为：C故答案为：A．【分析】由求得，再由，求出答案.【分析】由题意可得，圆心(0，0)到两条直线的距离相等，且圆心到直线和距离皆为，即7.【答案】A，由此求得的值.【解析】【解答】∵由题意，直线：，10．【答案】B∴过定点，则直线过定点，【解析】【解答】如图，以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系∵直线与直线垂直，则直线的斜率，则，，，，，，．∴直线的方程为，即.故答案为：A.设平面PAB的一个法向量为，则由，令，得，故，【分析】由已知条件即可得出直线过的定点，再由直线垂直的斜率之间的关系，结合点斜式即可求出直线的方程。则点C到平面PAB的距离为，8.【答案】A故答案为：B.【解析】【解答】根据堑堵的几何性质知：，，．因为，，【分析】以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAB的一个法向量，根据空间距离的向量求法，即可求出点C到平面PAB的距离.所以1.【答案】B.【解析】【解答】由图形可知，，总为锐角．以C为原点，CA，CB，所在直线分别为故答案为：A．x，y，z轴，建立空间直角坐标系，不妨取，则，，，，则，，【分析】由条件得，，，将用向量表示，代入数量．由可知，积的公式进行运算，即可求得答案.9.【答案】B则，【解析】【解答】由题意得直线和单位圆弦长皆为，．由，得，解得或．又知，所以所以圆心到直线和距离皆为，即，．故答案为：B故答案为：B. 【分析】由题意，以C为原点，CA，CB，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，故答案为：3x-y+7=0。由，不妨取，求C，B1，A，B出点的坐标，又为锐角三角形，利用向量的夹【分析】利用过的直线l与直线没有公共点，得出过的直线l与直线角为锐角，求出m的取值范围.没有公共点，再利用两直线平行斜率相等，进而得出所求直线的斜率，再利用点斜式求出直线l的方程。12.【答案】D15．【答案】【解析】【解答】化为标准方程：，【解析】【解答】两圆方程相减可得公共弦直线方程为，点是圆上一点，圆的圆心为，半径为，不妨设（t为参数），圆心到的距离为，公共弦长为.则故答案为：.其中当时，可取得最小值30【分析】先把两个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长.此时16．【答案】故答案为：D【解析】【解答】∵SA⊥面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0，4，0)，S(0，0，3)．设BC＝m，则C(m，4，0)，【分析】利用圆的参数方程表示出并求最值，利用三角函数求出的值.∵＝λ，∴＝λ，13.【答案】3∴【解析】【解答】由题意得，，∴F.同理，E，所以，即，∴故答案为：3要使∠AFE＝90°，则，【分析】根据条件求出的坐标，由列出等式，求解可得实数的值.又，14.【答案】3x-y+7=0∴，【解析】【解答】由题意可知：直线l与直线平行，直线l的斜率为3，所以直线l方程为∴16λ＝9，∴λ＝.，即3x-y+7=0。【分析】建立空间直角坐标系A－xyz，设BC=m，求出所需点的坐标，利用，则＝λ所以，，求出点F的坐标，同理求出点E的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示，由，列式求解出即，所以，即圆的半径的取值范围是.实数λ的值.【解析】【分析】(1)根据题意由直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式计算出圆心到直线的距离公式，由此计算出圆的半径，从而得出圆的方程。17．【答案】解：设，则，(2)由(1)的结论，结合圆心到直线的距离，由圆的几何意义即可得到，从而得出半径的取值范围。【解析】【分析】设，由直线CD⊥AB，且CB∥AD可得，求解出x，y，即可求得20．【答案】（1）解：由题意知，AB、AC、两两垂直，分别以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，点D的坐标.则，，，，，．18．【答案】（1）解：∵（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2），∴，，∴（﹣2，﹣3，0），∴()＝2×（﹣2）+3×（﹣3）+（﹣1）×0＝﹣13；∴，故直线AE与所成角为．（2）解：设（x，y，z），（2）解：由（1）可得：，，∵⊥，⊥，||＝||，∴，，∴，，∴，∵，AF、平面ABF，∴平面ABF．解得：或，【解析】【分析】(1)以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，利用向∴(3，﹣2，1)或（﹣3，2，﹣1）．量法能求出直线AE与所成角的大小；【解析】【分析】(1)根据空间向量运算性质进行计算即可求得的值；(2)利用向量法求出，，从而判断出直线与平面ABF垂直．(2)设（x，y，z），根据，，||＝||，列方程组，求解可得的坐标．21.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，则圆心，圆C的半径为，因为，19．【答案】（1）设圆的半径为，圆心到直线距离为，则，依题意，所以的最大值为，最小值为．所以圆的方程为.（2）解：因为点C到直线l的距离为，所以（2）由（1）知，圆心到直线距离为，又圆上恰有两个点到直线的距离是1，．因为点到直线l的距离为，所以．由，得，当时，．当时，解得或（不合题意）.．∴存在这样的E点，E为棱PA上靠近的三等分点.当时，．【解析】【分析】(1)以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线和平面所成角的正弦值；【解析】【分析】(1)根据圆方程求得|OC|，圆C的半径，进而可求得的最大值与最小值；(2)求出平面DEB的一个法向量和平面PAB的法向量，利用向量法能求出在棱PA上存在一点E，使得平面(2)求出a，表示出b，进而比较a与b的大小．PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，E为棱PA上靠近A的三等分点.2.【答案】（1）解：如图，以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.易知是等腰直角三角形，∴.设，则，，，，.则，，∵异面直线和所成角等于，∴，即，解得，∵，.设平面的一个法向量为，则由，得，所以可取，∴.∴直线和平面所成角的正弦值为.（2）解：假设存在，设，且，则，，设平面DEB的一个法向量为，则由，得，取，又有平面PAB的法向量，由平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，可知余弦值为，
简介：高二上学期数学期中联考试卷圆的蒙日圆上，则的值为（）一、单选题1.已知向量，，则等于（）A．±1B．±5C．D．A．B．C．D．8.在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满2.如图，平行六面体中，与交于点，设，，，则足，则直线与直线所成角的余弦值为（）等于（）A．B．C．D．A.B．9.如图，在三棱锥中，平面，，，点在三棱锥C．D．的表面上运动，则的取值范围是（）3.与直线关于轴对称的直线的方程为（）A.B．C．D．A．B．C．D．10．椭圆的左右焦点分别为､，直线与交于A､两点，若4.与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆的方程是（），，当时，的离心率的最小值为（）A．B．C．D．A．B．C．D．5.给出以下命题，其中正确的是（）A.直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直11.点是圆上的任一点，圆是过点且半径为1的动圆，点是圆上的任一点，则长度的最小值为（）B.直线的方向向量为，平面的法向量为，则A．1B．2C．3D．4C．平面､的法向量分别为，，则12.如图，矩形的顶点在以为圆心，半径为的圆上，，当时，的取D．平面经过三个点，，，向量是平面的法向量，则值范围是（）A．B．C．D．6．正四面体棱长为2，，，分别是，，的中点，则的值为（）二、填空题13.若直线与直线平行，则的值为.A．B．1C．2D．414.直线与圆交于､两点，为坐标原点，则的面积7．19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且该圆的为.半径等于椭圆长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根.若圆上有且只有一个点在椭（2）若曲线与轴交于､两点，过点的直线（不与轴重合）与曲线交于､两点，记15.是椭圆的一个焦点，不过点的直线交椭圆于、两点，则△的周长的最大值､的面积分别为､，求的最大值.为.21．2021年我国某海滨城市经常遭遇东偏南某方位的台风的侵袭，对居民的生产和生活产生巨大影响.如图，16.如图，正三棱柱的各棱长均为1，点和点分别为棱和棱的中点，先将底面置于平面内，再将三棱柱绕旋转一周，则以下结论正确的是（填入正确结论对应的序据10月13日午时监测，当前台风中心位于城市的东偏南方向的海面处，并以号）.的速度向西偏北方向移动，台风侵袭的范围是半径为的圆形区域，位于城市的东偏南①设向量旋转后的向量为，则方向有一条自城市通向远海的航线，当前该航线的至段正遭受台风侵袭.（1）求当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；（距离精确到）②点的轨迹是以为半径的圆（2）经过多长时间后该航线将不受台风侵袭？（时间精确到）（参考数据：）22.如图，已知圆柱，点A是圆上的动点，，，､为圆上的两个定点，且满足③设①中的在平面上的投影向量为，则的取值范围是.④直线在平面内的投影与直线所成角的余弦值的取值范围是（1）当或时，求证：平面；三、解答题（2）当直线与平面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积.17.已知向量，，，求：答案解析部分（1）向量的坐标；1.【答案】A（2）与夹角的余弦值．【解析】【解答】∵向量，，18.已知点，，将直线绕着点逆时针旋转得到直线，∴.（1）求直线的方程；故答案为：A.（2）若点是直线上一点，当△的面积等于5时，求点的坐标.19.如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解可得答案.2.【答案】B，是的中点，.【解析】【解答】由已知可得（1）求证：平面；，（2）求平面与平面的夹角.故答案为：B.20.点是圆上任意一点，过作轴的垂线，垂足为，，当点在圆上运动时，记点的轨迹为（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）.【分析】由已知结合向量加法的三角形法则整理计算，可得答案.3.【答案】D（1）求的方程；【解析】【解答】直线的斜率为，与x轴交于点，【解析】【解答】如图，设，，，直线关于轴对称的直线的斜率为，并且过点A，则，由直线的点斜式方程得：，即，又，所以所求直线的方程为：.，故答案为：D∴.【分析】先根据对称性求出所求直线经过的点及斜率，然后结合点斜式即可求解出答案.故答案为：B.4.【答案】C【解析】【解答】椭圆方程化为标准形式，设要求解的椭圆方程为：【分析】设，，，画出图形，结合图形及数量积的运算可求出的值.7.【答案】C，将点代入得，解得：，所以，C符合题意.【解析】【解答】解：根据题意，椭圆的蒙日圆方程为，故答案为：C因为圆上有且只有一个点在椭圆的蒙日圆上，【分析】由已知椭圆的方程可知c的值，再由焦点相同设所求的椭圆的方程，将过的点(4，0)代入椭圆的所以该圆与已知圆相切，方程，可知参数的值，进而求出椭圆的方程.又两圆圆心间距离为，5.【答案】D【解析】【解答】对于A，因为，所以与不垂直，A不符合题意；所以或（无解，舍去），解得对于B，因为，不成立，所以B不符合题意；故答案为：C.对于C，因为与不平行，所以不成立，C不符合题意；【分析】由所给信息可得蒙日圆的方程，再由两圆只有一个交点可知两圆相切，由题意可得b的值.对于D，，，由，，解得，8.【答案】B，所以，D符合题意.【解析】【解答】解：如图，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间故答案为：D.直角坐标系，【分析】由两直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得或判则，，，，断B；由平面法向量不共线判断C；求出，的坐标，再由数量积为0列关于p和q的方程组，求得所以，，判断D.由题知，6.【答案】B 所以直线与直线所成角的余弦值为，当可得2a的范围，进而求出离心率的范围，即可得答案.故答案为：B1.【答案】B【分析】以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，由空【解析】【解答】由题可知点的轨迹方程是，即得点是圆上的动点，间向量夹角可求出直线与直线所成角的余弦值.又由题知点是圆上的动点，9.【答案】D【解析】【解答】如图，取中点，连接，，，如图可得则.则，又因为平面，平面，平面，所以故答案为：B.，，【分析】由题意求出圆C2圆心的轨迹，画出图形，数形结合求得长度的最小值.又，，由勾股定理得：，且在以O为球心，半径为12.【答案】A【解析】【解答】由，可以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，的球上，故，则的取值范围是，D符合题意.故答案为：D由矩形的性质可知，、两点关于原点对称，不妨设，则，，，，【分析】取CD的中点O，连接PC，PO，PD，利用向量的线性运算，将问题转化为求解|PO|的取值范∵△为直角三角形，为的中点，围，即可求出的取值范围.∴，10.【答案】D【解析】【解答】连接，又∵，∴，即，由题知点A､关于原点对称，，，，则，∴，即，，又，即，∴，，由得，所以，D符合题意.故答案为：A.故答案为：D【分析】以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，不妨设，则，，，，可得，结合【分析】连接，由题知点A､关于原点对称可得，，再由，得，求得，再求出|QA|2的范围，开方得的取值范围.绕着旋转即绕着轴旋转，设旋转后的向量为，则，①正确；13.【答案】1【解析】【解答】，得，求得，经检验，符合题意.设，则，，点的轨迹是以为半径的圆，②正确；故答案为：1由题知，在平面上的投影向量即为其在平面上的投影向量，【分析】由两直线平行的性质列方程，求解可得出m的值.14.【答案】12，③正确；【解析】【解答】∵圆心到直线的距离，设直线在平面内的投影与直线所成的角为，，则，④错误.∴的面积为.故答案为：12.故答案为：①②③.【分析】首先求得圆心到直线的距离，然后求得弦长，最后求解三角形的面积即可得的面积.【分析】取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出15.【答案】8向量的坐标，即可判断选项①；设，求出y和z满足的关系，得点的轨迹是以为【解析】【解答】由已知得，即，取椭圆另一焦点为，△的周长为半径的圆即可判断选项②；由②可得，，结合在平面上的投影向量，即可判断选项③；利，当且仅当，，三点共线时取得等号.用向量的夹角公式，即可判断选项④.故答案为：8.17．【答案】（1）解：，存在，使得，即，【分析】由椭圆的方程可知a的值，再由三角形的周长表达式及椭圆的定义转化，可知周长为则，解得，当且仅当，，三点共线时取到△的周长的最大值.16．【答案】①②③又，，可得，【解析】【解答】如图，取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系所以；，（2）解：可得，则，，，，设与的夹角为，，令，则取，设平面与平面的夹角为，则则.，所以，即得平面与平面的夹角为.【解析】【分析】(1)由向量的平行和垂直可得关于x，y，z的关系式，求解出x，y，z，可得向量的坐标；【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到，由勾股定理(2)由(1)可得向量与的坐标，进而由夹角公式可得与夹角的余弦值．证明，即可证明出平面；18.【答案】（1）解：设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，(2)以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标则，和向量的坐标，然后利用待定系数法求出两个平面的法向量，由向量的夹角公式求解出平面与平面又直线过点，则直线的方程为，即.的夹角.（2）解：设，，，20.【答案】（1）解：设，则，由得是的中点，得，，解得或，故点坐标为或又点在圆上，代入得曲线的方程为..【解析】【分析】(1)由已知得直线的倾斜角等于直线AB倾斜角和旋转角的和，即可利用两角和的正切公式（2）解：解法一：设直线的方程为，，，由得求出直线的斜率，然后利用点斜式即可求出直线的方程；(2)设出点C的坐标，利用三角形的面积公式即可求解出点的坐标.，19.【答案】（1）证明：因为底面和侧面都是矩形，所以，，又因为由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，且，，，，平面，所以平面，因为平面，所以因为，所以，，又由题知，，，所以，又当时，，，所以平面.当时，，当且仅当时等号成立.（2）解：设为的中点，以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，综上所述，的最大值为1.则得点，，，，，设平面的一个法向量为解法二：①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，不妨设，，，又，，则，令，则取，；，设平面的一个法向量为，又，，则 ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，【解析】【分析】(1)求出P点坐标，得到P到直线AB的距离即可得当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；由得，(2)设经过t小时后点的坐标，结合圆P的方程，解出t，即可得城市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间.由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，2.【答案】（1）证明：如图，当时，易知四边形为平行四边形，则，又平面，平面且，，，所以平面，同理可证，当时，有平面，故证得当或所以，，时，平面.因为，（2）解：取中点，则，以点为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，当且仅当时等号成立.则､､､，，综上所述，的最大值为1.【解析】【分析】(1)由题意利用相关点法求解曲线C的方程；，，设平面的法向量为，(2)设直线的方程为，，，与椭圆方程联立，结合韦达定理和基本不等式求解面积之差的最大值.则，令，则取，21.【答案】（1）解：由题得当前台风中心所处位置点坐标为，即点设，则得直线的方向向量，设直线与平面所成的角为，又至段所在直线的方程为，则点到该直线的距离为，则，则当时取最大值，此时点A的坐标为，，则，即得当前该航线正被台风侵袭的至段，则点A到平面的距离为，又由题知，，的距离为.（2）解：由题知，当该航线不受台风侵袭时，城市也恰好结束遭受台风侵袭.设经过小时后台风中心所处则三角形的面积为，故当直线与平面所成角的正弦值取最大值位置为点，则得坐标为，即点，时，三棱锥的体积为..又圆的方程为，则由，其中､分别表示城【解析】【分析】(1)当时，易知四边形为平行四边形，则，同理当，得市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间，则易得经过后该航线将不受台风侵袭.时，有平面； (2)以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线AO的方向向量，可求得直线AO与平面的所成角的正弦最大值，再利用距离公式求得点A到平面的距离，根据题设条件求得三角形的面积，由此可得三棱锥的体积. 高二上学期数学期中联考试卷（）一、单选题A．B．1.点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为（）C．D．A．B．10.如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，则直线与平面BDE所成角的正C．D．弦值为（）2.已知直线l经过，两点，则l的斜率为（）A．B．C．D．A．2B．－2C．D．11.已知椭圆，点C在椭圆上，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，若圆C3.已知，，若，则m的值为（）与x轴相交于M，N两点，且为直角三角形，则椭圆的离心率为（）A．－1B．－2C．2D．14.过圆上一点作圆O的切线l，则直线l的方程是（）A．B．C．D．A．B．12.已知斜三棱柱中，底面是直角三角形，且，，，C．D．与AB、AC都成角，则异面直线与所成角的余弦值为（）5.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（）A．B．C．D．A．B．二、填空题C．D．13.已知两点，，以线段AB为直径的圆的方程为．6.已知圆：，圆：，若圆与圆内切，则实数a的值是14.已知直线，，则“”是“”的条件．（填“充（）分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）A．-2B．2C．-1或2D．1或-215.已知、是椭圆的两个焦点，M是椭圆上一点，且，则的面积7.已知圆与直线相切，则（）为．A．B．C．D．16.已知，点P在直线上，点Q在圆C：上，则的8.已知椭圆经过点，离心率，，分别是椭圆C的焦点，过点最小值是．三、解答题的直线交椭圆C于A，B两点，则的周长是（）17.已知点，直线．A．8B．12C．D．12或（1）若直线过点P且与直线l平行，求直线的方程；9.已知圆C的半径为，圆心在轴的负半轴上，直线与圆C相切，则圆C的方程为（2）若直线过点P且与直线l垂直，求直线的方程．【分析】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为.2.【答案】D18.已知，．【解析】【解答】（1）若，求m与n的值；．故答案为：D.（2）若且，求．【分析】根据直线斜率计算公式求解即可.19.已知圆C：关于直线对称，且过点．3.【答案】C（1）求圆C的标准方程；（2）是否存在直线l与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距互为相反数？若存在，求出该直线l的方程；【解析】【解答】∵，∴，∴，解得若不存在，说明理由．．故答案为：C.20.已知椭圆的焦距为4，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；【分析】因为，得到，根据向量数量积的运算求解即可.（2）若直线与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点P在圆上，求m4.【答案】D的值．【解析】【解答】由题意点为切点，所以，又，所以，因此直线l的21.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，，E是PD的中点．方程为．（1）求证：平面；故答案为：D（2）若平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为，求PA的长度．【分析】由直线垂直得，推出，根据点斜式求出直线l的方程.22.已知点，点P是圆B：上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线BP交于点Q．5.【答案】B（1）求点Q的轨迹方程C；【解析】【解答】将方程化为，（2）过点A的直线l与曲线C交于M，N两点，点E在x轴上且使得对任意直线l，OE都平分．求点E的坐标．因为是焦点在y轴上的椭圆，可得，解得.答案解析部分故答案为：B.1．【答案】C【解析】【解答】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为【分析】将已知化为，由焦点在y轴上从而推出实数m的取值范围.．故答案为：C.6.【答案】C 【解析】【解答】由题可知圆心，半径，圆心，半径，因为圆与圆内即．故答案为：C切，所以，解得或．故答案为：C．【分析】由题意设圆心坐标为，解得，从而写出圆的方程.【分析】易知圆，的圆心以及半径，由两圆内切得，即可求解.10.【答案】D7.【答案】A【解析】【解答】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，【解析】【解答】圆的标准方程是，圆心为，半径为2，所以，如图所示：解得．则，，，，，所故答案为：A．以，，，【分析】把圆化为标准方程，根据圆心到切线的距离等于半径，求解即可.设平面BDE的一个法向量，则，即，令，则，，8.【答案】B所以平面BDE的一个法向量，【解析】【解答】椭圆C经过点，则，又椭圆C的离心率，所以，，设直线与平面BDE所成角为，所以由椭圆的定义可知，．故答案为：D.的周长是．故答案为：B【分析】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设设平面BDE的一个法向量，直线与平面BDE所成角为，利用空间向量即可求解.【分析】由题意先求出，由离心率求出，，再根据椭圆的定义可得答案.1.【答案】C9.【答案】C【解析】【解答】不妨设在第一象限，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，则，又【解析】【解答】由题意设圆心坐标为，在椭圆上，则，所以圆M的半径，因为为直角三角形，，即因为圆C与直线相切，所以，又，解得．，化简可得，即，解得．所以圆心为，故答案为：C．圆C的方程为， 14．【答案】充要【分析】由题意可得，再由为直角三角形可得，化简可得，【解析】【解答】若，则，解得或即，求解即可.．当12.【答案】A时，直线的方程为，直线的方程为，即【解析】【解答】解：设，，，则，，，两直线重合，，当时，直线的方程为，直线的方程为，满足所以，，所以所以，所以“”是“”的充要条件．，故答案为：充要，【分析】若，则，解得或．当或时，可推出，即可，得出结论.15.【答案】20所以．【解析】【解答】由，得，，所以，，故答案为：A所以，设，，所以，因为，所以，所以，【分析】设，，，运用向量的数量积和加减运算，以及向量夹角的公式，计算异面所以的面积为．直线与所成角的余弦值.故答案为：.13．【答案】【解析】【解答】由题意，两点，，【分析】由已知可知，，设，，得，由则，的中点为，，可知，即可求得的面积.故圆心的坐标为，半径为，16.【答案】8所以圆的方程为，【解析】【解答】因为圆C：，故圆C是以为圆心，半径的圆，故答案为：则圆心到直线的距离，故直线和圆相离，【分析】求A，B的中点即为圆心，再利用两点间距离公式计算，求半点A坐标满足，A在圆外，径，即可得圆的方程.设点关于直线的对称点为，所以，解得，故，解得，故，则，（2）解：由向量，，连接交圆C于Q，交直线于P，因为，所以，解得，由对称性可知：，因此，所以．当且仅当共线时，取等号，【解析】【分析】（1）由，可得存在实数，，解得；故答案为：8（2）因为，得，根据向量数量积的运算计算即可.【分析】先求的圆心以及半径，根据点到直线的距离公式可得直线和圆相离，由点A坐标满足19.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，得，，判断点A在圆外，设点关于直线的对称点为所以圆心C为，，求其坐标，由对称性可知，即可求得由已知，得，的最小值.17.【答案】（1）解：已知，则可设直线的方程为，解得，又过点，所以，解得，所以圆C的标准方程为.所以直线的方程为．（2）解：圆C的圆心为，半径为2．（2）解：若，则可设直线的方程为，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不可能相切；又过点，所以，解得，即直线的方程为．当直线l不过原点时，设l：，即，【解析】【分析】（1）由，设直线的方程为，再由过点即可求得又直线l与圆C相切，则，解得，，从而得直线方程；（2）由，设直线的方程为，再由过点，代入即可求值.此时直线方程为或．18.【答案】（1）解：由题意，向量，，综上，所求直线l的方程为或．因为，可得得，【解析】【分析】（1）先求圆心C为，根据已知条件列方程组解得，即得圆C的标准方程；（2）解：因为平面，又AB，平面，所以，．又底面ABCD（2）由（1）知圆C的圆心为，半径为2，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不是矩形，所以．可能相切；当直线l不过原点时，设l：，即，根据直线l与圆C相切，得以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设求得，即得直线方程.，则，，，．20.【答案】（1）解：由题意，得，解得，所以椭圆C的方程为．∴，，．设平面AEC的法向量，（2）解：设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，由即由消y，得，，解得．∴令，则．所以，，所以，，设平面PEC的法向量，因为点在圆上，所以，解得，满足．由即∴．∴令，则．，解得，即．【解析】【分析】（1）由题意，得，解得，即可求得椭圆C的方程；所以当平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为时，．（2）设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，联立方程组【解析】【分析】（1）连接BD交AC于点F，易证，又平面，平面，从而证得平面；，根据韦达定理得，，即可得P点坐标，再根据P点在圆上即可求（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量求平面AEC与平面PEC所成角的余弦值，即可求解.解.2.【答案】（1）解：由题意知，，所以，21.【答案】（1）证明：连接BD交AC于点F，由椭圆定义知点Q的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，设椭圆C：，其中，因为底面ABCD是矩形，所以F为BD的中点，又E是PD的中点，所以，又平面，平面，所以平面．，即，，则，所以点Q的轨迹方程C为．（2）解：设，当l与x轴垂直时，恒成立，当l与x轴不垂直时，因为OE都平分，即，所以，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，又，，所以，又，，所以，即，联立方程组消去y，得，，所以，，代入上式可得，即点．【解析】【分析】（1）由题意知，，根据椭圆的定义知点Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，根据已知条件得，，从而求得点Q的轨迹方程；（2）设，当l与x轴垂直时，恒成立；当l与x轴不垂直时，由，得，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，联立方程组，根据韦达定理求得，代为即可求解. 高二上学期数学期中考试试卷一、单选题C．1．已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－＜x＜}，则（）．A．A∩B＝∅B．A∪B＝RC．BAD．ABD．2．复数z满足，则z=（）A．B．C．D．8.已知直线的倾斜角满足方程，则直线的斜率为（）3．若向量满足：则（）A．B．C．D．A．2B．C．1D．分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为坐标原9.已知，4.已知，则的大小关系为（）点，在双曲线存在点，使得，设的面积为.若A．B．C．D．，则该双曲线的离心率为（）5.已知直线，若，则的值为（）A．B．C．D．A．B．－4C．4D．6.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC.M，N分别是对边OB，AC的中点，点G在线段MN过点作圆（x+1）2+（y-2）2=169的弦，其中弦长为整数的弦共有（）10.上，，现用基向量表示向量，设，则的值分别A．16条B．17条C．32条D．34条是（）11.已知点是抛物线的焦点，点M为抛物线上的任意一点，为平面上定点，则A．，，B．，，的最小值为（）C．，，D．，，A．3B．4C．5D．67.如图，四位同学在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间，各自作出三个函数，12.在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（），的图像如下．结果发现其中有一位同学作出的图像有错误，那么有错误的图像是（）A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为A．C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为二、填空题13.圆与圆内切，则的值为.B．14.已知，，，若P，A，B，C四点共面，则λ=. （2）求二面角的余弦值.15.椭圆中，以点为中点的弦所在直线斜率为.22.如图，圆，点为直线上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点16.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历ft大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线分别为A，B.有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之（1）求直线AB的方程，并写出直线AB所经过的定点的坐标；一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯（2）若两条切线PA，PB与y轴分别交于S､T两点，求的最小值.圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O答案解析部分上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．1.【答案】B三、解答题【解析】【解答】依题意，17.已知函数，其图象过点.又因为B＝{x|－＜x＜}，（1）求的值；由数轴可知A∪B＝R，故答案为：B.（2）将函数图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在上的最大值和最小值.【分析】解出集合A，然后根据集合运算即可.2.【答案】C18.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，的角平分线所在直线方程为．【解析】【解答】由数z满足，可得.（I）求顶点的坐标；故答案为：C.（II）求直线的方程．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，，M是【分析】根据题意，得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.PD上一点，且.3.【答案】B（1）求异面直线PB与CM所成角余弦的大小；（2）求点M到平面PAC的距离.【解析】【解答】由题意易知：，即，，即20.在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，且离心率.。（1）求椭圆的方程；故答案为：B.（2）直线的斜率为，直线l与椭圆交于两点，求的面积的最大值.【分析】利用已知条件结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而再利用数量积的公式，从而求出向量21.如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且.的模。（1）证明：平面平面.4.【答案】D 通过三个图像比较不难得出答案C【解析】【解答】解：∵故答案为：C又a＜c∴【分析】可用特殊值法，的图象取最高点时其他函数对应的点一定不是最值点或零点，从而只有C故答案为：D不合适.【分析】先将a，b，c大致范围写出来，b最小，再用换底公式比较a，c大小.8.【答案】A5.【答案】B【解析】【解答】解：∵，∴【解析】【解答】因为，所以.当时，两直线重合，所以舍去.．故答案为：A当时，符合题意.所以.故答案为：B【分析】先化简，利用直线的斜率进行求解.【分析】根据题意由两条直线平行的直线系数之间的关系，代入数值计算出a的取值，然后验证即可得出满9.【答案】A足题意的a的取值。【解析】【解答】由，得.6.【答案】C设，.【解析】【解答】连结ON.由，得，即.因为M，N分别是对边OB，AC的中点，所以，，所以.又，即，所以，所以，又，所以.故答案为：A..【分析】根据题意由双曲线的定义结合三角形内的几何计算关系由勾股定理整理求出，再由双曲线里故答案为：Ca、b、c的关系结合离心率的公式由整体思想求出答案即可。10.【答案】C【分析】结合图形，因为M，N分别是对边OB，AC的中点，，，所以【解析】【解答】圆的标准方程是：，圆心，半径，，，从而表示出，即可得出过点的最短的弦长是以为中点的弦，为10，有1条答案.最长的弦长是过点的直径，为26，有1条，7．【答案】C还有长度为11，12，…，25的各2条，【解析】【解答】考查三角函数图象，所以共有弦长为整数的条．故答案为：C．连接，，，，则，，【分析】化简圆的方程为标准方程，求出弦长的最小值和最大值，取其整数个数．所以四边形为矩形，11．【答案】B则，，即，，【解析】【解答】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，又，且平面，平面，根据抛物线的定义可知，所以平面，要求取得最小值，即求取得最小，又，，所以为中点，则平面，所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，当三点共线时最小，即为.所以点的轨迹为四边形，所以的最小值为4.因此点不可能是棱的中点，即A不符合题意；故答案为：B.又，，所以，则点的轨迹不是正方形；【分析】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，由抛物线的定义，且矩形的周长为，C不符合题意，D符合题意；取得最小值，即求取得最小，当三点共线时最小，由此即可求出结果.因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最12.【答案】D大，所以线段的最大值为，B不符合题意.【解析】【解答】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为故答案为：D.轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为，分别为的中点，【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，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得出向量的坐标，再利则，，，，用中点坐标公式结合向量共线的坐标表示，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系以及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，所以，为使，必有点平面，又由点所以，设，则，在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，因此得出点不可能是棱的中点；再利因为，用点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等且最所以，，当时，；当时，；大，进而得出线段的最大值；再利用向量求模的公式，得出，，所以取，，，，，则点的轨迹不是正方形，再结合矩形的周长公式得出矩形的周长，进而找出说法正确的选项。即，13.【答案】-2或-1即，【解析】【解答】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，即，所以两圆的圆心距，弦所在的直线的斜率为，又因为两圆内切，有，故答案为：．解得或.故答案为：-2或-1.【分析】先设出弦的两端点的坐标，分别代入椭圆方程，两式相减后整理即可求得弦所在的直线的斜率．【分析】首先根据题中圆的标准方程求出圆的圆心与半径，再根据两圆相切求出的值为.16.【答案】14.【答案】-9【解析】【解答】如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．【解析】【解答】由P，A，B，C四点共面，可得共面，∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，，∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，，解得.在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，故答案为：-9∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.故答案为：．15.【答案】【分析】根据题意取点K（﹣2，0），连接OM、MK，根据△MOK∽△AOM，得出，进而有【解析】【解答】解：设弦的两端点为，，，，MK＝2MA，在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，进而得出|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长。17.【答案】（1）解：因为，代入椭圆得，所以.两式相减得，即，又函数图象过点，由于线段的中点在直线上，得方程，所以，即.即又，所以.由直线与直线垂直，得方程，即；（2）解：由（1）知，，联立方程组，得将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，可知，显然在直线上，且顶点的坐标为，所以直线的方程为，整理得因为，所以，.【解析】【分析】（1）根据的中点在上，且，联立方程组解得的坐标为因此，故.；（2）由题意利用角平分线的性质，求出直线的方程.所以19.【答案】（1）解：解法一：连BD交AC于O，连MO，如图（一）所示，平面ABCD，所以，.所以在上的最大值和最小值分别为和.在中，，，，【解析】【分析】(1)根据三角恒等变换得，再待定系数法得；又因为底面ABCD是矩形，所以O为BD中点，，，所以，（2）根据三角函数平移变换得，再根据整体代换思想求解函数的最值即可.因为M是PD上一点，且，所以M为PD中点，，，所以（或补角）就为PB与CM所成的角，18.【答案】解：（I）设顶点的坐标为；因为，，，所以平面PAD，.因为顶点在直线上，所以由题意知的坐标为，，，，因为中点在直线上，所以，，所以异面直线PB与CM所成角余弦值为；即；联立方程组，解得顶点的坐标为解法二：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图（二）所示的空间直角坐标系，则，，，（II）设顶点关于直线的对称点为，设，则，所以，故椭圆的方程为.由，知，所以，M为PD中点，（2）解：设的方程为，设点，所以，，.联立方程组，消去y整理，得，所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.所以，（2）解：解法一：过D做于N，如图（一）所示，平面ABCD，又直线与椭圆相交，所以，解得，所以，，所以平面PAC，则，DN为点D到平面PAC的距离，在中，，又M是PD中点，所以点M到平面PAC的距离为.点P到直线的距离，解法二：由问题（一）中解法二，可知，，设平面PAC的法向量为，所以，由，得，所以，取，得，当且仅当，即时，的面积取得最大值为2.所以是平面PAC的一个法向量.【解析】【分析】（1）由离心率，得到，再由点在椭圆上，得到，联立求得所以点M到平面PAC的距离为.，即可求得椭圆的方程；【解析】【分析】（1）可通过找平行线方法，将异面直线所成角（或补角）转化为同一平面内两直线所成角问（2）设的方程为，设点，联立方程组，根据根系数的关系和弦长公式，题处理；也可建立空间直角坐标系，利用向量夹角的公式计算异面直线所成角；以及点到直线的距离公式，求得，结合基本不等式，即可求解.（2）采用几何法，M到面PAC的距离为D到面PAC的距离的一半，即可求解；也可用向量法求空间中点到21.【答案】（1）证明：连接.面的距离公式求得.因为是边长为2的正方形，所以，20.【答案】（1）解：由题意，椭圆的离心率，即，可得，因为，所以，，所以，则.因为，所以.又椭圆过点，可得，因为，所以平面，将代入，可得，因为平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系.把代入，得，则，，，，故，，，.当时，取得最小值.设平面的法向量为，【解析】【分析】（1）确定以P为圆心，为半径的圆P，圆P与圆M相交，求出公共弦所在方程即为AB则，令，则.直线的方程，并可得到定点坐标；（2）根据圆的切线性质，结合勾股定理、点到直线距离公式，通过构造一元二次方程，利用一元二次方程根设平面的法向量为，与系数的关系进行求解即可.则，令，则.，记二面角的平面角为，由图可知为钝角，则.【解析】【分析】（1）推出，，根据面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系，利用向量法可求出二面角的余弦值。22．【答案】（1）解：，，∴故以P为圆心，以为半径的圆P的方程为，显然线段AB为圆P和圆M的公共弦，直线AB的方程为，即，所以，所以直线AB过定点.（2）解：设切线方程为，即，故到直线的距离，即，设PA，PB的斜率分别为，，则，，高二上学期期中联考数学试题（）一、单选题A.B．C．D．1.在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（）11.已知圆，直线与圆没有公共点，斜率为的直线与直A．B．线垂直，则的取值范围是（）C．D．A．B．C．D．2.若椭圆的一个焦点为，则的值为（）12.已知椭圆的离心率为，过右焦点且倾斜角为的直线与椭圆相交得到A．5B．3C．4D．2的弦长为，且椭圆上存在4个点构成矩形，则矩形面积的最大值为（）3.将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率是（）A．4B．C．8D．16二、填空题A．B．C．D．13.设空间向量，且，则.4.已知实数满足方程，则的最大值为（）14.设圆，圆，则圆有公切线条.A．3B．2C．-1D．-215.设是椭圆的左，右焦点，点在上，为坐标原点，且，则的面5.已知直线，若圆上存在两点关于直线对称，则的值积为.为（）16.在如图所示的实验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，且，且它们所在A．B．C．D．5的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，活动弹子在正方形对角线上移动，6.已知直线与直线平行，则等于（）A．3或—2B．—2C．3D．2当取最小值时，活动弹子与点之间的距离为.7．在四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（）三、解答题A．2B．3C．4D．517．已知点.8.过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（1）若直线与直线分别交于点，且线段的中点坐标为，求直线的斜率；（）（2）若直线过点，且原点到该直线的距离为，求直线的方程.18.已知定点，动点满足，设点的轨迹为.A.1B．C．D．（1）求轨迹的方程；9.已知直线，若，则的倾斜角的取值范围是（）（2）若点分别是圆和轨迹上的点，求两点间的最大距离.A．B．C．D．19.如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，10.在正方体中，棱的中点分别为，则直线与所成角的正弦值为 .（1）求证：平面；【分析】根据空间中点关于y轴的对称坐标的特点，可得答案.（2）求与平面所成的角正弦值.2．【答案】B20．设圆的圆心为，半径为，圆过点，直线交圆与两点，【解析】【解答】有题意知：焦点在轴上，则，从而，解得：..故答案为：B.（1）求圆的方程；【分析】由题判断焦点在轴上，结合关系式可求.（2）已知，过点的直线与圆相交于两点，其中，若存3.【答案】A在，使得轴为的平分线，求正数的值.【解析】【解答】将化为，21.如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，则该直线的斜率为、倾斜角为，，且是的中点.所以旋转后新直线的倾斜角为，（1）求证：平面；则新直线的斜率为.（2）求二面角的余弦值.故答案为：A.22.已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过的直线与交于【分析】先将直线化为斜截式，写出直线斜率和倾斜角，再求得新直线的倾斜角和斜率.两点，若与轴垂直时，4.【答案】D（1）求椭圆的标准方程；【解析】【解答】将方程变形为，则圆心坐标为，半径，（2）若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.则圆上的点的横坐标的范围为：则x的最大值是-2答案解析部分故答案为：D.1．【答案】B【解析】【解答】设点为关于y轴的对称点【分析】将方程化为，由圆的几何性质可得答案.则的中点在y轴上，且坐标为5.【答案】A【解析】【解答】∵圆：，∴圆的圆心坐标为，所以，则又圆：上存在两点P，Q关于直线对称，∴直线经过圆心，所以点关于y轴的对称点的坐标为.∴，解得.故答案为：B. 故答案为：A.9.【答案】D【解析】【解答】设的斜率分别为【分析】根据题意可知圆的圆心坐标为，又圆上存在两点P，Q关于直线对称，所以直线经过圆当时，，∵，∴，∴，心，将圆心坐标代入直线方程，即可求出结果.6.【答案】C∵，∴.【解析】【解答】由题意，解得或，时，两直线方程分别为，，平行，设直线的倾斜角为，，则，∴；时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．当时，直线的斜率不存在，倾斜角为，∵，∴的倾斜角为0.所以综上，.．故答案为：C．故答案为：D.【分析】根据两条直线平行的充要条件写出关系式，得到a的两个数值，再检验得到结论.【分析】设的斜率分别为，当时，根据，可知，求得的斜率为7.【答案】D，根据正弦函数的性质可知，再结合斜率与倾斜角的关系即可求出倾斜角的范围；【解析】【解答】设平面ABCD的法向量为，则，即，当时，易知的倾斜角为0；由此即可得到结果.∴，取，则，∴这个四棱锥的高.10.【答案】B故答案为：D.【解析】【解答】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，【分析】结合点面距离的向量公式求解即可.建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，8.【答案】D则，，，，【解析】【解答】由题意知：，∵，则，，∴四边形OAPB是正方形，且，设直线EF与的所成角为，∴.则，故答案为：D.∴.【分析】由题设易知OAPB是正方形且，结合两圆的位置关系画示意图，即可求参数r. 故答案为：B∴，故矩形MNPQ面积的最大值为4，【分析】以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量故答案为：A.的数量积即可求解.1.【答案】B【分析】根据，故，，，则直线：与椭圆联立，根据与椭圆【解析】【解答】由题意得，，即，∵直线与圆没有公共点，相交得到的弦长为求得椭圆方程；设，其中，得到，，∴，解得，∴.，然后得到矩形MNPQ的面积求解.13.【答案】1∵直线与直线垂直，∴，【解析】【解答】因为向量，且，∴，当且仅当，即时取等号，所以，即，又或时，，∴的取值范围是.解得.故答案为：B.故答案为：1【分析】根据直线与圆没有公共点求得，根据垂直可得，即可求出范围.【分析】根据，所以求解.12.【答案】A14.【答案】2【解析】【解答】由题意得，，故，，，则直线：，【解析】【解答】由题意得，圆：，圆：，联立，解得，∴，∴与相交，有2条公切线.，故答案为：2故所形成的弦长为，解得，【分析】将圆转化成标准式，结合圆心距判断两圆位置关系，进而求解.15.【答案】7即椭圆：.【解析】【解答】由题意得，，，，∴在以线段为直径的圆上，由对称性设，其中，则，，，∴，∴①，则，，由椭圆的定义知，②，由①②，解得，故矩形MNPQ的面积，.故答案为：7. （2）解：①当直线的斜率不存在时，其直线方程为，满足题意；【分析】根据题意可得，利用勾股定理和椭圆定义可求得，即可求出面积.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，16.【答案】原点到该直线的距离为，则直线的方程为.【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，则，综上所述，直线的方程为或.又平面平面ABEF，平面平面，∴平面.【解析】【分析】（1）根据题意线段的中点坐标为，求出，，即可求出直线∵四边形为矩形，∴，的斜率；以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，（2）当直线的斜率不存在时，直接写出直线的方程；当直线的斜率存在时，先用点斜式设出直线的方则，，，，.程，再用原点到直线的距离求出直线的斜率，进而求出直线的方程.∵点N在BF上，且，∴，又M在线段AC上移动，18.【答案】（1）解：设动点，则，，，则有，易得点，∴，，又，∴，∴当时，取得最小值，此∴，化简得，即，时点，则，∴，∴活动弹子M与点B之间的距离为.∴动点的轨迹E的方程为.故答案为：（2）解：设，圆心到轨迹E上的点的距离【分析】根据给定条件建立以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所∴当时，，示的空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答．∴.17.【答案】（1）解：设，【解析】【分析】（1）设动点，根据条件列出方程，化简求解即可；（2）设，求出圆心到轨迹上点的距离，配方求最值即可得解.的中点坐标为，19.【答案】（1）证明：如图所示：直线的斜率为. 由题意得，，解得，或，∴圆C的方程为或.，（2）解：由（1）知，圆C的方程为.设直线PQ的方程为，联立，化简得，以为原点建立空间直角坐标系，∴，.由题意得：，0，，，0，，，1，，，2，，，0，，证明：，1，，，1，，，0，，∵轴平分，∴，则，，，∴，即，，，即，平面；∴，解得，（2）解：由（1）可得，1，为平面的一个法向量，，则，∴当时，轴为的平分线.设与平面所成的角为，【解析】【分析】（1）设圆C的方程为，根据题意，利用待定系数法，即可求出结果；所以，（2）由（1）知，圆C的方程为，设直线PQ的方程为，联立直线与圆的方程，化简整理得到韦达定理，然后再根据轴平分，可得，化简整理可得所以与平面所成的角正弦值为.【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明，，即可得证；，求解方程即可得到结果.（2）由（1）可得，，为平面的一个法向量，求出与所成角的余弦值，即可得21.【答案】（1）证明：取的中点F，连接EF，，∵，出答案.∴，且，∴，20.【答案】（1）解：设圆C的方程为，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）解：取AC的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，联立，得，则，，，∴，.设平面的法向量是，则，设，，则，，则，即，令，得，，易知平面的一个法向量是，∴，设点，则，即，代入椭圆方程得，又二面角是钝二面角，∴，则，∴，∴二面角的余弦值为.∴，【解析】【分析】（1）取的中点F，连接，，由四边形是平行四边形即可求解；（2）取AC的中点O，以O为坐标原点，以为轴，为轴，垂直底面方向为轴，求出对应点坐标，结合二面角夹角余弦公式即可求解.又，∴的取值范围是，2.【答案】（1）解：由题意得，，即，则，把代入椭圆方程可得综上所述，的取值范围是.，【解析】【分析】（1）由离心率得出关系，由通径得出关系，结合椭圆关系式即可求解；（2）需分类讨论，分直线的斜率不存在、直线的斜率为0、直线的斜率存在且不为0三种情况，对第三∴，∴，即，种情况，可联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出，利用求出直线方程，并将代入椭圆∴，∴，，∴椭圆C的标准方程为；方程，得，化简并结合不等式即可求解.（2）解：由（1）知，的坐标为，①当直线的斜率不存在时，，，则；②当直线的斜率为0时，，，则；③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，高二上学期数学期中联考试卷8.已知点与点关于直线对称，则点的坐标为（）一、单选题A.B．C．D．1．圆心为，半径为3的圆的方程是（）A．B．D9.若圆上总存在两个点到坐标原点的距离为1，则实数的取值范围是（）C．．A．B．C．D．2．直线的倾斜角为（）A．B．10.已知，分别为双曲线的左，右焦点，双曲线上的点A满足C．D．3．若直线与圆相切，则的值为（），且的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）A．1B．C．D．2A．B．C．2D．4．双曲线的渐近线方程为（）11.已知抛物线的焦点为，抛物线上的两点，均在第一象限，且，A．B．C．D．，，则直线的斜率为（）5．已知两条直线和，若，则实数的值为（）A．1B．C．D．A．-2或1B．-2C．1D．-112.已知，分别为椭圆的左，右焦点，过原点的直线与椭圆交于，两点，且，6.如图所示，在平行六面体中，为与的交点，则下列向量中与相等的向量是（），，四点共圆，则四边形的面积为（）A.B．A．3B．4C．6D．8二、填空题C．D．13.两平行直线，之间的距离为.7.黄金分割起源于公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题，公元前300年前后欧几里得撰写《几何原本》时吸收了欧多克索斯的研究成果，进一14.已知抛物线的焦点与双曲线的右顶点重合，则实数的值为.步系统论述了黄金分割，成为最早的有关黄金分割的论著.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部15.设，分别为椭圆的左，右焦点，若直线上存在点，使分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，把称为黄金分割数.已知焦点在轴上的，则椭圆离心率的取值范围为.椭圆的焦距与长轴长的比值恰好是黄金分割数，则实数的值为（）16.若关于的不等式的解集为，且，则实数的值A．B．C．2D．为. 三、解答题1.【答案】D17.如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为1，顶点位于坐标原点，若【解析】【解答】因为圆心为，半径为3，故圆的方程为：.是棱的中点，是侧面的中心.故答案为：D.【分析】根据圆心和半径可直接得到圆的方程.（1）求点，的坐标及；2.【答案】C（2）求向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】直线可化为，18.已知在中，，，.（1）求边的垂直平分线的方程；设直线的倾斜角为，，（2）求的外接圆的方程.则斜率，即.19.某市为庆祝建党100周年，举办城市发展巡展活动，巡展的车队要经过一个隧道，隧道横断面由一段抛物故答案为：C线及一个矩形的三边组成，尺寸如图（单位：）.（1）以隧道横断面抛物线的顶点为原点，以抛物线的对称轴为轴，建立如图所示的平面直角坐标系【分析】先把已知直线化为斜截式，再利用倾斜角的正切值等于斜率，求得答案.，求该段抛物线所在抛物线的方程；3.【答案】B（2）若车队空车时能通过此隧道，现装载一集装箱，箱宽，车与集装箱总高，此车能否安全通【解析】【解答】由题设，圆心为，又直线与圆相切，过隧道？请说明理由.所以.20.已知点，，动点满足.（1）求动点的轨迹方程；故答案为：B.（2）直线与点的轨迹交于，两点，若弦的中点坐标为，求直线的方程.【分析】根据圆心到直线的距离等于半径，列出方程，求得r的值.21.已知圆，两条直线，，.4.【答案】C（1）证明：直线、均与圆相交；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为：.（2）设直线交圆于，两点，直线交圆于，两点，求的最大值.故答案为：C22.已知椭圆经过点和.【分析】由双曲线的渐近线方程为，即可得到所求双曲线的渐近线方程.（1）求椭圆的方程；5.【答案】B（2）经过点的直线与相交于，两点（不经过点），设直线，的斜率分别为【解析】【解答】解：因为直线和，，，试问是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由.所以，解得或，答案解析部分当时，直线和重合，不满足；故答案为：A.当时，直线和，满足平行.【分析】根据椭圆方程，可得，长轴长，再结合条件，列出方程所以故答案为：B，求解可得出实数的值.8.【答案】B【分析】由，利用直线与直线平行的条件能求出m的值.【解析】【解答】解：设点，因为点与点关于直线对称，6.【答案】A【解析】【解答】A：所以，解得，，A符合题意；B：所以，B不符合题意；故答案为：BC：【分析】设点，由两点的中点坐标公式和两直线垂直的条件，可得的方程组，解方程可得点，C不符合题意；的坐标.D：9.【答案】C，D不符合题意；【解析】【解答】解：到原点的距离为的点的轨迹为圆，故答案为：A因此圆上总存在两个点到原点的距离均为【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算法则，即可求解出答案.转化为圆与圆有两个交点，7．【答案】A∵两圆的圆心和半径分别为，，，，【解析】【解答】焦点在轴上的椭圆中，∴，∴，解得实数的取值范围是.，故答案为：C所以，由题意得，即，即，【分析】根据题意，求出到坐标原点的距离为1的点的轨迹为圆，结合圆与圆的位置关系分析，可求出实数的取值范围.解得，10.【答案】B 【解析】【解答】设，，双曲线上的点A满足，的中点在轴上，可12.【答案】D得，∴，【解析】【解答】解：因为过原点的直线与椭圆交于，两点，且，，，四点共圆，即有轴，A的横坐标为，如图所示：所以根据椭圆的对称性得四边形是矩形，所以，，令，可得，所以，解得在直角三角形中，，所以四边形的面积为8故答案为：D可得，即为，【分析】利用已知条件，判断四边形的形状，结合椭圆的定义，转化求解四边形的面积.即，，13.【答案】【解析】【解答】解：直线，即为，解得，或(不合题意，舍去)；所以两平行直线与之间的距离为双曲线的离心率是．故答案为：B．.故答案为：【分析】根据题意画出图形，结合图形用a、b、c表示出A点坐标，得出轴，在直角三角形中，利用，求得a、c的关系，求出双曲线的离心率.【分析】根据已知条件，结合两平行直线的距离公式，即可求解出答案.1.【答案】C14.【答案】8【解析】【解答】如图：作垂直准线于，垂直准线于，作于，【解析】【解答】由题设，抛物线焦点为，而双曲线的右顶点为，因为，，，所以，即.故答案为：8.由抛物线的定义可知：，，，所以，直线的斜率为：.【分析】求出双曲线的顶点坐标，结合抛物线的焦点坐标，求解实数的值.故答案为：C.15.【答案】【分析】利用抛物线的定义，结合已知条件，求解直线PQ的斜率即可. （2）解：由题设，，，则，【解析】【解答】由题设，，则，而，所以，所以.故答案为：.所以向量在方向上的投影数量.【解析】【分析】(1)由已知条件，直接可推得，，再结合向量模公式，即可求解出【分析】根据已知条件，结合两点之间的距离公式和椭圆的性质，即可求解出椭圆离心率的取值范围.；16.【答案】(2)根据已知条件，结合投影公式，即可求解出向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】设，18.【答案】（1）解：由题意知，，则的图象是一条过定点的直线，的图象是圆的上半圆部分，设AB的中点为E，则，注意到点在圆上，故关于原点的对称点也在圆上，又直线AB的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为2，如图示：当直线经过点时，满足关于的不等式得其方程为，即；，（2）解：由可得边AC的垂直平分线方程为，由关于的不等式的解集为，且，可知：，所以，解得，此时直线的斜率即实数，即的外接圆的圆心为(1，-2)，所以圆的半径为，故答案为：所以圆的标准方程为：.【分析】构造函数，则的图象是一条过定点的直线，【解析】【分析】(1)直接利用点的坐标求出直线的斜率，进一步求出边的垂直平分线的方程；(2)首先求出中垂线的交点，即求出圆心的坐标，进一步求出圆的半径，最后求出的外接圆的方程.的图象是圆的上半圆部分，作出图象，由图象分析求解即可得实数的值.19.【答案】（1）解：由题设，可设抛物线方程为，由图知：，，17.【答案】（1）解：因为正方体的棱长为1，位于坐标原点，是棱的中点，是所以，则，故抛物线所在抛物线的方程.侧面的中心，（2）解：由题设，令，要使装载集装箱的车能安全通过隧道，则，所以，，则，故.由（1）并将点代入可得：，故. 所以此车不能安全通过隧道.将圆的方程化为标准方程得，【解析】【分析】(1)设抛物线的方程为，由题意可知抛物线过点，代入求出a的值，即因为，所以点在圆内，可求出抛物线所在抛物线的方程；所以直线、均与圆相交.(2)如果此车能通过隧道，集装箱处于对称位置，集装箱角离隧道的底于箱高，比较即可做出判断.（2）解：因为圆的圆心为，半径为，20.【答案】（1）解：根据双曲线的定义得动点的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双所以到直线的距离为，曲线，，所以，所以动点的轨迹方程到直线的距离为（2）解：设，则，，所以所以，即，所以，，所以，所以因为弦的中点坐标为，所以，，所以当且仅当，即时等号成立.所以直线的方程为，即.所以，即的最大值为.【解析】【分析】(1)由已知可得直线、都过定点(2，0)，判断点(2，0)在圆C内部，即可得证直线联立方程得，、均与圆相交；此时，，满足题意.(2)设圆心C到直线、的距离分别为d1，d2(d1，d2≥0)，所以有，将|AB|，|EF|用d1和d2表所以直线的方程为示出来，转化为基本不等式求最值，可得的最大值.【解析】【分析】(1)由题意结合双曲线的定义求解其动点的轨迹方程；(2)利用点差法求得直线的斜率，然后可得直线的方程.2.【答案】（1）解：因为椭圆经过点和，21.【答案】（1）证明：直线变形得，直线变形得，所以，解得，所以直线、过定点，所以椭圆的方程为.（2）解：根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，所以联立方程得，所以，解得，所以，所以因为，，所以.所以为定值，【解析】【分析】(1)由已知可得b，再由B点坐标求得a，则可求出椭圆的方程；(2)根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，再求出k1，k2，利用根与系数的关系求解，即可证得为定值. 高二上学期数学期中联考试卷A.B．一、单选题1.已知经过两点，的直线斜率为1，则（）A．－3B．3C．1D．－1C．D．2.已知圆的圆心在直线上，则该圆的半径为（）A．2B．C．4D．1510.已知边长为2的正方体中，E，F分别为，的中点，则点B到平面AEF的距3.若向量，互相垂直，则（）离为（）A．B．C．2D．3A．B．C．D．4.已知点P为圆：上任一点，点Q为圆：上任一点，则的最小值11.某玩具台球桌为矩形（设为ABCD），，，一小球从边AB上异于A，B的一点M出发，为（）经BC，CD，DA反弹后恰好到达B点，已知，则该小球的运动轨迹的长为（）A.1B．C．2D．4A．B．8C．D．95.已知，为空间向量，若已知，则（）12.已知正方形的边长为2，，分别为，的中点，沿，将三角形，折A．B．C．D．起，使得点，恰好重合，记为点，则与平面所成角的正弦值为（）6.已知三条直线：，：，：所围成的图形为直角三角形，则该三角形的面积为A．B．C．D．（）二、填空题A．B．C．或D．或13.设，分别是平面，的法向量．若，则．7.已知圆经过椭圆C：的右焦点，上顶点与右顶点，则（）14.已知圆直径的两个端点为，，则该圆的标准方程为．A．B．C．D．15.已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点P为椭圆上一点，，且直线PA恰好经过OB中点，则该椭圆的离心率为．8.在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为16.已知点是空间直角坐标系O-xyz中的一点，则点P关于x轴的对称点为Q的坐标4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（）为．若点P在平面xOy上的射影为M，则四面体O-PQM的体积为．三、解答题A．B．C．2D．317.已知直线l经过点且斜率为．（1）求直线l的方程；9.直线与圆的大致图象可能正确的是（）（2）若直线平行于直线l，且点P到直线的距离为，求直线的方程． 18.已知圆C经过两点，，且圆心C在x轴上．由于圆心在直线上（1）求圆的标准方程；所以可得，即圆的方程为（2）已知直线l与直线AB垂直，且与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．19.如图，三棱柱中，D为中点，．设，，．所以圆的半径为．（1）试用，，表示向量；故答案为：B（2）若，，求异面直线AE与所成角的余弦值．【分析】根据题意，将圆的方程变形为标准方程的形式，求出圆的圆心，又由圆的圆心在直线即可20.如图，ABCD为圆柱的轴截面，P为底面半圆周上一点，E为PC中点，．得a的值，由此可得圆的半径.（1）求证：；（2）若，求平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值．3.【答案】B21.已知圆M与圆N：相外切，与y轴相切原点O．【解析】【解答】因为向量，互相垂直，（1）求圆M的方程；所以，即，（2）若圆M与圆N的切点在第一象限，过原点O的两条直线与圆M分别交于P，Q两点，且两直线互相解得，故垂直，求证：直线PQ过定点，并求出该定点坐标．所以．22.已知椭圆E：的上顶点到焦点距离为2，且过点．故答案为：B（1）求椭圆E的方程；【分析】根据向量垂直可得，即，求出a，可求出的值.（2）设斜率为的直线l与E交于A，B两点直线l与x轴的交点为M，三角形ABC是以AB为斜边的4.【答案】A等腰直角三角形，CM的中点为P，AB的中点为Q，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明【解析】【解答】解：由题知，圆半径为，圆心坐标为，圆半径为，圆心坐标为理由．答案解析部分，1.【答案】D所以两圆的位置关系为内含，【解析】【解答】由题意知，得所以，，．所以的最小值为故答案为：D.．故答案为：A【分析】利用斜率公式列出等式，求解可得a的值.2.【答案】B【分析】确定两圆的圆心坐标与半径，判定两圆内含，即可求出的最小值.5.【答案】D【解析】【解答】解：的圆心坐标为，【解析】【解答】解：因为，平方可得，所以，得，解得，所以，所以该圆的方程为．因为，所以故答案为：A．故答案为：D【分析】先得出椭圆的右焦点，上顶点与右顶点，代入圆的方程，解出b的值.8.【答案】B【解析】【解答】解：根据题意，建立如图所示的坐标系，【分析】由，平方可得，再利用可求出的值.因为窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，6.【答案】C所以椭圆的标准方程为，【解析】【解答】解：由题意知，若，则，与的交点坐标为，则此时三角形的面积为因为其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，，所以当时，，所以最短窗棂的长度若，则，与的交点坐标为，所以此时三角形的面积为为．故答案为：B．所以该三角形的面积为或．故答案为：C【分析】根据题意，建立坐标系得椭圆的标准方程为，再结合题意计算可得答案.9.【答案】B【分析】分和两种情况，得出三角形顶点的坐标，可得三角形面积.【解析】【解答】解：对于A，因为，所以圆过原点，A不正确；7.【答案】A对于B，圆心坐标在第一象限，，，直线的截距与圆心纵坐标相符合，故正确；【解析】【解答】椭圆C：，右焦点为，上顶点为，右顶点为，对于C，圆心坐标在第三象限，，，故直线过一三四象限，C不正确；代入圆的方程，对于D，由题知直线的截距与圆心纵坐标相等，D不符合，故不正确；故答案为：B【分析】根据直线在坐标轴上的截距以及直线斜率的正负情况，以及圆心的坐标的正负情况，进行判断，先由直线位置得到a，b的符号，再由圆心的位置确定是否满足条件，由此得到答案.【解析】【解答】由题意知，故，故PA，PE，PF三线互相垂直，10.【答案】C故以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，【解析】【解答】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，可以求得，，，，则，，，.设，设平面的法向量为，根据，则，，则则，即，则令，则，得.可得，又，所以点B到平面AEF的距离为设平面的法向量为故答案为：C.【分析】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出平面AEF的.法向量，进而可求出点B到平面AEF的距离.1.【答案】C所以可以求得平面的法向量为，【解析】【解答】如图，建立平面直角坐标系，，其中，，，，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对所求与平面所成角的正弦值为称点为，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，连接，交CD，．故答案为：B.AD于Q，R连接，交BC于P，则可得P，Q，R为反射点，所以轨迹长为.【分析】以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法可求故答案为：C.出与平面所成角的正弦值.13．【答案】5【分析】建立平面直角坐标系，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对称点为【解析】【解答】∵，则，∴，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，轨迹长为．故答案为：5，进而可求出该小球的运动轨迹的长.【分析】根据向量垂直，数量积等于0，即可求出t的值.12．【答案】B 14.【答案】【分析】求得直线PA的方程，与椭圆方程联立，再利用韦达定理进而得出F点坐标，由题意得【解析】【解答】解：因为圆直径的两个端点为，，可得关于a的方程，从而求出椭圆得离心率.所以圆心坐标为，直径为，16．【答案】（1，-1，-2）；【解析】【解答】点，点Q到平面OPM距离即为点到平面OPM距离，所以圆的方程为．即为点到OM距离，可以求得该距离为即为，故答案为：因为，所以．故答案为：（1，-1，-2）；.【分析】由题意可知圆心坐标为，直径为，再根据标准方程公式求解，即可得出该圆的标准【分析】根据空间坐标系点关于坐标轴对称的特征得出点Q的坐标，利用点到平面的距离的定义可得点Q到方程.平面OPM距离为，结合三棱锥的体积公式计算即可得四面体O-PQM的体积.15.【答案】17.【答案】（1）解：因为直线l经过点且斜率为，【解析】【解答】因为OB中点，直线PA恰好经过OB中点，所以直线l的方程为，整理得；（2）解：因为直线平行于直线l，直线l的方程为，所以直线PA方程为，联立，所以设直线的方程为，因为点P到直线的距离为，消去x得，得，所以，解得或，从而得到，所以，所以直线的方程为或．因为，所以，即，【解析】【分析】(1)由点斜式写出直线l的方程为，化为一般式即可；(2)由直线与直线l平行，可设直线的方程为，由点到直线的距离公式得到关于c的方得，所以椭圆得离心率为程，求解即可得直线的方程．．故答案为：18.【答案】（1）解：已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，所以，因为圆C经过两点，，所以，，解之得，所以；所以，（2）解：由题意知，所以直线l的斜率为，所以异面直线AE与所成角的余弦值为．所以设直线l的方程为，【解析】【分析】(1)由，根据空间向量的加法和数乘的运算法则，即可求解出用，，表得圆心C到直线l的距离为，示向量；因为直线l与圆C相交所得弦长为，所以，(2)先计算，和的值，从而求得的值，进而得的值，然后由所以，即，，即可求解出异面直线AE与所成角的余弦值．求得或，20.【答案】（1）证明：因为ABCD为圆柱的轴截面，所以直线l的方程为或．所以平面ABP，所以，又因为，所以平面PBC，所以，【解析】【分析】(1)已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，将，又因为，，所以平面PAC，所以，代入上式，即可求解出圆的标准方程；因为E为PC中点，所以三角形PBC为等腰三角形，即；(2)根据已知条件，结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解出直线l的方程．（2）解：如图，以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，设，19.【答案】（1）解：因为D为中点，则，，，，，可得，所以设平面PAD的法向量为，因为，所以，可得，，设平面ABE的法向量为，所以；则，即，不妨令，（2）解：由题意知，，可得为平面ABE的一个法向量，，所以，所以，平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．又因为，【解析】【分析】(1)平面ABP，则有，再结合已知条件可得平面PBC，则 PA⊥BE，再利用线而垂直的判定定理可得平面PAC，则，从而可证得；(2)以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量和平面ABE的一（2）解：设直线l：，联立，个法向量，利用空间向量法求解出平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值.21.【答案】（1）解：由题意知，圆M与y轴相切原点O，所以设圆M的方程为消去y得，因为圆M与圆N：相外切，且N：，，解得，所以，所以或，设，，，所以M：或M：；则，，得，（2）证明：由题意知M：，则，设OP所在直线方程为，联立，l与x轴的交点为，所以，得，，所以，同理把k换做，可得，，因为，CM的中点为P，所以PQ所在直线方程为，所以，化简为：所以为定值．故直线PQ过定点．【解析】【分析】（1）设圆M的方程为，由题意可得，求解【解析】【分析】（1）由题意知上顶点到焦点距离为，将点代入椭圆方程得，解可得a的值，即可求得圆M的方程；得，即可求出椭圆E的方程；（2）设OP所在直线方程为，与圆方程联立可得P，Q点坐标，进而得出PQ所在直线方程，可证得直线PQ过定点.（2）设直线l：，代入得，利用韦达定理得2.【答案】（1）解：由题意知上顶点到焦点距离为，，，得又椭圆过点，，即可求出为定值.所以，得，所以椭圆E的方程为；高二上学期数学期中联考试卷C．，，D．，一、单选题9．如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于1.已知向量，若，则x的值为（）棱AB，若，则线段CD的长为（）A．1B．-3C．±1D．3A．B．16C．8D．2.点到直线的距离为（）10.如图，正三棱柱中，，，是的中点，则与平面A．B．C．D．所成角的正弦值等于（）3.椭圆的上､下顶点分别为，右顶点为A，右焦点为F，，则椭圆的A．B．C．D．离心率为（）11.设，分别是椭圆E：的左､右焦点，若椭圆E上存在点P满足，A．B．C．D．则椭圆E离心率的取值范围为（）4.已知空间向量，，且，则向量与的夹角为（）A．B．C．D．A．B．C．D．12.在平面直角坐标系中，和是圆上的两点，且，点5.以点为圆心，且与直线相切的圆的方程为（），则的取值范围是A．B．A．B．C．D．C．D．6.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点为线段上一二、填空题点，且，若记，，，则（）13.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是．A．B．14.如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上C．D．7．直线被圆所截得的弦长为（）的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为.D．15.已知椭圆C的中心在坐标原点，右焦点F为直线与x轴的交点，且在经过点F的所有弦A．4B．C．，若直线与线段有公共中，最短弦的长度为，则C的方程为．8．已知点，点，直线（其中点，则的取值范围是（）16.已知动点A，B分别在圆和圆上，动点P在直线A．，B．，，上，则的最小值是．三、解答题【分析】由空间向量的模的公式，代入数值计算出x的值即可。17.已知直线，求2.【答案】B（1）求直线l的斜率：【解析】【解答】根据距离公式可得：（2）若直线m与l平行，且过点，求直线m的方程．点到直线的距离，18.如图，直三棱柱底面中，，，棱，是的中故答案为：B.点.【分析】利用点到直线的距离公式即可求出答案.（1）求，的值；3.【答案】C（2）求证：.【解析】【解答】解：椭圆的上､下顶点分别为，19.如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点．右顶点为A(a，0)，右焦点为F(c，0)，，可得=﹣1，（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；=1，解得e=.（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程．故答案为：C.20.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，点M是棱PD上一点，且AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．【分析】求出椭圆的焦点坐标，顶点坐标，利用垂直关系列出方程，转化求解即可得椭圆的离心率.（1）若PM：MD＝1：2，求证：PB∥平面ACM；4.【答案】A（2）求二面角A﹣CD﹣P的正弦值；【解析】【解答】由题意，，解得，（3）若直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，求MD的长．又，21.已知圆和点，动圆经过点，且与圆内切.所以，（1）求动圆的圆心的轨迹的方程；又，所以与的夹角为（2）设点关于点的对称点为，直线与轨迹交于、两点，若．故答案为：A.的面积为，求的值.答案解析部分【分析】根据求得n，利用夹角公式求得向量与的夹角.1．【答案】C5.【答案】D【解析】【解答】由题得，所以.故答案为：C【解析】【解答】解：由题意得圆的半径则所求圆的方程为：直线与线段有公共点，当时，直线，与线段有公共点，故答案为：D【分析】根据点到直线的距离公式，结合圆的标准方程直接求解即可.当时，直线的斜率，6.【答案】A或，解得，或，【解析】【解答】解：综上所述：的取值范围为，，，故答案为：A【分析】根据题意由向量的加减运算法则以及向量的线性运算法则，整理即可得出答案。7.【答案】D【解析】【解答】圆的标准方程为，故答案为：D．圆心到直线的距离为，【分析】求出直线恒过定点，求出A、B与定点的斜率，即可得到的取值范围.所求弦长为．9.【答案】D故答案为：D.【解析】【解答】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则四边形为平行四边形.线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB.【分析】根据题意，由圆的标准方程分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与，则为二面角的平面角，即圆的位置关系即可求得所截得的弦长.，如图所示.8.【答案】D为等边三角形，【解析】【解答】解：由题意，（其中，，，，平面，平面则，平面又平面，解得：，在中直线所过定点；故答案为：D点，点，设直线所过定点为，则的坐标；【分析】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则由题意可知为等边三角形，为直角三角形，求解即可.，，10.【答案】B 【解析】【解答】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，所以，为轴，建立空间直角坐标系，由，，，则，，，，0，，，0，，，1，，所以整理可得：消去得：所，，，，0，，，，，设平面的法向量，，，以，即则，取，得，，，可得：.设与平面所成角为，故答案为：D.则，【分析】设P的坐标，由题意可得左右焦点的坐标，由数量积可得P的横坐标的表达式，再由P在椭圆上，可得P的横坐标的取值范围，进而可得a，b，c的关系，再由椭圆中a，b，c之间的关系求出椭圆E离心率与平面所成角的正弦值为。的取值范围.故答案为：B．12.【答案】A【解析】【解答】解：设，则有，所以A为BE的中点，，【分析】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为过O作CF⊥AB，垂足为F，如图所示，轴，建立空间直角坐标系，再利用已知条件求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而求出直线AD与平面所成角的正弦值。1.【答案】D【解析】【解答】由椭圆的方程可得，，设，由，则，即，由P在椭圆上可得，所以，代入可得【分析】根据椭圆的标准方程，求出k满足的条件，即可求得的取值范围.14．【答案】【解析】【解答】解：如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：则设，则，设直线与所成角为所以，即，解得或（舍去），所以，故答案为：．因为，所以，则，【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求得t，进而求得线，段的长.15.【答案】所以点E的轨迹方程为：(x-1)2+y2=5，所以，【解析】【解答】由题得，设，则的取值范围是，故选：A.则解得，，，【分析】根据向量的线性运算，结合圆的标准方程以及向量的模求解即可.13.【答案】所以的方程为【解析】【解答】由于方程表示焦点在y轴上的椭圆，．故答案为：所以，解得，.所以的取值范围是.【分析】根据题意设出椭圆方程，建立a.b，c关系，求出a，b的值，即可求出C的方程.故答案为：16.【答案】【解析】【解答】由题意，点，，设点关于直线的对称点为.，【解析】【分析】(1)以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别如图：求出向量，的坐标，然后代入两个向量夹角余弦公式，即可得到，的值；(2)求出向量，的坐标，然后代入向量数量积公式判定两个向量的数量积是否为0，可证得则，解得，即，连接，.19.【答案】（1）解：在直线上，设，∴圆与轴相切，圆为：，，又又圆与圆外切，圆，即圆，圆心，故.半径；故答案为：，解得，【分析】根据题意，分析圆C1和圆C2的圆心和半径，设圆N与圆C1关于直线x+y+1=0对称，求出其圆心圆的标准方程为．N的坐标再由已知条件即可得出圆心坐标再，由圆与圆的位置关系可得当P在线段上时，|PA|+|PB|取得（2）解：由题意得，，设，最小值求出的值，由此计算出最小值可得答案．则圆心到直线的距离：，17.【答案】（1）解：由直线方程知：，即直线l的斜率为；则，，即，（2）解：由（1），根据直线m与l平行，且过点，则直线m：，解得或，∴直线m一般形式为.直线的方程为：或．【解析】【分析】(1)把直线l方程化为斜截式，可求出直线l的斜率；(2)利用直线的平行关系求出直线m的方程．【解析】【分析】(1)设N(6，n)，则圆为：，从而得到，由此能18．【答案】（1）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出圆N的标准方程；，0，，，1，，，0，，，1，，，，，(2)由题意得，，设，则圆心到直线的距离：，由此能求出直线l的方程．，1，，，.20.【答案】（1）证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，（2）证明：，0，，，1，，，0，，，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，，1，，，，，∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，∴||＝＝＝，∵点M是棱PD上一点，PM：MD＝1：2，AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．解得λ＝，∴P（0，0，4），A（0，0，0），B（2，0，0），∴．C（2，2，0），M（0，，），【解析】【分析】(1)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，由此能证明＝（2，0，﹣4），＝（2，2，0），＝（0，，），PB//平面ACM；设平面ACM的法向量，(2)求出平面CDP的法向量和平面ACD的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣P的正弦值；(3)求出平面CDP的法向量，由直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法能求出MD的长.则，取x＝2，得（2，﹣2，1），21.【答案】（1），圆心，半径，∵4﹣4＝0，PB⊄平面ACM，∴PB∥平面ACM．因为动圆经过点，且与圆内切，所以，（2）解：D（0，4，0），＝（2，2，﹣4），＝（0，4，﹣4），即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，设平面CDP的法向量（a，b，c），故圆心的轨迹的方程为.则，取b＝1，得（1，1，1），（2）因为点关于点的对称点为，所以，平面ACD的法向量（0，0，1），因为，所以点不在轴上，直线的斜率不为，设二面角A﹣CD﹣P的平面角为θ，则直线的方程为，则|cosθ|＝＝，联立，整理得，，∴二面角A﹣CD﹣P的正弦值为＝．（3）解：设，（0≤λ≤1），设，，则，，则，因为是的中点，、、三点共线，的面积为，∴，，平面CDP的法向量，所以，，∵直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，由直线过点易知，，故，即，，令，则，，，故，，.【解析】【分析】（1）由题意可知，即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，由此计算椭圆方程即可。（2）由题意可设直线的方程为与椭圆方程联立，设，由根与系数的关系，，结合三角形的面积公式可知，可得的值，进而求解t值。高二上学期数学期中联考试卷A．B．2C．1D．3一、单选题10．在如图所示的几何体中，平面PDC，是等腰直角三角形，四边形ABCD为平行四边形，且1.直线的倾斜角为（）．，则点C到平面PAB的距离为（）．A．B．C．D．不存在A.1B．C．D．2.下列向量与向量共线的单位向量为（）11.如图，在直三棱柱中，，，D为上一点（不在端点处），且A．B．，若为锐角三角形，则m的取值范围是（）．C．D．A．B．C．D．3.若方程表示圆，则实数a的取值范围为（）12.已知点是圆上的一点，记点P到x轴距离为，到原点O的距A．B．C．D．离为，则当取最小值时，（）4.设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线//平面，则实数z的值为（）A．B．C．D．A．-5B．5C．-1D．1二、填空题13.在空间直角坐标系中，已知，，，若，则实数5.圆：和圆：的公切线的条数为（）．A．1B．2C．3D．414.已知过的直线l与直线没有公共点，则直线l的方程为．6.已知空间向量，，若，则（）．15.圆与圆的公共弦长为.A.B．C．D．16.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且7．已知直线：过定点，直线过点且与直线垂直，则直AB＝4，SA＝3，E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足＝λ，则当实数λ的值为线的方程为（）时，∠AFE为直角．三、解答题A．B．17．已知A（1，－1），B（2，2），C（3，0）三点，求点D，使直线CD⊥AB，且CB∥AD．C．D．18．已知（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2）．8.我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱（1）求的值；柱．在堑堵中，，P为的中点，则（）．（2）已知，，||＝||，求．A．6B．-6C．2D．-219.已知圆的圆心在坐标原点，直线的方程为.9.直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则（）（1）若圆与直线相切，求圆的标准方程；【分析】由与向量共线的单位向量为，求解可得答案.（2）若圆上恰有两个点到直线的距离是1，求圆的半径的取值范围.在直三棱柱中，，，，E、F分别为、的中点．3.【答案】B20.【解析】【解答】方程化为标准方程为，有，∴．.（1）求直线AE与所成角的大小；故答案为：B（2）判断直线与平面ABF是否垂直．21.已知圆C的方程为．【分析】把圆的方程化为标准方程，即可求出实数a的取值范围.4.【答案】B（1）设O为坐标原点，P为圆C上任意一点，求的最大值与最小值；【解析】【解答】由直线//平面，知向量与垂直，（2）设直线，记直线l被圆C截得的弦长为a，直线l被圆截则有，得的弦长为b，试比较a与b的大小．解得.22.如图，在四棱锥中，已知底面，，，，故答案为：B，异面直线和所成角等于.（1）求直线和平面所成角的正弦值；【分析】根据线面平行，求出法向量与直线的方向向量垂直，即可求出实数z的值.（2）在棱上是否存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为？若存在，指出5.【答案】C点在棱上的位置；若不存在，说明理由.【解析】【解答】由题知圆：的圆心，半径，圆：答案解析部分的圆心，半径，所以，，所以两圆外切，所1.【答案】A以两圆共有3条公切线.【解析】【解答】直线与x轴平行，斜率为0，所以直线的倾斜角为0°，故答案为：C故答案为：A．【分析】根据题意求出圆心坐标以及半径，然后由两点间的距离公式求出两圆的圆心距，再与两圆的半径之【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出答案.和进行比较，从而得出两圆的位置关系，由此即可得出公切线的条数。2.【答案】C6.【答案】A【解析】【解答】由，【解析】【解答】由得，，解得，∴与向量共线的单位向量则，，为或.所以，故答案为：C故答案为：A．【分析】由求得，再由，求出答案.【分析】由题意可得，圆心(0，0)到两条直线的距离相等，且圆心到直线和距离皆为，即7.【答案】A，由此求得的值.【解析】【解答】∵由题意，直线：，10．【答案】B∴过定点，则直线过定点，【解析】【解答】如图，以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系∵直线与直线垂直，则直线的斜率，则，，，，，，．∴直线的方程为，即.故答案为：A.设平面PAB的一个法向量为，则由，令，得，故，【分析】由已知条件即可得出直线过的定点，再由直线垂直的斜率之间的关系，结合点斜式即可求出直线的方程。则点C到平面PAB的距离为，8.【答案】A故答案为：B.【解析】【解答】根据堑堵的几何性质知：，，．因为，，【分析】以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAB的一个法向量，根据空间距离的向量求法，即可求出点C到平面PAB的距离.所以1.【答案】B.【解析】【解答】由图形可知，，总为锐角．以C为原点，CA，CB，所在直线分别为故答案为：A．x，y，z轴，建立空间直角坐标系，不妨取，则，，，，则，，【分析】由条件得，，，将用向量表示，代入数量．由可知，积的公式进行运算，即可求得答案.9.【答案】B则，【解析】【解答】由题意得直线和单位圆弦长皆为，．由，得，解得或．又知，所以所以圆心到直线和距离皆为，即，．故答案为：B故答案为：B. 【分析】由题意，以C为原点，CA，CB，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，故答案为：3x-y+7=0。由，不妨取，求C，B1，A，B出点的坐标，又为锐角三角形，利用向量的夹【分析】利用过的直线l与直线没有公共点，得出过的直线l与直线角为锐角，求出m的取值范围.没有公共点，再利用两直线平行斜率相等，进而得出所求直线的斜率，再利用点斜式求出直线l的方程。12.【答案】D15．【答案】【解析】【解答】化为标准方程：，【解析】【解答】两圆方程相减可得公共弦直线方程为，点是圆上一点，圆的圆心为，半径为，不妨设（t为参数），圆心到的距离为，公共弦长为.则故答案为：.其中当时，可取得最小值30【分析】先把两个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长.此时16．【答案】故答案为：D【解析】【解答】∵SA⊥面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0，4，0)，S(0，0，3)．设BC＝m，则C(m，4，0)，【分析】利用圆的参数方程表示出并求最值，利用三角函数求出的值.∵＝λ，∴＝λ，13.【答案】3∴【解析】【解答】由题意得，，∴F.同理，E，所以，即，∴故答案为：3要使∠AFE＝90°，则，【分析】根据条件求出的坐标，由列出等式，求解可得实数的值.又，14.【答案】3x-y+7=0∴，【解析】【解答】由题意可知：直线l与直线平行，直线l的斜率为3，所以直线l方程为∴16λ＝9，∴λ＝.，即3x-y+7=0。【分析】建立空间直角坐标系A－xyz，设BC=m，求出所需点的坐标，利用，则＝λ所以，，求出点F的坐标，同理求出点E的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示，由，列式求解出即，所以，即圆的半径的取值范围是.实数λ的值.【解析】【分析】(1)根据题意由直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式计算出圆心到直线的距离公式，由此计算出圆的半径，从而得出圆的方程。17．【答案】解：设，则，(2)由(1)的结论，结合圆心到直线的距离，由圆的几何意义即可得到，从而得出半径的取值范围。【解析】【分析】设，由直线CD⊥AB，且CB∥AD可得，求解出x，y，即可求得20．【答案】（1）解：由题意知，AB、AC、两两垂直，分别以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，点D的坐标.则，，，，，．18．【答案】（1）解：∵（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2），∴，，∴（﹣2，﹣3，0），∴()＝2×（﹣2）+3×（﹣3）+（﹣1）×0＝﹣13；∴，故直线AE与所成角为．（2）解：设（x，y，z），（2）解：由（1）可得：，，∵⊥，⊥，||＝||，∴，，∴，，∴，∵，AF、平面ABF，∴平面ABF．解得：或，【解析】【分析】(1)以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，利用向∴(3，﹣2，1)或（﹣3，2，﹣1）．量法能求出直线AE与所成角的大小；【解析】【分析】(1)根据空间向量运算性质进行计算即可求得的值；(2)利用向量法求出，，从而判断出直线与平面ABF垂直．(2)设（x，y，z），根据，，||＝||，列方程组，求解可得的坐标．21.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，则圆心，圆C的半径为，因为，19．【答案】（1）设圆的半径为，圆心到直线距离为，则，依题意，所以的最大值为，最小值为．所以圆的方程为.（2）解：因为点C到直线l的距离为，所以（2）由（1）知，圆心到直线距离为，又圆上恰有两个点到直线的距离是1，．因为点到直线l的距离为，所以．由，得，当时，．当时，解得或（不合题意）.．∴存在这样的E点，E为棱PA上靠近的三等分点.当时，．【解析】【分析】(1)以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线和平面所成角的正弦值；【解析】【分析】(1)根据圆方程求得|OC|，圆C的半径，进而可求得的最大值与最小值；(2)求出平面DEB的一个法向量和平面PAB的法向量，利用向量法能求出在棱PA上存在一点E，使得平面(2)求出a，表示出b，进而比较a与b的大小．PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，E为棱PA上靠近A的三等分点.2.【答案】（1）解：如图，以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.易知是等腰直角三角形，∴.设，则，，，，.则，，∵异面直线和所成角等于，∴，即，解得，∵，.设平面的一个法向量为，则由，得，所以可取，∴.∴直线和平面所成角的正弦值为.（2）解：假设存在，设，且，则，，设平面DEB的一个法向量为，则由，得，取，又有平面PAB的法向量，由平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，可知余弦值为，
简介：高二上学期数学期中联考试卷圆的蒙日圆上，则的值为（）一、单选题1.已知向量，，则等于（）A．±1B．±5C．D．A．B．C．D．8.在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满2.如图，平行六面体中，与交于点，设，，，则足，则直线与直线所成角的余弦值为（）等于（）A．B．C．D．A.B．9.如图，在三棱锥中，平面，，，点在三棱锥C．D．的表面上运动，则的取值范围是（）3.与直线关于轴对称的直线的方程为（）A.B．C．D．A．B．C．D．10．椭圆的左右焦点分别为､，直线与交于A､两点，若4.与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆的方程是（），，当时，的离心率的最小值为（）A．B．C．D．A．B．C．D．5.给出以下命题，其中正确的是（）A.直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直11.点是圆上的任一点，圆是过点且半径为1的动圆，点是圆上的任一点，则长度的最小值为（）B.直线的方向向量为，平面的法向量为，则A．1B．2C．3D．4C．平面､的法向量分别为，，则12.如图，矩形的顶点在以为圆心，半径为的圆上，，当时，的取D．平面经过三个点，，，向量是平面的法向量，则值范围是（）A．B．C．D．6．正四面体棱长为2，，，分别是，，的中点，则的值为（）二、填空题13.若直线与直线平行，则的值为.A．B．1C．2D．414.直线与圆交于､两点，为坐标原点，则的面积7．19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且该圆的为.半径等于椭圆长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根.若圆上有且只有一个点在椭（2）若曲线与轴交于､两点，过点的直线（不与轴重合）与曲线交于､两点，记15.是椭圆的一个焦点，不过点的直线交椭圆于、两点，则△的周长的最大值､的面积分别为､，求的最大值.为.21．2021年我国某海滨城市经常遭遇东偏南某方位的台风的侵袭，对居民的生产和生活产生巨大影响.如图，16.如图，正三棱柱的各棱长均为1，点和点分别为棱和棱的中点，先将底面置于平面内，再将三棱柱绕旋转一周，则以下结论正确的是（填入正确结论对应的序据10月13日午时监测，当前台风中心位于城市的东偏南方向的海面处，并以号）.的速度向西偏北方向移动，台风侵袭的范围是半径为的圆形区域，位于城市的东偏南①设向量旋转后的向量为，则方向有一条自城市通向远海的航线，当前该航线的至段正遭受台风侵袭.（1）求当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；（距离精确到）②点的轨迹是以为半径的圆（2）经过多长时间后该航线将不受台风侵袭？（时间精确到）（参考数据：）22.如图，已知圆柱，点A是圆上的动点，，，､为圆上的两个定点，且满足③设①中的在平面上的投影向量为，则的取值范围是.④直线在平面内的投影与直线所成角的余弦值的取值范围是（1）当或时，求证：平面；三、解答题（2）当直线与平面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积.17.已知向量，，，求：答案解析部分（1）向量的坐标；1.【答案】A（2）与夹角的余弦值．【解析】【解答】∵向量，，18.已知点，，将直线绕着点逆时针旋转得到直线，∴.（1）求直线的方程；故答案为：A.（2）若点是直线上一点，当△的面积等于5时，求点的坐标.19.如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解可得答案.2.【答案】B，是的中点，.【解析】【解答】由已知可得（1）求证：平面；，（2）求平面与平面的夹角.故答案为：B.20.点是圆上任意一点，过作轴的垂线，垂足为，，当点在圆上运动时，记点的轨迹为（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）.【分析】由已知结合向量加法的三角形法则整理计算，可得答案.3.【答案】D（1）求的方程；【解析】【解答】直线的斜率为，与x轴交于点，【解析】【解答】如图，设，，，直线关于轴对称的直线的斜率为，并且过点A，则，由直线的点斜式方程得：，即，又，所以所求直线的方程为：.，故答案为：D∴.【分析】先根据对称性求出所求直线经过的点及斜率，然后结合点斜式即可求解出答案.故答案为：B.4.【答案】C【解析】【解答】椭圆方程化为标准形式，设要求解的椭圆方程为：【分析】设，，，画出图形，结合图形及数量积的运算可求出的值.7.【答案】C，将点代入得，解得：，所以，C符合题意.【解析】【解答】解：根据题意，椭圆的蒙日圆方程为，故答案为：C因为圆上有且只有一个点在椭圆的蒙日圆上，【分析】由已知椭圆的方程可知c的值，再由焦点相同设所求的椭圆的方程，将过的点(4，0)代入椭圆的所以该圆与已知圆相切，方程，可知参数的值，进而求出椭圆的方程.又两圆圆心间距离为，5.【答案】D【解析】【解答】对于A，因为，所以与不垂直，A不符合题意；所以或（无解，舍去），解得对于B，因为，不成立，所以B不符合题意；故答案为：C.对于C，因为与不平行，所以不成立，C不符合题意；【分析】由所给信息可得蒙日圆的方程，再由两圆只有一个交点可知两圆相切，由题意可得b的值.对于D，，，由，，解得，8.【答案】B，所以，D符合题意.【解析】【解答】解：如图，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间故答案为：D.直角坐标系，【分析】由两直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得或判则，，，，断B；由平面法向量不共线判断C；求出，的坐标，再由数量积为0列关于p和q的方程组，求得所以，，判断D.由题知，6.【答案】B 所以直线与直线所成角的余弦值为，当可得2a的范围，进而求出离心率的范围，即可得答案.故答案为：B1.【答案】B【分析】以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，由空【解析】【解答】由题可知点的轨迹方程是，即得点是圆上的动点，间向量夹角可求出直线与直线所成角的余弦值.又由题知点是圆上的动点，9.【答案】D【解析】【解答】如图，取中点，连接，，，如图可得则.则，又因为平面，平面，平面，所以故答案为：B.，，【分析】由题意求出圆C2圆心的轨迹，画出图形，数形结合求得长度的最小值.又，，由勾股定理得：，且在以O为球心，半径为12.【答案】A【解析】【解答】由，可以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，的球上，故，则的取值范围是，D符合题意.故答案为：D由矩形的性质可知，、两点关于原点对称，不妨设，则，，，，【分析】取CD的中点O，连接PC，PO，PD，利用向量的线性运算，将问题转化为求解|PO|的取值范∵△为直角三角形，为的中点，围，即可求出的取值范围.∴，10.【答案】D【解析】【解答】连接，又∵，∴，即，由题知点A､关于原点对称，，，，则，∴，即，，又，即，∴，，由得，所以，D符合题意.故答案为：A.故答案为：D【分析】以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，不妨设，则，，，，可得，结合【分析】连接，由题知点A､关于原点对称可得，，再由，得，求得，再求出|QA|2的范围，开方得的取值范围.绕着旋转即绕着轴旋转，设旋转后的向量为，则，①正确；13.【答案】1【解析】【解答】，得，求得，经检验，符合题意.设，则，，点的轨迹是以为半径的圆，②正确；故答案为：1由题知，在平面上的投影向量即为其在平面上的投影向量，【分析】由两直线平行的性质列方程，求解可得出m的值.14.【答案】12，③正确；【解析】【解答】∵圆心到直线的距离，设直线在平面内的投影与直线所成的角为，，则，④错误.∴的面积为.故答案为：12.故答案为：①②③.【分析】首先求得圆心到直线的距离，然后求得弦长，最后求解三角形的面积即可得的面积.【分析】取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出15.【答案】8向量的坐标，即可判断选项①；设，求出y和z满足的关系，得点的轨迹是以为【解析】【解答】由已知得，即，取椭圆另一焦点为，△的周长为半径的圆即可判断选项②；由②可得，，结合在平面上的投影向量，即可判断选项③；利，当且仅当，，三点共线时取得等号.用向量的夹角公式，即可判断选项④.故答案为：8.17．【答案】（1）解：，存在，使得，即，【分析】由椭圆的方程可知a的值，再由三角形的周长表达式及椭圆的定义转化，可知周长为则，解得，当且仅当，，三点共线时取到△的周长的最大值.16．【答案】①②③又，，可得，【解析】【解答】如图，取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系所以；，（2）解：可得，则，，，，设与的夹角为，，令，则取，设平面与平面的夹角为，则则.，所以，即得平面与平面的夹角为.【解析】【分析】(1)由向量的平行和垂直可得关于x，y，z的关系式，求解出x，y，z，可得向量的坐标；【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到，由勾股定理(2)由(1)可得向量与的坐标，进而由夹角公式可得与夹角的余弦值．证明，即可证明出平面；18.【答案】（1）解：设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，(2)以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标则，和向量的坐标，然后利用待定系数法求出两个平面的法向量，由向量的夹角公式求解出平面与平面又直线过点，则直线的方程为，即.的夹角.（2）解：设，，，20.【答案】（1）解：设，则，由得是的中点，得，，解得或，故点坐标为或又点在圆上，代入得曲线的方程为..【解析】【分析】(1)由已知得直线的倾斜角等于直线AB倾斜角和旋转角的和，即可利用两角和的正切公式（2）解：解法一：设直线的方程为，，，由得求出直线的斜率，然后利用点斜式即可求出直线的方程；(2)设出点C的坐标，利用三角形的面积公式即可求解出点的坐标.，19.【答案】（1）证明：因为底面和侧面都是矩形，所以，，又因为由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，且，，，，平面，所以平面，因为平面，所以因为，所以，，又由题知，，，所以，又当时，，，所以平面.当时，，当且仅当时等号成立.（2）解：设为的中点，以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，综上所述，的最大值为1.则得点，，，，，设平面的一个法向量为解法二：①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，不妨设，，，又，，则，令，则取，；，设平面的一个法向量为，又，，则 ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，【解析】【分析】(1)求出P点坐标，得到P到直线AB的距离即可得当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；由得，(2)设经过t小时后点的坐标，结合圆P的方程，解出t，即可得城市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间.由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，2.【答案】（1）证明：如图，当时，易知四边形为平行四边形，则，又平面，平面且，，，所以平面，同理可证，当时，有平面，故证得当或所以，，时，平面.因为，（2）解：取中点，则，以点为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，当且仅当时等号成立.则､､､，，综上所述，的最大值为1.【解析】【分析】(1)由题意利用相关点法求解曲线C的方程；，，设平面的法向量为，(2)设直线的方程为，，，与椭圆方程联立，结合韦达定理和基本不等式求解面积之差的最大值.则，令，则取，21.【答案】（1）解：由题得当前台风中心所处位置点坐标为，即点设，则得直线的方向向量，设直线与平面所成的角为，又至段所在直线的方程为，则点到该直线的距离为，则，则当时取最大值，此时点A的坐标为，，则，即得当前该航线正被台风侵袭的至段，则点A到平面的距离为，又由题知，，的距离为.（2）解：由题知，当该航线不受台风侵袭时，城市也恰好结束遭受台风侵袭.设经过小时后台风中心所处则三角形的面积为，故当直线与平面所成角的正弦值取最大值位置为点，则得坐标为，即点，时，三棱锥的体积为..又圆的方程为，则由，其中､分别表示城【解析】【分析】(1)当时，易知四边形为平行四边形，则，同理当，得市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间，则易得经过后该航线将不受台风侵袭.时，有平面； (2)以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线AO的方向向量，可求得直线AO与平面的所成角的正弦最大值，再利用距离公式求得点A到平面的距离，根据题设条件求得三角形的面积，由此可得三棱锥的体积. 高二上学期数学期中联考试卷（）一、单选题A．B．1.点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为（）C．D．A．B．10.如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，则直线与平面BDE所成角的正C．D．弦值为（）2.已知直线l经过，两点，则l的斜率为（）A．B．C．D．A．2B．－2C．D．11.已知椭圆，点C在椭圆上，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，若圆C3.已知，，若，则m的值为（）与x轴相交于M，N两点，且为直角三角形，则椭圆的离心率为（）A．－1B．－2C．2D．14.过圆上一点作圆O的切线l，则直线l的方程是（）A．B．C．D．A．B．12.已知斜三棱柱中，底面是直角三角形，且，，，C．D．与AB、AC都成角，则异面直线与所成角的余弦值为（）5.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（）A．B．C．D．A．B．二、填空题C．D．13.已知两点，，以线段AB为直径的圆的方程为．6.已知圆：，圆：，若圆与圆内切，则实数a的值是14.已知直线，，则“”是“”的条件．（填“充（）分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）A．-2B．2C．-1或2D．1或-215.已知、是椭圆的两个焦点，M是椭圆上一点，且，则的面积7.已知圆与直线相切，则（）为．A．B．C．D．16.已知，点P在直线上，点Q在圆C：上，则的8.已知椭圆经过点，离心率，，分别是椭圆C的焦点，过点最小值是．三、解答题的直线交椭圆C于A，B两点，则的周长是（）17.已知点，直线．A．8B．12C．D．12或（1）若直线过点P且与直线l平行，求直线的方程；9.已知圆C的半径为，圆心在轴的负半轴上，直线与圆C相切，则圆C的方程为（2）若直线过点P且与直线l垂直，求直线的方程．【分析】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为.2.【答案】D18.已知，．【解析】【解答】（1）若，求m与n的值；．故答案为：D.（2）若且，求．【分析】根据直线斜率计算公式求解即可.19.已知圆C：关于直线对称，且过点．3.【答案】C（1）求圆C的标准方程；（2）是否存在直线l与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距互为相反数？若存在，求出该直线l的方程；【解析】【解答】∵，∴，∴，解得若不存在，说明理由．．故答案为：C.20.已知椭圆的焦距为4，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；【分析】因为，得到，根据向量数量积的运算求解即可.（2）若直线与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点P在圆上，求m4.【答案】D的值．【解析】【解答】由题意点为切点，所以，又，所以，因此直线l的21.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，，E是PD的中点．方程为．（1）求证：平面；故答案为：D（2）若平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为，求PA的长度．【分析】由直线垂直得，推出，根据点斜式求出直线l的方程.22.已知点，点P是圆B：上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线BP交于点Q．5.【答案】B（1）求点Q的轨迹方程C；【解析】【解答】将方程化为，（2）过点A的直线l与曲线C交于M，N两点，点E在x轴上且使得对任意直线l，OE都平分．求点E的坐标．因为是焦点在y轴上的椭圆，可得，解得.答案解析部分故答案为：B.1．【答案】C【解析】【解答】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为【分析】将已知化为，由焦点在y轴上从而推出实数m的取值范围.．故答案为：C.6.【答案】C 【解析】【解答】由题可知圆心，半径，圆心，半径，因为圆与圆内即．故答案为：C切，所以，解得或．故答案为：C．【分析】由题意设圆心坐标为，解得，从而写出圆的方程.【分析】易知圆，的圆心以及半径，由两圆内切得，即可求解.10.【答案】D7.【答案】A【解析】【解答】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，【解析】【解答】圆的标准方程是，圆心为，半径为2，所以，如图所示：解得．则，，，，，所故答案为：A．以，，，【分析】把圆化为标准方程，根据圆心到切线的距离等于半径，求解即可.设平面BDE的一个法向量，则，即，令，则，，8.【答案】B所以平面BDE的一个法向量，【解析】【解答】椭圆C经过点，则，又椭圆C的离心率，所以，，设直线与平面BDE所成角为，所以由椭圆的定义可知，．故答案为：D.的周长是．故答案为：B【分析】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设设平面BDE的一个法向量，直线与平面BDE所成角为，利用空间向量即可求解.【分析】由题意先求出，由离心率求出，，再根据椭圆的定义可得答案.1.【答案】C9.【答案】C【解析】【解答】不妨设在第一象限，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，则，又【解析】【解答】由题意设圆心坐标为，在椭圆上，则，所以圆M的半径，因为为直角三角形，，即因为圆C与直线相切，所以，又，解得．，化简可得，即，解得．所以圆心为，故答案为：C．圆C的方程为， 14．【答案】充要【分析】由题意可得，再由为直角三角形可得，化简可得，【解析】【解答】若，则，解得或即，求解即可.．当12.【答案】A时，直线的方程为，直线的方程为，即【解析】【解答】解：设，，，则，，，两直线重合，，当时，直线的方程为，直线的方程为，满足所以，，所以所以，所以“”是“”的充要条件．，故答案为：充要，【分析】若，则，解得或．当或时，可推出，即可，得出结论.15.【答案】20所以．【解析】【解答】由，得，，所以，，故答案为：A所以，设，，所以，因为，所以，所以，【分析】设，，，运用向量的数量积和加减运算，以及向量夹角的公式，计算异面所以的面积为．直线与所成角的余弦值.故答案为：.13．【答案】【解析】【解答】由题意，两点，，【分析】由已知可知，，设，，得，由则，的中点为，，可知，即可求得的面积.故圆心的坐标为，半径为，16.【答案】8所以圆的方程为，【解析】【解答】因为圆C：，故圆C是以为圆心，半径的圆，故答案为：则圆心到直线的距离，故直线和圆相离，【分析】求A，B的中点即为圆心，再利用两点间距离公式计算，求半点A坐标满足，A在圆外，径，即可得圆的方程.设点关于直线的对称点为，所以，解得，故，解得，故，则，（2）解：由向量，，连接交圆C于Q，交直线于P，因为，所以，解得，由对称性可知：，因此，所以．当且仅当共线时，取等号，【解析】【分析】（1）由，可得存在实数，，解得；故答案为：8（2）因为，得，根据向量数量积的运算计算即可.【分析】先求的圆心以及半径，根据点到直线的距离公式可得直线和圆相离，由点A坐标满足19.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，得，，判断点A在圆外，设点关于直线的对称点为所以圆心C为，，求其坐标，由对称性可知，即可求得由已知，得，的最小值.17.【答案】（1）解：已知，则可设直线的方程为，解得，又过点，所以，解得，所以圆C的标准方程为.所以直线的方程为．（2）解：圆C的圆心为，半径为2．（2）解：若，则可设直线的方程为，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不可能相切；又过点，所以，解得，即直线的方程为．当直线l不过原点时，设l：，即，【解析】【分析】（1）由，设直线的方程为，再由过点即可求得又直线l与圆C相切，则，解得，，从而得直线方程；（2）由，设直线的方程为，再由过点，代入即可求值.此时直线方程为或．18.【答案】（1）解：由题意，向量，，综上，所求直线l的方程为或．因为，可得得，【解析】【分析】（1）先求圆心C为，根据已知条件列方程组解得，即得圆C的标准方程；（2）解：因为平面，又AB，平面，所以，．又底面ABCD（2）由（1）知圆C的圆心为，半径为2，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不是矩形，所以．可能相切；当直线l不过原点时，设l：，即，根据直线l与圆C相切，得以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设求得，即得直线方程.，则，，，．20.【答案】（1）解：由题意，得，解得，所以椭圆C的方程为．∴，，．设平面AEC的法向量，（2）解：设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，由即由消y，得，，解得．∴令，则．所以，，所以，，设平面PEC的法向量，因为点在圆上，所以，解得，满足．由即∴．∴令，则．，解得，即．【解析】【分析】（1）由题意，得，解得，即可求得椭圆C的方程；所以当平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为时，．（2）设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，联立方程组【解析】【分析】（1）连接BD交AC于点F，易证，又平面，平面，从而证得平面；，根据韦达定理得，，即可得P点坐标，再根据P点在圆上即可求（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量求平面AEC与平面PEC所成角的余弦值，即可求解.解.2.【答案】（1）解：由题意知，，所以，21.【答案】（1）证明：连接BD交AC于点F，由椭圆定义知点Q的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，设椭圆C：，其中，因为底面ABCD是矩形，所以F为BD的中点，又E是PD的中点，所以，又平面，平面，所以平面．，即，，则，所以点Q的轨迹方程C为．（2）解：设，当l与x轴垂直时，恒成立，当l与x轴不垂直时，因为OE都平分，即，所以，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，又，，所以，又，，所以，即，联立方程组消去y，得，，所以，，代入上式可得，即点．【解析】【分析】（1）由题意知，，根据椭圆的定义知点Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，根据已知条件得，，从而求得点Q的轨迹方程；（2）设，当l与x轴垂直时，恒成立；当l与x轴不垂直时，由，得，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，联立方程组，根据韦达定理求得，代为即可求解. 高二上学期数学期中考试试卷一、单选题C．1．已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－＜x＜}，则（）．A．A∩B＝∅B．A∪B＝RC．BAD．ABD．2．复数z满足，则z=（）A．B．C．D．8.已知直线的倾斜角满足方程，则直线的斜率为（）3．若向量满足：则（）A．B．C．D．A．2B．C．1D．分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为坐标原9.已知，4.已知，则的大小关系为（）点，在双曲线存在点，使得，设的面积为.若A．B．C．D．，则该双曲线的离心率为（）5.已知直线，若，则的值为（）A．B．C．D．A．B．－4C．4D．6.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC.M，N分别是对边OB，AC的中点，点G在线段MN过点作圆（x+1）2+（y-2）2=169的弦，其中弦长为整数的弦共有（）10.上，，现用基向量表示向量，设，则的值分别A．16条B．17条C．32条D．34条是（）11.已知点是抛物线的焦点，点M为抛物线上的任意一点，为平面上定点，则A．，，B．，，的最小值为（）C．，，D．，，A．3B．4C．5D．67.如图，四位同学在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间，各自作出三个函数，12.在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（），的图像如下．结果发现其中有一位同学作出的图像有错误，那么有错误的图像是（）A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为A．C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为二、填空题13.圆与圆内切，则的值为.B．14.已知，，，若P，A，B，C四点共面，则λ=. （2）求二面角的余弦值.15.椭圆中，以点为中点的弦所在直线斜率为.22.如图，圆，点为直线上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点16.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历ft大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线分别为A，B.有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之（1）求直线AB的方程，并写出直线AB所经过的定点的坐标；一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯（2）若两条切线PA，PB与y轴分别交于S､T两点，求的最小值.圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O答案解析部分上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．1.【答案】B三、解答题【解析】【解答】依题意，17.已知函数，其图象过点.又因为B＝{x|－＜x＜}，（1）求的值；由数轴可知A∪B＝R，故答案为：B.（2）将函数图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在上的最大值和最小值.【分析】解出集合A，然后根据集合运算即可.2.【答案】C18.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，的角平分线所在直线方程为．【解析】【解答】由数z满足，可得.（I）求顶点的坐标；故答案为：C.（II）求直线的方程．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，，M是【分析】根据题意，得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.PD上一点，且.3.【答案】B（1）求异面直线PB与CM所成角余弦的大小；（2）求点M到平面PAC的距离.【解析】【解答】由题意易知：，即，，即20.在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，且离心率.。（1）求椭圆的方程；故答案为：B.（2）直线的斜率为，直线l与椭圆交于两点，求的面积的最大值.【分析】利用已知条件结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而再利用数量积的公式，从而求出向量21.如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且.的模。（1）证明：平面平面.4.【答案】D 通过三个图像比较不难得出答案C【解析】【解答】解：∵故答案为：C又a＜c∴【分析】可用特殊值法，的图象取最高点时其他函数对应的点一定不是最值点或零点，从而只有C故答案为：D不合适.【分析】先将a，b，c大致范围写出来，b最小，再用换底公式比较a，c大小.8.【答案】A5.【答案】B【解析】【解答】解：∵，∴【解析】【解答】因为，所以.当时，两直线重合，所以舍去.．故答案为：A当时，符合题意.所以.故答案为：B【分析】先化简，利用直线的斜率进行求解.【分析】根据题意由两条直线平行的直线系数之间的关系，代入数值计算出a的取值，然后验证即可得出满9.【答案】A足题意的a的取值。【解析】【解答】由，得.6.【答案】C设，.【解析】【解答】连结ON.由，得，即.因为M，N分别是对边OB，AC的中点，所以，，所以.又，即，所以，所以，又，所以.故答案为：A..【分析】根据题意由双曲线的定义结合三角形内的几何计算关系由勾股定理整理求出，再由双曲线里故答案为：Ca、b、c的关系结合离心率的公式由整体思想求出答案即可。10.【答案】C【分析】结合图形，因为M，N分别是对边OB，AC的中点，，，所以【解析】【解答】圆的标准方程是：，圆心，半径，，，从而表示出，即可得出过点的最短的弦长是以为中点的弦，为10，有1条答案.最长的弦长是过点的直径，为26，有1条，7．【答案】C还有长度为11，12，…，25的各2条，【解析】【解答】考查三角函数图象，所以共有弦长为整数的条．故答案为：C．连接，，，，则，，【分析】化简圆的方程为标准方程，求出弦长的最小值和最大值，取其整数个数．所以四边形为矩形，11．【答案】B则，，即，，【解析】【解答】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，又，且平面，平面，根据抛物线的定义可知，所以平面，要求取得最小值，即求取得最小，又，，所以为中点，则平面，所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，当三点共线时最小，即为.所以点的轨迹为四边形，所以的最小值为4.因此点不可能是棱的中点，即A不符合题意；故答案为：B.又，，所以，则点的轨迹不是正方形；【分析】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，由抛物线的定义，且矩形的周长为，C不符合题意，D符合题意；取得最小值，即求取得最小，当三点共线时最小，由此即可求出结果.因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最12.【答案】D大，所以线段的最大值为，B不符合题意.【解析】【解答】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为故答案为：D.轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为，分别为的中点，【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，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得出向量的坐标，再利则，，，，用中点坐标公式结合向量共线的坐标表示，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系以及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，所以，为使，必有点平面，又由点所以，设，则，在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，因此得出点不可能是棱的中点；再利因为，用点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等且最所以，，当时，；当时，；大，进而得出线段的最大值；再利用向量求模的公式，得出，，所以取，，，，，则点的轨迹不是正方形，再结合矩形的周长公式得出矩形的周长，进而找出说法正确的选项。即，13.【答案】-2或-1即，【解析】【解答】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，即，所以两圆的圆心距，弦所在的直线的斜率为，又因为两圆内切，有，故答案为：．解得或.故答案为：-2或-1.【分析】先设出弦的两端点的坐标，分别代入椭圆方程，两式相减后整理即可求得弦所在的直线的斜率．【分析】首先根据题中圆的标准方程求出圆的圆心与半径，再根据两圆相切求出的值为.16.【答案】14.【答案】-9【解析】【解答】如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．【解析】【解答】由P，A，B，C四点共面，可得共面，∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，，∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，，解得.在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，故答案为：-9∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.故答案为：．15.【答案】【分析】根据题意取点K（﹣2，0），连接OM、MK，根据△MOK∽△AOM，得出，进而有【解析】【解答】解：设弦的两端点为，，，，MK＝2MA，在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，进而得出|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长。17.【答案】（1）解：因为，代入椭圆得，所以.两式相减得，即，又函数图象过点，由于线段的中点在直线上，得方程，所以，即.即又，所以.由直线与直线垂直，得方程，即；（2）解：由（1）知，，联立方程组，得将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，可知，显然在直线上，且顶点的坐标为，所以直线的方程为，整理得因为，所以，.【解析】【分析】（1）根据的中点在上，且，联立方程组解得的坐标为因此，故.；（2）由题意利用角平分线的性质，求出直线的方程.所以19.【答案】（1）解：解法一：连BD交AC于O，连MO，如图（一）所示，平面ABCD，所以，.所以在上的最大值和最小值分别为和.在中，，，，【解析】【分析】(1)根据三角恒等变换得，再待定系数法得；又因为底面ABCD是矩形，所以O为BD中点，，，所以，（2）根据三角函数平移变换得，再根据整体代换思想求解函数的最值即可.因为M是PD上一点，且，所以M为PD中点，，，所以（或补角）就为PB与CM所成的角，18.【答案】解：（I）设顶点的坐标为；因为，，，所以平面PAD，.因为顶点在直线上，所以由题意知的坐标为，，，，因为中点在直线上，所以，，所以异面直线PB与CM所成角余弦值为；即；联立方程组，解得顶点的坐标为解法二：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图（二）所示的空间直角坐标系，则，，，（II）设顶点关于直线的对称点为，设，则，所以，故椭圆的方程为.由，知，所以，M为PD中点，（2）解：设的方程为，设点，所以，，.联立方程组，消去y整理，得，所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.所以，（2）解：解法一：过D做于N，如图（一）所示，平面ABCD，又直线与椭圆相交，所以，解得，所以，，所以平面PAC，则，DN为点D到平面PAC的距离，在中，，又M是PD中点，所以点M到平面PAC的距离为.点P到直线的距离，解法二：由问题（一）中解法二，可知，，设平面PAC的法向量为，所以，由，得，所以，取，得，当且仅当，即时，的面积取得最大值为2.所以是平面PAC的一个法向量.【解析】【分析】（1）由离心率，得到，再由点在椭圆上，得到，联立求得所以点M到平面PAC的距离为.，即可求得椭圆的方程；【解析】【分析】（1）可通过找平行线方法，将异面直线所成角（或补角）转化为同一平面内两直线所成角问（2）设的方程为，设点，联立方程组，根据根系数的关系和弦长公式，题处理；也可建立空间直角坐标系，利用向量夹角的公式计算异面直线所成角；以及点到直线的距离公式，求得，结合基本不等式，即可求解.（2）采用几何法，M到面PAC的距离为D到面PAC的距离的一半，即可求解；也可用向量法求空间中点到21.【答案】（1）证明：连接.面的距离公式求得.因为是边长为2的正方形，所以，20.【答案】（1）解：由题意，椭圆的离心率，即，可得，因为，所以，，所以，则.因为，所以.又椭圆过点，可得，因为，所以平面，将代入，可得，因为平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系.把代入，得，则，，，，故，，，.当时，取得最小值.设平面的法向量为，【解析】【分析】（1）确定以P为圆心，为半径的圆P，圆P与圆M相交，求出公共弦所在方程即为AB则，令，则.直线的方程，并可得到定点坐标；（2）根据圆的切线性质，结合勾股定理、点到直线距离公式，通过构造一元二次方程，利用一元二次方程根设平面的法向量为，与系数的关系进行求解即可.则，令，则.，记二面角的平面角为，由图可知为钝角，则.【解析】【分析】（1）推出，，根据面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系，利用向量法可求出二面角的余弦值。22．【答案】（1）解：，，∴故以P为圆心，以为半径的圆P的方程为，显然线段AB为圆P和圆M的公共弦，直线AB的方程为，即，所以，所以直线AB过定点.（2）解：设切线方程为，即，故到直线的距离，即，设PA，PB的斜率分别为，，则，，高二上学期期中联考数学试题（）一、单选题A.B．C．D．1.在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（）11.已知圆，直线与圆没有公共点，斜率为的直线与直A．B．线垂直，则的取值范围是（）C．D．A．B．C．D．2.若椭圆的一个焦点为，则的值为（）12.已知椭圆的离心率为，过右焦点且倾斜角为的直线与椭圆相交得到A．5B．3C．4D．2的弦长为，且椭圆上存在4个点构成矩形，则矩形面积的最大值为（）3.将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率是（）A．4B．C．8D．16二、填空题A．B．C．D．13.设空间向量，且，则.4.已知实数满足方程，则的最大值为（）14.设圆，圆，则圆有公切线条.A．3B．2C．-1D．-215.设是椭圆的左，右焦点，点在上，为坐标原点，且，则的面5.已知直线，若圆上存在两点关于直线对称，则的值积为.为（）16.在如图所示的实验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，且，且它们所在A．B．C．D．5的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，活动弹子在正方形对角线上移动，6.已知直线与直线平行，则等于（）A．3或—2B．—2C．3D．2当取最小值时，活动弹子与点之间的距离为.7．在四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（）三、解答题A．2B．3C．4D．517．已知点.8.过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（1）若直线与直线分别交于点，且线段的中点坐标为，求直线的斜率；（）（2）若直线过点，且原点到该直线的距离为，求直线的方程.18.已知定点，动点满足，设点的轨迹为.A.1B．C．D．（1）求轨迹的方程；9.已知直线，若，则的倾斜角的取值范围是（）（2）若点分别是圆和轨迹上的点，求两点间的最大距离.A．B．C．D．19.如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，10.在正方体中，棱的中点分别为，则直线与所成角的正弦值为 .（1）求证：平面；【分析】根据空间中点关于y轴的对称坐标的特点，可得答案.（2）求与平面所成的角正弦值.2．【答案】B20．设圆的圆心为，半径为，圆过点，直线交圆与两点，【解析】【解答】有题意知：焦点在轴上，则，从而，解得：..故答案为：B.（1）求圆的方程；【分析】由题判断焦点在轴上，结合关系式可求.（2）已知，过点的直线与圆相交于两点，其中，若存3.【答案】A在，使得轴为的平分线，求正数的值.【解析】【解答】将化为，21.如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，则该直线的斜率为、倾斜角为，，且是的中点.所以旋转后新直线的倾斜角为，（1）求证：平面；则新直线的斜率为.（2）求二面角的余弦值.故答案为：A.22.已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过的直线与交于【分析】先将直线化为斜截式，写出直线斜率和倾斜角，再求得新直线的倾斜角和斜率.两点，若与轴垂直时，4.【答案】D（1）求椭圆的标准方程；【解析】【解答】将方程变形为，则圆心坐标为，半径，（2）若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.则圆上的点的横坐标的范围为：则x的最大值是-2答案解析部分故答案为：D.1．【答案】B【解析】【解答】设点为关于y轴的对称点【分析】将方程化为，由圆的几何性质可得答案.则的中点在y轴上，且坐标为5.【答案】A【解析】【解答】∵圆：，∴圆的圆心坐标为，所以，则又圆：上存在两点P，Q关于直线对称，∴直线经过圆心，所以点关于y轴的对称点的坐标为.∴，解得.故答案为：B. 故答案为：A.9.【答案】D【解析】【解答】设的斜率分别为【分析】根据题意可知圆的圆心坐标为，又圆上存在两点P，Q关于直线对称，所以直线经过圆当时，，∵，∴，∴，心，将圆心坐标代入直线方程，即可求出结果.6.【答案】C∵，∴.【解析】【解答】由题意，解得或，时，两直线方程分别为，，平行，设直线的倾斜角为，，则，∴；时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．当时，直线的斜率不存在，倾斜角为，∵，∴的倾斜角为0.所以综上，.．故答案为：C．故答案为：D.【分析】根据两条直线平行的充要条件写出关系式，得到a的两个数值，再检验得到结论.【分析】设的斜率分别为，当时，根据，可知，求得的斜率为7.【答案】D，根据正弦函数的性质可知，再结合斜率与倾斜角的关系即可求出倾斜角的范围；【解析】【解答】设平面ABCD的法向量为，则，即，当时，易知的倾斜角为0；由此即可得到结果.∴，取，则，∴这个四棱锥的高.10.【答案】B故答案为：D.【解析】【解答】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，【分析】结合点面距离的向量公式求解即可.建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，8.【答案】D则，，，，【解析】【解答】由题意知：，∵，则，，∴四边形OAPB是正方形，且，设直线EF与的所成角为，∴.则，故答案为：D.∴.【分析】由题设易知OAPB是正方形且，结合两圆的位置关系画示意图，即可求参数r. 故答案为：B∴，故矩形MNPQ面积的最大值为4，【分析】以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量故答案为：A.的数量积即可求解.1.【答案】B【分析】根据，故，，，则直线：与椭圆联立，根据与椭圆【解析】【解答】由题意得，，即，∵直线与圆没有公共点，相交得到的弦长为求得椭圆方程；设，其中，得到，，∴，解得，∴.，然后得到矩形MNPQ的面积求解.13.【答案】1∵直线与直线垂直，∴，【解析】【解答】因为向量，且，∴，当且仅当，即时取等号，所以，即，又或时，，∴的取值范围是.解得.故答案为：B.故答案为：1【分析】根据直线与圆没有公共点求得，根据垂直可得，即可求出范围.【分析】根据，所以求解.12.【答案】A14.【答案】2【解析】【解答】由题意得，，故，，，则直线：，【解析】【解答】由题意得，圆：，圆：，联立，解得，∴，∴与相交，有2条公切线.，故答案为：2故所形成的弦长为，解得，【分析】将圆转化成标准式，结合圆心距判断两圆位置关系，进而求解.15.【答案】7即椭圆：.【解析】【解答】由题意得，，，，∴在以线段为直径的圆上，由对称性设，其中，则，，，∴，∴①，则，，由椭圆的定义知，②，由①②，解得，故矩形MNPQ的面积，.故答案为：7. （2）解：①当直线的斜率不存在时，其直线方程为，满足题意；【分析】根据题意可得，利用勾股定理和椭圆定义可求得，即可求出面积.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，16.【答案】原点到该直线的距离为，则直线的方程为.【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，则，综上所述，直线的方程为或.又平面平面ABEF，平面平面，∴平面.【解析】【分析】（1）根据题意线段的中点坐标为，求出，，即可求出直线∵四边形为矩形，∴，的斜率；以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，（2）当直线的斜率不存在时，直接写出直线的方程；当直线的斜率存在时，先用点斜式设出直线的方则，，，，.程，再用原点到直线的距离求出直线的斜率，进而求出直线的方程.∵点N在BF上，且，∴，又M在线段AC上移动，18.【答案】（1）解：设动点，则，，，则有，易得点，∴，，又，∴，∴当时，取得最小值，此∴，化简得，即，时点，则，∴，∴活动弹子M与点B之间的距离为.∴动点的轨迹E的方程为.故答案为：（2）解：设，圆心到轨迹E上的点的距离【分析】根据给定条件建立以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所∴当时，，示的空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答．∴.17.【答案】（1）解：设，【解析】【分析】（1）设动点，根据条件列出方程，化简求解即可；（2）设，求出圆心到轨迹上点的距离，配方求最值即可得解.的中点坐标为，19.【答案】（1）证明：如图所示：直线的斜率为. 由题意得，，解得，或，∴圆C的方程为或.，（2）解：由（1）知，圆C的方程为.设直线PQ的方程为，联立，化简得，以为原点建立空间直角坐标系，∴，.由题意得：，0，，，0，，，1，，，2，，，0，，证明：，1，，，1，，，0，，∵轴平分，∴，则，，，∴，即，，，即，平面；∴，解得，（2）解：由（1）可得，1，为平面的一个法向量，，则，∴当时，轴为的平分线.设与平面所成的角为，【解析】【分析】（1）设圆C的方程为，根据题意，利用待定系数法，即可求出结果；所以，（2）由（1）知，圆C的方程为，设直线PQ的方程为，联立直线与圆的方程，化简整理得到韦达定理，然后再根据轴平分，可得，化简整理可得所以与平面所成的角正弦值为.【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明，，即可得证；，求解方程即可得到结果.（2）由（1）可得，，为平面的一个法向量，求出与所成角的余弦值，即可得21.【答案】（1）证明：取的中点F，连接EF，，∵，出答案.∴，且，∴，20.【答案】（1）解：设圆C的方程为，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）解：取AC的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，联立，得，则，，，∴，.设平面的法向量是，则，设，，则，，则，即，令，得，，易知平面的一个法向量是，∴，设点，则，即，代入椭圆方程得，又二面角是钝二面角，∴，则，∴，∴二面角的余弦值为.∴，【解析】【分析】（1）取的中点F，连接，，由四边形是平行四边形即可求解；（2）取AC的中点O，以O为坐标原点，以为轴，为轴，垂直底面方向为轴，求出对应点坐标，结合二面角夹角余弦公式即可求解.又，∴的取值范围是，2.【答案】（1）解：由题意得，，即，则，把代入椭圆方程可得综上所述，的取值范围是.，【解析】【分析】（1）由离心率得出关系，由通径得出关系，结合椭圆关系式即可求解；（2）需分类讨论，分直线的斜率不存在、直线的斜率为0、直线的斜率存在且不为0三种情况，对第三∴，∴，即，种情况，可联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出，利用求出直线方程，并将代入椭圆∴，∴，，∴椭圆C的标准方程为；方程，得，化简并结合不等式即可求解.（2）解：由（1）知，的坐标为，①当直线的斜率不存在时，，，则；②当直线的斜率为0时，，，则；③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，高二上学期数学期中联考试卷8.已知点与点关于直线对称，则点的坐标为（）一、单选题A.B．C．D．1．圆心为，半径为3的圆的方程是（）A．B．D9.若圆上总存在两个点到坐标原点的距离为1，则实数的取值范围是（）C．．A．B．C．D．2．直线的倾斜角为（）A．B．10.已知，分别为双曲线的左，右焦点，双曲线上的点A满足C．D．3．若直线与圆相切，则的值为（），且的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）A．1B．C．D．2A．B．C．2D．4．双曲线的渐近线方程为（）11.已知抛物线的焦点为，抛物线上的两点，均在第一象限，且，A．B．C．D．，，则直线的斜率为（）5．已知两条直线和，若，则实数的值为（）A．1B．C．D．A．-2或1B．-2C．1D．-112.已知，分别为椭圆的左，右焦点，过原点的直线与椭圆交于，两点，且，6.如图所示，在平行六面体中，为与的交点，则下列向量中与相等的向量是（），，四点共圆，则四边形的面积为（）A.B．A．3B．4C．6D．8二、填空题C．D．13.两平行直线，之间的距离为.7.黄金分割起源于公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题，公元前300年前后欧几里得撰写《几何原本》时吸收了欧多克索斯的研究成果，进一14.已知抛物线的焦点与双曲线的右顶点重合，则实数的值为.步系统论述了黄金分割，成为最早的有关黄金分割的论著.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部15.设，分别为椭圆的左，右焦点，若直线上存在点，使分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，把称为黄金分割数.已知焦点在轴上的，则椭圆离心率的取值范围为.椭圆的焦距与长轴长的比值恰好是黄金分割数，则实数的值为（）16.若关于的不等式的解集为，且，则实数的值A．B．C．2D．为. 三、解答题1.【答案】D17.如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为1，顶点位于坐标原点，若【解析】【解答】因为圆心为，半径为3，故圆的方程为：.是棱的中点，是侧面的中心.故答案为：D.【分析】根据圆心和半径可直接得到圆的方程.（1）求点，的坐标及；2.【答案】C（2）求向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】直线可化为，18.已知在中，，，.（1）求边的垂直平分线的方程；设直线的倾斜角为，，（2）求的外接圆的方程.则斜率，即.19.某市为庆祝建党100周年，举办城市发展巡展活动，巡展的车队要经过一个隧道，隧道横断面由一段抛物故答案为：C线及一个矩形的三边组成，尺寸如图（单位：）.（1）以隧道横断面抛物线的顶点为原点，以抛物线的对称轴为轴，建立如图所示的平面直角坐标系【分析】先把已知直线化为斜截式，再利用倾斜角的正切值等于斜率，求得答案.，求该段抛物线所在抛物线的方程；3.【答案】B（2）若车队空车时能通过此隧道，现装载一集装箱，箱宽，车与集装箱总高，此车能否安全通【解析】【解答】由题设，圆心为，又直线与圆相切，过隧道？请说明理由.所以.20.已知点，，动点满足.（1）求动点的轨迹方程；故答案为：B.（2）直线与点的轨迹交于，两点，若弦的中点坐标为，求直线的方程.【分析】根据圆心到直线的距离等于半径，列出方程，求得r的值.21.已知圆，两条直线，，.4.【答案】C（1）证明：直线、均与圆相交；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为：.（2）设直线交圆于，两点，直线交圆于，两点，求的最大值.故答案为：C22.已知椭圆经过点和.【分析】由双曲线的渐近线方程为，即可得到所求双曲线的渐近线方程.（1）求椭圆的方程；5.【答案】B（2）经过点的直线与相交于，两点（不经过点），设直线，的斜率分别为【解析】【解答】解：因为直线和，，，试问是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由.所以，解得或，答案解析部分当时，直线和重合，不满足；故答案为：A.当时，直线和，满足平行.【分析】根据椭圆方程，可得，长轴长，再结合条件，列出方程所以故答案为：B，求解可得出实数的值.8.【答案】B【分析】由，利用直线与直线平行的条件能求出m的值.【解析】【解答】解：设点，因为点与点关于直线对称，6.【答案】A【解析】【解答】A：所以，解得，，A符合题意；B：所以，B不符合题意；故答案为：BC：【分析】设点，由两点的中点坐标公式和两直线垂直的条件，可得的方程组，解方程可得点，C不符合题意；的坐标.D：9.【答案】C，D不符合题意；【解析】【解答】解：到原点的距离为的点的轨迹为圆，故答案为：A因此圆上总存在两个点到原点的距离均为【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算法则，即可求解出答案.转化为圆与圆有两个交点，7．【答案】A∵两圆的圆心和半径分别为，，，，【解析】【解答】焦点在轴上的椭圆中，∴，∴，解得实数的取值范围是.，故答案为：C所以，由题意得，即，即，【分析】根据题意，求出到坐标原点的距离为1的点的轨迹为圆，结合圆与圆的位置关系分析，可求出实数的取值范围.解得，10.【答案】B 【解析】【解答】设，，双曲线上的点A满足，的中点在轴上，可12.【答案】D得，∴，【解析】【解答】解：因为过原点的直线与椭圆交于，两点，且，，，四点共圆，即有轴，A的横坐标为，如图所示：所以根据椭圆的对称性得四边形是矩形，所以，，令，可得，所以，解得在直角三角形中，，所以四边形的面积为8故答案为：D可得，即为，【分析】利用已知条件，判断四边形的形状，结合椭圆的定义，转化求解四边形的面积.即，，13.【答案】【解析】【解答】解：直线，即为，解得，或(不合题意，舍去)；所以两平行直线与之间的距离为双曲线的离心率是．故答案为：B．.故答案为：【分析】根据题意画出图形，结合图形用a、b、c表示出A点坐标，得出轴，在直角三角形中，利用，求得a、c的关系，求出双曲线的离心率.【分析】根据已知条件，结合两平行直线的距离公式，即可求解出答案.1.【答案】C14.【答案】8【解析】【解答】如图：作垂直准线于，垂直准线于，作于，【解析】【解答】由题设，抛物线焦点为，而双曲线的右顶点为，因为，，，所以，即.故答案为：8.由抛物线的定义可知：，，，所以，直线的斜率为：.【分析】求出双曲线的顶点坐标，结合抛物线的焦点坐标，求解实数的值.故答案为：C.15.【答案】【分析】利用抛物线的定义，结合已知条件，求解直线PQ的斜率即可. （2）解：由题设，，，则，【解析】【解答】由题设，，则，而，所以，所以.故答案为：.所以向量在方向上的投影数量.【解析】【分析】(1)由已知条件，直接可推得，，再结合向量模公式，即可求解出【分析】根据已知条件，结合两点之间的距离公式和椭圆的性质，即可求解出椭圆离心率的取值范围.；16.【答案】(2)根据已知条件，结合投影公式，即可求解出向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】设，18.【答案】（1）解：由题意知，，则的图象是一条过定点的直线，的图象是圆的上半圆部分，设AB的中点为E，则，注意到点在圆上，故关于原点的对称点也在圆上，又直线AB的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为2，如图示：当直线经过点时，满足关于的不等式得其方程为，即；，（2）解：由可得边AC的垂直平分线方程为，由关于的不等式的解集为，且，可知：，所以，解得，此时直线的斜率即实数，即的外接圆的圆心为(1，-2)，所以圆的半径为，故答案为：所以圆的标准方程为：.【分析】构造函数，则的图象是一条过定点的直线，【解析】【分析】(1)直接利用点的坐标求出直线的斜率，进一步求出边的垂直平分线的方程；(2)首先求出中垂线的交点，即求出圆心的坐标，进一步求出圆的半径，最后求出的外接圆的方程.的图象是圆的上半圆部分，作出图象，由图象分析求解即可得实数的值.19.【答案】（1）解：由题设，可设抛物线方程为，由图知：，，17.【答案】（1）解：因为正方体的棱长为1，位于坐标原点，是棱的中点，是所以，则，故抛物线所在抛物线的方程.侧面的中心，（2）解：由题设，令，要使装载集装箱的车能安全通过隧道，则，所以，，则，故.由（1）并将点代入可得：，故. 所以此车不能安全通过隧道.将圆的方程化为标准方程得，【解析】【分析】(1)设抛物线的方程为，由题意可知抛物线过点，代入求出a的值，即因为，所以点在圆内，可求出抛物线所在抛物线的方程；所以直线、均与圆相交.(2)如果此车能通过隧道，集装箱处于对称位置，集装箱角离隧道的底于箱高，比较即可做出判断.（2）解：因为圆的圆心为，半径为，20.【答案】（1）解：根据双曲线的定义得动点的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双所以到直线的距离为，曲线，，所以，所以动点的轨迹方程到直线的距离为（2）解：设，则，，所以所以，即，所以，，所以，所以因为弦的中点坐标为，所以，，所以当且仅当，即时等号成立.所以直线的方程为，即.所以，即的最大值为.【解析】【分析】(1)由已知可得直线、都过定点(2，0)，判断点(2，0)在圆C内部，即可得证直线联立方程得，、均与圆相交；此时，，满足题意.(2)设圆心C到直线、的距离分别为d1，d2(d1，d2≥0)，所以有，将|AB|，|EF|用d1和d2表所以直线的方程为示出来，转化为基本不等式求最值，可得的最大值.【解析】【分析】(1)由题意结合双曲线的定义求解其动点的轨迹方程；(2)利用点差法求得直线的斜率，然后可得直线的方程.2.【答案】（1）解：因为椭圆经过点和，21.【答案】（1）证明：直线变形得，直线变形得，所以，解得，所以直线、过定点，所以椭圆的方程为.（2）解：根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，所以联立方程得，所以，解得，所以，所以因为，，所以.所以为定值，【解析】【分析】(1)由已知可得b，再由B点坐标求得a，则可求出椭圆的方程；(2)根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，再求出k1，k2，利用根与系数的关系求解，即可证得为定值. 高二上学期数学期中联考试卷A.B．一、单选题1.已知经过两点，的直线斜率为1，则（）A．－3B．3C．1D．－1C．D．2.已知圆的圆心在直线上，则该圆的半径为（）A．2B．C．4D．1510.已知边长为2的正方体中，E，F分别为，的中点，则点B到平面AEF的距3.若向量，互相垂直，则（）离为（）A．B．C．2D．3A．B．C．D．4.已知点P为圆：上任一点，点Q为圆：上任一点，则的最小值11.某玩具台球桌为矩形（设为ABCD），，，一小球从边AB上异于A，B的一点M出发，为（）经BC，CD，DA反弹后恰好到达B点，已知，则该小球的运动轨迹的长为（）A.1B．C．2D．4A．B．8C．D．95.已知，为空间向量，若已知，则（）12.已知正方形的边长为2，，分别为，的中点，沿，将三角形，折A．B．C．D．起，使得点，恰好重合，记为点，则与平面所成角的正弦值为（）6.已知三条直线：，：，：所围成的图形为直角三角形，则该三角形的面积为A．B．C．D．（）二、填空题A．B．C．或D．或13.设，分别是平面，的法向量．若，则．7.已知圆经过椭圆C：的右焦点，上顶点与右顶点，则（）14.已知圆直径的两个端点为，，则该圆的标准方程为．A．B．C．D．15.已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点P为椭圆上一点，，且直线PA恰好经过OB中点，则该椭圆的离心率为．8.在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为16.已知点是空间直角坐标系O-xyz中的一点，则点P关于x轴的对称点为Q的坐标4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（）为．若点P在平面xOy上的射影为M，则四面体O-PQM的体积为．三、解答题A．B．C．2D．317.已知直线l经过点且斜率为．（1）求直线l的方程；9.直线与圆的大致图象可能正确的是（）（2）若直线平行于直线l，且点P到直线的距离为，求直线的方程． 18.已知圆C经过两点，，且圆心C在x轴上．由于圆心在直线上（1）求圆的标准方程；所以可得，即圆的方程为（2）已知直线l与直线AB垂直，且与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．19.如图，三棱柱中，D为中点，．设，，．所以圆的半径为．（1）试用，，表示向量；故答案为：B（2）若，，求异面直线AE与所成角的余弦值．【分析】根据题意，将圆的方程变形为标准方程的形式，求出圆的圆心，又由圆的圆心在直线即可20.如图，ABCD为圆柱的轴截面，P为底面半圆周上一点，E为PC中点，．得a的值，由此可得圆的半径.（1）求证：；（2）若，求平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值．3.【答案】B21.已知圆M与圆N：相外切，与y轴相切原点O．【解析】【解答】因为向量，互相垂直，（1）求圆M的方程；所以，即，（2）若圆M与圆N的切点在第一象限，过原点O的两条直线与圆M分别交于P，Q两点，且两直线互相解得，故垂直，求证：直线PQ过定点，并求出该定点坐标．所以．22.已知椭圆E：的上顶点到焦点距离为2，且过点．故答案为：B（1）求椭圆E的方程；【分析】根据向量垂直可得，即，求出a，可求出的值.（2）设斜率为的直线l与E交于A，B两点直线l与x轴的交点为M，三角形ABC是以AB为斜边的4.【答案】A等腰直角三角形，CM的中点为P，AB的中点为Q，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明【解析】【解答】解：由题知，圆半径为，圆心坐标为，圆半径为，圆心坐标为理由．答案解析部分，1.【答案】D所以两圆的位置关系为内含，【解析】【解答】由题意知，得所以，，．所以的最小值为故答案为：D.．故答案为：A【分析】利用斜率公式列出等式，求解可得a的值.2.【答案】B【分析】确定两圆的圆心坐标与半径，判定两圆内含，即可求出的最小值.5.【答案】D【解析】【解答】解：的圆心坐标为，【解析】【解答】解：因为，平方可得，所以，得，解得，所以，所以该圆的方程为．因为，所以故答案为：A．故答案为：D【分析】先得出椭圆的右焦点，上顶点与右顶点，代入圆的方程，解出b的值.8.【答案】B【解析】【解答】解：根据题意，建立如图所示的坐标系，【分析】由，平方可得，再利用可求出的值.因为窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，6.【答案】C所以椭圆的标准方程为，【解析】【解答】解：由题意知，若，则，与的交点坐标为，则此时三角形的面积为因为其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，，所以当时，，所以最短窗棂的长度若，则，与的交点坐标为，所以此时三角形的面积为为．故答案为：B．所以该三角形的面积为或．故答案为：C【分析】根据题意，建立坐标系得椭圆的标准方程为，再结合题意计算可得答案.9.【答案】B【分析】分和两种情况，得出三角形顶点的坐标，可得三角形面积.【解析】【解答】解：对于A，因为，所以圆过原点，A不正确；7.【答案】A对于B，圆心坐标在第一象限，，，直线的截距与圆心纵坐标相符合，故正确；【解析】【解答】椭圆C：，右焦点为，上顶点为，右顶点为，对于C，圆心坐标在第三象限，，，故直线过一三四象限，C不正确；代入圆的方程，对于D，由题知直线的截距与圆心纵坐标相等，D不符合，故不正确；故答案为：B【分析】根据直线在坐标轴上的截距以及直线斜率的正负情况，以及圆心的坐标的正负情况，进行判断，先由直线位置得到a，b的符号，再由圆心的位置确定是否满足条件，由此得到答案.【解析】【解答】由题意知，故，故PA，PE，PF三线互相垂直，10.【答案】C故以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，【解析】【解答】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，可以求得，，，，则，，，.设，设平面的法向量为，根据，则，，则则，即，则令，则，得.可得，又，所以点B到平面AEF的距离为设平面的法向量为故答案为：C.【分析】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出平面AEF的.法向量，进而可求出点B到平面AEF的距离.1.【答案】C所以可以求得平面的法向量为，【解析】【解答】如图，建立平面直角坐标系，，其中，，，，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对所求与平面所成角的正弦值为称点为，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，连接，交CD，．故答案为：B.AD于Q，R连接，交BC于P，则可得P，Q，R为反射点，所以轨迹长为.【分析】以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法可求故答案为：C.出与平面所成角的正弦值.13．【答案】5【分析】建立平面直角坐标系，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对称点为【解析】【解答】∵，则，∴，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，轨迹长为．故答案为：5，进而可求出该小球的运动轨迹的长.【分析】根据向量垂直，数量积等于0，即可求出t的值.12．【答案】B 14.【答案】【分析】求得直线PA的方程，与椭圆方程联立，再利用韦达定理进而得出F点坐标，由题意得【解析】【解答】解：因为圆直径的两个端点为，，可得关于a的方程，从而求出椭圆得离心率.所以圆心坐标为，直径为，16．【答案】（1，-1，-2）；【解析】【解答】点，点Q到平面OPM距离即为点到平面OPM距离，所以圆的方程为．即为点到OM距离，可以求得该距离为即为，故答案为：因为，所以．故答案为：（1，-1，-2）；.【分析】由题意可知圆心坐标为，直径为，再根据标准方程公式求解，即可得出该圆的标准【分析】根据空间坐标系点关于坐标轴对称的特征得出点Q的坐标，利用点到平面的距离的定义可得点Q到方程.平面OPM距离为，结合三棱锥的体积公式计算即可得四面体O-PQM的体积.15.【答案】17.【答案】（1）解：因为直线l经过点且斜率为，【解析】【解答】因为OB中点，直线PA恰好经过OB中点，所以直线l的方程为，整理得；（2）解：因为直线平行于直线l，直线l的方程为，所以直线PA方程为，联立，所以设直线的方程为，因为点P到直线的距离为，消去x得，得，所以，解得或，从而得到，所以，所以直线的方程为或．因为，所以，即，【解析】【分析】(1)由点斜式写出直线l的方程为，化为一般式即可；(2)由直线与直线l平行，可设直线的方程为，由点到直线的距离公式得到关于c的方得，所以椭圆得离心率为程，求解即可得直线的方程．．故答案为：18.【答案】（1）解：已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，所以，因为圆C经过两点，，所以，，解之得，所以；所以，（2）解：由题意知，所以直线l的斜率为，所以异面直线AE与所成角的余弦值为．所以设直线l的方程为，【解析】【分析】(1)由，根据空间向量的加法和数乘的运算法则，即可求解出用，，表得圆心C到直线l的距离为，示向量；因为直线l与圆C相交所得弦长为，所以，(2)先计算，和的值，从而求得的值，进而得的值，然后由所以，即，，即可求解出异面直线AE与所成角的余弦值．求得或，20.【答案】（1）证明：因为ABCD为圆柱的轴截面，所以直线l的方程为或．所以平面ABP，所以，又因为，所以平面PBC，所以，【解析】【分析】(1)已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，将，又因为，，所以平面PAC，所以，代入上式，即可求解出圆的标准方程；因为E为PC中点，所以三角形PBC为等腰三角形，即；(2)根据已知条件，结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解出直线l的方程．（2）解：如图，以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，设，19.【答案】（1）解：因为D为中点，则，，，，，可得，所以设平面PAD的法向量为，因为，所以，可得，，设平面ABE的法向量为，所以；则，即，不妨令，（2）解：由题意知，，可得为平面ABE的一个法向量，，所以，所以，平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．又因为，【解析】【分析】(1)平面ABP，则有，再结合已知条件可得平面PBC，则 PA⊥BE，再利用线而垂直的判定定理可得平面PAC，则，从而可证得；(2)以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量和平面ABE的一（2）解：设直线l：，联立，个法向量，利用空间向量法求解出平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值.21.【答案】（1）解：由题意知，圆M与y轴相切原点O，所以设圆M的方程为消去y得，因为圆M与圆N：相外切，且N：，，解得，所以，所以或，设，，，所以M：或M：；则，，得，（2）证明：由题意知M：，则，设OP所在直线方程为，联立，l与x轴的交点为，所以，得，，所以，同理把k换做，可得，，因为，CM的中点为P，所以PQ所在直线方程为，所以，化简为：所以为定值．故直线PQ过定点．【解析】【分析】（1）设圆M的方程为，由题意可得，求解【解析】【分析】（1）由题意知上顶点到焦点距离为，将点代入椭圆方程得，解可得a的值，即可求得圆M的方程；得，即可求出椭圆E的方程；（2）设OP所在直线方程为，与圆方程联立可得P，Q点坐标，进而得出PQ所在直线方程，可证得直线PQ过定点.（2）设直线l：，代入得，利用韦达定理得2.【答案】（1）解：由题意知上顶点到焦点距离为，，，得又椭圆过点，，即可求出为定值.所以，得，所以椭圆E的方程为；高二上学期数学期中联考试卷C．，，D．，一、单选题9．如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于1.已知向量，若，则x的值为（）棱AB，若，则线段CD的长为（）A．1B．-3C．±1D．3A．B．16C．8D．2.点到直线的距离为（）10.如图，正三棱柱中，，，是的中点，则与平面A．B．C．D．所成角的正弦值等于（）3.椭圆的上､下顶点分别为，右顶点为A，右焦点为F，，则椭圆的A．B．C．D．离心率为（）11.设，分别是椭圆E：的左､右焦点，若椭圆E上存在点P满足，A．B．C．D．则椭圆E离心率的取值范围为（）4.已知空间向量，，且，则向量与的夹角为（）A．B．C．D．A．B．C．D．12.在平面直角坐标系中，和是圆上的两点，且，点5.以点为圆心，且与直线相切的圆的方程为（），则的取值范围是A．B．A．B．C．D．C．D．6.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点为线段上一二、填空题点，且，若记，，，则（）13.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是．A．B．14.如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上C．D．7．直线被圆所截得的弦长为（）的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为.D．15.已知椭圆C的中心在坐标原点，右焦点F为直线与x轴的交点，且在经过点F的所有弦A．4B．C．，若直线与线段有公共中，最短弦的长度为，则C的方程为．8．已知点，点，直线（其中点，则的取值范围是（）16.已知动点A，B分别在圆和圆上，动点P在直线A．，B．，，上，则的最小值是．三、解答题【分析】由空间向量的模的公式，代入数值计算出x的值即可。17.已知直线，求2.【答案】B（1）求直线l的斜率：【解析】【解答】根据距离公式可得：（2）若直线m与l平行，且过点，求直线m的方程．点到直线的距离，18.如图，直三棱柱底面中，，，棱，是的中故答案为：B.点.【分析】利用点到直线的距离公式即可求出答案.（1）求，的值；3.【答案】C（2）求证：.【解析】【解答】解：椭圆的上､下顶点分别为，19.如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点．右顶点为A(a，0)，右焦点为F(c，0)，，可得=﹣1，（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；=1，解得e=.（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程．故答案为：C.20.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，点M是棱PD上一点，且AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．【分析】求出椭圆的焦点坐标，顶点坐标，利用垂直关系列出方程，转化求解即可得椭圆的离心率.（1）若PM：MD＝1：2，求证：PB∥平面ACM；4.【答案】A（2）求二面角A﹣CD﹣P的正弦值；【解析】【解答】由题意，，解得，（3）若直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，求MD的长．又，21.已知圆和点，动圆经过点，且与圆内切.所以，（1）求动圆的圆心的轨迹的方程；又，所以与的夹角为（2）设点关于点的对称点为，直线与轨迹交于、两点，若．故答案为：A.的面积为，求的值.答案解析部分【分析】根据求得n，利用夹角公式求得向量与的夹角.1．【答案】C5.【答案】D【解析】【解答】由题得，所以.故答案为：C【解析】【解答】解：由题意得圆的半径则所求圆的方程为：直线与线段有公共点，当时，直线，与线段有公共点，故答案为：D【分析】根据点到直线的距离公式，结合圆的标准方程直接求解即可.当时，直线的斜率，6.【答案】A或，解得，或，【解析】【解答】解：综上所述：的取值范围为，，，故答案为：A【分析】根据题意由向量的加减运算法则以及向量的线性运算法则，整理即可得出答案。7.【答案】D【解析】【解答】圆的标准方程为，故答案为：D．圆心到直线的距离为，【分析】求出直线恒过定点，求出A、B与定点的斜率，即可得到的取值范围.所求弦长为．9.【答案】D故答案为：D.【解析】【解答】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则四边形为平行四边形.线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB.【分析】根据题意，由圆的标准方程分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与，则为二面角的平面角，即圆的位置关系即可求得所截得的弦长.，如图所示.8.【答案】D为等边三角形，【解析】【解答】解：由题意，（其中，，，，平面，平面则，平面又平面，解得：，在中直线所过定点；故答案为：D点，点，设直线所过定点为，则的坐标；【分析】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则由题意可知为等边三角形，为直角三角形，求解即可.，，10.【答案】B 【解析】【解答】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，所以，为轴，建立空间直角坐标系，由，，，则，，，，0，，，0，，，1，，所以整理可得：消去得：所，，，，0，，，，，设平面的法向量，，，以，即则，取，得，，，可得：.设与平面所成角为，故答案为：D.则，【分析】设P的坐标，由题意可得左右焦点的坐标，由数量积可得P的横坐标的表达式，再由P在椭圆上，可得P的横坐标的取值范围，进而可得a，b，c的关系，再由椭圆中a，b，c之间的关系求出椭圆E离心率与平面所成角的正弦值为。的取值范围.故答案为：B．12.【答案】A【解析】【解答】解：设，则有，所以A为BE的中点，，【分析】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为过O作CF⊥AB，垂足为F，如图所示，轴，建立空间直角坐标系，再利用已知条件求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而求出直线AD与平面所成角的正弦值。1.【答案】D【解析】【解答】由椭圆的方程可得，，设，由，则，即，由P在椭圆上可得，所以，代入可得【分析】根据椭圆的标准方程，求出k满足的条件，即可求得的取值范围.14．【答案】【解析】【解答】解：如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：则设，则，设直线与所成角为所以，即，解得或（舍去），所以，故答案为：．因为，所以，则，【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求得t，进而求得线，段的长.15.【答案】所以点E的轨迹方程为：(x-1)2+y2=5，所以，【解析】【解答】由题得，设，则的取值范围是，故选：A.则解得，，，【分析】根据向量的线性运算，结合圆的标准方程以及向量的模求解即可.13.【答案】所以的方程为【解析】【解答】由于方程表示焦点在y轴上的椭圆，．故答案为：所以，解得，.所以的取值范围是.【分析】根据题意设出椭圆方程，建立a.b，c关系，求出a，b的值，即可求出C的方程.故答案为：16.【答案】【解析】【解答】由题意，点，，设点关于直线的对称点为.，【解析】【分析】(1)以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别如图：求出向量，的坐标，然后代入两个向量夹角余弦公式，即可得到，的值；(2)求出向量，的坐标，然后代入向量数量积公式判定两个向量的数量积是否为0，可证得则，解得，即，连接，.19.【答案】（1）解：在直线上，设，∴圆与轴相切，圆为：，，又又圆与圆外切，圆，即圆，圆心，故.半径；故答案为：，解得，【分析】根据题意，分析圆C1和圆C2的圆心和半径，设圆N与圆C1关于直线x+y+1=0对称，求出其圆心圆的标准方程为．N的坐标再由已知条件即可得出圆心坐标再，由圆与圆的位置关系可得当P在线段上时，|PA|+|PB|取得（2）解：由题意得，，设，最小值求出的值，由此计算出最小值可得答案．则圆心到直线的距离：，17.【答案】（1）解：由直线方程知：，即直线l的斜率为；则，，即，（2）解：由（1），根据直线m与l平行，且过点，则直线m：，解得或，∴直线m一般形式为.直线的方程为：或．【解析】【分析】(1)把直线l方程化为斜截式，可求出直线l的斜率；(2)利用直线的平行关系求出直线m的方程．【解析】【分析】(1)设N(6，n)，则圆为：，从而得到，由此能18．【答案】（1）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出圆N的标准方程；，0，，，1，，，0，，，1，，，，，(2)由题意得，，设，则圆心到直线的距离：，由此能求出直线l的方程．，1，，，.20.【答案】（1）证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，（2）证明：，0，，，1，，，0，，，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，，1，，，，，∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，∴||＝＝＝，∵点M是棱PD上一点，PM：MD＝1：2，AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．解得λ＝，∴P（0，0，4），A（0，0，0），B（2，0，0），∴．C（2，2，0），M（0，，），【解析】【分析】(1)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，由此能证明＝（2，0，﹣4），＝（2，2，0），＝（0，，），PB//平面ACM；设平面ACM的法向量，(2)求出平面CDP的法向量和平面ACD的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣P的正弦值；(3)求出平面CDP的法向量，由直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法能求出MD的长.则，取x＝2，得（2，﹣2，1），21.【答案】（1），圆心，半径，∵4﹣4＝0，PB⊄平面ACM，∴PB∥平面ACM．因为动圆经过点，且与圆内切，所以，（2）解：D（0，4，0），＝（2，2，﹣4），＝（0，4，﹣4），即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，设平面CDP的法向量（a，b，c），故圆心的轨迹的方程为.则，取b＝1，得（1，1，1），（2）因为点关于点的对称点为，所以，平面ACD的法向量（0，0，1），因为，所以点不在轴上，直线的斜率不为，设二面角A﹣CD﹣P的平面角为θ，则直线的方程为，则|cosθ|＝＝，联立，整理得，，∴二面角A﹣CD﹣P的正弦值为＝．（3）解：设，（0≤λ≤1），设，，则，，则，因为是的中点，、、三点共线，的面积为，∴，，平面CDP的法向量，所以，，∵直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，由直线过点易知，，故，即，，令，则，，，故，，.【解析】【分析】（1）由题意可知，即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，由此计算椭圆方程即可。（2）由题意可设直线的方程为与椭圆方程联立，设，由根与系数的关系，，结合三角形的面积公式可知，可得的值，进而求解t值。高二上学期数学期中联考试卷A．B．2C．1D．3一、单选题10．在如图所示的几何体中，平面PDC，是等腰直角三角形，四边形ABCD为平行四边形，且1.直线的倾斜角为（）．，则点C到平面PAB的距离为（）．A．B．C．D．不存在A.1B．C．D．2.下列向量与向量共线的单位向量为（）11.如图，在直三棱柱中，，，D为上一点（不在端点处），且A．B．，若为锐角三角形，则m的取值范围是（）．C．D．A．B．C．D．3.若方程表示圆，则实数a的取值范围为（）12.已知点是圆上的一点，记点P到x轴距离为，到原点O的距A．B．C．D．离为，则当取最小值时，（）4.设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线//平面，则实数z的值为（）A．B．C．D．A．-5B．5C．-1D．1二、填空题13.在空间直角坐标系中，已知，，，若，则实数5.圆：和圆：的公切线的条数为（）．A．1B．2C．3D．414.已知过的直线l与直线没有公共点，则直线l的方程为．6.已知空间向量，，若，则（）．15.圆与圆的公共弦长为.A.B．C．D．16.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且7．已知直线：过定点，直线过点且与直线垂直，则直AB＝4，SA＝3，E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足＝λ，则当实数λ的值为线的方程为（）时，∠AFE为直角．三、解答题A．B．17．已知A（1，－1），B（2，2），C（3，0）三点，求点D，使直线CD⊥AB，且CB∥AD．C．D．18．已知（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2）．8.我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱（1）求的值；柱．在堑堵中，，P为的中点，则（）．（2）已知，，||＝||，求．A．6B．-6C．2D．-219.已知圆的圆心在坐标原点，直线的方程为.9.直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则（）（1）若圆与直线相切，求圆的标准方程；【分析】由与向量共线的单位向量为，求解可得答案.（2）若圆上恰有两个点到直线的距离是1，求圆的半径的取值范围.在直三棱柱中，，，，E、F分别为、的中点．3.【答案】B20.【解析】【解答】方程化为标准方程为，有，∴．.（1）求直线AE与所成角的大小；故答案为：B（2）判断直线与平面ABF是否垂直．21.已知圆C的方程为．【分析】把圆的方程化为标准方程，即可求出实数a的取值范围.4.【答案】B（1）设O为坐标原点，P为圆C上任意一点，求的最大值与最小值；【解析】【解答】由直线//平面，知向量与垂直，（2）设直线，记直线l被圆C截得的弦长为a，直线l被圆截则有，得的弦长为b，试比较a与b的大小．解得.22.如图，在四棱锥中，已知底面，，，，故答案为：B，异面直线和所成角等于.（1）求直线和平面所成角的正弦值；【分析】根据线面平行，求出法向量与直线的方向向量垂直，即可求出实数z的值.（2）在棱上是否存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为？若存在，指出5.【答案】C点在棱上的位置；若不存在，说明理由.【解析】【解答】由题知圆：的圆心，半径，圆：答案解析部分的圆心，半径，所以，，所以两圆外切，所1.【答案】A以两圆共有3条公切线.【解析】【解答】直线与x轴平行，斜率为0，所以直线的倾斜角为0°，故答案为：C故答案为：A．【分析】根据题意求出圆心坐标以及半径，然后由两点间的距离公式求出两圆的圆心距，再与两圆的半径之【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出答案.和进行比较，从而得出两圆的位置关系，由此即可得出公切线的条数。2.【答案】C6.【答案】A【解析】【解答】由，【解析】【解答】由得，，解得，∴与向量共线的单位向量则，，为或.所以，故答案为：C故答案为：A．【分析】由求得，再由，求出答案.【分析】由题意可得，圆心(0，0)到两条直线的距离相等，且圆心到直线和距离皆为，即7.【答案】A，由此求得的值.【解析】【解答】∵由题意，直线：，10．【答案】B∴过定点，则直线过定点，【解析】【解答】如图，以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系∵直线与直线垂直，则直线的斜率，则，，，，，，．∴直线的方程为，即.故答案为：A.设平面PAB的一个法向量为，则由，令，得，故，【分析】由已知条件即可得出直线过的定点，再由直线垂直的斜率之间的关系，结合点斜式即可求出直线的方程。则点C到平面PAB的距离为，8.【答案】A故答案为：B.【解析】【解答】根据堑堵的几何性质知：，，．因为，，【分析】以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAB的一个法向量，根据空间距离的向量求法，即可求出点C到平面PAB的距离.所以1.【答案】B.【解析】【解答】由图形可知，，总为锐角．以C为原点，CA，CB，所在直线分别为故答案为：A．x，y，z轴，建立空间直角坐标系，不妨取，则，，，，则，，【分析】由条件得，，，将用向量表示，代入数量．由可知，积的公式进行运算，即可求得答案.9.【答案】B则，【解析】【解答】由题意得直线和单位圆弦长皆为，．由，得，解得或．又知，所以所以圆心到直线和距离皆为，即，．故答案为：B故答案为：B. 【分析】由题意，以C为原点，CA，CB，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，故答案为：3x-y+7=0。由，不妨取，求C，B1，A，B出点的坐标，又为锐角三角形，利用向量的夹【分析】利用过的直线l与直线没有公共点，得出过的直线l与直线角为锐角，求出m的取值范围.没有公共点，再利用两直线平行斜率相等，进而得出所求直线的斜率，再利用点斜式求出直线l的方程。12.【答案】D15．【答案】【解析】【解答】化为标准方程：，【解析】【解答】两圆方程相减可得公共弦直线方程为，点是圆上一点，圆的圆心为，半径为，不妨设（t为参数），圆心到的距离为，公共弦长为.则故答案为：.其中当时，可取得最小值30【分析】先把两个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长.此时16．【答案】故答案为：D【解析】【解答】∵SA⊥面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0，4，0)，S(0，0，3)．设BC＝m，则C(m，4，0)，【分析】利用圆的参数方程表示出并求最值，利用三角函数求出的值.∵＝λ，∴＝λ，13.【答案】3∴【解析】【解答】由题意得，，∴F.同理，E，所以，即，∴故答案为：3要使∠AFE＝90°，则，【分析】根据条件求出的坐标，由列出等式，求解可得实数的值.又，14.【答案】3x-y+7=0∴，【解析】【解答】由题意可知：直线l与直线平行，直线l的斜率为3，所以直线l方程为∴16λ＝9，∴λ＝.，即3x-y+7=0。【分析】建立空间直角坐标系A－xyz，设BC=m，求出所需点的坐标，利用，则＝λ所以，，求出点F的坐标，同理求出点E的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示，由，列式求解出即，所以，即圆的半径的取值范围是.实数λ的值.【解析】【分析】(1)根据题意由直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式计算出圆心到直线的距离公式，由此计算出圆的半径，从而得出圆的方程。17．【答案】解：设，则，(2)由(1)的结论，结合圆心到直线的距离，由圆的几何意义即可得到，从而得出半径的取值范围。【解析】【分析】设，由直线CD⊥AB，且CB∥AD可得，求解出x，y，即可求得20．【答案】（1）解：由题意知，AB、AC、两两垂直，分别以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，点D的坐标.则，，，，，．18．【答案】（1）解：∵（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2），∴，，∴（﹣2，﹣3，0），∴()＝2×（﹣2）+3×（﹣3）+（﹣1）×0＝﹣13；∴，故直线AE与所成角为．（2）解：设（x，y，z），（2）解：由（1）可得：，，∵⊥，⊥，||＝||，∴，，∴，，∴，∵，AF、平面ABF，∴平面ABF．解得：或，【解析】【分析】(1)以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，利用向∴(3，﹣2，1)或（﹣3，2，﹣1）．量法能求出直线AE与所成角的大小；【解析】【分析】(1)根据空间向量运算性质进行计算即可求得的值；(2)利用向量法求出，，从而判断出直线与平面ABF垂直．(2)设（x，y，z），根据，，||＝||，列方程组，求解可得的坐标．21.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，则圆心，圆C的半径为，因为，19．【答案】（1）设圆的半径为，圆心到直线距离为，则，依题意，所以的最大值为，最小值为．所以圆的方程为.（2）解：因为点C到直线l的距离为，所以（2）由（1）知，圆心到直线距离为，又圆上恰有两个点到直线的距离是1，．因为点到直线l的距离为，所以．由，得，当时，．当时，解得或（不合题意）.．∴存在这样的E点，E为棱PA上靠近的三等分点.当时，．【解析】【分析】(1)以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线和平面所成角的正弦值；【解析】【分析】(1)根据圆方程求得|OC|，圆C的半径，进而可求得的最大值与最小值；(2)求出平面DEB的一个法向量和平面PAB的法向量，利用向量法能求出在棱PA上存在一点E，使得平面(2)求出a，表示出b，进而比较a与b的大小．PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，E为棱PA上靠近A的三等分点.2.【答案】（1）解：如图，以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.易知是等腰直角三角形，∴.设，则，，，，.则，，∵异面直线和所成角等于，∴，即，解得，∵，.设平面的一个法向量为，则由，得，所以可取，∴.∴直线和平面所成角的正弦值为.（2）解：假设存在，设，且，则，，设平面DEB的一个法向量为，则由，得，取，又有平面PAB的法向量，由平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，可知余弦值为，
简介：高二上学期数学期中联考试卷圆的蒙日圆上，则的值为（）一、单选题1.已知向量，，则等于（）A．±1B．±5C．D．A．B．C．D．8.在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满2.如图，平行六面体中，与交于点，设，，，则足，则直线与直线所成角的余弦值为（）等于（）A．B．C．D．A.B．9.如图，在三棱锥中，平面，，，点在三棱锥C．D．的表面上运动，则的取值范围是（）3.与直线关于轴对称的直线的方程为（）A.B．C．D．A．B．C．D．10．椭圆的左右焦点分别为､，直线与交于A､两点，若4.与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆的方程是（），，当时，的离心率的最小值为（）A．B．C．D．A．B．C．D．5.给出以下命题，其中正确的是（）A.直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直11.点是圆上的任一点，圆是过点且半径为1的动圆，点是圆上的任一点，则长度的最小值为（）B.直线的方向向量为，平面的法向量为，则A．1B．2C．3D．4C．平面､的法向量分别为，，则12.如图，矩形的顶点在以为圆心，半径为的圆上，，当时，的取D．平面经过三个点，，，向量是平面的法向量，则值范围是（）A．B．C．D．6．正四面体棱长为2，，，分别是，，的中点，则的值为（）二、填空题13.若直线与直线平行，则的值为.A．B．1C．2D．414.直线与圆交于､两点，为坐标原点，则的面积7．19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且该圆的为.半径等于椭圆长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根.若圆上有且只有一个点在椭（2）若曲线与轴交于､两点，过点的直线（不与轴重合）与曲线交于､两点，记15.是椭圆的一个焦点，不过点的直线交椭圆于、两点，则△的周长的最大值､的面积分别为､，求的最大值.为.21．2021年我国某海滨城市经常遭遇东偏南某方位的台风的侵袭，对居民的生产和生活产生巨大影响.如图，16.如图，正三棱柱的各棱长均为1，点和点分别为棱和棱的中点，先将底面置于平面内，再将三棱柱绕旋转一周，则以下结论正确的是（填入正确结论对应的序据10月13日午时监测，当前台风中心位于城市的东偏南方向的海面处，并以号）.的速度向西偏北方向移动，台风侵袭的范围是半径为的圆形区域，位于城市的东偏南①设向量旋转后的向量为，则方向有一条自城市通向远海的航线，当前该航线的至段正遭受台风侵袭.（1）求当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；（距离精确到）②点的轨迹是以为半径的圆（2）经过多长时间后该航线将不受台风侵袭？（时间精确到）（参考数据：）22.如图，已知圆柱，点A是圆上的动点，，，､为圆上的两个定点，且满足③设①中的在平面上的投影向量为，则的取值范围是.④直线在平面内的投影与直线所成角的余弦值的取值范围是（1）当或时，求证：平面；三、解答题（2）当直线与平面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积.17.已知向量，，，求：答案解析部分（1）向量的坐标；1.【答案】A（2）与夹角的余弦值．【解析】【解答】∵向量，，18.已知点，，将直线绕着点逆时针旋转得到直线，∴.（1）求直线的方程；故答案为：A.（2）若点是直线上一点，当△的面积等于5时，求点的坐标.19.如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解可得答案.2.【答案】B，是的中点，.【解析】【解答】由已知可得（1）求证：平面；，（2）求平面与平面的夹角.故答案为：B.20.点是圆上任意一点，过作轴的垂线，垂足为，，当点在圆上运动时，记点的轨迹为（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）.【分析】由已知结合向量加法的三角形法则整理计算，可得答案.3.【答案】D（1）求的方程；【解析】【解答】直线的斜率为，与x轴交于点，【解析】【解答】如图，设，，，直线关于轴对称的直线的斜率为，并且过点A，则，由直线的点斜式方程得：，即，又，所以所求直线的方程为：.，故答案为：D∴.【分析】先根据对称性求出所求直线经过的点及斜率，然后结合点斜式即可求解出答案.故答案为：B.4.【答案】C【解析】【解答】椭圆方程化为标准形式，设要求解的椭圆方程为：【分析】设，，，画出图形，结合图形及数量积的运算可求出的值.7.【答案】C，将点代入得，解得：，所以，C符合题意.【解析】【解答】解：根据题意，椭圆的蒙日圆方程为，故答案为：C因为圆上有且只有一个点在椭圆的蒙日圆上，【分析】由已知椭圆的方程可知c的值，再由焦点相同设所求的椭圆的方程，将过的点(4，0)代入椭圆的所以该圆与已知圆相切，方程，可知参数的值，进而求出椭圆的方程.又两圆圆心间距离为，5.【答案】D【解析】【解答】对于A，因为，所以与不垂直，A不符合题意；所以或（无解，舍去），解得对于B，因为，不成立，所以B不符合题意；故答案为：C.对于C，因为与不平行，所以不成立，C不符合题意；【分析】由所给信息可得蒙日圆的方程，再由两圆只有一个交点可知两圆相切，由题意可得b的值.对于D，，，由，，解得，8.【答案】B，所以，D符合题意.【解析】【解答】解：如图，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间故答案为：D.直角坐标系，【分析】由两直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得或判则，，，，断B；由平面法向量不共线判断C；求出，的坐标，再由数量积为0列关于p和q的方程组，求得所以，，判断D.由题知，6.【答案】B 所以直线与直线所成角的余弦值为，当可得2a的范围，进而求出离心率的范围，即可得答案.故答案为：B1.【答案】B【分析】以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，由空【解析】【解答】由题可知点的轨迹方程是，即得点是圆上的动点，间向量夹角可求出直线与直线所成角的余弦值.又由题知点是圆上的动点，9.【答案】D【解析】【解答】如图，取中点，连接，，，如图可得则.则，又因为平面，平面，平面，所以故答案为：B.，，【分析】由题意求出圆C2圆心的轨迹，画出图形，数形结合求得长度的最小值.又，，由勾股定理得：，且在以O为球心，半径为12.【答案】A【解析】【解答】由，可以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，的球上，故，则的取值范围是，D符合题意.故答案为：D由矩形的性质可知，、两点关于原点对称，不妨设，则，，，，【分析】取CD的中点O，连接PC，PO，PD，利用向量的线性运算，将问题转化为求解|PO|的取值范∵△为直角三角形，为的中点，围，即可求出的取值范围.∴，10.【答案】D【解析】【解答】连接，又∵，∴，即，由题知点A､关于原点对称，，，，则，∴，即，，又，即，∴，，由得，所以，D符合题意.故答案为：A.故答案为：D【分析】以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，不妨设，则，，，，可得，结合【分析】连接，由题知点A､关于原点对称可得，，再由，得，求得，再求出|QA|2的范围，开方得的取值范围.绕着旋转即绕着轴旋转，设旋转后的向量为，则，①正确；13.【答案】1【解析】【解答】，得，求得，经检验，符合题意.设，则，，点的轨迹是以为半径的圆，②正确；故答案为：1由题知，在平面上的投影向量即为其在平面上的投影向量，【分析】由两直线平行的性质列方程，求解可得出m的值.14.【答案】12，③正确；【解析】【解答】∵圆心到直线的距离，设直线在平面内的投影与直线所成的角为，，则，④错误.∴的面积为.故答案为：12.故答案为：①②③.【分析】首先求得圆心到直线的距离，然后求得弦长，最后求解三角形的面积即可得的面积.【分析】取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出15.【答案】8向量的坐标，即可判断选项①；设，求出y和z满足的关系，得点的轨迹是以为【解析】【解答】由已知得，即，取椭圆另一焦点为，△的周长为半径的圆即可判断选项②；由②可得，，结合在平面上的投影向量，即可判断选项③；利，当且仅当，，三点共线时取得等号.用向量的夹角公式，即可判断选项④.故答案为：8.17．【答案】（1）解：，存在，使得，即，【分析】由椭圆的方程可知a的值，再由三角形的周长表达式及椭圆的定义转化，可知周长为则，解得，当且仅当，，三点共线时取到△的周长的最大值.16．【答案】①②③又，，可得，【解析】【解答】如图，取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系所以；，（2）解：可得，则，，，，设与的夹角为，，令，则取，设平面与平面的夹角为，则则.，所以，即得平面与平面的夹角为.【解析】【分析】(1)由向量的平行和垂直可得关于x，y，z的关系式，求解出x，y，z，可得向量的坐标；【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到，由勾股定理(2)由(1)可得向量与的坐标，进而由夹角公式可得与夹角的余弦值．证明，即可证明出平面；18.【答案】（1）解：设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，(2)以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标则，和向量的坐标，然后利用待定系数法求出两个平面的法向量，由向量的夹角公式求解出平面与平面又直线过点，则直线的方程为，即.的夹角.（2）解：设，，，20.【答案】（1）解：设，则，由得是的中点，得，，解得或，故点坐标为或又点在圆上，代入得曲线的方程为..【解析】【分析】(1)由已知得直线的倾斜角等于直线AB倾斜角和旋转角的和，即可利用两角和的正切公式（2）解：解法一：设直线的方程为，，，由得求出直线的斜率，然后利用点斜式即可求出直线的方程；(2)设出点C的坐标，利用三角形的面积公式即可求解出点的坐标.，19.【答案】（1）证明：因为底面和侧面都是矩形，所以，，又因为由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，且，，，，平面，所以平面，因为平面，所以因为，所以，，又由题知，，，所以，又当时，，，所以平面.当时，，当且仅当时等号成立.（2）解：设为的中点，以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，综上所述，的最大值为1.则得点，，，，，设平面的一个法向量为解法二：①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，不妨设，，，又，，则，令，则取，；，设平面的一个法向量为，又，，则 ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，【解析】【分析】(1)求出P点坐标，得到P到直线AB的距离即可得当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；由得，(2)设经过t小时后点的坐标，结合圆P的方程，解出t，即可得城市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间.由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，2.【答案】（1）证明：如图，当时，易知四边形为平行四边形，则，又平面，平面且，，，所以平面，同理可证，当时，有平面，故证得当或所以，，时，平面.因为，（2）解：取中点，则，以点为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，当且仅当时等号成立.则､､､，，综上所述，的最大值为1.【解析】【分析】(1)由题意利用相关点法求解曲线C的方程；，，设平面的法向量为，(2)设直线的方程为，，，与椭圆方程联立，结合韦达定理和基本不等式求解面积之差的最大值.则，令，则取，21.【答案】（1）解：由题得当前台风中心所处位置点坐标为，即点设，则得直线的方向向量，设直线与平面所成的角为，又至段所在直线的方程为，则点到该直线的距离为，则，则当时取最大值，此时点A的坐标为，，则，即得当前该航线正被台风侵袭的至段，则点A到平面的距离为，又由题知，，的距离为.（2）解：由题知，当该航线不受台风侵袭时，城市也恰好结束遭受台风侵袭.设经过小时后台风中心所处则三角形的面积为，故当直线与平面所成角的正弦值取最大值位置为点，则得坐标为，即点，时，三棱锥的体积为..又圆的方程为，则由，其中､分别表示城【解析】【分析】(1)当时，易知四边形为平行四边形，则，同理当，得市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间，则易得经过后该航线将不受台风侵袭.时，有平面； (2)以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线AO的方向向量，可求得直线AO与平面的所成角的正弦最大值，再利用距离公式求得点A到平面的距离，根据题设条件求得三角形的面积，由此可得三棱锥的体积. 高二上学期数学期中联考试卷（）一、单选题A．B．1.点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为（）C．D．A．B．10.如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，则直线与平面BDE所成角的正C．D．弦值为（）2.已知直线l经过，两点，则l的斜率为（）A．B．C．D．A．2B．－2C．D．11.已知椭圆，点C在椭圆上，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，若圆C3.已知，，若，则m的值为（）与x轴相交于M，N两点，且为直角三角形，则椭圆的离心率为（）A．－1B．－2C．2D．14.过圆上一点作圆O的切线l，则直线l的方程是（）A．B．C．D．A．B．12.已知斜三棱柱中，底面是直角三角形，且，，，C．D．与AB、AC都成角，则异面直线与所成角的余弦值为（）5.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（）A．B．C．D．A．B．二、填空题C．D．13.已知两点，，以线段AB为直径的圆的方程为．6.已知圆：，圆：，若圆与圆内切，则实数a的值是14.已知直线，，则“”是“”的条件．（填“充（）分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）A．-2B．2C．-1或2D．1或-215.已知、是椭圆的两个焦点，M是椭圆上一点，且，则的面积7.已知圆与直线相切，则（）为．A．B．C．D．16.已知，点P在直线上，点Q在圆C：上，则的8.已知椭圆经过点，离心率，，分别是椭圆C的焦点，过点最小值是．三、解答题的直线交椭圆C于A，B两点，则的周长是（）17.已知点，直线．A．8B．12C．D．12或（1）若直线过点P且与直线l平行，求直线的方程；9.已知圆C的半径为，圆心在轴的负半轴上，直线与圆C相切，则圆C的方程为（2）若直线过点P且与直线l垂直，求直线的方程．【分析】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为.2.【答案】D18.已知，．【解析】【解答】（1）若，求m与n的值；．故答案为：D.（2）若且，求．【分析】根据直线斜率计算公式求解即可.19.已知圆C：关于直线对称，且过点．3.【答案】C（1）求圆C的标准方程；（2）是否存在直线l与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距互为相反数？若存在，求出该直线l的方程；【解析】【解答】∵，∴，∴，解得若不存在，说明理由．．故答案为：C.20.已知椭圆的焦距为4，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；【分析】因为，得到，根据向量数量积的运算求解即可.（2）若直线与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点P在圆上，求m4.【答案】D的值．【解析】【解答】由题意点为切点，所以，又，所以，因此直线l的21.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，，E是PD的中点．方程为．（1）求证：平面；故答案为：D（2）若平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为，求PA的长度．【分析】由直线垂直得，推出，根据点斜式求出直线l的方程.22.已知点，点P是圆B：上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线BP交于点Q．5.【答案】B（1）求点Q的轨迹方程C；【解析】【解答】将方程化为，（2）过点A的直线l与曲线C交于M，N两点，点E在x轴上且使得对任意直线l，OE都平分．求点E的坐标．因为是焦点在y轴上的椭圆，可得，解得.答案解析部分故答案为：B.1．【答案】C【解析】【解答】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为【分析】将已知化为，由焦点在y轴上从而推出实数m的取值范围.．故答案为：C.6.【答案】C 【解析】【解答】由题可知圆心，半径，圆心，半径，因为圆与圆内即．故答案为：C切，所以，解得或．故答案为：C．【分析】由题意设圆心坐标为，解得，从而写出圆的方程.【分析】易知圆，的圆心以及半径，由两圆内切得，即可求解.10.【答案】D7.【答案】A【解析】【解答】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，【解析】【解答】圆的标准方程是，圆心为，半径为2，所以，如图所示：解得．则，，，，，所故答案为：A．以，，，【分析】把圆化为标准方程，根据圆心到切线的距离等于半径，求解即可.设平面BDE的一个法向量，则，即，令，则，，8.【答案】B所以平面BDE的一个法向量，【解析】【解答】椭圆C经过点，则，又椭圆C的离心率，所以，，设直线与平面BDE所成角为，所以由椭圆的定义可知，．故答案为：D.的周长是．故答案为：B【分析】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设设平面BDE的一个法向量，直线与平面BDE所成角为，利用空间向量即可求解.【分析】由题意先求出，由离心率求出，，再根据椭圆的定义可得答案.1.【答案】C9.【答案】C【解析】【解答】不妨设在第一象限，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，则，又【解析】【解答】由题意设圆心坐标为，在椭圆上，则，所以圆M的半径，因为为直角三角形，，即因为圆C与直线相切，所以，又，解得．，化简可得，即，解得．所以圆心为，故答案为：C．圆C的方程为， 14．【答案】充要【分析】由题意可得，再由为直角三角形可得，化简可得，【解析】【解答】若，则，解得或即，求解即可.．当12.【答案】A时，直线的方程为，直线的方程为，即【解析】【解答】解：设，，，则，，，两直线重合，，当时，直线的方程为，直线的方程为，满足所以，，所以所以，所以“”是“”的充要条件．，故答案为：充要，【分析】若，则，解得或．当或时，可推出，即可，得出结论.15.【答案】20所以．【解析】【解答】由，得，，所以，，故答案为：A所以，设，，所以，因为，所以，所以，【分析】设，，，运用向量的数量积和加减运算，以及向量夹角的公式，计算异面所以的面积为．直线与所成角的余弦值.故答案为：.13．【答案】【解析】【解答】由题意，两点，，【分析】由已知可知，，设，，得，由则，的中点为，，可知，即可求得的面积.故圆心的坐标为，半径为，16.【答案】8所以圆的方程为，【解析】【解答】因为圆C：，故圆C是以为圆心，半径的圆，故答案为：则圆心到直线的距离，故直线和圆相离，【分析】求A，B的中点即为圆心，再利用两点间距离公式计算，求半点A坐标满足，A在圆外，径，即可得圆的方程.设点关于直线的对称点为，所以，解得，故，解得，故，则，（2）解：由向量，，连接交圆C于Q，交直线于P，因为，所以，解得，由对称性可知：，因此，所以．当且仅当共线时，取等号，【解析】【分析】（1）由，可得存在实数，，解得；故答案为：8（2）因为，得，根据向量数量积的运算计算即可.【分析】先求的圆心以及半径，根据点到直线的距离公式可得直线和圆相离，由点A坐标满足19.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，得，，判断点A在圆外，设点关于直线的对称点为所以圆心C为，，求其坐标，由对称性可知，即可求得由已知，得，的最小值.17.【答案】（1）解：已知，则可设直线的方程为，解得，又过点，所以，解得，所以圆C的标准方程为.所以直线的方程为．（2）解：圆C的圆心为，半径为2．（2）解：若，则可设直线的方程为，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不可能相切；又过点，所以，解得，即直线的方程为．当直线l不过原点时，设l：，即，【解析】【分析】（1）由，设直线的方程为，再由过点即可求得又直线l与圆C相切，则，解得，，从而得直线方程；（2）由，设直线的方程为，再由过点，代入即可求值.此时直线方程为或．18.【答案】（1）解：由题意，向量，，综上，所求直线l的方程为或．因为，可得得，【解析】【分析】（1）先求圆心C为，根据已知条件列方程组解得，即得圆C的标准方程；（2）解：因为平面，又AB，平面，所以，．又底面ABCD（2）由（1）知圆C的圆心为，半径为2，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不是矩形，所以．可能相切；当直线l不过原点时，设l：，即，根据直线l与圆C相切，得以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设求得，即得直线方程.，则，，，．20.【答案】（1）解：由题意，得，解得，所以椭圆C的方程为．∴，，．设平面AEC的法向量，（2）解：设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，由即由消y，得，，解得．∴令，则．所以，，所以，，设平面PEC的法向量，因为点在圆上，所以，解得，满足．由即∴．∴令，则．，解得，即．【解析】【分析】（1）由题意，得，解得，即可求得椭圆C的方程；所以当平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为时，．（2）设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，联立方程组【解析】【分析】（1）连接BD交AC于点F，易证，又平面，平面，从而证得平面；，根据韦达定理得，，即可得P点坐标，再根据P点在圆上即可求（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量求平面AEC与平面PEC所成角的余弦值，即可求解.解.2.【答案】（1）解：由题意知，，所以，21.【答案】（1）证明：连接BD交AC于点F，由椭圆定义知点Q的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，设椭圆C：，其中，因为底面ABCD是矩形，所以F为BD的中点，又E是PD的中点，所以，又平面，平面，所以平面．，即，，则，所以点Q的轨迹方程C为．（2）解：设，当l与x轴垂直时，恒成立，当l与x轴不垂直时，因为OE都平分，即，所以，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，又，，所以，又，，所以，即，联立方程组消去y，得，，所以，，代入上式可得，即点．【解析】【分析】（1）由题意知，，根据椭圆的定义知点Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，根据已知条件得，，从而求得点Q的轨迹方程；（2）设，当l与x轴垂直时，恒成立；当l与x轴不垂直时，由，得，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，联立方程组，根据韦达定理求得，代为即可求解. 高二上学期数学期中考试试卷一、单选题C．1．已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－＜x＜}，则（）．A．A∩B＝∅B．A∪B＝RC．BAD．ABD．2．复数z满足，则z=（）A．B．C．D．8.已知直线的倾斜角满足方程，则直线的斜率为（）3．若向量满足：则（）A．B．C．D．A．2B．C．1D．分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为坐标原9.已知，4.已知，则的大小关系为（）点，在双曲线存在点，使得，设的面积为.若A．B．C．D．，则该双曲线的离心率为（）5.已知直线，若，则的值为（）A．B．C．D．A．B．－4C．4D．6.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC.M，N分别是对边OB，AC的中点，点G在线段MN过点作圆（x+1）2+（y-2）2=169的弦，其中弦长为整数的弦共有（）10.上，，现用基向量表示向量，设，则的值分别A．16条B．17条C．32条D．34条是（）11.已知点是抛物线的焦点，点M为抛物线上的任意一点，为平面上定点，则A．，，B．，，的最小值为（）C．，，D．，，A．3B．4C．5D．67.如图，四位同学在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间，各自作出三个函数，12.在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（），的图像如下．结果发现其中有一位同学作出的图像有错误，那么有错误的图像是（）A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为A．C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为二、填空题13.圆与圆内切，则的值为.B．14.已知，，，若P，A，B，C四点共面，则λ=. （2）求二面角的余弦值.15.椭圆中，以点为中点的弦所在直线斜率为.22.如图，圆，点为直线上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点16.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历ft大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线分别为A，B.有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之（1）求直线AB的方程，并写出直线AB所经过的定点的坐标；一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯（2）若两条切线PA，PB与y轴分别交于S､T两点，求的最小值.圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O答案解析部分上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．1.【答案】B三、解答题【解析】【解答】依题意，17.已知函数，其图象过点.又因为B＝{x|－＜x＜}，（1）求的值；由数轴可知A∪B＝R，故答案为：B.（2）将函数图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在上的最大值和最小值.【分析】解出集合A，然后根据集合运算即可.2.【答案】C18.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，的角平分线所在直线方程为．【解析】【解答】由数z满足，可得.（I）求顶点的坐标；故答案为：C.（II）求直线的方程．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，，M是【分析】根据题意，得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.PD上一点，且.3.【答案】B（1）求异面直线PB与CM所成角余弦的大小；（2）求点M到平面PAC的距离.【解析】【解答】由题意易知：，即，，即20.在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，且离心率.。（1）求椭圆的方程；故答案为：B.（2）直线的斜率为，直线l与椭圆交于两点，求的面积的最大值.【分析】利用已知条件结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而再利用数量积的公式，从而求出向量21.如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且.的模。（1）证明：平面平面.4.【答案】D 通过三个图像比较不难得出答案C【解析】【解答】解：∵故答案为：C又a＜c∴【分析】可用特殊值法，的图象取最高点时其他函数对应的点一定不是最值点或零点，从而只有C故答案为：D不合适.【分析】先将a，b，c大致范围写出来，b最小，再用换底公式比较a，c大小.8.【答案】A5.【答案】B【解析】【解答】解：∵，∴【解析】【解答】因为，所以.当时，两直线重合，所以舍去.．故答案为：A当时，符合题意.所以.故答案为：B【分析】先化简，利用直线的斜率进行求解.【分析】根据题意由两条直线平行的直线系数之间的关系，代入数值计算出a的取值，然后验证即可得出满9.【答案】A足题意的a的取值。【解析】【解答】由，得.6.【答案】C设，.【解析】【解答】连结ON.由，得，即.因为M，N分别是对边OB，AC的中点，所以，，所以.又，即，所以，所以，又，所以.故答案为：A..【分析】根据题意由双曲线的定义结合三角形内的几何计算关系由勾股定理整理求出，再由双曲线里故答案为：Ca、b、c的关系结合离心率的公式由整体思想求出答案即可。10.【答案】C【分析】结合图形，因为M，N分别是对边OB，AC的中点，，，所以【解析】【解答】圆的标准方程是：，圆心，半径，，，从而表示出，即可得出过点的最短的弦长是以为中点的弦，为10，有1条答案.最长的弦长是过点的直径，为26，有1条，7．【答案】C还有长度为11，12，…，25的各2条，【解析】【解答】考查三角函数图象，所以共有弦长为整数的条．故答案为：C．连接，，，，则，，【分析】化简圆的方程为标准方程，求出弦长的最小值和最大值，取其整数个数．所以四边形为矩形，11．【答案】B则，，即，，【解析】【解答】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，又，且平面，平面，根据抛物线的定义可知，所以平面，要求取得最小值，即求取得最小，又，，所以为中点，则平面，所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，当三点共线时最小，即为.所以点的轨迹为四边形，所以的最小值为4.因此点不可能是棱的中点，即A不符合题意；故答案为：B.又，，所以，则点的轨迹不是正方形；【分析】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，由抛物线的定义，且矩形的周长为，C不符合题意，D符合题意；取得最小值，即求取得最小，当三点共线时最小，由此即可求出结果.因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最12.【答案】D大，所以线段的最大值为，B不符合题意.【解析】【解答】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为故答案为：D.轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为，分别为的中点，【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，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得出向量的坐标，再利则，，，，用中点坐标公式结合向量共线的坐标表示，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系以及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，所以，为使，必有点平面，又由点所以，设，则，在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，因此得出点不可能是棱的中点；再利因为，用点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等且最所以，，当时，；当时，；大，进而得出线段的最大值；再利用向量求模的公式，得出，，所以取，，，，，则点的轨迹不是正方形，再结合矩形的周长公式得出矩形的周长，进而找出说法正确的选项。即，13.【答案】-2或-1即，【解析】【解答】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，即，所以两圆的圆心距，弦所在的直线的斜率为，又因为两圆内切，有，故答案为：．解得或.故答案为：-2或-1.【分析】先设出弦的两端点的坐标，分别代入椭圆方程，两式相减后整理即可求得弦所在的直线的斜率．【分析】首先根据题中圆的标准方程求出圆的圆心与半径，再根据两圆相切求出的值为.16.【答案】14.【答案】-9【解析】【解答】如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．【解析】【解答】由P，A，B，C四点共面，可得共面，∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，，∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，，解得.在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，故答案为：-9∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.故答案为：．15.【答案】【分析】根据题意取点K（﹣2，0），连接OM、MK，根据△MOK∽△AOM，得出，进而有【解析】【解答】解：设弦的两端点为，，，，MK＝2MA，在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，进而得出|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长。17.【答案】（1）解：因为，代入椭圆得，所以.两式相减得，即，又函数图象过点，由于线段的中点在直线上，得方程，所以，即.即又，所以.由直线与直线垂直，得方程，即；（2）解：由（1）知，，联立方程组，得将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，可知，显然在直线上，且顶点的坐标为，所以直线的方程为，整理得因为，所以，.【解析】【分析】（1）根据的中点在上，且，联立方程组解得的坐标为因此，故.；（2）由题意利用角平分线的性质，求出直线的方程.所以19.【答案】（1）解：解法一：连BD交AC于O，连MO，如图（一）所示，平面ABCD，所以，.所以在上的最大值和最小值分别为和.在中，，，，【解析】【分析】(1)根据三角恒等变换得，再待定系数法得；又因为底面ABCD是矩形，所以O为BD中点，，，所以，（2）根据三角函数平移变换得，再根据整体代换思想求解函数的最值即可.因为M是PD上一点，且，所以M为PD中点，，，所以（或补角）就为PB与CM所成的角，18.【答案】解：（I）设顶点的坐标为；因为，，，所以平面PAD，.因为顶点在直线上，所以由题意知的坐标为，，，，因为中点在直线上，所以，，所以异面直线PB与CM所成角余弦值为；即；联立方程组，解得顶点的坐标为解法二：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图（二）所示的空间直角坐标系，则，，，（II）设顶点关于直线的对称点为，设，则，所以，故椭圆的方程为.由，知，所以，M为PD中点，（2）解：设的方程为，设点，所以，，.联立方程组，消去y整理，得，所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.所以，（2）解：解法一：过D做于N，如图（一）所示，平面ABCD，又直线与椭圆相交，所以，解得，所以，，所以平面PAC，则，DN为点D到平面PAC的距离，在中，，又M是PD中点，所以点M到平面PAC的距离为.点P到直线的距离，解法二：由问题（一）中解法二，可知，，设平面PAC的法向量为，所以，由，得，所以，取，得，当且仅当，即时，的面积取得最大值为2.所以是平面PAC的一个法向量.【解析】【分析】（1）由离心率，得到，再由点在椭圆上，得到，联立求得所以点M到平面PAC的距离为.，即可求得椭圆的方程；【解析】【分析】（1）可通过找平行线方法，将异面直线所成角（或补角）转化为同一平面内两直线所成角问（2）设的方程为，设点，联立方程组，根据根系数的关系和弦长公式，题处理；也可建立空间直角坐标系，利用向量夹角的公式计算异面直线所成角；以及点到直线的距离公式，求得，结合基本不等式，即可求解.（2）采用几何法，M到面PAC的距离为D到面PAC的距离的一半，即可求解；也可用向量法求空间中点到21.【答案】（1）证明：连接.面的距离公式求得.因为是边长为2的正方形，所以，20.【答案】（1）解：由题意，椭圆的离心率，即，可得，因为，所以，，所以，则.因为，所以.又椭圆过点，可得，因为，所以平面，将代入，可得，因为平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系.把代入，得，则，，，，故，，，.当时，取得最小值.设平面的法向量为，【解析】【分析】（1）确定以P为圆心，为半径的圆P，圆P与圆M相交，求出公共弦所在方程即为AB则，令，则.直线的方程，并可得到定点坐标；（2）根据圆的切线性质，结合勾股定理、点到直线距离公式，通过构造一元二次方程，利用一元二次方程根设平面的法向量为，与系数的关系进行求解即可.则，令，则.，记二面角的平面角为，由图可知为钝角，则.【解析】【分析】（1）推出，，根据面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系，利用向量法可求出二面角的余弦值。22．【答案】（1）解：，，∴故以P为圆心，以为半径的圆P的方程为，显然线段AB为圆P和圆M的公共弦，直线AB的方程为，即，所以，所以直线AB过定点.（2）解：设切线方程为，即，故到直线的距离，即，设PA，PB的斜率分别为，，则，，高二上学期期中联考数学试题（）一、单选题A.B．C．D．1.在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（）11.已知圆，直线与圆没有公共点，斜率为的直线与直A．B．线垂直，则的取值范围是（）C．D．A．B．C．D．2.若椭圆的一个焦点为，则的值为（）12.已知椭圆的离心率为，过右焦点且倾斜角为的直线与椭圆相交得到A．5B．3C．4D．2的弦长为，且椭圆上存在4个点构成矩形，则矩形面积的最大值为（）3.将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率是（）A．4B．C．8D．16二、填空题A．B．C．D．13.设空间向量，且，则.4.已知实数满足方程，则的最大值为（）14.设圆，圆，则圆有公切线条.A．3B．2C．-1D．-215.设是椭圆的左，右焦点，点在上，为坐标原点，且，则的面5.已知直线，若圆上存在两点关于直线对称，则的值积为.为（）16.在如图所示的实验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，且，且它们所在A．B．C．D．5的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，活动弹子在正方形对角线上移动，6.已知直线与直线平行，则等于（）A．3或—2B．—2C．3D．2当取最小值时，活动弹子与点之间的距离为.7．在四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（）三、解答题A．2B．3C．4D．517．已知点.8.过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（1）若直线与直线分别交于点，且线段的中点坐标为，求直线的斜率；（）（2）若直线过点，且原点到该直线的距离为，求直线的方程.18.已知定点，动点满足，设点的轨迹为.A.1B．C．D．（1）求轨迹的方程；9.已知直线，若，则的倾斜角的取值范围是（）（2）若点分别是圆和轨迹上的点，求两点间的最大距离.A．B．C．D．19.如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，10.在正方体中，棱的中点分别为，则直线与所成角的正弦值为 .（1）求证：平面；【分析】根据空间中点关于y轴的对称坐标的特点，可得答案.（2）求与平面所成的角正弦值.2．【答案】B20．设圆的圆心为，半径为，圆过点，直线交圆与两点，【解析】【解答】有题意知：焦点在轴上，则，从而，解得：..故答案为：B.（1）求圆的方程；【分析】由题判断焦点在轴上，结合关系式可求.（2）已知，过点的直线与圆相交于两点，其中，若存3.【答案】A在，使得轴为的平分线，求正数的值.【解析】【解答】将化为，21.如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，则该直线的斜率为、倾斜角为，，且是的中点.所以旋转后新直线的倾斜角为，（1）求证：平面；则新直线的斜率为.（2）求二面角的余弦值.故答案为：A.22.已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过的直线与交于【分析】先将直线化为斜截式，写出直线斜率和倾斜角，再求得新直线的倾斜角和斜率.两点，若与轴垂直时，4.【答案】D（1）求椭圆的标准方程；【解析】【解答】将方程变形为，则圆心坐标为，半径，（2）若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.则圆上的点的横坐标的范围为：则x的最大值是-2答案解析部分故答案为：D.1．【答案】B【解析】【解答】设点为关于y轴的对称点【分析】将方程化为，由圆的几何性质可得答案.则的中点在y轴上，且坐标为5.【答案】A【解析】【解答】∵圆：，∴圆的圆心坐标为，所以，则又圆：上存在两点P，Q关于直线对称，∴直线经过圆心，所以点关于y轴的对称点的坐标为.∴，解得.故答案为：B. 故答案为：A.9.【答案】D【解析】【解答】设的斜率分别为【分析】根据题意可知圆的圆心坐标为，又圆上存在两点P，Q关于直线对称，所以直线经过圆当时，，∵，∴，∴，心，将圆心坐标代入直线方程，即可求出结果.6.【答案】C∵，∴.【解析】【解答】由题意，解得或，时，两直线方程分别为，，平行，设直线的倾斜角为，，则，∴；时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．当时，直线的斜率不存在，倾斜角为，∵，∴的倾斜角为0.所以综上，.．故答案为：C．故答案为：D.【分析】根据两条直线平行的充要条件写出关系式，得到a的两个数值，再检验得到结论.【分析】设的斜率分别为，当时，根据，可知，求得的斜率为7.【答案】D，根据正弦函数的性质可知，再结合斜率与倾斜角的关系即可求出倾斜角的范围；【解析】【解答】设平面ABCD的法向量为，则，即，当时，易知的倾斜角为0；由此即可得到结果.∴，取，则，∴这个四棱锥的高.10.【答案】B故答案为：D.【解析】【解答】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，【分析】结合点面距离的向量公式求解即可.建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，8.【答案】D则，，，，【解析】【解答】由题意知：，∵，则，，∴四边形OAPB是正方形，且，设直线EF与的所成角为，∴.则，故答案为：D.∴.【分析】由题设易知OAPB是正方形且，结合两圆的位置关系画示意图，即可求参数r. 故答案为：B∴，故矩形MNPQ面积的最大值为4，【分析】以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量故答案为：A.的数量积即可求解.1.【答案】B【分析】根据，故，，，则直线：与椭圆联立，根据与椭圆【解析】【解答】由题意得，，即，∵直线与圆没有公共点，相交得到的弦长为求得椭圆方程；设，其中，得到，，∴，解得，∴.，然后得到矩形MNPQ的面积求解.13.【答案】1∵直线与直线垂直，∴，【解析】【解答】因为向量，且，∴，当且仅当，即时取等号，所以，即，又或时，，∴的取值范围是.解得.故答案为：B.故答案为：1【分析】根据直线与圆没有公共点求得，根据垂直可得，即可求出范围.【分析】根据，所以求解.12.【答案】A14.【答案】2【解析】【解答】由题意得，，故，，，则直线：，【解析】【解答】由题意得，圆：，圆：，联立，解得，∴，∴与相交，有2条公切线.，故答案为：2故所形成的弦长为，解得，【分析】将圆转化成标准式，结合圆心距判断两圆位置关系，进而求解.15.【答案】7即椭圆：.【解析】【解答】由题意得，，，，∴在以线段为直径的圆上，由对称性设，其中，则，，，∴，∴①，则，，由椭圆的定义知，②，由①②，解得，故矩形MNPQ的面积，.故答案为：7. （2）解：①当直线的斜率不存在时，其直线方程为，满足题意；【分析】根据题意可得，利用勾股定理和椭圆定义可求得，即可求出面积.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，16.【答案】原点到该直线的距离为，则直线的方程为.【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，则，综上所述，直线的方程为或.又平面平面ABEF，平面平面，∴平面.【解析】【分析】（1）根据题意线段的中点坐标为，求出，，即可求出直线∵四边形为矩形，∴，的斜率；以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，（2）当直线的斜率不存在时，直接写出直线的方程；当直线的斜率存在时，先用点斜式设出直线的方则，，，，.程，再用原点到直线的距离求出直线的斜率，进而求出直线的方程.∵点N在BF上，且，∴，又M在线段AC上移动，18.【答案】（1）解：设动点，则，，，则有，易得点，∴，，又，∴，∴当时，取得最小值，此∴，化简得，即，时点，则，∴，∴活动弹子M与点B之间的距离为.∴动点的轨迹E的方程为.故答案为：（2）解：设，圆心到轨迹E上的点的距离【分析】根据给定条件建立以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所∴当时，，示的空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答．∴.17.【答案】（1）解：设，【解析】【分析】（1）设动点，根据条件列出方程，化简求解即可；（2）设，求出圆心到轨迹上点的距离，配方求最值即可得解.的中点坐标为，19.【答案】（1）证明：如图所示：直线的斜率为. 由题意得，，解得，或，∴圆C的方程为或.，（2）解：由（1）知，圆C的方程为.设直线PQ的方程为，联立，化简得，以为原点建立空间直角坐标系，∴，.由题意得：，0，，，0，，，1，，，2，，，0，，证明：，1，，，1，，，0，，∵轴平分，∴，则，，，∴，即，，，即，平面；∴，解得，（2）解：由（1）可得，1，为平面的一个法向量，，则，∴当时，轴为的平分线.设与平面所成的角为，【解析】【分析】（1）设圆C的方程为，根据题意，利用待定系数法，即可求出结果；所以，（2）由（1）知，圆C的方程为，设直线PQ的方程为，联立直线与圆的方程，化简整理得到韦达定理，然后再根据轴平分，可得，化简整理可得所以与平面所成的角正弦值为.【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明，，即可得证；，求解方程即可得到结果.（2）由（1）可得，，为平面的一个法向量，求出与所成角的余弦值，即可得21.【答案】（1）证明：取的中点F，连接EF，，∵，出答案.∴，且，∴，20.【答案】（1）解：设圆C的方程为，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）解：取AC的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，联立，得，则，，，∴，.设平面的法向量是，则，设，，则，，则，即，令，得，，易知平面的一个法向量是，∴，设点，则，即，代入椭圆方程得，又二面角是钝二面角，∴，则，∴，∴二面角的余弦值为.∴，【解析】【分析】（1）取的中点F，连接，，由四边形是平行四边形即可求解；（2）取AC的中点O，以O为坐标原点，以为轴，为轴，垂直底面方向为轴，求出对应点坐标，结合二面角夹角余弦公式即可求解.又，∴的取值范围是，2.【答案】（1）解：由题意得，，即，则，把代入椭圆方程可得综上所述，的取值范围是.，【解析】【分析】（1）由离心率得出关系，由通径得出关系，结合椭圆关系式即可求解；（2）需分类讨论，分直线的斜率不存在、直线的斜率为0、直线的斜率存在且不为0三种情况，对第三∴，∴，即，种情况，可联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出，利用求出直线方程，并将代入椭圆∴，∴，，∴椭圆C的标准方程为；方程，得，化简并结合不等式即可求解.（2）解：由（1）知，的坐标为，①当直线的斜率不存在时，，，则；②当直线的斜率为0时，，，则；③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，高二上学期数学期中联考试卷8.已知点与点关于直线对称，则点的坐标为（）一、单选题A.B．C．D．1．圆心为，半径为3的圆的方程是（）A．B．D9.若圆上总存在两个点到坐标原点的距离为1，则实数的取值范围是（）C．．A．B．C．D．2．直线的倾斜角为（）A．B．10.已知，分别为双曲线的左，右焦点，双曲线上的点A满足C．D．3．若直线与圆相切，则的值为（），且的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）A．1B．C．D．2A．B．C．2D．4．双曲线的渐近线方程为（）11.已知抛物线的焦点为，抛物线上的两点，均在第一象限，且，A．B．C．D．，，则直线的斜率为（）5．已知两条直线和，若，则实数的值为（）A．1B．C．D．A．-2或1B．-2C．1D．-112.已知，分别为椭圆的左，右焦点，过原点的直线与椭圆交于，两点，且，6.如图所示，在平行六面体中，为与的交点，则下列向量中与相等的向量是（），，四点共圆，则四边形的面积为（）A.B．A．3B．4C．6D．8二、填空题C．D．13.两平行直线，之间的距离为.7.黄金分割起源于公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题，公元前300年前后欧几里得撰写《几何原本》时吸收了欧多克索斯的研究成果，进一14.已知抛物线的焦点与双曲线的右顶点重合，则实数的值为.步系统论述了黄金分割，成为最早的有关黄金分割的论著.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部15.设，分别为椭圆的左，右焦点，若直线上存在点，使分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，把称为黄金分割数.已知焦点在轴上的，则椭圆离心率的取值范围为.椭圆的焦距与长轴长的比值恰好是黄金分割数，则实数的值为（）16.若关于的不等式的解集为，且，则实数的值A．B．C．2D．为. 三、解答题1.【答案】D17.如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为1，顶点位于坐标原点，若【解析】【解答】因为圆心为，半径为3，故圆的方程为：.是棱的中点，是侧面的中心.故答案为：D.【分析】根据圆心和半径可直接得到圆的方程.（1）求点，的坐标及；2.【答案】C（2）求向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】直线可化为，18.已知在中，，，.（1）求边的垂直平分线的方程；设直线的倾斜角为，，（2）求的外接圆的方程.则斜率，即.19.某市为庆祝建党100周年，举办城市发展巡展活动，巡展的车队要经过一个隧道，隧道横断面由一段抛物故答案为：C线及一个矩形的三边组成，尺寸如图（单位：）.（1）以隧道横断面抛物线的顶点为原点，以抛物线的对称轴为轴，建立如图所示的平面直角坐标系【分析】先把已知直线化为斜截式，再利用倾斜角的正切值等于斜率，求得答案.，求该段抛物线所在抛物线的方程；3.【答案】B（2）若车队空车时能通过此隧道，现装载一集装箱，箱宽，车与集装箱总高，此车能否安全通【解析】【解答】由题设，圆心为，又直线与圆相切，过隧道？请说明理由.所以.20.已知点，，动点满足.（1）求动点的轨迹方程；故答案为：B.（2）直线与点的轨迹交于，两点，若弦的中点坐标为，求直线的方程.【分析】根据圆心到直线的距离等于半径，列出方程，求得r的值.21.已知圆，两条直线，，.4.【答案】C（1）证明：直线、均与圆相交；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为：.（2）设直线交圆于，两点，直线交圆于，两点，求的最大值.故答案为：C22.已知椭圆经过点和.【分析】由双曲线的渐近线方程为，即可得到所求双曲线的渐近线方程.（1）求椭圆的方程；5.【答案】B（2）经过点的直线与相交于，两点（不经过点），设直线，的斜率分别为【解析】【解答】解：因为直线和，，，试问是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由.所以，解得或，答案解析部分当时，直线和重合，不满足；故答案为：A.当时，直线和，满足平行.【分析】根据椭圆方程，可得，长轴长，再结合条件，列出方程所以故答案为：B，求解可得出实数的值.8.【答案】B【分析】由，利用直线与直线平行的条件能求出m的值.【解析】【解答】解：设点，因为点与点关于直线对称，6.【答案】A【解析】【解答】A：所以，解得，，A符合题意；B：所以，B不符合题意；故答案为：BC：【分析】设点，由两点的中点坐标公式和两直线垂直的条件，可得的方程组，解方程可得点，C不符合题意；的坐标.D：9.【答案】C，D不符合题意；【解析】【解答】解：到原点的距离为的点的轨迹为圆，故答案为：A因此圆上总存在两个点到原点的距离均为【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算法则，即可求解出答案.转化为圆与圆有两个交点，7．【答案】A∵两圆的圆心和半径分别为，，，，【解析】【解答】焦点在轴上的椭圆中，∴，∴，解得实数的取值范围是.，故答案为：C所以，由题意得，即，即，【分析】根据题意，求出到坐标原点的距离为1的点的轨迹为圆，结合圆与圆的位置关系分析，可求出实数的取值范围.解得，10.【答案】B 【解析】【解答】设，，双曲线上的点A满足，的中点在轴上，可12.【答案】D得，∴，【解析】【解答】解：因为过原点的直线与椭圆交于，两点，且，，，四点共圆，即有轴，A的横坐标为，如图所示：所以根据椭圆的对称性得四边形是矩形，所以，，令，可得，所以，解得在直角三角形中，，所以四边形的面积为8故答案为：D可得，即为，【分析】利用已知条件，判断四边形的形状，结合椭圆的定义，转化求解四边形的面积.即，，13.【答案】【解析】【解答】解：直线，即为，解得，或(不合题意，舍去)；所以两平行直线与之间的距离为双曲线的离心率是．故答案为：B．.故答案为：【分析】根据题意画出图形，结合图形用a、b、c表示出A点坐标，得出轴，在直角三角形中，利用，求得a、c的关系，求出双曲线的离心率.【分析】根据已知条件，结合两平行直线的距离公式，即可求解出答案.1.【答案】C14.【答案】8【解析】【解答】如图：作垂直准线于，垂直准线于，作于，【解析】【解答】由题设，抛物线焦点为，而双曲线的右顶点为，因为，，，所以，即.故答案为：8.由抛物线的定义可知：，，，所以，直线的斜率为：.【分析】求出双曲线的顶点坐标，结合抛物线的焦点坐标，求解实数的值.故答案为：C.15.【答案】【分析】利用抛物线的定义，结合已知条件，求解直线PQ的斜率即可. （2）解：由题设，，，则，【解析】【解答】由题设，，则，而，所以，所以.故答案为：.所以向量在方向上的投影数量.【解析】【分析】(1)由已知条件，直接可推得，，再结合向量模公式，即可求解出【分析】根据已知条件，结合两点之间的距离公式和椭圆的性质，即可求解出椭圆离心率的取值范围.；16.【答案】(2)根据已知条件，结合投影公式，即可求解出向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】设，18.【答案】（1）解：由题意知，，则的图象是一条过定点的直线，的图象是圆的上半圆部分，设AB的中点为E，则，注意到点在圆上，故关于原点的对称点也在圆上，又直线AB的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为2，如图示：当直线经过点时，满足关于的不等式得其方程为，即；，（2）解：由可得边AC的垂直平分线方程为，由关于的不等式的解集为，且，可知：，所以，解得，此时直线的斜率即实数，即的外接圆的圆心为(1，-2)，所以圆的半径为，故答案为：所以圆的标准方程为：.【分析】构造函数，则的图象是一条过定点的直线，【解析】【分析】(1)直接利用点的坐标求出直线的斜率，进一步求出边的垂直平分线的方程；(2)首先求出中垂线的交点，即求出圆心的坐标，进一步求出圆的半径，最后求出的外接圆的方程.的图象是圆的上半圆部分，作出图象，由图象分析求解即可得实数的值.19.【答案】（1）解：由题设，可设抛物线方程为，由图知：，，17.【答案】（1）解：因为正方体的棱长为1，位于坐标原点，是棱的中点，是所以，则，故抛物线所在抛物线的方程.侧面的中心，（2）解：由题设，令，要使装载集装箱的车能安全通过隧道，则，所以，，则，故.由（1）并将点代入可得：，故. 所以此车不能安全通过隧道.将圆的方程化为标准方程得，【解析】【分析】(1)设抛物线的方程为，由题意可知抛物线过点，代入求出a的值，即因为，所以点在圆内，可求出抛物线所在抛物线的方程；所以直线、均与圆相交.(2)如果此车能通过隧道，集装箱处于对称位置，集装箱角离隧道的底于箱高，比较即可做出判断.（2）解：因为圆的圆心为，半径为，20.【答案】（1）解：根据双曲线的定义得动点的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双所以到直线的距离为，曲线，，所以，所以动点的轨迹方程到直线的距离为（2）解：设，则，，所以所以，即，所以，，所以，所以因为弦的中点坐标为，所以，，所以当且仅当，即时等号成立.所以直线的方程为，即.所以，即的最大值为.【解析】【分析】(1)由已知可得直线、都过定点(2，0)，判断点(2，0)在圆C内部，即可得证直线联立方程得，、均与圆相交；此时，，满足题意.(2)设圆心C到直线、的距离分别为d1，d2(d1，d2≥0)，所以有，将|AB|，|EF|用d1和d2表所以直线的方程为示出来，转化为基本不等式求最值，可得的最大值.【解析】【分析】(1)由题意结合双曲线的定义求解其动点的轨迹方程；(2)利用点差法求得直线的斜率，然后可得直线的方程.2.【答案】（1）解：因为椭圆经过点和，21.【答案】（1）证明：直线变形得，直线变形得，所以，解得，所以直线、过定点，所以椭圆的方程为.（2）解：根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，所以联立方程得，所以，解得，所以，所以因为，，所以.所以为定值，【解析】【分析】(1)由已知可得b，再由B点坐标求得a，则可求出椭圆的方程；(2)根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，再求出k1，k2，利用根与系数的关系求解，即可证得为定值. 高二上学期数学期中联考试卷A.B．一、单选题1.已知经过两点，的直线斜率为1，则（）A．－3B．3C．1D．－1C．D．2.已知圆的圆心在直线上，则该圆的半径为（）A．2B．C．4D．1510.已知边长为2的正方体中，E，F分别为，的中点，则点B到平面AEF的距3.若向量，互相垂直，则（）离为（）A．B．C．2D．3A．B．C．D．4.已知点P为圆：上任一点，点Q为圆：上任一点，则的最小值11.某玩具台球桌为矩形（设为ABCD），，，一小球从边AB上异于A，B的一点M出发，为（）经BC，CD，DA反弹后恰好到达B点，已知，则该小球的运动轨迹的长为（）A.1B．C．2D．4A．B．8C．D．95.已知，为空间向量，若已知，则（）12.已知正方形的边长为2，，分别为，的中点，沿，将三角形，折A．B．C．D．起，使得点，恰好重合，记为点，则与平面所成角的正弦值为（）6.已知三条直线：，：，：所围成的图形为直角三角形，则该三角形的面积为A．B．C．D．（）二、填空题A．B．C．或D．或13.设，分别是平面，的法向量．若，则．7.已知圆经过椭圆C：的右焦点，上顶点与右顶点，则（）14.已知圆直径的两个端点为，，则该圆的标准方程为．A．B．C．D．15.已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点P为椭圆上一点，，且直线PA恰好经过OB中点，则该椭圆的离心率为．8.在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为16.已知点是空间直角坐标系O-xyz中的一点，则点P关于x轴的对称点为Q的坐标4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（）为．若点P在平面xOy上的射影为M，则四面体O-PQM的体积为．三、解答题A．B．C．2D．317.已知直线l经过点且斜率为．（1）求直线l的方程；9.直线与圆的大致图象可能正确的是（）（2）若直线平行于直线l，且点P到直线的距离为，求直线的方程． 18.已知圆C经过两点，，且圆心C在x轴上．由于圆心在直线上（1）求圆的标准方程；所以可得，即圆的方程为（2）已知直线l与直线AB垂直，且与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．19.如图，三棱柱中，D为中点，．设，，．所以圆的半径为．（1）试用，，表示向量；故答案为：B（2）若，，求异面直线AE与所成角的余弦值．【分析】根据题意，将圆的方程变形为标准方程的形式，求出圆的圆心，又由圆的圆心在直线即可20.如图，ABCD为圆柱的轴截面，P为底面半圆周上一点，E为PC中点，．得a的值，由此可得圆的半径.（1）求证：；（2）若，求平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值．3.【答案】B21.已知圆M与圆N：相外切，与y轴相切原点O．【解析】【解答】因为向量，互相垂直，（1）求圆M的方程；所以，即，（2）若圆M与圆N的切点在第一象限，过原点O的两条直线与圆M分别交于P，Q两点，且两直线互相解得，故垂直，求证：直线PQ过定点，并求出该定点坐标．所以．22.已知椭圆E：的上顶点到焦点距离为2，且过点．故答案为：B（1）求椭圆E的方程；【分析】根据向量垂直可得，即，求出a，可求出的值.（2）设斜率为的直线l与E交于A，B两点直线l与x轴的交点为M，三角形ABC是以AB为斜边的4.【答案】A等腰直角三角形，CM的中点为P，AB的中点为Q，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明【解析】【解答】解：由题知，圆半径为，圆心坐标为，圆半径为，圆心坐标为理由．答案解析部分，1.【答案】D所以两圆的位置关系为内含，【解析】【解答】由题意知，得所以，，．所以的最小值为故答案为：D.．故答案为：A【分析】利用斜率公式列出等式，求解可得a的值.2.【答案】B【分析】确定两圆的圆心坐标与半径，判定两圆内含，即可求出的最小值.5.【答案】D【解析】【解答】解：的圆心坐标为，【解析】【解答】解：因为，平方可得，所以，得，解得，所以，所以该圆的方程为．因为，所以故答案为：A．故答案为：D【分析】先得出椭圆的右焦点，上顶点与右顶点，代入圆的方程，解出b的值.8.【答案】B【解析】【解答】解：根据题意，建立如图所示的坐标系，【分析】由，平方可得，再利用可求出的值.因为窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，6.【答案】C所以椭圆的标准方程为，【解析】【解答】解：由题意知，若，则，与的交点坐标为，则此时三角形的面积为因为其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，，所以当时，，所以最短窗棂的长度若，则，与的交点坐标为，所以此时三角形的面积为为．故答案为：B．所以该三角形的面积为或．故答案为：C【分析】根据题意，建立坐标系得椭圆的标准方程为，再结合题意计算可得答案.9.【答案】B【分析】分和两种情况，得出三角形顶点的坐标，可得三角形面积.【解析】【解答】解：对于A，因为，所以圆过原点，A不正确；7.【答案】A对于B，圆心坐标在第一象限，，，直线的截距与圆心纵坐标相符合，故正确；【解析】【解答】椭圆C：，右焦点为，上顶点为，右顶点为，对于C，圆心坐标在第三象限，，，故直线过一三四象限，C不正确；代入圆的方程，对于D，由题知直线的截距与圆心纵坐标相等，D不符合，故不正确；故答案为：B【分析】根据直线在坐标轴上的截距以及直线斜率的正负情况，以及圆心的坐标的正负情况，进行判断，先由直线位置得到a，b的符号，再由圆心的位置确定是否满足条件，由此得到答案.【解析】【解答】由题意知，故，故PA，PE，PF三线互相垂直，10.【答案】C故以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，【解析】【解答】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，可以求得，，，，则，，，.设，设平面的法向量为，根据，则，，则则，即，则令，则，得.可得，又，所以点B到平面AEF的距离为设平面的法向量为故答案为：C.【分析】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出平面AEF的.法向量，进而可求出点B到平面AEF的距离.1.【答案】C所以可以求得平面的法向量为，【解析】【解答】如图，建立平面直角坐标系，，其中，，，，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对所求与平面所成角的正弦值为称点为，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，连接，交CD，．故答案为：B.AD于Q，R连接，交BC于P，则可得P，Q，R为反射点，所以轨迹长为.【分析】以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法可求故答案为：C.出与平面所成角的正弦值.13．【答案】5【分析】建立平面直角坐标系，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对称点为【解析】【解答】∵，则，∴，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，轨迹长为．故答案为：5，进而可求出该小球的运动轨迹的长.【分析】根据向量垂直，数量积等于0，即可求出t的值.12．【答案】B 14.【答案】【分析】求得直线PA的方程，与椭圆方程联立，再利用韦达定理进而得出F点坐标，由题意得【解析】【解答】解：因为圆直径的两个端点为，，可得关于a的方程，从而求出椭圆得离心率.所以圆心坐标为，直径为，16．【答案】（1，-1，-2）；【解析】【解答】点，点Q到平面OPM距离即为点到平面OPM距离，所以圆的方程为．即为点到OM距离，可以求得该距离为即为，故答案为：因为，所以．故答案为：（1，-1，-2）；.【分析】由题意可知圆心坐标为，直径为，再根据标准方程公式求解，即可得出该圆的标准【分析】根据空间坐标系点关于坐标轴对称的特征得出点Q的坐标，利用点到平面的距离的定义可得点Q到方程.平面OPM距离为，结合三棱锥的体积公式计算即可得四面体O-PQM的体积.15.【答案】17.【答案】（1）解：因为直线l经过点且斜率为，【解析】【解答】因为OB中点，直线PA恰好经过OB中点，所以直线l的方程为，整理得；（2）解：因为直线平行于直线l，直线l的方程为，所以直线PA方程为，联立，所以设直线的方程为，因为点P到直线的距离为，消去x得，得，所以，解得或，从而得到，所以，所以直线的方程为或．因为，所以，即，【解析】【分析】(1)由点斜式写出直线l的方程为，化为一般式即可；(2)由直线与直线l平行，可设直线的方程为，由点到直线的距离公式得到关于c的方得，所以椭圆得离心率为程，求解即可得直线的方程．．故答案为：18.【答案】（1）解：已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，所以，因为圆C经过两点，，所以，，解之得，所以；所以，（2）解：由题意知，所以直线l的斜率为，所以异面直线AE与所成角的余弦值为．所以设直线l的方程为，【解析】【分析】(1)由，根据空间向量的加法和数乘的运算法则，即可求解出用，，表得圆心C到直线l的距离为，示向量；因为直线l与圆C相交所得弦长为，所以，(2)先计算，和的值，从而求得的值，进而得的值，然后由所以，即，，即可求解出异面直线AE与所成角的余弦值．求得或，20.【答案】（1）证明：因为ABCD为圆柱的轴截面，所以直线l的方程为或．所以平面ABP，所以，又因为，所以平面PBC，所以，【解析】【分析】(1)已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，将，又因为，，所以平面PAC，所以，代入上式，即可求解出圆的标准方程；因为E为PC中点，所以三角形PBC为等腰三角形，即；(2)根据已知条件，结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解出直线l的方程．（2）解：如图，以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，设，19.【答案】（1）解：因为D为中点，则，，，，，可得，所以设平面PAD的法向量为，因为，所以，可得，，设平面ABE的法向量为，所以；则，即，不妨令，（2）解：由题意知，，可得为平面ABE的一个法向量，，所以，所以，平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．又因为，【解析】【分析】(1)平面ABP，则有，再结合已知条件可得平面PBC，则 PA⊥BE，再利用线而垂直的判定定理可得平面PAC，则，从而可证得；(2)以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量和平面ABE的一（2）解：设直线l：，联立，个法向量，利用空间向量法求解出平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值.21.【答案】（1）解：由题意知，圆M与y轴相切原点O，所以设圆M的方程为消去y得，因为圆M与圆N：相外切，且N：，，解得，所以，所以或，设，，，所以M：或M：；则，，得，（2）证明：由题意知M：，则，设OP所在直线方程为，联立，l与x轴的交点为，所以，得，，所以，同理把k换做，可得，，因为，CM的中点为P，所以PQ所在直线方程为，所以，化简为：所以为定值．故直线PQ过定点．【解析】【分析】（1）设圆M的方程为，由题意可得，求解【解析】【分析】（1）由题意知上顶点到焦点距离为，将点代入椭圆方程得，解可得a的值，即可求得圆M的方程；得，即可求出椭圆E的方程；（2）设OP所在直线方程为，与圆方程联立可得P，Q点坐标，进而得出PQ所在直线方程，可证得直线PQ过定点.（2）设直线l：，代入得，利用韦达定理得2.【答案】（1）解：由题意知上顶点到焦点距离为，，，得又椭圆过点，，即可求出为定值.所以，得，所以椭圆E的方程为；高二上学期数学期中联考试卷C．，，D．，一、单选题9．如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于1.已知向量，若，则x的值为（）棱AB，若，则线段CD的长为（）A．1B．-3C．±1D．3A．B．16C．8D．2.点到直线的距离为（）10.如图，正三棱柱中，，，是的中点，则与平面A．B．C．D．所成角的正弦值等于（）3.椭圆的上､下顶点分别为，右顶点为A，右焦点为F，，则椭圆的A．B．C．D．离心率为（）11.设，分别是椭圆E：的左､右焦点，若椭圆E上存在点P满足，A．B．C．D．则椭圆E离心率的取值范围为（）4.已知空间向量，，且，则向量与的夹角为（）A．B．C．D．A．B．C．D．12.在平面直角坐标系中，和是圆上的两点，且，点5.以点为圆心，且与直线相切的圆的方程为（），则的取值范围是A．B．A．B．C．D．C．D．6.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点为线段上一二、填空题点，且，若记，，，则（）13.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是．A．B．14.如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上C．D．7．直线被圆所截得的弦长为（）的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为.D．15.已知椭圆C的中心在坐标原点，右焦点F为直线与x轴的交点，且在经过点F的所有弦A．4B．C．，若直线与线段有公共中，最短弦的长度为，则C的方程为．8．已知点，点，直线（其中点，则的取值范围是（）16.已知动点A，B分别在圆和圆上，动点P在直线A．，B．，，上，则的最小值是．三、解答题【分析】由空间向量的模的公式，代入数值计算出x的值即可。17.已知直线，求2.【答案】B（1）求直线l的斜率：【解析】【解答】根据距离公式可得：（2）若直线m与l平行，且过点，求直线m的方程．点到直线的距离，18.如图，直三棱柱底面中，，，棱，是的中故答案为：B.点.【分析】利用点到直线的距离公式即可求出答案.（1）求，的值；3.【答案】C（2）求证：.【解析】【解答】解：椭圆的上､下顶点分别为，19.如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点．右顶点为A(a，0)，右焦点为F(c，0)，，可得=﹣1，（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；=1，解得e=.（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程．故答案为：C.20.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，点M是棱PD上一点，且AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．【分析】求出椭圆的焦点坐标，顶点坐标，利用垂直关系列出方程，转化求解即可得椭圆的离心率.（1）若PM：MD＝1：2，求证：PB∥平面ACM；4.【答案】A（2）求二面角A﹣CD﹣P的正弦值；【解析】【解答】由题意，，解得，（3）若直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，求MD的长．又，21.已知圆和点，动圆经过点，且与圆内切.所以，（1）求动圆的圆心的轨迹的方程；又，所以与的夹角为（2）设点关于点的对称点为，直线与轨迹交于、两点，若．故答案为：A.的面积为，求的值.答案解析部分【分析】根据求得n，利用夹角公式求得向量与的夹角.1．【答案】C5.【答案】D【解析】【解答】由题得，所以.故答案为：C【解析】【解答】解：由题意得圆的半径则所求圆的方程为：直线与线段有公共点，当时，直线，与线段有公共点，故答案为：D【分析】根据点到直线的距离公式，结合圆的标准方程直接求解即可.当时，直线的斜率，6.【答案】A或，解得，或，【解析】【解答】解：综上所述：的取值范围为，，，故答案为：A【分析】根据题意由向量的加减运算法则以及向量的线性运算法则，整理即可得出答案。7.【答案】D【解析】【解答】圆的标准方程为，故答案为：D．圆心到直线的距离为，【分析】求出直线恒过定点，求出A、B与定点的斜率，即可得到的取值范围.所求弦长为．9.【答案】D故答案为：D.【解析】【解答】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则四边形为平行四边形.线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB.【分析】根据题意，由圆的标准方程分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与，则为二面角的平面角，即圆的位置关系即可求得所截得的弦长.，如图所示.8.【答案】D为等边三角形，【解析】【解答】解：由题意，（其中，，，，平面，平面则，平面又平面，解得：，在中直线所过定点；故答案为：D点，点，设直线所过定点为，则的坐标；【分析】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则由题意可知为等边三角形，为直角三角形，求解即可.，，10.【答案】B 【解析】【解答】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，所以，为轴，建立空间直角坐标系，由，，，则，，，，0，，，0，，，1，，所以整理可得：消去得：所，，，，0，，，，，设平面的法向量，，，以，即则，取，得，，，可得：.设与平面所成角为，故答案为：D.则，【分析】设P的坐标，由题意可得左右焦点的坐标，由数量积可得P的横坐标的表达式，再由P在椭圆上，可得P的横坐标的取值范围，进而可得a，b，c的关系，再由椭圆中a，b，c之间的关系求出椭圆E离心率与平面所成角的正弦值为。的取值范围.故答案为：B．12.【答案】A【解析】【解答】解：设，则有，所以A为BE的中点，，【分析】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为过O作CF⊥AB，垂足为F，如图所示，轴，建立空间直角坐标系，再利用已知条件求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而求出直线AD与平面所成角的正弦值。1.【答案】D【解析】【解答】由椭圆的方程可得，，设，由，则，即，由P在椭圆上可得，所以，代入可得【分析】根据椭圆的标准方程，求出k满足的条件，即可求得的取值范围.14．【答案】【解析】【解答】解：如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：则设，则，设直线与所成角为所以，即，解得或（舍去），所以，故答案为：．因为，所以，则，【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求得t，进而求得线，段的长.15.【答案】所以点E的轨迹方程为：(x-1)2+y2=5，所以，【解析】【解答】由题得，设，则的取值范围是，故选：A.则解得，，，【分析】根据向量的线性运算，结合圆的标准方程以及向量的模求解即可.13.【答案】所以的方程为【解析】【解答】由于方程表示焦点在y轴上的椭圆，．故答案为：所以，解得，.所以的取值范围是.【分析】根据题意设出椭圆方程，建立a.b，c关系，求出a，b的值，即可求出C的方程.故答案为：16.【答案】【解析】【解答】由题意，点，，设点关于直线的对称点为.，【解析】【分析】(1)以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别如图：求出向量，的坐标，然后代入两个向量夹角余弦公式，即可得到，的值；(2)求出向量，的坐标，然后代入向量数量积公式判定两个向量的数量积是否为0，可证得则，解得，即，连接，.19.【答案】（1）解：在直线上，设，∴圆与轴相切，圆为：，，又又圆与圆外切，圆，即圆，圆心，故.半径；故答案为：，解得，【分析】根据题意，分析圆C1和圆C2的圆心和半径，设圆N与圆C1关于直线x+y+1=0对称，求出其圆心圆的标准方程为．N的坐标再由已知条件即可得出圆心坐标再，由圆与圆的位置关系可得当P在线段上时，|PA|+|PB|取得（2）解：由题意得，，设，最小值求出的值，由此计算出最小值可得答案．则圆心到直线的距离：，17.【答案】（1）解：由直线方程知：，即直线l的斜率为；则，，即，（2）解：由（1），根据直线m与l平行，且过点，则直线m：，解得或，∴直线m一般形式为.直线的方程为：或．【解析】【分析】(1)把直线l方程化为斜截式，可求出直线l的斜率；(2)利用直线的平行关系求出直线m的方程．【解析】【分析】(1)设N(6，n)，则圆为：，从而得到，由此能18．【答案】（1）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出圆N的标准方程；，0，，，1，，，0，，，1，，，，，(2)由题意得，，设，则圆心到直线的距离：，由此能求出直线l的方程．，1，，，.20.【答案】（1）证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，（2）证明：，0，，，1，，，0，，，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，，1，，，，，∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，∴||＝＝＝，∵点M是棱PD上一点，PM：MD＝1：2，AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．解得λ＝，∴P（0，0，4），A（0，0，0），B（2，0，0），∴．C（2，2，0），M（0，，），【解析】【分析】(1)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，由此能证明＝（2，0，﹣4），＝（2，2，0），＝（0，，），PB//平面ACM；设平面ACM的法向量，(2)求出平面CDP的法向量和平面ACD的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣P的正弦值；(3)求出平面CDP的法向量，由直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法能求出MD的长.则，取x＝2，得（2，﹣2，1），21.【答案】（1），圆心，半径，∵4﹣4＝0，PB⊄平面ACM，∴PB∥平面ACM．因为动圆经过点，且与圆内切，所以，（2）解：D（0，4，0），＝（2，2，﹣4），＝（0，4，﹣4），即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，设平面CDP的法向量（a，b，c），故圆心的轨迹的方程为.则，取b＝1，得（1，1，1），（2）因为点关于点的对称点为，所以，平面ACD的法向量（0，0，1），因为，所以点不在轴上，直线的斜率不为，设二面角A﹣CD﹣P的平面角为θ，则直线的方程为，则|cosθ|＝＝，联立，整理得，，∴二面角A﹣CD﹣P的正弦值为＝．（3）解：设，（0≤λ≤1），设，，则，，则，因为是的中点，、、三点共线，的面积为，∴，，平面CDP的法向量，所以，，∵直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，由直线过点易知，，故，即，，令，则，，，故，，.【解析】【分析】（1）由题意可知，即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，由此计算椭圆方程即可。（2）由题意可设直线的方程为与椭圆方程联立，设，由根与系数的关系，，结合三角形的面积公式可知，可得的值，进而求解t值。高二上学期数学期中联考试卷A．B．2C．1D．3一、单选题10．在如图所示的几何体中，平面PDC，是等腰直角三角形，四边形ABCD为平行四边形，且1.直线的倾斜角为（）．，则点C到平面PAB的距离为（）．A．B．C．D．不存在A.1B．C．D．2.下列向量与向量共线的单位向量为（）11.如图，在直三棱柱中，，，D为上一点（不在端点处），且A．B．，若为锐角三角形，则m的取值范围是（）．C．D．A．B．C．D．3.若方程表示圆，则实数a的取值范围为（）12.已知点是圆上的一点，记点P到x轴距离为，到原点O的距A．B．C．D．离为，则当取最小值时，（）4.设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线//平面，则实数z的值为（）A．B．C．D．A．-5B．5C．-1D．1二、填空题13.在空间直角坐标系中，已知，，，若，则实数5.圆：和圆：的公切线的条数为（）．A．1B．2C．3D．414.已知过的直线l与直线没有公共点，则直线l的方程为．6.已知空间向量，，若，则（）．15.圆与圆的公共弦长为.A.B．C．D．16.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且7．已知直线：过定点，直线过点且与直线垂直，则直AB＝4，SA＝3，E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足＝λ，则当实数λ的值为线的方程为（）时，∠AFE为直角．三、解答题A．B．17．已知A（1，－1），B（2，2），C（3，0）三点，求点D，使直线CD⊥AB，且CB∥AD．C．D．18．已知（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2）．8.我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱（1）求的值；柱．在堑堵中，，P为的中点，则（）．（2）已知，，||＝||，求．A．6B．-6C．2D．-219.已知圆的圆心在坐标原点，直线的方程为.9.直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则（）（1）若圆与直线相切，求圆的标准方程；【分析】由与向量共线的单位向量为，求解可得答案.（2）若圆上恰有两个点到直线的距离是1，求圆的半径的取值范围.在直三棱柱中，，，，E、F分别为、的中点．3.【答案】B20.【解析】【解答】方程化为标准方程为，有，∴．.（1）求直线AE与所成角的大小；故答案为：B（2）判断直线与平面ABF是否垂直．21.已知圆C的方程为．【分析】把圆的方程化为标准方程，即可求出实数a的取值范围.4.【答案】B（1）设O为坐标原点，P为圆C上任意一点，求的最大值与最小值；【解析】【解答】由直线//平面，知向量与垂直，（2）设直线，记直线l被圆C截得的弦长为a，直线l被圆截则有，得的弦长为b，试比较a与b的大小．解得.22.如图，在四棱锥中，已知底面，，，，故答案为：B，异面直线和所成角等于.（1）求直线和平面所成角的正弦值；【分析】根据线面平行，求出法向量与直线的方向向量垂直，即可求出实数z的值.（2）在棱上是否存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为？若存在，指出5.【答案】C点在棱上的位置；若不存在，说明理由.【解析】【解答】由题知圆：的圆心，半径，圆：答案解析部分的圆心，半径，所以，，所以两圆外切，所1.【答案】A以两圆共有3条公切线.【解析】【解答】直线与x轴平行，斜率为0，所以直线的倾斜角为0°，故答案为：C故答案为：A．【分析】根据题意求出圆心坐标以及半径，然后由两点间的距离公式求出两圆的圆心距，再与两圆的半径之【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出答案.和进行比较，从而得出两圆的位置关系，由此即可得出公切线的条数。2.【答案】C6.【答案】A【解析】【解答】由，【解析】【解答】由得，，解得，∴与向量共线的单位向量则，，为或.所以，故答案为：C故答案为：A．【分析】由求得，再由，求出答案.【分析】由题意可得，圆心(0，0)到两条直线的距离相等，且圆心到直线和距离皆为，即7.【答案】A，由此求得的值.【解析】【解答】∵由题意，直线：，10．【答案】B∴过定点，则直线过定点，【解析】【解答】如图，以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系∵直线与直线垂直，则直线的斜率，则，，，，，，．∴直线的方程为，即.故答案为：A.设平面PAB的一个法向量为，则由，令，得，故，【分析】由已知条件即可得出直线过的定点，再由直线垂直的斜率之间的关系，结合点斜式即可求出直线的方程。则点C到平面PAB的距离为，8.【答案】A故答案为：B.【解析】【解答】根据堑堵的几何性质知：，，．因为，，【分析】以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAB的一个法向量，根据空间距离的向量求法，即可求出点C到平面PAB的距离.所以1.【答案】B.【解析】【解答】由图形可知，，总为锐角．以C为原点，CA，CB，所在直线分别为故答案为：A．x，y，z轴，建立空间直角坐标系，不妨取，则，，，，则，，【分析】由条件得，，，将用向量表示，代入数量．由可知，积的公式进行运算，即可求得答案.9.【答案】B则，【解析】【解答】由题意得直线和单位圆弦长皆为，．由，得，解得或．又知，所以所以圆心到直线和距离皆为，即，．故答案为：B故答案为：B. 【分析】由题意，以C为原点，CA，CB，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，故答案为：3x-y+7=0。由，不妨取，求C，B1，A，B出点的坐标，又为锐角三角形，利用向量的夹【分析】利用过的直线l与直线没有公共点，得出过的直线l与直线角为锐角，求出m的取值范围.没有公共点，再利用两直线平行斜率相等，进而得出所求直线的斜率，再利用点斜式求出直线l的方程。12.【答案】D15．【答案】【解析】【解答】化为标准方程：，【解析】【解答】两圆方程相减可得公共弦直线方程为，点是圆上一点，圆的圆心为，半径为，不妨设（t为参数），圆心到的距离为，公共弦长为.则故答案为：.其中当时，可取得最小值30【分析】先把两个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长.此时16．【答案】故答案为：D【解析】【解答】∵SA⊥面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0，4，0)，S(0，0，3)．设BC＝m，则C(m，4，0)，【分析】利用圆的参数方程表示出并求最值，利用三角函数求出的值.∵＝λ，∴＝λ，13.【答案】3∴【解析】【解答】由题意得，，∴F.同理，E，所以，即，∴故答案为：3要使∠AFE＝90°，则，【分析】根据条件求出的坐标，由列出等式，求解可得实数的值.又，14.【答案】3x-y+7=0∴，【解析】【解答】由题意可知：直线l与直线平行，直线l的斜率为3，所以直线l方程为∴16λ＝9，∴λ＝.，即3x-y+7=0。【分析】建立空间直角坐标系A－xyz，设BC=m，求出所需点的坐标，利用，则＝λ所以，，求出点F的坐标，同理求出点E的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示，由，列式求解出即，所以，即圆的半径的取值范围是.实数λ的值.【解析】【分析】(1)根据题意由直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式计算出圆心到直线的距离公式，由此计算出圆的半径，从而得出圆的方程。17．【答案】解：设，则，(2)由(1)的结论，结合圆心到直线的距离，由圆的几何意义即可得到，从而得出半径的取值范围。【解析】【分析】设，由直线CD⊥AB，且CB∥AD可得，求解出x，y，即可求得20．【答案】（1）解：由题意知，AB、AC、两两垂直，分别以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，点D的坐标.则，，，，，．18．【答案】（1）解：∵（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2），∴，，∴（﹣2，﹣3，0），∴()＝2×（﹣2）+3×（﹣3）+（﹣1）×0＝﹣13；∴，故直线AE与所成角为．（2）解：设（x，y，z），（2）解：由（1）可得：，，∵⊥，⊥，||＝||，∴，，∴，，∴，∵，AF、平面ABF，∴平面ABF．解得：或，【解析】【分析】(1)以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，利用向∴(3，﹣2，1)或（﹣3，2，﹣1）．量法能求出直线AE与所成角的大小；【解析】【分析】(1)根据空间向量运算性质进行计算即可求得的值；(2)利用向量法求出，，从而判断出直线与平面ABF垂直．(2)设（x，y，z），根据，，||＝||，列方程组，求解可得的坐标．21.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，则圆心，圆C的半径为，因为，19．【答案】（1）设圆的半径为，圆心到直线距离为，则，依题意，所以的最大值为，最小值为．所以圆的方程为.（2）解：因为点C到直线l的距离为，所以（2）由（1）知，圆心到直线距离为，又圆上恰有两个点到直线的距离是1，．因为点到直线l的距离为，所以．由，得，当时，．当时，解得或（不合题意）.．∴存在这样的E点，E为棱PA上靠近的三等分点.当时，．【解析】【分析】(1)以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线和平面所成角的正弦值；【解析】【分析】(1)根据圆方程求得|OC|，圆C的半径，进而可求得的最大值与最小值；(2)求出平面DEB的一个法向量和平面PAB的法向量，利用向量法能求出在棱PA上存在一点E，使得平面(2)求出a，表示出b，进而比较a与b的大小．PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，E为棱PA上靠近A的三等分点.2.【答案】（1）解：如图，以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.易知是等腰直角三角形，∴.设，则，，，，.则，，∵异面直线和所成角等于，∴，即，解得，∵，.设平面的一个法向量为，则由，得，所以可取，∴.∴直线和平面所成角的正弦值为.（2）解：假设存在，设，且，则，，设平面DEB的一个法向量为，则由，得，取，又有平面PAB的法向量，由平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，可知余弦值为，
简介：高二上学期数学期中联考试卷圆的蒙日圆上，则的值为（）一、单选题1.已知向量，，则等于（）A．±1B．±5C．D．A．B．C．D．8.在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满2.如图，平行六面体中，与交于点，设，，，则足，则直线与直线所成角的余弦值为（）等于（）A．B．C．D．A.B．9.如图，在三棱锥中，平面，，，点在三棱锥C．D．的表面上运动，则的取值范围是（）3.与直线关于轴对称的直线的方程为（）A.B．C．D．A．B．C．D．10．椭圆的左右焦点分别为､，直线与交于A､两点，若4.与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆的方程是（），，当时，的离心率的最小值为（）A．B．C．D．A．B．C．D．5.给出以下命题，其中正确的是（）A.直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直11.点是圆上的任一点，圆是过点且半径为1的动圆，点是圆上的任一点，则长度的最小值为（）B.直线的方向向量为，平面的法向量为，则A．1B．2C．3D．4C．平面､的法向量分别为，，则12.如图，矩形的顶点在以为圆心，半径为的圆上，，当时，的取D．平面经过三个点，，，向量是平面的法向量，则值范围是（）A．B．C．D．6．正四面体棱长为2，，，分别是，，的中点，则的值为（）二、填空题13.若直线与直线平行，则的值为.A．B．1C．2D．414.直线与圆交于､两点，为坐标原点，则的面积7．19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且该圆的为.半径等于椭圆长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根.若圆上有且只有一个点在椭（2）若曲线与轴交于､两点，过点的直线（不与轴重合）与曲线交于､两点，记15.是椭圆的一个焦点，不过点的直线交椭圆于、两点，则△的周长的最大值､的面积分别为､，求的最大值.为.21．2021年我国某海滨城市经常遭遇东偏南某方位的台风的侵袭，对居民的生产和生活产生巨大影响.如图，16.如图，正三棱柱的各棱长均为1，点和点分别为棱和棱的中点，先将底面置于平面内，再将三棱柱绕旋转一周，则以下结论正确的是（填入正确结论对应的序据10月13日午时监测，当前台风中心位于城市的东偏南方向的海面处，并以号）.的速度向西偏北方向移动，台风侵袭的范围是半径为的圆形区域，位于城市的东偏南①设向量旋转后的向量为，则方向有一条自城市通向远海的航线，当前该航线的至段正遭受台风侵袭.（1）求当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；（距离精确到）②点的轨迹是以为半径的圆（2）经过多长时间后该航线将不受台风侵袭？（时间精确到）（参考数据：）22.如图，已知圆柱，点A是圆上的动点，，，､为圆上的两个定点，且满足③设①中的在平面上的投影向量为，则的取值范围是.④直线在平面内的投影与直线所成角的余弦值的取值范围是（1）当或时，求证：平面；三、解答题（2）当直线与平面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积.17.已知向量，，，求：答案解析部分（1）向量的坐标；1.【答案】A（2）与夹角的余弦值．【解析】【解答】∵向量，，18.已知点，，将直线绕着点逆时针旋转得到直线，∴.（1）求直线的方程；故答案为：A.（2）若点是直线上一点，当△的面积等于5时，求点的坐标.19.如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解可得答案.2.【答案】B，是的中点，.【解析】【解答】由已知可得（1）求证：平面；，（2）求平面与平面的夹角.故答案为：B.20.点是圆上任意一点，过作轴的垂线，垂足为，，当点在圆上运动时，记点的轨迹为（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）.【分析】由已知结合向量加法的三角形法则整理计算，可得答案.3.【答案】D（1）求的方程；【解析】【解答】直线的斜率为，与x轴交于点，【解析】【解答】如图，设，，，直线关于轴对称的直线的斜率为，并且过点A，则，由直线的点斜式方程得：，即，又，所以所求直线的方程为：.，故答案为：D∴.【分析】先根据对称性求出所求直线经过的点及斜率，然后结合点斜式即可求解出答案.故答案为：B.4.【答案】C【解析】【解答】椭圆方程化为标准形式，设要求解的椭圆方程为：【分析】设，，，画出图形，结合图形及数量积的运算可求出的值.7.【答案】C，将点代入得，解得：，所以，C符合题意.【解析】【解答】解：根据题意，椭圆的蒙日圆方程为，故答案为：C因为圆上有且只有一个点在椭圆的蒙日圆上，【分析】由已知椭圆的方程可知c的值，再由焦点相同设所求的椭圆的方程，将过的点(4，0)代入椭圆的所以该圆与已知圆相切，方程，可知参数的值，进而求出椭圆的方程.又两圆圆心间距离为，5.【答案】D【解析】【解答】对于A，因为，所以与不垂直，A不符合题意；所以或（无解，舍去），解得对于B，因为，不成立，所以B不符合题意；故答案为：C.对于C，因为与不平行，所以不成立，C不符合题意；【分析】由所给信息可得蒙日圆的方程，再由两圆只有一个交点可知两圆相切，由题意可得b的值.对于D，，，由，，解得，8.【答案】B，所以，D符合题意.【解析】【解答】解：如图，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间故答案为：D.直角坐标系，【分析】由两直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得或判则，，，，断B；由平面法向量不共线判断C；求出，的坐标，再由数量积为0列关于p和q的方程组，求得所以，，判断D.由题知，6.【答案】B 所以直线与直线所成角的余弦值为，当可得2a的范围，进而求出离心率的范围，即可得答案.故答案为：B1.【答案】B【分析】以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，由空【解析】【解答】由题可知点的轨迹方程是，即得点是圆上的动点，间向量夹角可求出直线与直线所成角的余弦值.又由题知点是圆上的动点，9.【答案】D【解析】【解答】如图，取中点，连接，，，如图可得则.则，又因为平面，平面，平面，所以故答案为：B.，，【分析】由题意求出圆C2圆心的轨迹，画出图形，数形结合求得长度的最小值.又，，由勾股定理得：，且在以O为球心，半径为12.【答案】A【解析】【解答】由，可以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，的球上，故，则的取值范围是，D符合题意.故答案为：D由矩形的性质可知，、两点关于原点对称，不妨设，则，，，，【分析】取CD的中点O，连接PC，PO，PD，利用向量的线性运算，将问题转化为求解|PO|的取值范∵△为直角三角形，为的中点，围，即可求出的取值范围.∴，10.【答案】D【解析】【解答】连接，又∵，∴，即，由题知点A､关于原点对称，，，，则，∴，即，，又，即，∴，，由得，所以，D符合题意.故答案为：A.故答案为：D【分析】以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，不妨设，则，，，，可得，结合【分析】连接，由题知点A､关于原点对称可得，，再由，得，求得，再求出|QA|2的范围，开方得的取值范围.绕着旋转即绕着轴旋转，设旋转后的向量为，则，①正确；13.【答案】1【解析】【解答】，得，求得，经检验，符合题意.设，则，，点的轨迹是以为半径的圆，②正确；故答案为：1由题知，在平面上的投影向量即为其在平面上的投影向量，【分析】由两直线平行的性质列方程，求解可得出m的值.14.【答案】12，③正确；【解析】【解答】∵圆心到直线的距离，设直线在平面内的投影与直线所成的角为，，则，④错误.∴的面积为.故答案为：12.故答案为：①②③.【分析】首先求得圆心到直线的距离，然后求得弦长，最后求解三角形的面积即可得的面积.【分析】取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出15.【答案】8向量的坐标，即可判断选项①；设，求出y和z满足的关系，得点的轨迹是以为【解析】【解答】由已知得，即，取椭圆另一焦点为，△的周长为半径的圆即可判断选项②；由②可得，，结合在平面上的投影向量，即可判断选项③；利，当且仅当，，三点共线时取得等号.用向量的夹角公式，即可判断选项④.故答案为：8.17．【答案】（1）解：，存在，使得，即，【分析】由椭圆的方程可知a的值，再由三角形的周长表达式及椭圆的定义转化，可知周长为则，解得，当且仅当，，三点共线时取到△的周长的最大值.16．【答案】①②③又，，可得，【解析】【解答】如图，取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系所以；，（2）解：可得，则，，，，设与的夹角为，，令，则取，设平面与平面的夹角为，则则.，所以，即得平面与平面的夹角为.【解析】【分析】(1)由向量的平行和垂直可得关于x，y，z的关系式，求解出x，y，z，可得向量的坐标；【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到，由勾股定理(2)由(1)可得向量与的坐标，进而由夹角公式可得与夹角的余弦值．证明，即可证明出平面；18.【答案】（1）解：设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，(2)以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标则，和向量的坐标，然后利用待定系数法求出两个平面的法向量，由向量的夹角公式求解出平面与平面又直线过点，则直线的方程为，即.的夹角.（2）解：设，，，20.【答案】（1）解：设，则，由得是的中点，得，，解得或，故点坐标为或又点在圆上，代入得曲线的方程为..【解析】【分析】(1)由已知得直线的倾斜角等于直线AB倾斜角和旋转角的和，即可利用两角和的正切公式（2）解：解法一：设直线的方程为，，，由得求出直线的斜率，然后利用点斜式即可求出直线的方程；(2)设出点C的坐标，利用三角形的面积公式即可求解出点的坐标.，19.【答案】（1）证明：因为底面和侧面都是矩形，所以，，又因为由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，且，，，，平面，所以平面，因为平面，所以因为，所以，，又由题知，，，所以，又当时，，，所以平面.当时，，当且仅当时等号成立.（2）解：设为的中点，以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，综上所述，的最大值为1.则得点，，，，，设平面的一个法向量为解法二：①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，不妨设，，，又，，则，令，则取，；，设平面的一个法向量为，又，，则 ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，【解析】【分析】(1)求出P点坐标，得到P到直线AB的距离即可得当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；由得，(2)设经过t小时后点的坐标，结合圆P的方程，解出t，即可得城市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间.由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，2.【答案】（1）证明：如图，当时，易知四边形为平行四边形，则，又平面，平面且，，，所以平面，同理可证，当时，有平面，故证得当或所以，，时，平面.因为，（2）解：取中点，则，以点为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，当且仅当时等号成立.则､､､，，综上所述，的最大值为1.【解析】【分析】(1)由题意利用相关点法求解曲线C的方程；，，设平面的法向量为，(2)设直线的方程为，，，与椭圆方程联立，结合韦达定理和基本不等式求解面积之差的最大值.则，令，则取，21.【答案】（1）解：由题得当前台风中心所处位置点坐标为，即点设，则得直线的方向向量，设直线与平面所成的角为，又至段所在直线的方程为，则点到该直线的距离为，则，则当时取最大值，此时点A的坐标为，，则，即得当前该航线正被台风侵袭的至段，则点A到平面的距离为，又由题知，，的距离为.（2）解：由题知，当该航线不受台风侵袭时，城市也恰好结束遭受台风侵袭.设经过小时后台风中心所处则三角形的面积为，故当直线与平面所成角的正弦值取最大值位置为点，则得坐标为，即点，时，三棱锥的体积为..又圆的方程为，则由，其中､分别表示城【解析】【分析】(1)当时，易知四边形为平行四边形，则，同理当，得市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间，则易得经过后该航线将不受台风侵袭.时，有平面； (2)以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线AO的方向向量，可求得直线AO与平面的所成角的正弦最大值，再利用距离公式求得点A到平面的距离，根据题设条件求得三角形的面积，由此可得三棱锥的体积. 高二上学期数学期中联考试卷（）一、单选题A．B．1.点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为（）C．D．A．B．10.如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，则直线与平面BDE所成角的正C．D．弦值为（）2.已知直线l经过，两点，则l的斜率为（）A．B．C．D．A．2B．－2C．D．11.已知椭圆，点C在椭圆上，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，若圆C3.已知，，若，则m的值为（）与x轴相交于M，N两点，且为直角三角形，则椭圆的离心率为（）A．－1B．－2C．2D．14.过圆上一点作圆O的切线l，则直线l的方程是（）A．B．C．D．A．B．12.已知斜三棱柱中，底面是直角三角形，且，，，C．D．与AB、AC都成角，则异面直线与所成角的余弦值为（）5.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（）A．B．C．D．A．B．二、填空题C．D．13.已知两点，，以线段AB为直径的圆的方程为．6.已知圆：，圆：，若圆与圆内切，则实数a的值是14.已知直线，，则“”是“”的条件．（填“充（）分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）A．-2B．2C．-1或2D．1或-215.已知、是椭圆的两个焦点，M是椭圆上一点，且，则的面积7.已知圆与直线相切，则（）为．A．B．C．D．16.已知，点P在直线上，点Q在圆C：上，则的8.已知椭圆经过点，离心率，，分别是椭圆C的焦点，过点最小值是．三、解答题的直线交椭圆C于A，B两点，则的周长是（）17.已知点，直线．A．8B．12C．D．12或（1）若直线过点P且与直线l平行，求直线的方程；9.已知圆C的半径为，圆心在轴的负半轴上，直线与圆C相切，则圆C的方程为（2）若直线过点P且与直线l垂直，求直线的方程．【分析】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为.2.【答案】D18.已知，．【解析】【解答】（1）若，求m与n的值；．故答案为：D.（2）若且，求．【分析】根据直线斜率计算公式求解即可.19.已知圆C：关于直线对称，且过点．3.【答案】C（1）求圆C的标准方程；（2）是否存在直线l与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距互为相反数？若存在，求出该直线l的方程；【解析】【解答】∵，∴，∴，解得若不存在，说明理由．．故答案为：C.20.已知椭圆的焦距为4，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；【分析】因为，得到，根据向量数量积的运算求解即可.（2）若直线与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点P在圆上，求m4.【答案】D的值．【解析】【解答】由题意点为切点，所以，又，所以，因此直线l的21.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，，E是PD的中点．方程为．（1）求证：平面；故答案为：D（2）若平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为，求PA的长度．【分析】由直线垂直得，推出，根据点斜式求出直线l的方程.22.已知点，点P是圆B：上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线BP交于点Q．5.【答案】B（1）求点Q的轨迹方程C；【解析】【解答】将方程化为，（2）过点A的直线l与曲线C交于M，N两点，点E在x轴上且使得对任意直线l，OE都平分．求点E的坐标．因为是焦点在y轴上的椭圆，可得，解得.答案解析部分故答案为：B.1．【答案】C【解析】【解答】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为【分析】将已知化为，由焦点在y轴上从而推出实数m的取值范围.．故答案为：C.6.【答案】C 【解析】【解答】由题可知圆心，半径，圆心，半径，因为圆与圆内即．故答案为：C切，所以，解得或．故答案为：C．【分析】由题意设圆心坐标为，解得，从而写出圆的方程.【分析】易知圆，的圆心以及半径，由两圆内切得，即可求解.10.【答案】D7.【答案】A【解析】【解答】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，【解析】【解答】圆的标准方程是，圆心为，半径为2，所以，如图所示：解得．则，，，，，所故答案为：A．以，，，【分析】把圆化为标准方程，根据圆心到切线的距离等于半径，求解即可.设平面BDE的一个法向量，则，即，令，则，，8.【答案】B所以平面BDE的一个法向量，【解析】【解答】椭圆C经过点，则，又椭圆C的离心率，所以，，设直线与平面BDE所成角为，所以由椭圆的定义可知，．故答案为：D.的周长是．故答案为：B【分析】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设设平面BDE的一个法向量，直线与平面BDE所成角为，利用空间向量即可求解.【分析】由题意先求出，由离心率求出，，再根据椭圆的定义可得答案.1.【答案】C9.【答案】C【解析】【解答】不妨设在第一象限，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，则，又【解析】【解答】由题意设圆心坐标为，在椭圆上，则，所以圆M的半径，因为为直角三角形，，即因为圆C与直线相切，所以，又，解得．，化简可得，即，解得．所以圆心为，故答案为：C．圆C的方程为， 14．【答案】充要【分析】由题意可得，再由为直角三角形可得，化简可得，【解析】【解答】若，则，解得或即，求解即可.．当12.【答案】A时，直线的方程为，直线的方程为，即【解析】【解答】解：设，，，则，，，两直线重合，，当时，直线的方程为，直线的方程为，满足所以，，所以所以，所以“”是“”的充要条件．，故答案为：充要，【分析】若，则，解得或．当或时，可推出，即可，得出结论.15.【答案】20所以．【解析】【解答】由，得，，所以，，故答案为：A所以，设，，所以，因为，所以，所以，【分析】设，，，运用向量的数量积和加减运算，以及向量夹角的公式，计算异面所以的面积为．直线与所成角的余弦值.故答案为：.13．【答案】【解析】【解答】由题意，两点，，【分析】由已知可知，，设，，得，由则，的中点为，，可知，即可求得的面积.故圆心的坐标为，半径为，16.【答案】8所以圆的方程为，【解析】【解答】因为圆C：，故圆C是以为圆心，半径的圆，故答案为：则圆心到直线的距离，故直线和圆相离，【分析】求A，B的中点即为圆心，再利用两点间距离公式计算，求半点A坐标满足，A在圆外，径，即可得圆的方程.设点关于直线的对称点为，所以，解得，故，解得，故，则，（2）解：由向量，，连接交圆C于Q，交直线于P，因为，所以，解得，由对称性可知：，因此，所以．当且仅当共线时，取等号，【解析】【分析】（1）由，可得存在实数，，解得；故答案为：8（2）因为，得，根据向量数量积的运算计算即可.【分析】先求的圆心以及半径，根据点到直线的距离公式可得直线和圆相离，由点A坐标满足19.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，得，，判断点A在圆外，设点关于直线的对称点为所以圆心C为，，求其坐标，由对称性可知，即可求得由已知，得，的最小值.17.【答案】（1）解：已知，则可设直线的方程为，解得，又过点，所以，解得，所以圆C的标准方程为.所以直线的方程为．（2）解：圆C的圆心为，半径为2．（2）解：若，则可设直线的方程为，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不可能相切；又过点，所以，解得，即直线的方程为．当直线l不过原点时，设l：，即，【解析】【分析】（1）由，设直线的方程为，再由过点即可求得又直线l与圆C相切，则，解得，，从而得直线方程；（2）由，设直线的方程为，再由过点，代入即可求值.此时直线方程为或．18.【答案】（1）解：由题意，向量，，综上，所求直线l的方程为或．因为，可得得，【解析】【分析】（1）先求圆心C为，根据已知条件列方程组解得，即得圆C的标准方程；（2）解：因为平面，又AB，平面，所以，．又底面ABCD（2）由（1）知圆C的圆心为，半径为2，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不是矩形，所以．可能相切；当直线l不过原点时，设l：，即，根据直线l与圆C相切，得以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设求得，即得直线方程.，则，，，．20.【答案】（1）解：由题意，得，解得，所以椭圆C的方程为．∴，，．设平面AEC的法向量，（2）解：设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，由即由消y，得，，解得．∴令，则．所以，，所以，，设平面PEC的法向量，因为点在圆上，所以，解得，满足．由即∴．∴令，则．，解得，即．【解析】【分析】（1）由题意，得，解得，即可求得椭圆C的方程；所以当平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为时，．（2）设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，联立方程组【解析】【分析】（1）连接BD交AC于点F，易证，又平面，平面，从而证得平面；，根据韦达定理得，，即可得P点坐标，再根据P点在圆上即可求（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量求平面AEC与平面PEC所成角的余弦值，即可求解.解.2.【答案】（1）解：由题意知，，所以，21.【答案】（1）证明：连接BD交AC于点F，由椭圆定义知点Q的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，设椭圆C：，其中，因为底面ABCD是矩形，所以F为BD的中点，又E是PD的中点，所以，又平面，平面，所以平面．，即，，则，所以点Q的轨迹方程C为．（2）解：设，当l与x轴垂直时，恒成立，当l与x轴不垂直时，因为OE都平分，即，所以，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，又，，所以，又，，所以，即，联立方程组消去y，得，，所以，，代入上式可得，即点．【解析】【分析】（1）由题意知，，根据椭圆的定义知点Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，根据已知条件得，，从而求得点Q的轨迹方程；（2）设，当l与x轴垂直时，恒成立；当l与x轴不垂直时，由，得，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，联立方程组，根据韦达定理求得，代为即可求解. 高二上学期数学期中考试试卷一、单选题C．1．已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－＜x＜}，则（）．A．A∩B＝∅B．A∪B＝RC．BAD．ABD．2．复数z满足，则z=（）A．B．C．D．8.已知直线的倾斜角满足方程，则直线的斜率为（）3．若向量满足：则（）A．B．C．D．A．2B．C．1D．分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为坐标原9.已知，4.已知，则的大小关系为（）点，在双曲线存在点，使得，设的面积为.若A．B．C．D．，则该双曲线的离心率为（）5.已知直线，若，则的值为（）A．B．C．D．A．B．－4C．4D．6.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC.M，N分别是对边OB，AC的中点，点G在线段MN过点作圆（x+1）2+（y-2）2=169的弦，其中弦长为整数的弦共有（）10.上，，现用基向量表示向量，设，则的值分别A．16条B．17条C．32条D．34条是（）11.已知点是抛物线的焦点，点M为抛物线上的任意一点，为平面上定点，则A．，，B．，，的最小值为（）C．，，D．，，A．3B．4C．5D．67.如图，四位同学在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间，各自作出三个函数，12.在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（），的图像如下．结果发现其中有一位同学作出的图像有错误，那么有错误的图像是（）A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为A．C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为二、填空题13.圆与圆内切，则的值为.B．14.已知，，，若P，A，B，C四点共面，则λ=. （2）求二面角的余弦值.15.椭圆中，以点为中点的弦所在直线斜率为.22.如图，圆，点为直线上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点16.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历ft大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线分别为A，B.有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之（1）求直线AB的方程，并写出直线AB所经过的定点的坐标；一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯（2）若两条切线PA，PB与y轴分别交于S､T两点，求的最小值.圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O答案解析部分上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．1.【答案】B三、解答题【解析】【解答】依题意，17.已知函数，其图象过点.又因为B＝{x|－＜x＜}，（1）求的值；由数轴可知A∪B＝R，故答案为：B.（2）将函数图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在上的最大值和最小值.【分析】解出集合A，然后根据集合运算即可.2.【答案】C18.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，的角平分线所在直线方程为．【解析】【解答】由数z满足，可得.（I）求顶点的坐标；故答案为：C.（II）求直线的方程．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，，M是【分析】根据题意，得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.PD上一点，且.3.【答案】B（1）求异面直线PB与CM所成角余弦的大小；（2）求点M到平面PAC的距离.【解析】【解答】由题意易知：，即，，即20.在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，且离心率.。（1）求椭圆的方程；故答案为：B.（2）直线的斜率为，直线l与椭圆交于两点，求的面积的最大值.【分析】利用已知条件结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而再利用数量积的公式，从而求出向量21.如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且.的模。（1）证明：平面平面.4.【答案】D 通过三个图像比较不难得出答案C【解析】【解答】解：∵故答案为：C又a＜c∴【分析】可用特殊值法，的图象取最高点时其他函数对应的点一定不是最值点或零点，从而只有C故答案为：D不合适.【分析】先将a，b，c大致范围写出来，b最小，再用换底公式比较a，c大小.8.【答案】A5.【答案】B【解析】【解答】解：∵，∴【解析】【解答】因为，所以.当时，两直线重合，所以舍去.．故答案为：A当时，符合题意.所以.故答案为：B【分析】先化简，利用直线的斜率进行求解.【分析】根据题意由两条直线平行的直线系数之间的关系，代入数值计算出a的取值，然后验证即可得出满9.【答案】A足题意的a的取值。【解析】【解答】由，得.6.【答案】C设，.【解析】【解答】连结ON.由，得，即.因为M，N分别是对边OB，AC的中点，所以，，所以.又，即，所以，所以，又，所以.故答案为：A..【分析】根据题意由双曲线的定义结合三角形内的几何计算关系由勾股定理整理求出，再由双曲线里故答案为：Ca、b、c的关系结合离心率的公式由整体思想求出答案即可。10.【答案】C【分析】结合图形，因为M，N分别是对边OB，AC的中点，，，所以【解析】【解答】圆的标准方程是：，圆心，半径，，，从而表示出，即可得出过点的最短的弦长是以为中点的弦，为10，有1条答案.最长的弦长是过点的直径，为26，有1条，7．【答案】C还有长度为11，12，…，25的各2条，【解析】【解答】考查三角函数图象，所以共有弦长为整数的条．故答案为：C．连接，，，，则，，【分析】化简圆的方程为标准方程，求出弦长的最小值和最大值，取其整数个数．所以四边形为矩形，11．【答案】B则，，即，，【解析】【解答】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，又，且平面，平面，根据抛物线的定义可知，所以平面，要求取得最小值，即求取得最小，又，，所以为中点，则平面，所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，当三点共线时最小，即为.所以点的轨迹为四边形，所以的最小值为4.因此点不可能是棱的中点，即A不符合题意；故答案为：B.又，，所以，则点的轨迹不是正方形；【分析】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，由抛物线的定义，且矩形的周长为，C不符合题意，D符合题意；取得最小值，即求取得最小，当三点共线时最小，由此即可求出结果.因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最12.【答案】D大，所以线段的最大值为，B不符合题意.【解析】【解答】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为故答案为：D.轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为，分别为的中点，【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，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得出向量的坐标，再利则，，，，用中点坐标公式结合向量共线的坐标表示，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系以及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，所以，为使，必有点平面，又由点所以，设，则，在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，因此得出点不可能是棱的中点；再利因为，用点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等且最所以，，当时，；当时，；大，进而得出线段的最大值；再利用向量求模的公式，得出，，所以取，，，，，则点的轨迹不是正方形，再结合矩形的周长公式得出矩形的周长，进而找出说法正确的选项。即，13.【答案】-2或-1即，【解析】【解答】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，即，所以两圆的圆心距，弦所在的直线的斜率为，又因为两圆内切，有，故答案为：．解得或.故答案为：-2或-1.【分析】先设出弦的两端点的坐标，分别代入椭圆方程，两式相减后整理即可求得弦所在的直线的斜率．【分析】首先根据题中圆的标准方程求出圆的圆心与半径，再根据两圆相切求出的值为.16.【答案】14.【答案】-9【解析】【解答】如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．【解析】【解答】由P，A，B，C四点共面，可得共面，∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，，∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，，解得.在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，故答案为：-9∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.故答案为：．15.【答案】【分析】根据题意取点K（﹣2，0），连接OM、MK，根据△MOK∽△AOM，得出，进而有【解析】【解答】解：设弦的两端点为，，，，MK＝2MA，在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，进而得出|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长。17.【答案】（1）解：因为，代入椭圆得，所以.两式相减得，即，又函数图象过点，由于线段的中点在直线上，得方程，所以，即.即又，所以.由直线与直线垂直，得方程，即；（2）解：由（1）知，，联立方程组，得将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，可知，显然在直线上，且顶点的坐标为，所以直线的方程为，整理得因为，所以，.【解析】【分析】（1）根据的中点在上，且，联立方程组解得的坐标为因此，故.；（2）由题意利用角平分线的性质，求出直线的方程.所以19.【答案】（1）解：解法一：连BD交AC于O，连MO，如图（一）所示，平面ABCD，所以，.所以在上的最大值和最小值分别为和.在中，，，，【解析】【分析】(1)根据三角恒等变换得，再待定系数法得；又因为底面ABCD是矩形，所以O为BD中点，，，所以，（2）根据三角函数平移变换得，再根据整体代换思想求解函数的最值即可.因为M是PD上一点，且，所以M为PD中点，，，所以（或补角）就为PB与CM所成的角，18.【答案】解：（I）设顶点的坐标为；因为，，，所以平面PAD，.因为顶点在直线上，所以由题意知的坐标为，，，，因为中点在直线上，所以，，所以异面直线PB与CM所成角余弦值为；即；联立方程组，解得顶点的坐标为解法二：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图（二）所示的空间直角坐标系，则，，，（II）设顶点关于直线的对称点为，设，则，所以，故椭圆的方程为.由，知，所以，M为PD中点，（2）解：设的方程为，设点，所以，，.联立方程组，消去y整理，得，所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.所以，（2）解：解法一：过D做于N，如图（一）所示，平面ABCD，又直线与椭圆相交，所以，解得，所以，，所以平面PAC，则，DN为点D到平面PAC的距离，在中，，又M是PD中点，所以点M到平面PAC的距离为.点P到直线的距离，解法二：由问题（一）中解法二，可知，，设平面PAC的法向量为，所以，由，得，所以，取，得，当且仅当，即时，的面积取得最大值为2.所以是平面PAC的一个法向量.【解析】【分析】（1）由离心率，得到，再由点在椭圆上，得到，联立求得所以点M到平面PAC的距离为.，即可求得椭圆的方程；【解析】【分析】（1）可通过找平行线方法，将异面直线所成角（或补角）转化为同一平面内两直线所成角问（2）设的方程为，设点，联立方程组，根据根系数的关系和弦长公式，题处理；也可建立空间直角坐标系，利用向量夹角的公式计算异面直线所成角；以及点到直线的距离公式，求得，结合基本不等式，即可求解.（2）采用几何法，M到面PAC的距离为D到面PAC的距离的一半，即可求解；也可用向量法求空间中点到21.【答案】（1）证明：连接.面的距离公式求得.因为是边长为2的正方形，所以，20.【答案】（1）解：由题意，椭圆的离心率，即，可得，因为，所以，，所以，则.因为，所以.又椭圆过点，可得，因为，所以平面，将代入，可得，因为平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系.把代入，得，则，，，，故，，，.当时，取得最小值.设平面的法向量为，【解析】【分析】（1）确定以P为圆心，为半径的圆P，圆P与圆M相交，求出公共弦所在方程即为AB则，令，则.直线的方程，并可得到定点坐标；（2）根据圆的切线性质，结合勾股定理、点到直线距离公式，通过构造一元二次方程，利用一元二次方程根设平面的法向量为，与系数的关系进行求解即可.则，令，则.，记二面角的平面角为，由图可知为钝角，则.【解析】【分析】（1）推出，，根据面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系，利用向量法可求出二面角的余弦值。22．【答案】（1）解：，，∴故以P为圆心，以为半径的圆P的方程为，显然线段AB为圆P和圆M的公共弦，直线AB的方程为，即，所以，所以直线AB过定点.（2）解：设切线方程为，即，故到直线的距离，即，设PA，PB的斜率分别为，，则，，高二上学期期中联考数学试题（）一、单选题A.B．C．D．1.在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（）11.已知圆，直线与圆没有公共点，斜率为的直线与直A．B．线垂直，则的取值范围是（）C．D．A．B．C．D．2.若椭圆的一个焦点为，则的值为（）12.已知椭圆的离心率为，过右焦点且倾斜角为的直线与椭圆相交得到A．5B．3C．4D．2的弦长为，且椭圆上存在4个点构成矩形，则矩形面积的最大值为（）3.将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率是（）A．4B．C．8D．16二、填空题A．B．C．D．13.设空间向量，且，则.4.已知实数满足方程，则的最大值为（）14.设圆，圆，则圆有公切线条.A．3B．2C．-1D．-215.设是椭圆的左，右焦点，点在上，为坐标原点，且，则的面5.已知直线，若圆上存在两点关于直线对称，则的值积为.为（）16.在如图所示的实验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，且，且它们所在A．B．C．D．5的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，活动弹子在正方形对角线上移动，6.已知直线与直线平行，则等于（）A．3或—2B．—2C．3D．2当取最小值时，活动弹子与点之间的距离为.7．在四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（）三、解答题A．2B．3C．4D．517．已知点.8.过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（1）若直线与直线分别交于点，且线段的中点坐标为，求直线的斜率；（）（2）若直线过点，且原点到该直线的距离为，求直线的方程.18.已知定点，动点满足，设点的轨迹为.A.1B．C．D．（1）求轨迹的方程；9.已知直线，若，则的倾斜角的取值范围是（）（2）若点分别是圆和轨迹上的点，求两点间的最大距离.A．B．C．D．19.如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，10.在正方体中，棱的中点分别为，则直线与所成角的正弦值为 .（1）求证：平面；【分析】根据空间中点关于y轴的对称坐标的特点，可得答案.（2）求与平面所成的角正弦值.2．【答案】B20．设圆的圆心为，半径为，圆过点，直线交圆与两点，【解析】【解答】有题意知：焦点在轴上，则，从而，解得：..故答案为：B.（1）求圆的方程；【分析】由题判断焦点在轴上，结合关系式可求.（2）已知，过点的直线与圆相交于两点，其中，若存3.【答案】A在，使得轴为的平分线，求正数的值.【解析】【解答】将化为，21.如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，则该直线的斜率为、倾斜角为，，且是的中点.所以旋转后新直线的倾斜角为，（1）求证：平面；则新直线的斜率为.（2）求二面角的余弦值.故答案为：A.22.已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过的直线与交于【分析】先将直线化为斜截式，写出直线斜率和倾斜角，再求得新直线的倾斜角和斜率.两点，若与轴垂直时，4.【答案】D（1）求椭圆的标准方程；【解析】【解答】将方程变形为，则圆心坐标为，半径，（2）若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.则圆上的点的横坐标的范围为：则x的最大值是-2答案解析部分故答案为：D.1．【答案】B【解析】【解答】设点为关于y轴的对称点【分析】将方程化为，由圆的几何性质可得答案.则的中点在y轴上，且坐标为5.【答案】A【解析】【解答】∵圆：，∴圆的圆心坐标为，所以，则又圆：上存在两点P，Q关于直线对称，∴直线经过圆心，所以点关于y轴的对称点的坐标为.∴，解得.故答案为：B. 故答案为：A.9.【答案】D【解析】【解答】设的斜率分别为【分析】根据题意可知圆的圆心坐标为，又圆上存在两点P，Q关于直线对称，所以直线经过圆当时，，∵，∴，∴，心，将圆心坐标代入直线方程，即可求出结果.6.【答案】C∵，∴.【解析】【解答】由题意，解得或，时，两直线方程分别为，，平行，设直线的倾斜角为，，则，∴；时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．当时，直线的斜率不存在，倾斜角为，∵，∴的倾斜角为0.所以综上，.．故答案为：C．故答案为：D.【分析】根据两条直线平行的充要条件写出关系式，得到a的两个数值，再检验得到结论.【分析】设的斜率分别为，当时，根据，可知，求得的斜率为7.【答案】D，根据正弦函数的性质可知，再结合斜率与倾斜角的关系即可求出倾斜角的范围；【解析】【解答】设平面ABCD的法向量为，则，即，当时，易知的倾斜角为0；由此即可得到结果.∴，取，则，∴这个四棱锥的高.10.【答案】B故答案为：D.【解析】【解答】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，【分析】结合点面距离的向量公式求解即可.建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，8.【答案】D则，，，，【解析】【解答】由题意知：，∵，则，，∴四边形OAPB是正方形，且，设直线EF与的所成角为，∴.则，故答案为：D.∴.【分析】由题设易知OAPB是正方形且，结合两圆的位置关系画示意图，即可求参数r. 故答案为：B∴，故矩形MNPQ面积的最大值为4，【分析】以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量故答案为：A.的数量积即可求解.1.【答案】B【分析】根据，故，，，则直线：与椭圆联立，根据与椭圆【解析】【解答】由题意得，，即，∵直线与圆没有公共点，相交得到的弦长为求得椭圆方程；设，其中，得到，，∴，解得，∴.，然后得到矩形MNPQ的面积求解.13.【答案】1∵直线与直线垂直，∴，【解析】【解答】因为向量，且，∴，当且仅当，即时取等号，所以，即，又或时，，∴的取值范围是.解得.故答案为：B.故答案为：1【分析】根据直线与圆没有公共点求得，根据垂直可得，即可求出范围.【分析】根据，所以求解.12.【答案】A14.【答案】2【解析】【解答】由题意得，，故，，，则直线：，【解析】【解答】由题意得，圆：，圆：，联立，解得，∴，∴与相交，有2条公切线.，故答案为：2故所形成的弦长为，解得，【分析】将圆转化成标准式，结合圆心距判断两圆位置关系，进而求解.15.【答案】7即椭圆：.【解析】【解答】由题意得，，，，∴在以线段为直径的圆上，由对称性设，其中，则，，，∴，∴①，则，，由椭圆的定义知，②，由①②，解得，故矩形MNPQ的面积，.故答案为：7. （2）解：①当直线的斜率不存在时，其直线方程为，满足题意；【分析】根据题意可得，利用勾股定理和椭圆定义可求得，即可求出面积.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，16.【答案】原点到该直线的距离为，则直线的方程为.【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，则，综上所述，直线的方程为或.又平面平面ABEF，平面平面，∴平面.【解析】【分析】（1）根据题意线段的中点坐标为，求出，，即可求出直线∵四边形为矩形，∴，的斜率；以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，（2）当直线的斜率不存在时，直接写出直线的方程；当直线的斜率存在时，先用点斜式设出直线的方则，，，，.程，再用原点到直线的距离求出直线的斜率，进而求出直线的方程.∵点N在BF上，且，∴，又M在线段AC上移动，18.【答案】（1）解：设动点，则，，，则有，易得点，∴，，又，∴，∴当时，取得最小值，此∴，化简得，即，时点，则，∴，∴活动弹子M与点B之间的距离为.∴动点的轨迹E的方程为.故答案为：（2）解：设，圆心到轨迹E上的点的距离【分析】根据给定条件建立以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所∴当时，，示的空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答．∴.17.【答案】（1）解：设，【解析】【分析】（1）设动点，根据条件列出方程，化简求解即可；（2）设，求出圆心到轨迹上点的距离，配方求最值即可得解.的中点坐标为，19.【答案】（1）证明：如图所示：直线的斜率为. 由题意得，，解得，或，∴圆C的方程为或.，（2）解：由（1）知，圆C的方程为.设直线PQ的方程为，联立，化简得，以为原点建立空间直角坐标系，∴，.由题意得：，0，，，0，，，1，，，2，，，0，，证明：，1，，，1，，，0，，∵轴平分，∴，则，，，∴，即，，，即，平面；∴，解得，（2）解：由（1）可得，1，为平面的一个法向量，，则，∴当时，轴为的平分线.设与平面所成的角为，【解析】【分析】（1）设圆C的方程为，根据题意，利用待定系数法，即可求出结果；所以，（2）由（1）知，圆C的方程为，设直线PQ的方程为，联立直线与圆的方程，化简整理得到韦达定理，然后再根据轴平分，可得，化简整理可得所以与平面所成的角正弦值为.【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明，，即可得证；，求解方程即可得到结果.（2）由（1）可得，，为平面的一个法向量，求出与所成角的余弦值，即可得21.【答案】（1）证明：取的中点F，连接EF，，∵，出答案.∴，且，∴，20.【答案】（1）解：设圆C的方程为，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）解：取AC的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，联立，得，则，，，∴，.设平面的法向量是，则，设，，则，，则，即，令，得，，易知平面的一个法向量是，∴，设点，则，即，代入椭圆方程得，又二面角是钝二面角，∴，则，∴，∴二面角的余弦值为.∴，【解析】【分析】（1）取的中点F，连接，，由四边形是平行四边形即可求解；（2）取AC的中点O，以O为坐标原点，以为轴，为轴，垂直底面方向为轴，求出对应点坐标，结合二面角夹角余弦公式即可求解.又，∴的取值范围是，2.【答案】（1）解：由题意得，，即，则，把代入椭圆方程可得综上所述，的取值范围是.，【解析】【分析】（1）由离心率得出关系，由通径得出关系，结合椭圆关系式即可求解；（2）需分类讨论，分直线的斜率不存在、直线的斜率为0、直线的斜率存在且不为0三种情况，对第三∴，∴，即，种情况，可联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出，利用求出直线方程，并将代入椭圆∴，∴，，∴椭圆C的标准方程为；方程，得，化简并结合不等式即可求解.（2）解：由（1）知，的坐标为，①当直线的斜率不存在时，，，则；②当直线的斜率为0时，，，则；③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，高二上学期数学期中联考试卷8.已知点与点关于直线对称，则点的坐标为（）一、单选题A.B．C．D．1．圆心为，半径为3的圆的方程是（）A．B．D9.若圆上总存在两个点到坐标原点的距离为1，则实数的取值范围是（）C．．A．B．C．D．2．直线的倾斜角为（）A．B．10.已知，分别为双曲线的左，右焦点，双曲线上的点A满足C．D．3．若直线与圆相切，则的值为（），且的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）A．1B．C．D．2A．B．C．2D．4．双曲线的渐近线方程为（）11.已知抛物线的焦点为，抛物线上的两点，均在第一象限，且，A．B．C．D．，，则直线的斜率为（）5．已知两条直线和，若，则实数的值为（）A．1B．C．D．A．-2或1B．-2C．1D．-112.已知，分别为椭圆的左，右焦点，过原点的直线与椭圆交于，两点，且，6.如图所示，在平行六面体中，为与的交点，则下列向量中与相等的向量是（），，四点共圆，则四边形的面积为（）A.B．A．3B．4C．6D．8二、填空题C．D．13.两平行直线，之间的距离为.7.黄金分割起源于公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题，公元前300年前后欧几里得撰写《几何原本》时吸收了欧多克索斯的研究成果，进一14.已知抛物线的焦点与双曲线的右顶点重合，则实数的值为.步系统论述了黄金分割，成为最早的有关黄金分割的论著.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部15.设，分别为椭圆的左，右焦点，若直线上存在点，使分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，把称为黄金分割数.已知焦点在轴上的，则椭圆离心率的取值范围为.椭圆的焦距与长轴长的比值恰好是黄金分割数，则实数的值为（）16.若关于的不等式的解集为，且，则实数的值A．B．C．2D．为. 三、解答题1.【答案】D17.如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为1，顶点位于坐标原点，若【解析】【解答】因为圆心为，半径为3，故圆的方程为：.是棱的中点，是侧面的中心.故答案为：D.【分析】根据圆心和半径可直接得到圆的方程.（1）求点，的坐标及；2.【答案】C（2）求向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】直线可化为，18.已知在中，，，.（1）求边的垂直平分线的方程；设直线的倾斜角为，，（2）求的外接圆的方程.则斜率，即.19.某市为庆祝建党100周年，举办城市发展巡展活动，巡展的车队要经过一个隧道，隧道横断面由一段抛物故答案为：C线及一个矩形的三边组成，尺寸如图（单位：）.（1）以隧道横断面抛物线的顶点为原点，以抛物线的对称轴为轴，建立如图所示的平面直角坐标系【分析】先把已知直线化为斜截式，再利用倾斜角的正切值等于斜率，求得答案.，求该段抛物线所在抛物线的方程；3.【答案】B（2）若车队空车时能通过此隧道，现装载一集装箱，箱宽，车与集装箱总高，此车能否安全通【解析】【解答】由题设，圆心为，又直线与圆相切，过隧道？请说明理由.所以.20.已知点，，动点满足.（1）求动点的轨迹方程；故答案为：B.（2）直线与点的轨迹交于，两点，若弦的中点坐标为，求直线的方程.【分析】根据圆心到直线的距离等于半径，列出方程，求得r的值.21.已知圆，两条直线，，.4.【答案】C（1）证明：直线、均与圆相交；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为：.（2）设直线交圆于，两点，直线交圆于，两点，求的最大值.故答案为：C22.已知椭圆经过点和.【分析】由双曲线的渐近线方程为，即可得到所求双曲线的渐近线方程.（1）求椭圆的方程；5.【答案】B（2）经过点的直线与相交于，两点（不经过点），设直线，的斜率分别为【解析】【解答】解：因为直线和，，，试问是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由.所以，解得或，答案解析部分当时，直线和重合，不满足；故答案为：A.当时，直线和，满足平行.【分析】根据椭圆方程，可得，长轴长，再结合条件，列出方程所以故答案为：B，求解可得出实数的值.8.【答案】B【分析】由，利用直线与直线平行的条件能求出m的值.【解析】【解答】解：设点，因为点与点关于直线对称，6.【答案】A【解析】【解答】A：所以，解得，，A符合题意；B：所以，B不符合题意；故答案为：BC：【分析】设点，由两点的中点坐标公式和两直线垂直的条件，可得的方程组，解方程可得点，C不符合题意；的坐标.D：9.【答案】C，D不符合题意；【解析】【解答】解：到原点的距离为的点的轨迹为圆，故答案为：A因此圆上总存在两个点到原点的距离均为【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算法则，即可求解出答案.转化为圆与圆有两个交点，7．【答案】A∵两圆的圆心和半径分别为，，，，【解析】【解答】焦点在轴上的椭圆中，∴，∴，解得实数的取值范围是.，故答案为：C所以，由题意得，即，即，【分析】根据题意，求出到坐标原点的距离为1的点的轨迹为圆，结合圆与圆的位置关系分析，可求出实数的取值范围.解得，10.【答案】B 【解析】【解答】设，，双曲线上的点A满足，的中点在轴上，可12.【答案】D得，∴，【解析】【解答】解：因为过原点的直线与椭圆交于，两点，且，，，四点共圆，即有轴，A的横坐标为，如图所示：所以根据椭圆的对称性得四边形是矩形，所以，，令，可得，所以，解得在直角三角形中，，所以四边形的面积为8故答案为：D可得，即为，【分析】利用已知条件，判断四边形的形状，结合椭圆的定义，转化求解四边形的面积.即，，13.【答案】【解析】【解答】解：直线，即为，解得，或(不合题意，舍去)；所以两平行直线与之间的距离为双曲线的离心率是．故答案为：B．.故答案为：【分析】根据题意画出图形，结合图形用a、b、c表示出A点坐标，得出轴，在直角三角形中，利用，求得a、c的关系，求出双曲线的离心率.【分析】根据已知条件，结合两平行直线的距离公式，即可求解出答案.1.【答案】C14.【答案】8【解析】【解答】如图：作垂直准线于，垂直准线于，作于，【解析】【解答】由题设，抛物线焦点为，而双曲线的右顶点为，因为，，，所以，即.故答案为：8.由抛物线的定义可知：，，，所以，直线的斜率为：.【分析】求出双曲线的顶点坐标，结合抛物线的焦点坐标，求解实数的值.故答案为：C.15.【答案】【分析】利用抛物线的定义，结合已知条件，求解直线PQ的斜率即可. （2）解：由题设，，，则，【解析】【解答】由题设，，则，而，所以，所以.故答案为：.所以向量在方向上的投影数量.【解析】【分析】(1)由已知条件，直接可推得，，再结合向量模公式，即可求解出【分析】根据已知条件，结合两点之间的距离公式和椭圆的性质，即可求解出椭圆离心率的取值范围.；16.【答案】(2)根据已知条件，结合投影公式，即可求解出向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】设，18.【答案】（1）解：由题意知，，则的图象是一条过定点的直线，的图象是圆的上半圆部分，设AB的中点为E，则，注意到点在圆上，故关于原点的对称点也在圆上，又直线AB的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为2，如图示：当直线经过点时，满足关于的不等式得其方程为，即；，（2）解：由可得边AC的垂直平分线方程为，由关于的不等式的解集为，且，可知：，所以，解得，此时直线的斜率即实数，即的外接圆的圆心为(1，-2)，所以圆的半径为，故答案为：所以圆的标准方程为：.【分析】构造函数，则的图象是一条过定点的直线，【解析】【分析】(1)直接利用点的坐标求出直线的斜率，进一步求出边的垂直平分线的方程；(2)首先求出中垂线的交点，即求出圆心的坐标，进一步求出圆的半径，最后求出的外接圆的方程.的图象是圆的上半圆部分，作出图象，由图象分析求解即可得实数的值.19.【答案】（1）解：由题设，可设抛物线方程为，由图知：，，17.【答案】（1）解：因为正方体的棱长为1，位于坐标原点，是棱的中点，是所以，则，故抛物线所在抛物线的方程.侧面的中心，（2）解：由题设，令，要使装载集装箱的车能安全通过隧道，则，所以，，则，故.由（1）并将点代入可得：，故. 所以此车不能安全通过隧道.将圆的方程化为标准方程得，【解析】【分析】(1)设抛物线的方程为，由题意可知抛物线过点，代入求出a的值，即因为，所以点在圆内，可求出抛物线所在抛物线的方程；所以直线、均与圆相交.(2)如果此车能通过隧道，集装箱处于对称位置，集装箱角离隧道的底于箱高，比较即可做出判断.（2）解：因为圆的圆心为，半径为，20.【答案】（1）解：根据双曲线的定义得动点的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双所以到直线的距离为，曲线，，所以，所以动点的轨迹方程到直线的距离为（2）解：设，则，，所以所以，即，所以，，所以，所以因为弦的中点坐标为，所以，，所以当且仅当，即时等号成立.所以直线的方程为，即.所以，即的最大值为.【解析】【分析】(1)由已知可得直线、都过定点(2，0)，判断点(2，0)在圆C内部，即可得证直线联立方程得，、均与圆相交；此时，，满足题意.(2)设圆心C到直线、的距离分别为d1，d2(d1，d2≥0)，所以有，将|AB|，|EF|用d1和d2表所以直线的方程为示出来，转化为基本不等式求最值，可得的最大值.【解析】【分析】(1)由题意结合双曲线的定义求解其动点的轨迹方程；(2)利用点差法求得直线的斜率，然后可得直线的方程.2.【答案】（1）解：因为椭圆经过点和，21.【答案】（1）证明：直线变形得，直线变形得，所以，解得，所以直线、过定点，所以椭圆的方程为.（2）解：根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，所以联立方程得，所以，解得，所以，所以因为，，所以.所以为定值，【解析】【分析】(1)由已知可得b，再由B点坐标求得a，则可求出椭圆的方程；(2)根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，再求出k1，k2，利用根与系数的关系求解，即可证得为定值. 高二上学期数学期中联考试卷A.B．一、单选题1.已知经过两点，的直线斜率为1，则（）A．－3B．3C．1D．－1C．D．2.已知圆的圆心在直线上，则该圆的半径为（）A．2B．C．4D．1510.已知边长为2的正方体中，E，F分别为，的中点，则点B到平面AEF的距3.若向量，互相垂直，则（）离为（）A．B．C．2D．3A．B．C．D．4.已知点P为圆：上任一点，点Q为圆：上任一点，则的最小值11.某玩具台球桌为矩形（设为ABCD），，，一小球从边AB上异于A，B的一点M出发，为（）经BC，CD，DA反弹后恰好到达B点，已知，则该小球的运动轨迹的长为（）A.1B．C．2D．4A．B．8C．D．95.已知，为空间向量，若已知，则（）12.已知正方形的边长为2，，分别为，的中点，沿，将三角形，折A．B．C．D．起，使得点，恰好重合，记为点，则与平面所成角的正弦值为（）6.已知三条直线：，：，：所围成的图形为直角三角形，则该三角形的面积为A．B．C．D．（）二、填空题A．B．C．或D．或13.设，分别是平面，的法向量．若，则．7.已知圆经过椭圆C：的右焦点，上顶点与右顶点，则（）14.已知圆直径的两个端点为，，则该圆的标准方程为．A．B．C．D．15.已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点P为椭圆上一点，，且直线PA恰好经过OB中点，则该椭圆的离心率为．8.在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为16.已知点是空间直角坐标系O-xyz中的一点，则点P关于x轴的对称点为Q的坐标4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（）为．若点P在平面xOy上的射影为M，则四面体O-PQM的体积为．三、解答题A．B．C．2D．317.已知直线l经过点且斜率为．（1）求直线l的方程；9.直线与圆的大致图象可能正确的是（）（2）若直线平行于直线l，且点P到直线的距离为，求直线的方程． 18.已知圆C经过两点，，且圆心C在x轴上．由于圆心在直线上（1）求圆的标准方程；所以可得，即圆的方程为（2）已知直线l与直线AB垂直，且与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．19.如图，三棱柱中，D为中点，．设，，．所以圆的半径为．（1）试用，，表示向量；故答案为：B（2）若，，求异面直线AE与所成角的余弦值．【分析】根据题意，将圆的方程变形为标准方程的形式，求出圆的圆心，又由圆的圆心在直线即可20.如图，ABCD为圆柱的轴截面，P为底面半圆周上一点，E为PC中点，．得a的值，由此可得圆的半径.（1）求证：；（2）若，求平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值．3.【答案】B21.已知圆M与圆N：相外切，与y轴相切原点O．【解析】【解答】因为向量，互相垂直，（1）求圆M的方程；所以，即，（2）若圆M与圆N的切点在第一象限，过原点O的两条直线与圆M分别交于P，Q两点，且两直线互相解得，故垂直，求证：直线PQ过定点，并求出该定点坐标．所以．22.已知椭圆E：的上顶点到焦点距离为2，且过点．故答案为：B（1）求椭圆E的方程；【分析】根据向量垂直可得，即，求出a，可求出的值.（2）设斜率为的直线l与E交于A，B两点直线l与x轴的交点为M，三角形ABC是以AB为斜边的4.【答案】A等腰直角三角形，CM的中点为P，AB的中点为Q，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明【解析】【解答】解：由题知，圆半径为，圆心坐标为，圆半径为，圆心坐标为理由．答案解析部分，1.【答案】D所以两圆的位置关系为内含，【解析】【解答】由题意知，得所以，，．所以的最小值为故答案为：D.．故答案为：A【分析】利用斜率公式列出等式，求解可得a的值.2.【答案】B【分析】确定两圆的圆心坐标与半径，判定两圆内含，即可求出的最小值.5.【答案】D【解析】【解答】解：的圆心坐标为，【解析】【解答】解：因为，平方可得，所以，得，解得，所以，所以该圆的方程为．因为，所以故答案为：A．故答案为：D【分析】先得出椭圆的右焦点，上顶点与右顶点，代入圆的方程，解出b的值.8.【答案】B【解析】【解答】解：根据题意，建立如图所示的坐标系，【分析】由，平方可得，再利用可求出的值.因为窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，6.【答案】C所以椭圆的标准方程为，【解析】【解答】解：由题意知，若，则，与的交点坐标为，则此时三角形的面积为因为其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，，所以当时，，所以最短窗棂的长度若，则，与的交点坐标为，所以此时三角形的面积为为．故答案为：B．所以该三角形的面积为或．故答案为：C【分析】根据题意，建立坐标系得椭圆的标准方程为，再结合题意计算可得答案.9.【答案】B【分析】分和两种情况，得出三角形顶点的坐标，可得三角形面积.【解析】【解答】解：对于A，因为，所以圆过原点，A不正确；7.【答案】A对于B，圆心坐标在第一象限，，，直线的截距与圆心纵坐标相符合，故正确；【解析】【解答】椭圆C：，右焦点为，上顶点为，右顶点为，对于C，圆心坐标在第三象限，，，故直线过一三四象限，C不正确；代入圆的方程，对于D，由题知直线的截距与圆心纵坐标相等，D不符合，故不正确；故答案为：B【分析】根据直线在坐标轴上的截距以及直线斜率的正负情况，以及圆心的坐标的正负情况，进行判断，先由直线位置得到a，b的符号，再由圆心的位置确定是否满足条件，由此得到答案.【解析】【解答】由题意知，故，故PA，PE，PF三线互相垂直，10.【答案】C故以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，【解析】【解答】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，可以求得，，，，则，，，.设，设平面的法向量为，根据，则，，则则，即，则令，则，得.可得，又，所以点B到平面AEF的距离为设平面的法向量为故答案为：C.【分析】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出平面AEF的.法向量，进而可求出点B到平面AEF的距离.1.【答案】C所以可以求得平面的法向量为，【解析】【解答】如图，建立平面直角坐标系，，其中，，，，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对所求与平面所成角的正弦值为称点为，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，连接，交CD，．故答案为：B.AD于Q，R连接，交BC于P，则可得P，Q，R为反射点，所以轨迹长为.【分析】以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法可求故答案为：C.出与平面所成角的正弦值.13．【答案】5【分析】建立平面直角坐标系，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对称点为【解析】【解答】∵，则，∴，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，轨迹长为．故答案为：5，进而可求出该小球的运动轨迹的长.【分析】根据向量垂直，数量积等于0，即可求出t的值.12．【答案】B 14.【答案】【分析】求得直线PA的方程，与椭圆方程联立，再利用韦达定理进而得出F点坐标，由题意得【解析】【解答】解：因为圆直径的两个端点为，，可得关于a的方程，从而求出椭圆得离心率.所以圆心坐标为，直径为，16．【答案】（1，-1，-2）；【解析】【解答】点，点Q到平面OPM距离即为点到平面OPM距离，所以圆的方程为．即为点到OM距离，可以求得该距离为即为，故答案为：因为，所以．故答案为：（1，-1，-2）；.【分析】由题意可知圆心坐标为，直径为，再根据标准方程公式求解，即可得出该圆的标准【分析】根据空间坐标系点关于坐标轴对称的特征得出点Q的坐标，利用点到平面的距离的定义可得点Q到方程.平面OPM距离为，结合三棱锥的体积公式计算即可得四面体O-PQM的体积.15.【答案】17.【答案】（1）解：因为直线l经过点且斜率为，【解析】【解答】因为OB中点，直线PA恰好经过OB中点，所以直线l的方程为，整理得；（2）解：因为直线平行于直线l，直线l的方程为，所以直线PA方程为，联立，所以设直线的方程为，因为点P到直线的距离为，消去x得，得，所以，解得或，从而得到，所以，所以直线的方程为或．因为，所以，即，【解析】【分析】(1)由点斜式写出直线l的方程为，化为一般式即可；(2)由直线与直线l平行，可设直线的方程为，由点到直线的距离公式得到关于c的方得，所以椭圆得离心率为程，求解即可得直线的方程．．故答案为：18.【答案】（1）解：已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，所以，因为圆C经过两点，，所以，，解之得，所以；所以，（2）解：由题意知，所以直线l的斜率为，所以异面直线AE与所成角的余弦值为．所以设直线l的方程为，【解析】【分析】(1)由，根据空间向量的加法和数乘的运算法则，即可求解出用，，表得圆心C到直线l的距离为，示向量；因为直线l与圆C相交所得弦长为，所以，(2)先计算，和的值，从而求得的值，进而得的值，然后由所以，即，，即可求解出异面直线AE与所成角的余弦值．求得或，20.【答案】（1）证明：因为ABCD为圆柱的轴截面，所以直线l的方程为或．所以平面ABP，所以，又因为，所以平面PBC，所以，【解析】【分析】(1)已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，将，又因为，，所以平面PAC，所以，代入上式，即可求解出圆的标准方程；因为E为PC中点，所以三角形PBC为等腰三角形，即；(2)根据已知条件，结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解出直线l的方程．（2）解：如图，以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，设，19.【答案】（1）解：因为D为中点，则，，，，，可得，所以设平面PAD的法向量为，因为，所以，可得，，设平面ABE的法向量为，所以；则，即，不妨令，（2）解：由题意知，，可得为平面ABE的一个法向量，，所以，所以，平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．又因为，【解析】【分析】(1)平面ABP，则有，再结合已知条件可得平面PBC，则 PA⊥BE，再利用线而垂直的判定定理可得平面PAC，则，从而可证得；(2)以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量和平面ABE的一（2）解：设直线l：，联立，个法向量，利用空间向量法求解出平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值.21.【答案】（1）解：由题意知，圆M与y轴相切原点O，所以设圆M的方程为消去y得，因为圆M与圆N：相外切，且N：，，解得，所以，所以或，设，，，所以M：或M：；则，，得，（2）证明：由题意知M：，则，设OP所在直线方程为，联立，l与x轴的交点为，所以，得，，所以，同理把k换做，可得，，因为，CM的中点为P，所以PQ所在直线方程为，所以，化简为：所以为定值．故直线PQ过定点．【解析】【分析】（1）设圆M的方程为，由题意可得，求解【解析】【分析】（1）由题意知上顶点到焦点距离为，将点代入椭圆方程得，解可得a的值，即可求得圆M的方程；得，即可求出椭圆E的方程；（2）设OP所在直线方程为，与圆方程联立可得P，Q点坐标，进而得出PQ所在直线方程，可证得直线PQ过定点.（2）设直线l：，代入得，利用韦达定理得2.【答案】（1）解：由题意知上顶点到焦点距离为，，，得又椭圆过点，，即可求出为定值.所以，得，所以椭圆E的方程为；高二上学期数学期中联考试卷C．，，D．，一、单选题9．如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于1.已知向量，若，则x的值为（）棱AB，若，则线段CD的长为（）A．1B．-3C．±1D．3A．B．16C．8D．2.点到直线的距离为（）10.如图，正三棱柱中，，，是的中点，则与平面A．B．C．D．所成角的正弦值等于（）3.椭圆的上､下顶点分别为，右顶点为A，右焦点为F，，则椭圆的A．B．C．D．离心率为（）11.设，分别是椭圆E：的左､右焦点，若椭圆E上存在点P满足，A．B．C．D．则椭圆E离心率的取值范围为（）4.已知空间向量，，且，则向量与的夹角为（）A．B．C．D．A．B．C．D．12.在平面直角坐标系中，和是圆上的两点，且，点5.以点为圆心，且与直线相切的圆的方程为（），则的取值范围是A．B．A．B．C．D．C．D．6.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点为线段上一二、填空题点，且，若记，，，则（）13.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是．A．B．14.如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上C．D．7．直线被圆所截得的弦长为（）的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为.D．15.已知椭圆C的中心在坐标原点，右焦点F为直线与x轴的交点，且在经过点F的所有弦A．4B．C．，若直线与线段有公共中，最短弦的长度为，则C的方程为．8．已知点，点，直线（其中点，则的取值范围是（）16.已知动点A，B分别在圆和圆上，动点P在直线A．，B．，，上，则的最小值是．三、解答题【分析】由空间向量的模的公式，代入数值计算出x的值即可。17.已知直线，求2.【答案】B（1）求直线l的斜率：【解析】【解答】根据距离公式可得：（2）若直线m与l平行，且过点，求直线m的方程．点到直线的距离，18.如图，直三棱柱底面中，，，棱，是的中故答案为：B.点.【分析】利用点到直线的距离公式即可求出答案.（1）求，的值；3.【答案】C（2）求证：.【解析】【解答】解：椭圆的上､下顶点分别为，19.如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点．右顶点为A(a，0)，右焦点为F(c，0)，，可得=﹣1，（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；=1，解得e=.（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程．故答案为：C.20.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，点M是棱PD上一点，且AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．【分析】求出椭圆的焦点坐标，顶点坐标，利用垂直关系列出方程，转化求解即可得椭圆的离心率.（1）若PM：MD＝1：2，求证：PB∥平面ACM；4.【答案】A（2）求二面角A﹣CD﹣P的正弦值；【解析】【解答】由题意，，解得，（3）若直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，求MD的长．又，21.已知圆和点，动圆经过点，且与圆内切.所以，（1）求动圆的圆心的轨迹的方程；又，所以与的夹角为（2）设点关于点的对称点为，直线与轨迹交于、两点，若．故答案为：A.的面积为，求的值.答案解析部分【分析】根据求得n，利用夹角公式求得向量与的夹角.1．【答案】C5.【答案】D【解析】【解答】由题得，所以.故答案为：C【解析】【解答】解：由题意得圆的半径则所求圆的方程为：直线与线段有公共点，当时，直线，与线段有公共点，故答案为：D【分析】根据点到直线的距离公式，结合圆的标准方程直接求解即可.当时，直线的斜率，6.【答案】A或，解得，或，【解析】【解答】解：综上所述：的取值范围为，，，故答案为：A【分析】根据题意由向量的加减运算法则以及向量的线性运算法则，整理即可得出答案。7.【答案】D【解析】【解答】圆的标准方程为，故答案为：D．圆心到直线的距离为，【分析】求出直线恒过定点，求出A、B与定点的斜率，即可得到的取值范围.所求弦长为．9.【答案】D故答案为：D.【解析】【解答】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则四边形为平行四边形.线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB.【分析】根据题意，由圆的标准方程分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与，则为二面角的平面角，即圆的位置关系即可求得所截得的弦长.，如图所示.8.【答案】D为等边三角形，【解析】【解答】解：由题意，（其中，，，，平面，平面则，平面又平面，解得：，在中直线所过定点；故答案为：D点，点，设直线所过定点为，则的坐标；【分析】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则由题意可知为等边三角形，为直角三角形，求解即可.，，10.【答案】B 【解析】【解答】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，所以，为轴，建立空间直角坐标系，由，，，则，，，，0，，，0，，，1，，所以整理可得：消去得：所，，，，0，，，，，设平面的法向量，，，以，即则，取，得，，，可得：.设与平面所成角为，故答案为：D.则，【分析】设P的坐标，由题意可得左右焦点的坐标，由数量积可得P的横坐标的表达式，再由P在椭圆上，可得P的横坐标的取值范围，进而可得a，b，c的关系，再由椭圆中a，b，c之间的关系求出椭圆E离心率与平面所成角的正弦值为。的取值范围.故答案为：B．12.【答案】A【解析】【解答】解：设，则有，所以A为BE的中点，，【分析】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为过O作CF⊥AB，垂足为F，如图所示，轴，建立空间直角坐标系，再利用已知条件求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而求出直线AD与平面所成角的正弦值。1.【答案】D【解析】【解答】由椭圆的方程可得，，设，由，则，即，由P在椭圆上可得，所以，代入可得【分析】根据椭圆的标准方程，求出k满足的条件，即可求得的取值范围.14．【答案】【解析】【解答】解：如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：则设，则，设直线与所成角为所以，即，解得或（舍去），所以，故答案为：．因为，所以，则，【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求得t，进而求得线，段的长.15.【答案】所以点E的轨迹方程为：(x-1)2+y2=5，所以，【解析】【解答】由题得，设，则的取值范围是，故选：A.则解得，，，【分析】根据向量的线性运算，结合圆的标准方程以及向量的模求解即可.13.【答案】所以的方程为【解析】【解答】由于方程表示焦点在y轴上的椭圆，．故答案为：所以，解得，.所以的取值范围是.【分析】根据题意设出椭圆方程，建立a.b，c关系，求出a，b的值，即可求出C的方程.故答案为：16.【答案】【解析】【解答】由题意，点，，设点关于直线的对称点为.，【解析】【分析】(1)以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别如图：求出向量，的坐标，然后代入两个向量夹角余弦公式，即可得到，的值；(2)求出向量，的坐标，然后代入向量数量积公式判定两个向量的数量积是否为0，可证得则，解得，即，连接，.19.【答案】（1）解：在直线上，设，∴圆与轴相切，圆为：，，又又圆与圆外切，圆，即圆，圆心，故.半径；故答案为：，解得，【分析】根据题意，分析圆C1和圆C2的圆心和半径，设圆N与圆C1关于直线x+y+1=0对称，求出其圆心圆的标准方程为．N的坐标再由已知条件即可得出圆心坐标再，由圆与圆的位置关系可得当P在线段上时，|PA|+|PB|取得（2）解：由题意得，，设，最小值求出的值，由此计算出最小值可得答案．则圆心到直线的距离：，17.【答案】（1）解：由直线方程知：，即直线l的斜率为；则，，即，（2）解：由（1），根据直线m与l平行，且过点，则直线m：，解得或，∴直线m一般形式为.直线的方程为：或．【解析】【分析】(1)把直线l方程化为斜截式，可求出直线l的斜率；(2)利用直线的平行关系求出直线m的方程．【解析】【分析】(1)设N(6，n)，则圆为：，从而得到，由此能18．【答案】（1）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出圆N的标准方程；，0，，，1，，，0，，，1，，，，，(2)由题意得，，设，则圆心到直线的距离：，由此能求出直线l的方程．，1，，，.20.【答案】（1）证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，（2）证明：，0，，，1，，，0，，，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，，1，，，，，∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，∴||＝＝＝，∵点M是棱PD上一点，PM：MD＝1：2，AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．解得λ＝，∴P（0，0，4），A（0，0，0），B（2，0，0），∴．C（2，2，0），M（0，，），【解析】【分析】(1)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，由此能证明＝（2，0，﹣4），＝（2，2，0），＝（0，，），PB//平面ACM；设平面ACM的法向量，(2)求出平面CDP的法向量和平面ACD的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣P的正弦值；(3)求出平面CDP的法向量，由直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法能求出MD的长.则，取x＝2，得（2，﹣2，1），21.【答案】（1），圆心，半径，∵4﹣4＝0，PB⊄平面ACM，∴PB∥平面ACM．因为动圆经过点，且与圆内切，所以，（2）解：D（0，4，0），＝（2，2，﹣4），＝（0，4，﹣4），即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，设平面CDP的法向量（a，b，c），故圆心的轨迹的方程为.则，取b＝1，得（1，1，1），（2）因为点关于点的对称点为，所以，平面ACD的法向量（0，0，1），因为，所以点不在轴上，直线的斜率不为，设二面角A﹣CD﹣P的平面角为θ，则直线的方程为，则|cosθ|＝＝，联立，整理得，，∴二面角A﹣CD﹣P的正弦值为＝．（3）解：设，（0≤λ≤1），设，，则，，则，因为是的中点，、、三点共线，的面积为，∴，，平面CDP的法向量，所以，，∵直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，由直线过点易知，，故，即，，令，则，，，故，，.【解析】【分析】（1）由题意可知，即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，由此计算椭圆方程即可。（2）由题意可设直线的方程为与椭圆方程联立，设，由根与系数的关系，，结合三角形的面积公式可知，可得的值，进而求解t值。高二上学期数学期中联考试卷A．B．2C．1D．3一、单选题10．在如图所示的几何体中，平面PDC，是等腰直角三角形，四边形ABCD为平行四边形，且1.直线的倾斜角为（）．，则点C到平面PAB的距离为（）．A．B．C．D．不存在A.1B．C．D．2.下列向量与向量共线的单位向量为（）11.如图，在直三棱柱中，，，D为上一点（不在端点处），且A．B．，若为锐角三角形，则m的取值范围是（）．C．D．A．B．C．D．3.若方程表示圆，则实数a的取值范围为（）12.已知点是圆上的一点，记点P到x轴距离为，到原点O的距A．B．C．D．离为，则当取最小值时，（）4.设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线//平面，则实数z的值为（）A．B．C．D．A．-5B．5C．-1D．1二、填空题13.在空间直角坐标系中，已知，，，若，则实数5.圆：和圆：的公切线的条数为（）．A．1B．2C．3D．414.已知过的直线l与直线没有公共点，则直线l的方程为．6.已知空间向量，，若，则（）．15.圆与圆的公共弦长为.A.B．C．D．16.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且7．已知直线：过定点，直线过点且与直线垂直，则直AB＝4，SA＝3，E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足＝λ，则当实数λ的值为线的方程为（）时，∠AFE为直角．三、解答题A．B．17．已知A（1，－1），B（2，2），C（3，0）三点，求点D，使直线CD⊥AB，且CB∥AD．C．D．18．已知（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2）．8.我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱（1）求的值；柱．在堑堵中，，P为的中点，则（）．（2）已知，，||＝||，求．A．6B．-6C．2D．-219.已知圆的圆心在坐标原点，直线的方程为.9.直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则（）（1）若圆与直线相切，求圆的标准方程；【分析】由与向量共线的单位向量为，求解可得答案.（2）若圆上恰有两个点到直线的距离是1，求圆的半径的取值范围.在直三棱柱中，，，，E、F分别为、的中点．3.【答案】B20.【解析】【解答】方程化为标准方程为，有，∴．.（1）求直线AE与所成角的大小；故答案为：B（2）判断直线与平面ABF是否垂直．21.已知圆C的方程为．【分析】把圆的方程化为标准方程，即可求出实数a的取值范围.4.【答案】B（1）设O为坐标原点，P为圆C上任意一点，求的最大值与最小值；【解析】【解答】由直线//平面，知向量与垂直，（2）设直线，记直线l被圆C截得的弦长为a，直线l被圆截则有，得的弦长为b，试比较a与b的大小．解得.22.如图，在四棱锥中，已知底面，，，，故答案为：B，异面直线和所成角等于.（1）求直线和平面所成角的正弦值；【分析】根据线面平行，求出法向量与直线的方向向量垂直，即可求出实数z的值.（2）在棱上是否存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为？若存在，指出5.【答案】C点在棱上的位置；若不存在，说明理由.【解析】【解答】由题知圆：的圆心，半径，圆：答案解析部分的圆心，半径，所以，，所以两圆外切，所1.【答案】A以两圆共有3条公切线.【解析】【解答】直线与x轴平行，斜率为0，所以直线的倾斜角为0°，故答案为：C故答案为：A．【分析】根据题意求出圆心坐标以及半径，然后由两点间的距离公式求出两圆的圆心距，再与两圆的半径之【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出答案.和进行比较，从而得出两圆的位置关系，由此即可得出公切线的条数。2.【答案】C6.【答案】A【解析】【解答】由，【解析】【解答】由得，，解得，∴与向量共线的单位向量则，，为或.所以，故答案为：C故答案为：A．【分析】由求得，再由，求出答案.【分析】由题意可得，圆心(0，0)到两条直线的距离相等，且圆心到直线和距离皆为，即7.【答案】A，由此求得的值.【解析】【解答】∵由题意，直线：，10．【答案】B∴过定点，则直线过定点，【解析】【解答】如图，以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系∵直线与直线垂直，则直线的斜率，则，，，，，，．∴直线的方程为，即.故答案为：A.设平面PAB的一个法向量为，则由，令，得，故，【分析】由已知条件即可得出直线过的定点，再由直线垂直的斜率之间的关系，结合点斜式即可求出直线的方程。则点C到平面PAB的距离为，8.【答案】A故答案为：B.【解析】【解答】根据堑堵的几何性质知：，，．因为，，【分析】以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAB的一个法向量，根据空间距离的向量求法，即可求出点C到平面PAB的距离.所以1.【答案】B.【解析】【解答】由图形可知，，总为锐角．以C为原点，CA，CB，所在直线分别为故答案为：A．x，y，z轴，建立空间直角坐标系，不妨取，则，，，，则，，【分析】由条件得，，，将用向量表示，代入数量．由可知，积的公式进行运算，即可求得答案.9.【答案】B则，【解析】【解答】由题意得直线和单位圆弦长皆为，．由，得，解得或．又知，所以所以圆心到直线和距离皆为，即，．故答案为：B故答案为：B. 【分析】由题意，以C为原点，CA，CB，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，故答案为：3x-y+7=0。由，不妨取，求C，B1，A，B出点的坐标，又为锐角三角形，利用向量的夹【分析】利用过的直线l与直线没有公共点，得出过的直线l与直线角为锐角，求出m的取值范围.没有公共点，再利用两直线平行斜率相等，进而得出所求直线的斜率，再利用点斜式求出直线l的方程。12.【答案】D15．【答案】【解析】【解答】化为标准方程：，【解析】【解答】两圆方程相减可得公共弦直线方程为，点是圆上一点，圆的圆心为，半径为，不妨设（t为参数），圆心到的距离为，公共弦长为.则故答案为：.其中当时，可取得最小值30【分析】先把两个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长.此时16．【答案】故答案为：D【解析】【解答】∵SA⊥面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0，4，0)，S(0，0，3)．设BC＝m，则C(m，4，0)，【分析】利用圆的参数方程表示出并求最值，利用三角函数求出的值.∵＝λ，∴＝λ，13.【答案】3∴【解析】【解答】由题意得，，∴F.同理，E，所以，即，∴故答案为：3要使∠AFE＝90°，则，【分析】根据条件求出的坐标，由列出等式，求解可得实数的值.又，14.【答案】3x-y+7=0∴，【解析】【解答】由题意可知：直线l与直线平行，直线l的斜率为3，所以直线l方程为∴16λ＝9，∴λ＝.，即3x-y+7=0。【分析】建立空间直角坐标系A－xyz，设BC=m，求出所需点的坐标，利用，则＝λ所以，，求出点F的坐标，同理求出点E的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示，由，列式求解出即，所以，即圆的半径的取值范围是.实数λ的值.【解析】【分析】(1)根据题意由直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式计算出圆心到直线的距离公式，由此计算出圆的半径，从而得出圆的方程。17．【答案】解：设，则，(2)由(1)的结论，结合圆心到直线的距离，由圆的几何意义即可得到，从而得出半径的取值范围。【解析】【分析】设，由直线CD⊥AB，且CB∥AD可得，求解出x，y，即可求得20．【答案】（1）解：由题意知，AB、AC、两两垂直，分别以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，点D的坐标.则，，，，，．18．【答案】（1）解：∵（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2），∴，，∴（﹣2，﹣3，0），∴()＝2×（﹣2）+3×（﹣3）+（﹣1）×0＝﹣13；∴，故直线AE与所成角为．（2）解：设（x，y，z），（2）解：由（1）可得：，，∵⊥，⊥，||＝||，∴，，∴，，∴，∵，AF、平面ABF，∴平面ABF．解得：或，【解析】【分析】(1)以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，利用向∴(3，﹣2，1)或（﹣3，2，﹣1）．量法能求出直线AE与所成角的大小；【解析】【分析】(1)根据空间向量运算性质进行计算即可求得的值；(2)利用向量法求出，，从而判断出直线与平面ABF垂直．(2)设（x，y，z），根据，，||＝||，列方程组，求解可得的坐标．21.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，则圆心，圆C的半径为，因为，19．【答案】（1）设圆的半径为，圆心到直线距离为，则，依题意，所以的最大值为，最小值为．所以圆的方程为.（2）解：因为点C到直线l的距离为，所以（2）由（1）知，圆心到直线距离为，又圆上恰有两个点到直线的距离是1，．因为点到直线l的距离为，所以．由，得，当时，．当时，解得或（不合题意）.．∴存在这样的E点，E为棱PA上靠近的三等分点.当时，．【解析】【分析】(1)以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线和平面所成角的正弦值；【解析】【分析】(1)根据圆方程求得|OC|，圆C的半径，进而可求得的最大值与最小值；(2)求出平面DEB的一个法向量和平面PAB的法向量，利用向量法能求出在棱PA上存在一点E，使得平面(2)求出a，表示出b，进而比较a与b的大小．PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，E为棱PA上靠近A的三等分点.2.【答案】（1）解：如图，以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.易知是等腰直角三角形，∴.设，则，，，，.则，，∵异面直线和所成角等于，∴，即，解得，∵，.设平面的一个法向量为，则由，得，所以可取，∴.∴直线和平面所成角的正弦值为.（2）解：假设存在，设，且，则，，设平面DEB的一个法向量为，则由，得，取，又有平面PAB的法向量，由平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，可知余弦值为，
简介：高二上学期数学期中联考试卷圆的蒙日圆上，则的值为（）一、单选题1.已知向量，，则等于（）A．±1B．±5C．D．A．B．C．D．8.在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满2.如图，平行六面体中，与交于点，设，，，则足，则直线与直线所成角的余弦值为（）等于（）A．B．C．D．A.B．9.如图，在三棱锥中，平面，，，点在三棱锥C．D．的表面上运动，则的取值范围是（）3.与直线关于轴对称的直线的方程为（）A.B．C．D．A．B．C．D．10．椭圆的左右焦点分别为､，直线与交于A､两点，若4.与椭圆有相同焦点，且过点的椭圆的方程是（），，当时，的离心率的最小值为（）A．B．C．D．A．B．C．D．5.给出以下命题，其中正确的是（）A.直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直11.点是圆上的任一点，圆是过点且半径为1的动圆，点是圆上的任一点，则长度的最小值为（）B.直线的方向向量为，平面的法向量为，则A．1B．2C．3D．4C．平面､的法向量分别为，，则12.如图，矩形的顶点在以为圆心，半径为的圆上，，当时，的取D．平面经过三个点，，，向量是平面的法向量，则值范围是（）A．B．C．D．6．正四面体棱长为2，，，分别是，，的中点，则的值为（）二、填空题13.若直线与直线平行，则的值为.A．B．1C．2D．414.直线与圆交于､两点，为坐标原点，则的面积7．19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，且该圆的为.半径等于椭圆长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根.若圆上有且只有一个点在椭（2）若曲线与轴交于､两点，过点的直线（不与轴重合）与曲线交于､两点，记15.是椭圆的一个焦点，不过点的直线交椭圆于、两点，则△的周长的最大值､的面积分别为､，求的最大值.为.21．2021年我国某海滨城市经常遭遇东偏南某方位的台风的侵袭，对居民的生产和生活产生巨大影响.如图，16.如图，正三棱柱的各棱长均为1，点和点分别为棱和棱的中点，先将底面置于平面内，再将三棱柱绕旋转一周，则以下结论正确的是（填入正确结论对应的序据10月13日午时监测，当前台风中心位于城市的东偏南方向的海面处，并以号）.的速度向西偏北方向移动，台风侵袭的范围是半径为的圆形区域，位于城市的东偏南①设向量旋转后的向量为，则方向有一条自城市通向远海的航线，当前该航线的至段正遭受台风侵袭.（1）求当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；（距离精确到）②点的轨迹是以为半径的圆（2）经过多长时间后该航线将不受台风侵袭？（时间精确到）（参考数据：）22.如图，已知圆柱，点A是圆上的动点，，，､为圆上的两个定点，且满足③设①中的在平面上的投影向量为，则的取值范围是.④直线在平面内的投影与直线所成角的余弦值的取值范围是（1）当或时，求证：平面；三、解答题（2）当直线与平面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积.17.已知向量，，，求：答案解析部分（1）向量的坐标；1.【答案】A（2）与夹角的余弦值．【解析】【解答】∵向量，，18.已知点，，将直线绕着点逆时针旋转得到直线，∴.（1）求直线的方程；故答案为：A.（2）若点是直线上一点，当△的面积等于5时，求点的坐标.19.如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解可得答案.2.【答案】B，是的中点，.【解析】【解答】由已知可得（1）求证：平面；，（2）求平面与平面的夹角.故答案为：B.20.点是圆上任意一点，过作轴的垂线，垂足为，，当点在圆上运动时，记点的轨迹为（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）.【分析】由已知结合向量加法的三角形法则整理计算，可得答案.3.【答案】D（1）求的方程；【解析】【解答】直线的斜率为，与x轴交于点，【解析】【解答】如图，设，，，直线关于轴对称的直线的斜率为，并且过点A，则，由直线的点斜式方程得：，即，又，所以所求直线的方程为：.，故答案为：D∴.【分析】先根据对称性求出所求直线经过的点及斜率，然后结合点斜式即可求解出答案.故答案为：B.4.【答案】C【解析】【解答】椭圆方程化为标准形式，设要求解的椭圆方程为：【分析】设，，，画出图形，结合图形及数量积的运算可求出的值.7.【答案】C，将点代入得，解得：，所以，C符合题意.【解析】【解答】解：根据题意，椭圆的蒙日圆方程为，故答案为：C因为圆上有且只有一个点在椭圆的蒙日圆上，【分析】由已知椭圆的方程可知c的值，再由焦点相同设所求的椭圆的方程，将过的点(4，0)代入椭圆的所以该圆与已知圆相切，方程，可知参数的值，进而求出椭圆的方程.又两圆圆心间距离为，5.【答案】D【解析】【解答】对于A，因为，所以与不垂直，A不符合题意；所以或（无解，舍去），解得对于B，因为，不成立，所以B不符合题意；故答案为：C.对于C，因为与不平行，所以不成立，C不符合题意；【分析】由所给信息可得蒙日圆的方程，再由两圆只有一个交点可知两圆相切，由题意可得b的值.对于D，，，由，，解得，8.【答案】B，所以，D符合题意.【解析】【解答】解：如图，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间故答案为：D.直角坐标系，【分析】由两直线的方向向量数量积为0可得两直线垂直判断A；由数量积为0可得或判则，，，，断B；由平面法向量不共线判断C；求出，的坐标，再由数量积为0列关于p和q的方程组，求得所以，，判断D.由题知，6.【答案】B 所以直线与直线所成角的余弦值为，当可得2a的范围，进而求出离心率的范围，即可得答案.故答案为：B1.【答案】B【分析】以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，由空【解析】【解答】由题可知点的轨迹方程是，即得点是圆上的动点，间向量夹角可求出直线与直线所成角的余弦值.又由题知点是圆上的动点，9.【答案】D【解析】【解答】如图，取中点，连接，，，如图可得则.则，又因为平面，平面，平面，所以故答案为：B.，，【分析】由题意求出圆C2圆心的轨迹，画出图形，数形结合求得长度的最小值.又，，由勾股定理得：，且在以O为球心，半径为12.【答案】A【解析】【解答】由，可以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，的球上，故，则的取值范围是，D符合题意.故答案为：D由矩形的性质可知，、两点关于原点对称，不妨设，则，，，，【分析】取CD的中点O，连接PC，PO，PD，利用向量的线性运算，将问题转化为求解|PO|的取值范∵△为直角三角形，为的中点，围，即可求出的取值范围.∴，10.【答案】D【解析】【解答】连接，又∵，∴，即，由题知点A､关于原点对称，，，，则，∴，即，，又，即，∴，，由得，所以，D符合题意.故答案为：A.故答案为：D【分析】以所在直线为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，不妨设，则，，，，可得，结合【分析】连接，由题知点A､关于原点对称可得，，再由，得，求得，再求出|QA|2的范围，开方得的取值范围.绕着旋转即绕着轴旋转，设旋转后的向量为，则，①正确；13.【答案】1【解析】【解答】，得，求得，经检验，符合题意.设，则，，点的轨迹是以为半径的圆，②正确；故答案为：1由题知，在平面上的投影向量即为其在平面上的投影向量，【分析】由两直线平行的性质列方程，求解可得出m的值.14.【答案】12，③正确；【解析】【解答】∵圆心到直线的距离，设直线在平面内的投影与直线所成的角为，，则，④错误.∴的面积为.故答案为：12.故答案为：①②③.【分析】首先求得圆心到直线的距离，然后求得弦长，最后求解三角形的面积即可得的面积.【分析】取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出15.【答案】8向量的坐标，即可判断选项①；设，求出y和z满足的关系，得点的轨迹是以为【解析】【解答】由已知得，即，取椭圆另一焦点为，△的周长为半径的圆即可判断选项②；由②可得，，结合在平面上的投影向量，即可判断选项③；利，当且仅当，，三点共线时取得等号.用向量的夹角公式，即可判断选项④.故答案为：8.17．【答案】（1）解：，存在，使得，即，【分析】由椭圆的方程可知a的值，再由三角形的周长表达式及椭圆的定义转化，可知周长为则，解得，当且仅当，，三点共线时取到△的周长的最大值.16．【答案】①②③又，，可得，【解析】【解答】如图，取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系所以；，（2）解：可得，则，，，，设与的夹角为，，令，则取，设平面与平面的夹角为，则则.，所以，即得平面与平面的夹角为.【解析】【分析】(1)由向量的平行和垂直可得关于x，y，z的关系式，求解出x，y，z，可得向量的坐标；【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到，由勾股定理(2)由(1)可得向量与的坐标，进而由夹角公式可得与夹角的余弦值．证明，即可证明出平面；18.【答案】（1）解：设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，(2)以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标则，和向量的坐标，然后利用待定系数法求出两个平面的法向量，由向量的夹角公式求解出平面与平面又直线过点，则直线的方程为，即.的夹角.（2）解：设，，，20.【答案】（1）解：设，则，由得是的中点，得，，解得或，故点坐标为或又点在圆上，代入得曲线的方程为..【解析】【分析】(1)由已知得直线的倾斜角等于直线AB倾斜角和旋转角的和，即可利用两角和的正切公式（2）解：解法一：设直线的方程为，，，由得求出直线的斜率，然后利用点斜式即可求出直线的方程；(2)设出点C的坐标，利用三角形的面积公式即可求解出点的坐标.，19.【答案】（1）证明：因为底面和侧面都是矩形，所以，，又因为由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，且，，，，平面，所以平面，因为平面，所以因为，所以，，又由题知，，，所以，又当时，，，所以平面.当时，，当且仅当时等号成立.（2）解：设为的中点，以为原点，､､所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，综上所述，的最大值为1.则得点，，，，，设平面的一个法向量为解法二：①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，不妨设，，，又，，则，令，则取，；，设平面的一个法向量为，又，，则 ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，【解析】【分析】(1)求出P点坐标，得到P到直线AB的距离即可得当前该航线正被台风侵袭的至段的距离；由得，(2)设经过t小时后点的坐标，结合圆P的方程，解出t，即可得城市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间.由于点在椭圆内部，所以该方程一定有两个不同实数解，2.【答案】（1）证明：如图，当时，易知四边形为平行四边形，则，又平面，平面且，，，所以平面，同理可证，当时，有平面，故证得当或所以，，时，平面.因为，（2）解：取中点，则，以点为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，当且仅当时等号成立.则､､､，，综上所述，的最大值为1.【解析】【分析】(1)由题意利用相关点法求解曲线C的方程；，，设平面的法向量为，(2)设直线的方程为，，，与椭圆方程联立，结合韦达定理和基本不等式求解面积之差的最大值.则，令，则取，21.【答案】（1）解：由题得当前台风中心所处位置点坐标为，即点设，则得直线的方向向量，设直线与平面所成的角为，又至段所在直线的方程为，则点到该直线的距离为，则，则当时取最大值，此时点A的坐标为，，则，即得当前该航线正被台风侵袭的至段，则点A到平面的距离为，又由题知，，的距离为.（2）解：由题知，当该航线不受台风侵袭时，城市也恰好结束遭受台风侵袭.设经过小时后台风中心所处则三角形的面积为，故当直线与平面所成角的正弦值取最大值位置为点，则得坐标为，即点，时，三棱锥的体积为..又圆的方程为，则由，其中､分别表示城【解析】【分析】(1)当时，易知四边形为平行四边形，则，同理当，得市开始和结束遭受台风侵袭所需要经历的时间，则易得经过后该航线将不受台风侵袭.时，有平面； (2)以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线AO的方向向量，可求得直线AO与平面的所成角的正弦最大值，再利用距离公式求得点A到平面的距离，根据题设条件求得三角形的面积，由此可得三棱锥的体积. 高二上学期数学期中联考试卷（）一、单选题A．B．1.点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为（）C．D．A．B．10.如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，则直线与平面BDE所成角的正C．D．弦值为（）2.已知直线l经过，两点，则l的斜率为（）A．B．C．D．A．2B．－2C．D．11.已知椭圆，点C在椭圆上，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，若圆C3.已知，，若，则m的值为（）与x轴相交于M，N两点，且为直角三角形，则椭圆的离心率为（）A．－1B．－2C．2D．14.过圆上一点作圆O的切线l，则直线l的方程是（）A．B．C．D．A．B．12.已知斜三棱柱中，底面是直角三角形，且，，，C．D．与AB、AC都成角，则异面直线与所成角的余弦值为（）5.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（）A．B．C．D．A．B．二、填空题C．D．13.已知两点，，以线段AB为直径的圆的方程为．6.已知圆：，圆：，若圆与圆内切，则实数a的值是14.已知直线，，则“”是“”的条件．（填“充（）分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）A．-2B．2C．-1或2D．1或-215.已知、是椭圆的两个焦点，M是椭圆上一点，且，则的面积7.已知圆与直线相切，则（）为．A．B．C．D．16.已知，点P在直线上，点Q在圆C：上，则的8.已知椭圆经过点，离心率，，分别是椭圆C的焦点，过点最小值是．三、解答题的直线交椭圆C于A，B两点，则的周长是（）17.已知点，直线．A．8B．12C．D．12或（1）若直线过点P且与直线l平行，求直线的方程；9.已知圆C的半径为，圆心在轴的负半轴上，直线与圆C相切，则圆C的方程为（2）若直线过点P且与直线l垂直，求直线的方程．【分析】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为.2.【答案】D18.已知，．【解析】【解答】（1）若，求m与n的值；．故答案为：D.（2）若且，求．【分析】根据直线斜率计算公式求解即可.19.已知圆C：关于直线对称，且过点．3.【答案】C（1）求圆C的标准方程；（2）是否存在直线l与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距互为相反数？若存在，求出该直线l的方程；【解析】【解答】∵，∴，∴，解得若不存在，说明理由．．故答案为：C.20.已知椭圆的焦距为4，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；【分析】因为，得到，根据向量数量积的运算求解即可.（2）若直线与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点P在圆上，求m4.【答案】D的值．【解析】【解答】由题意点为切点，所以，又，所以，因此直线l的21.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，，E是PD的中点．方程为．（1）求证：平面；故答案为：D（2）若平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为，求PA的长度．【分析】由直线垂直得，推出，根据点斜式求出直线l的方程.22.已知点，点P是圆B：上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线BP交于点Q．5.【答案】B（1）求点Q的轨迹方程C；【解析】【解答】将方程化为，（2）过点A的直线l与曲线C交于M，N两点，点E在x轴上且使得对任意直线l，OE都平分．求点E的坐标．因为是焦点在y轴上的椭圆，可得，解得.答案解析部分故答案为：B.1．【答案】C【解析】【解答】在空间直角坐标系中，可得点在坐标平面Oxy内的射影的坐标为【分析】将已知化为，由焦点在y轴上从而推出实数m的取值范围.．故答案为：C.6.【答案】C 【解析】【解答】由题可知圆心，半径，圆心，半径，因为圆与圆内即．故答案为：C切，所以，解得或．故答案为：C．【分析】由题意设圆心坐标为，解得，从而写出圆的方程.【分析】易知圆，的圆心以及半径，由两圆内切得，即可求解.10.【答案】D7.【答案】A【解析】【解答】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，【解析】【解答】圆的标准方程是，圆心为，半径为2，所以，如图所示：解得．则，，，，，所故答案为：A．以，，，【分析】把圆化为标准方程，根据圆心到切线的距离等于半径，求解即可.设平面BDE的一个法向量，则，即，令，则，，8.【答案】B所以平面BDE的一个法向量，【解析】【解答】椭圆C经过点，则，又椭圆C的离心率，所以，，设直线与平面BDE所成角为，所以由椭圆的定义可知，．故答案为：D.的周长是．故答案为：B【分析】以点D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设设平面BDE的一个法向量，直线与平面BDE所成角为，利用空间向量即可求解.【分析】由题意先求出，由离心率求出，，再根据椭圆的定义可得答案.1.【答案】C9.【答案】C【解析】【解答】不妨设在第一象限，以C为圆心的圆与y轴相切于椭圆的上焦点，则，又【解析】【解答】由题意设圆心坐标为，在椭圆上，则，所以圆M的半径，因为为直角三角形，，即因为圆C与直线相切，所以，又，解得．，化简可得，即，解得．所以圆心为，故答案为：C．圆C的方程为， 14．【答案】充要【分析】由题意可得，再由为直角三角形可得，化简可得，【解析】【解答】若，则，解得或即，求解即可.．当12.【答案】A时，直线的方程为，直线的方程为，即【解析】【解答】解：设，，，则，，，两直线重合，，当时，直线的方程为，直线的方程为，满足所以，，所以所以，所以“”是“”的充要条件．，故答案为：充要，【分析】若，则，解得或．当或时，可推出，即可，得出结论.15.【答案】20所以．【解析】【解答】由，得，，所以，，故答案为：A所以，设，，所以，因为，所以，所以，【分析】设，，，运用向量的数量积和加减运算，以及向量夹角的公式，计算异面所以的面积为．直线与所成角的余弦值.故答案为：.13．【答案】【解析】【解答】由题意，两点，，【分析】由已知可知，，设，，得，由则，的中点为，，可知，即可求得的面积.故圆心的坐标为，半径为，16.【答案】8所以圆的方程为，【解析】【解答】因为圆C：，故圆C是以为圆心，半径的圆，故答案为：则圆心到直线的距离，故直线和圆相离，【分析】求A，B的中点即为圆心，再利用两点间距离公式计算，求半点A坐标满足，A在圆外，径，即可得圆的方程.设点关于直线的对称点为，所以，解得，故，解得，故，则，（2）解：由向量，，连接交圆C于Q，交直线于P，因为，所以，解得，由对称性可知：，因此，所以．当且仅当共线时，取等号，【解析】【分析】（1）由，可得存在实数，，解得；故答案为：8（2）因为，得，根据向量数量积的运算计算即可.【分析】先求的圆心以及半径，根据点到直线的距离公式可得直线和圆相离，由点A坐标满足19.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，得，，判断点A在圆外，设点关于直线的对称点为所以圆心C为，，求其坐标，由对称性可知，即可求得由已知，得，的最小值.17.【答案】（1）解：已知，则可设直线的方程为，解得，又过点，所以，解得，所以圆C的标准方程为.所以直线的方程为．（2）解：圆C的圆心为，半径为2．（2）解：若，则可设直线的方程为，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不可能相切；又过点，所以，解得，即直线的方程为．当直线l不过原点时，设l：，即，【解析】【分析】（1）由，设直线的方程为，再由过点即可求得又直线l与圆C相切，则，解得，，从而得直线方程；（2）由，设直线的方程为，再由过点，代入即可求值.此时直线方程为或．18.【答案】（1）解：由题意，向量，，综上，所求直线l的方程为或．因为，可得得，【解析】【分析】（1）先求圆心C为，根据已知条件列方程组解得，即得圆C的标准方程；（2）解：因为平面，又AB，平面，所以，．又底面ABCD（2）由（1）知圆C的圆心为，半径为2，因为原点在圆C内，所以当直线l过原点时，直线l与圆不是矩形，所以．可能相切；当直线l不过原点时，设l：，即，根据直线l与圆C相切，得以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设求得，即得直线方程.，则，，，．20.【答案】（1）解：由题意，得，解得，所以椭圆C的方程为．∴，，．设平面AEC的法向量，（2）解：设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，由即由消y，得，，解得．∴令，则．所以，，所以，，设平面PEC的法向量，因为点在圆上，所以，解得，满足．由即∴．∴令，则．，解得，即．【解析】【分析】（1）由题意，得，解得，即可求得椭圆C的方程；所以当平面AEC与平面PEC所成角的余弦值为时，．（2）设点M，N的坐标分别为，，线段MN的中点为，联立方程组【解析】【分析】（1）连接BD交AC于点F，易证，又平面，平面，从而证得平面；，根据韦达定理得，，即可得P点坐标，再根据P点在圆上即可求（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量求平面AEC与平面PEC所成角的余弦值，即可求解.解.2.【答案】（1）解：由题意知，，所以，21.【答案】（1）证明：连接BD交AC于点F，由椭圆定义知点Q的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，设椭圆C：，其中，因为底面ABCD是矩形，所以F为BD的中点，又E是PD的中点，所以，又平面，平面，所以平面．，即，，则，所以点Q的轨迹方程C为．（2）解：设，当l与x轴垂直时，恒成立，当l与x轴不垂直时，因为OE都平分，即，所以，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，又，，所以，又，，所以，即，联立方程组消去y，得，，所以，，代入上式可得，即点．【解析】【分析】（1）由题意知，，根据椭圆的定义知点Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，根据已知条件得，，从而求得点Q的轨迹方程；（2）设，当l与x轴垂直时，恒成立；当l与x轴不垂直时，由，得，设，，直线l的斜率为，则直线l的方程为，联立方程组，根据韦达定理求得，代为即可求解. 高二上学期数学期中考试试卷一、单选题C．1．已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－＜x＜}，则（）．A．A∩B＝∅B．A∪B＝RC．BAD．ABD．2．复数z满足，则z=（）A．B．C．D．8.已知直线的倾斜角满足方程，则直线的斜率为（）3．若向量满足：则（）A．B．C．D．A．2B．C．1D．分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为坐标原9.已知，4.已知，则的大小关系为（）点，在双曲线存在点，使得，设的面积为.若A．B．C．D．，则该双曲线的离心率为（）5.已知直线，若，则的值为（）A．B．C．D．A．B．－4C．4D．6.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC.M，N分别是对边OB，AC的中点，点G在线段MN过点作圆（x+1）2+（y-2）2=169的弦，其中弦长为整数的弦共有（）10.上，，现用基向量表示向量，设，则的值分别A．16条B．17条C．32条D．34条是（）11.已知点是抛物线的焦点，点M为抛物线上的任意一点，为平面上定点，则A．，，B．，，的最小值为（）C．，，D．，，A．3B．4C．5D．67.如图，四位同学在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间，各自作出三个函数，12.在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（），的图像如下．结果发现其中有一位同学作出的图像有错误，那么有错误的图像是（）A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为A．C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为二、填空题13.圆与圆内切，则的值为.B．14.已知，，，若P，A，B，C四点共面，则λ=. （2）求二面角的余弦值.15.椭圆中，以点为中点的弦所在直线斜率为.22.如图，圆，点为直线上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点16.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历ft大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线分别为A，B.有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之（1）求直线AB的方程，并写出直线AB所经过的定点的坐标；一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯（2）若两条切线PA，PB与y轴分别交于S､T两点，求的最小值.圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O答案解析部分上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．1.【答案】B三、解答题【解析】【解答】依题意，17.已知函数，其图象过点.又因为B＝{x|－＜x＜}，（1）求的值；由数轴可知A∪B＝R，故答案为：B.（2）将函数图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在上的最大值和最小值.【分析】解出集合A，然后根据集合运算即可.2.【答案】C18.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，的角平分线所在直线方程为．【解析】【解答】由数z满足，可得.（I）求顶点的坐标；故答案为：C.（II）求直线的方程．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，，M是【分析】根据题意，得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.PD上一点，且.3.【答案】B（1）求异面直线PB与CM所成角余弦的大小；（2）求点M到平面PAC的距离.【解析】【解答】由题意易知：，即，，即20.在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，且离心率.。（1）求椭圆的方程；故答案为：B.（2）直线的斜率为，直线l与椭圆交于两点，求的面积的最大值.【分析】利用已知条件结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而再利用数量积的公式，从而求出向量21.如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且.的模。（1）证明：平面平面.4.【答案】D 通过三个图像比较不难得出答案C【解析】【解答】解：∵故答案为：C又a＜c∴【分析】可用特殊值法，的图象取最高点时其他函数对应的点一定不是最值点或零点，从而只有C故答案为：D不合适.【分析】先将a，b，c大致范围写出来，b最小，再用换底公式比较a，c大小.8.【答案】A5.【答案】B【解析】【解答】解：∵，∴【解析】【解答】因为，所以.当时，两直线重合，所以舍去.．故答案为：A当时，符合题意.所以.故答案为：B【分析】先化简，利用直线的斜率进行求解.【分析】根据题意由两条直线平行的直线系数之间的关系，代入数值计算出a的取值，然后验证即可得出满9.【答案】A足题意的a的取值。【解析】【解答】由，得.6.【答案】C设，.【解析】【解答】连结ON.由，得，即.因为M，N分别是对边OB，AC的中点，所以，，所以.又，即，所以，所以，又，所以.故答案为：A..【分析】根据题意由双曲线的定义结合三角形内的几何计算关系由勾股定理整理求出，再由双曲线里故答案为：Ca、b、c的关系结合离心率的公式由整体思想求出答案即可。10.【答案】C【分析】结合图形，因为M，N分别是对边OB，AC的中点，，，所以【解析】【解答】圆的标准方程是：，圆心，半径，，，从而表示出，即可得出过点的最短的弦长是以为中点的弦，为10，有1条答案.最长的弦长是过点的直径，为26，有1条，7．【答案】C还有长度为11，12，…，25的各2条，【解析】【解答】考查三角函数图象，所以共有弦长为整数的条．故答案为：C．连接，，，，则，，【分析】化简圆的方程为标准方程，求出弦长的最小值和最大值，取其整数个数．所以四边形为矩形，11．【答案】B则，，即，，【解析】【解答】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，又，且平面，平面，根据抛物线的定义可知，所以平面，要求取得最小值，即求取得最小，又，，所以为中点，则平面，所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，当三点共线时最小，即为.所以点的轨迹为四边形，所以的最小值为4.因此点不可能是棱的中点，即A不符合题意；故答案为：B.又，，所以，则点的轨迹不是正方形；【分析】由题意得，准线方程为，设点在准线上的射影为，由抛物线的定义，且矩形的周长为，C不符合题意，D符合题意；取得最小值，即求取得最小，当三点共线时最小，由此即可求出结果.因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最12.【答案】D大，所以线段的最大值为，B不符合题意.【解析】【解答】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为故答案为：D.轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为，分别为的中点，【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，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得出向量的坐标，再利则，，，，用中点坐标公式结合向量共线的坐标表示，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系以及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，所以，为使，必有点平面，又由点所以，设，则，在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，因此得出点不可能是棱的中点；再利因为，用点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等且最所以，，当时，；当时，；大，进而得出线段的最大值；再利用向量求模的公式，得出，，所以取，，，，，则点的轨迹不是正方形，再结合矩形的周长公式得出矩形的周长，进而找出说法正确的选项。即，13.【答案】-2或-1即，【解析】【解答】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，即，所以两圆的圆心距，弦所在的直线的斜率为，又因为两圆内切，有，故答案为：．解得或.故答案为：-2或-1.【分析】先设出弦的两端点的坐标，分别代入椭圆方程，两式相减后整理即可求得弦所在的直线的斜率．【分析】首先根据题中圆的标准方程求出圆的圆心与半径，再根据两圆相切求出的值为.16.【答案】14.【答案】-9【解析】【解答】如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．【解析】【解答】由P，A，B，C四点共面，可得共面，∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，，∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，，解得.在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，故答案为：-9∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.故答案为：．15.【答案】【分析】根据题意取点K（﹣2，0），连接OM、MK，根据△MOK∽△AOM，得出，进而有【解析】【解答】解：设弦的两端点为，，，，MK＝2MA，在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，进而得出|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长。17.【答案】（1）解：因为，代入椭圆得，所以.两式相减得，即，又函数图象过点，由于线段的中点在直线上，得方程，所以，即.即又，所以.由直线与直线垂直，得方程，即；（2）解：由（1）知，，联立方程组，得将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，可知，显然在直线上，且顶点的坐标为，所以直线的方程为，整理得因为，所以，.【解析】【分析】（1）根据的中点在上，且，联立方程组解得的坐标为因此，故.；（2）由题意利用角平分线的性质，求出直线的方程.所以19.【答案】（1）解：解法一：连BD交AC于O，连MO，如图（一）所示，平面ABCD，所以，.所以在上的最大值和最小值分别为和.在中，，，，【解析】【分析】(1)根据三角恒等变换得，再待定系数法得；又因为底面ABCD是矩形，所以O为BD中点，，，所以，（2）根据三角函数平移变换得，再根据整体代换思想求解函数的最值即可.因为M是PD上一点，且，所以M为PD中点，，，所以（或补角）就为PB与CM所成的角，18.【答案】解：（I）设顶点的坐标为；因为，，，所以平面PAD，.因为顶点在直线上，所以由题意知的坐标为，，，，因为中点在直线上，所以，，所以异面直线PB与CM所成角余弦值为；即；联立方程组，解得顶点的坐标为解法二：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图（二）所示的空间直角坐标系，则，，，（II）设顶点关于直线的对称点为，设，则，所以，故椭圆的方程为.由，知，所以，M为PD中点，（2）解：设的方程为，设点，所以，，.联立方程组，消去y整理，得，所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.所以，（2）解：解法一：过D做于N，如图（一）所示，平面ABCD，又直线与椭圆相交，所以，解得，所以，，所以平面PAC，则，DN为点D到平面PAC的距离，在中，，又M是PD中点，所以点M到平面PAC的距离为.点P到直线的距离，解法二：由问题（一）中解法二，可知，，设平面PAC的法向量为，所以，由，得，所以，取，得，当且仅当，即时，的面积取得最大值为2.所以是平面PAC的一个法向量.【解析】【分析】（1）由离心率，得到，再由点在椭圆上，得到，联立求得所以点M到平面PAC的距离为.，即可求得椭圆的方程；【解析】【分析】（1）可通过找平行线方法，将异面直线所成角（或补角）转化为同一平面内两直线所成角问（2）设的方程为，设点，联立方程组，根据根系数的关系和弦长公式，题处理；也可建立空间直角坐标系，利用向量夹角的公式计算异面直线所成角；以及点到直线的距离公式，求得，结合基本不等式，即可求解.（2）采用几何法，M到面PAC的距离为D到面PAC的距离的一半，即可求解；也可用向量法求空间中点到21.【答案】（1）证明：连接.面的距离公式求得.因为是边长为2的正方形，所以，20.【答案】（1）解：由题意，椭圆的离心率，即，可得，因为，所以，，所以，则.因为，所以.又椭圆过点，可得，因为，所以平面，将代入，可得，因为平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系.把代入，得，则，，，，故，，，.当时，取得最小值.设平面的法向量为，【解析】【分析】（1）确定以P为圆心，为半径的圆P，圆P与圆M相交，求出公共弦所在方程即为AB则，令，则.直线的方程，并可得到定点坐标；（2）根据圆的切线性质，结合勾股定理、点到直线距离公式，通过构造一元二次方程，利用一元二次方程根设平面的法向量为，与系数的关系进行求解即可.则，令，则.，记二面角的平面角为，由图可知为钝角，则.【解析】【分析】（1）推出，，根据面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系，利用向量法可求出二面角的余弦值。22．【答案】（1）解：，，∴故以P为圆心，以为半径的圆P的方程为，显然线段AB为圆P和圆M的公共弦，直线AB的方程为，即，所以，所以直线AB过定点.（2）解：设切线方程为，即，故到直线的距离，即，设PA，PB的斜率分别为，，则，，高二上学期期中联考数学试题（）一、单选题A.B．C．D．1.在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（）11.已知圆，直线与圆没有公共点，斜率为的直线与直A．B．线垂直，则的取值范围是（）C．D．A．B．C．D．2.若椭圆的一个焦点为，则的值为（）12.已知椭圆的离心率为，过右焦点且倾斜角为的直线与椭圆相交得到A．5B．3C．4D．2的弦长为，且椭圆上存在4个点构成矩形，则矩形面积的最大值为（）3.将直线绕着原点逆时针旋转，得到新直线的斜率是（）A．4B．C．8D．16二、填空题A．B．C．D．13.设空间向量，且，则.4.已知实数满足方程，则的最大值为（）14.设圆，圆，则圆有公切线条.A．3B．2C．-1D．-215.设是椭圆的左，右焦点，点在上，为坐标原点，且，则的面5.已知直线，若圆上存在两点关于直线对称，则的值积为.为（）16.在如图所示的实验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，且，且它们所在A．B．C．D．5的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，活动弹子在正方形对角线上移动，6.已知直线与直线平行，则等于（）A．3或—2B．—2C．3D．2当取最小值时，活动弹子与点之间的距离为.7．在四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（）三、解答题A．2B．3C．4D．517．已知点.8.过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（1）若直线与直线分别交于点，且线段的中点坐标为，求直线的斜率；（）（2）若直线过点，且原点到该直线的距离为，求直线的方程.18.已知定点，动点满足，设点的轨迹为.A.1B．C．D．（1）求轨迹的方程；9.已知直线，若，则的倾斜角的取值范围是（）（2）若点分别是圆和轨迹上的点，求两点间的最大距离.A．B．C．D．19.如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，10.在正方体中，棱的中点分别为，则直线与所成角的正弦值为 .（1）求证：平面；【分析】根据空间中点关于y轴的对称坐标的特点，可得答案.（2）求与平面所成的角正弦值.2．【答案】B20．设圆的圆心为，半径为，圆过点，直线交圆与两点，【解析】【解答】有题意知：焦点在轴上，则，从而，解得：..故答案为：B.（1）求圆的方程；【分析】由题判断焦点在轴上，结合关系式可求.（2）已知，过点的直线与圆相交于两点，其中，若存3.【答案】A在，使得轴为的平分线，求正数的值.【解析】【解答】将化为，21.如图，在几何体中，底面是边长为2的正三角形，平面，则该直线的斜率为、倾斜角为，，且是的中点.所以旋转后新直线的倾斜角为，（1）求证：平面；则新直线的斜率为.（2）求二面角的余弦值.故答案为：A.22.已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过的直线与交于【分析】先将直线化为斜截式，写出直线斜率和倾斜角，再求得新直线的倾斜角和斜率.两点，若与轴垂直时，4.【答案】D（1）求椭圆的标准方程；【解析】【解答】将方程变形为，则圆心坐标为，半径，（2）若点在椭圆上，且为坐标原点），求的取值范围.则圆上的点的横坐标的范围为：则x的最大值是-2答案解析部分故答案为：D.1．【答案】B【解析】【解答】设点为关于y轴的对称点【分析】将方程化为，由圆的几何性质可得答案.则的中点在y轴上，且坐标为5.【答案】A【解析】【解答】∵圆：，∴圆的圆心坐标为，所以，则又圆：上存在两点P，Q关于直线对称，∴直线经过圆心，所以点关于y轴的对称点的坐标为.∴，解得.故答案为：B. 故答案为：A.9.【答案】D【解析】【解答】设的斜率分别为【分析】根据题意可知圆的圆心坐标为，又圆上存在两点P，Q关于直线对称，所以直线经过圆当时，，∵，∴，∴，心，将圆心坐标代入直线方程，即可求出结果.6.【答案】C∵，∴.【解析】【解答】由题意，解得或，时，两直线方程分别为，，平行，设直线的倾斜角为，，则，∴；时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．当时，直线的斜率不存在，倾斜角为，∵，∴的倾斜角为0.所以综上，.．故答案为：C．故答案为：D.【分析】根据两条直线平行的充要条件写出关系式，得到a的两个数值，再检验得到结论.【分析】设的斜率分别为，当时，根据，可知，求得的斜率为7.【答案】D，根据正弦函数的性质可知，再结合斜率与倾斜角的关系即可求出倾斜角的范围；【解析】【解答】设平面ABCD的法向量为，则，即，当时，易知的倾斜角为0；由此即可得到结果.∴，取，则，∴这个四棱锥的高.10.【答案】B故答案为：D.【解析】【解答】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，【分析】结合点面距离的向量公式求解即可.建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，8.【答案】D则，，，，【解析】【解答】由题意知：，∵，则，，∴四边形OAPB是正方形，且，设直线EF与的所成角为，∴.则，故答案为：D.∴.【分析】由题设易知OAPB是正方形且，结合两圆的位置关系画示意图，即可求参数r. 故答案为：B∴，故矩形MNPQ面积的最大值为4，【分析】以D为坐标原点，DA，DC，、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量故答案为：A.的数量积即可求解.1.【答案】B【分析】根据，故，，，则直线：与椭圆联立，根据与椭圆【解析】【解答】由题意得，，即，∵直线与圆没有公共点，相交得到的弦长为求得椭圆方程；设，其中，得到，，∴，解得，∴.，然后得到矩形MNPQ的面积求解.13.【答案】1∵直线与直线垂直，∴，【解析】【解答】因为向量，且，∴，当且仅当，即时取等号，所以，即，又或时，，∴的取值范围是.解得.故答案为：B.故答案为：1【分析】根据直线与圆没有公共点求得，根据垂直可得，即可求出范围.【分析】根据，所以求解.12.【答案】A14.【答案】2【解析】【解答】由题意得，，故，，，则直线：，【解析】【解答】由题意得，圆：，圆：，联立，解得，∴，∴与相交，有2条公切线.，故答案为：2故所形成的弦长为，解得，【分析】将圆转化成标准式，结合圆心距判断两圆位置关系，进而求解.15.【答案】7即椭圆：.【解析】【解答】由题意得，，，，∴在以线段为直径的圆上，由对称性设，其中，则，，，∴，∴①，则，，由椭圆的定义知，②，由①②，解得，故矩形MNPQ的面积，.故答案为：7. （2）解：①当直线的斜率不存在时，其直线方程为，满足题意；【分析】根据题意可得，利用勾股定理和椭圆定义可求得，即可求出面积.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，16.【答案】原点到该直线的距离为，则直线的方程为.【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，则，综上所述，直线的方程为或.又平面平面ABEF，平面平面，∴平面.【解析】【分析】（1）根据题意线段的中点坐标为，求出，，即可求出直线∵四边形为矩形，∴，的斜率；以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，（2）当直线的斜率不存在时，直接写出直线的方程；当直线的斜率存在时，先用点斜式设出直线的方则，，，，.程，再用原点到直线的距离求出直线的斜率，进而求出直线的方程.∵点N在BF上，且，∴，又M在线段AC上移动，18.【答案】（1）解：设动点，则，，，则有，易得点，∴，，又，∴，∴当时，取得最小值，此∴，化简得，即，时点，则，∴，∴活动弹子M与点B之间的距离为.∴动点的轨迹E的方程为.故答案为：（2）解：设，圆心到轨迹E上的点的距离【分析】根据给定条件建立以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所∴当时，，示的空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答．∴.17.【答案】（1）解：设，【解析】【分析】（1）设动点，根据条件列出方程，化简求解即可；（2）设，求出圆心到轨迹上点的距离，配方求最值即可得解.的中点坐标为，19.【答案】（1）证明：如图所示：直线的斜率为. 由题意得，，解得，或，∴圆C的方程为或.，（2）解：由（1）知，圆C的方程为.设直线PQ的方程为，联立，化简得，以为原点建立空间直角坐标系，∴，.由题意得：，0，，，0，，，1，，，2，，，0，，证明：，1，，，1，，，0，，∵轴平分，∴，则，，，∴，即，，，即，平面；∴，解得，（2）解：由（1）可得，1，为平面的一个法向量，，则，∴当时，轴为的平分线.设与平面所成的角为，【解析】【分析】（1）设圆C的方程为，根据题意，利用待定系数法，即可求出结果；所以，（2）由（1）知，圆C的方程为，设直线PQ的方程为，联立直线与圆的方程，化简整理得到韦达定理，然后再根据轴平分，可得，化简整理可得所以与平面所成的角正弦值为.【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明，，即可得证；，求解方程即可得到结果.（2）由（1）可得，，为平面的一个法向量，求出与所成角的余弦值，即可得21.【答案】（1）证明：取的中点F，连接EF，，∵，出答案.∴，且，∴，20.【答案】（1）解：设圆C的方程为，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）解：取AC的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，联立，得，则，，，∴，.设平面的法向量是，则，设，，则，，则，即，令，得，，易知平面的一个法向量是，∴，设点，则，即，代入椭圆方程得，又二面角是钝二面角，∴，则，∴，∴二面角的余弦值为.∴，【解析】【分析】（1）取的中点F，连接，，由四边形是平行四边形即可求解；（2）取AC的中点O，以O为坐标原点，以为轴，为轴，垂直底面方向为轴，求出对应点坐标，结合二面角夹角余弦公式即可求解.又，∴的取值范围是，2.【答案】（1）解：由题意得，，即，则，把代入椭圆方程可得综上所述，的取值范围是.，【解析】【分析】（1）由离心率得出关系，由通径得出关系，结合椭圆关系式即可求解；（2）需分类讨论，分直线的斜率不存在、直线的斜率为0、直线的斜率存在且不为0三种情况，对第三∴，∴，即，种情况，可联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出，利用求出直线方程，并将代入椭圆∴，∴，，∴椭圆C的标准方程为；方程，得，化简并结合不等式即可求解.（2）解：由（1）知，的坐标为，①当直线的斜率不存在时，，，则；②当直线的斜率为0时，，，则；③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，高二上学期数学期中联考试卷8.已知点与点关于直线对称，则点的坐标为（）一、单选题A.B．C．D．1．圆心为，半径为3的圆的方程是（）A．B．D9.若圆上总存在两个点到坐标原点的距离为1，则实数的取值范围是（）C．．A．B．C．D．2．直线的倾斜角为（）A．B．10.已知，分别为双曲线的左，右焦点，双曲线上的点A满足C．D．3．若直线与圆相切，则的值为（），且的中点在轴上，则双曲线的离心率为（）A．1B．C．D．2A．B．C．2D．4．双曲线的渐近线方程为（）11.已知抛物线的焦点为，抛物线上的两点，均在第一象限，且，A．B．C．D．，，则直线的斜率为（）5．已知两条直线和，若，则实数的值为（）A．1B．C．D．A．-2或1B．-2C．1D．-112.已知，分别为椭圆的左，右焦点，过原点的直线与椭圆交于，两点，且，6.如图所示，在平行六面体中，为与的交点，则下列向量中与相等的向量是（），，四点共圆，则四边形的面积为（）A.B．A．3B．4C．6D．8二、填空题C．D．13.两平行直线，之间的距离为.7.黄金分割起源于公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题，公元前300年前后欧几里得撰写《几何原本》时吸收了欧多克索斯的研究成果，进一14.已知抛物线的焦点与双曲线的右顶点重合，则实数的值为.步系统论述了黄金分割，成为最早的有关黄金分割的论著.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部15.设，分别为椭圆的左，右焦点，若直线上存在点，使分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，把称为黄金分割数.已知焦点在轴上的，则椭圆离心率的取值范围为.椭圆的焦距与长轴长的比值恰好是黄金分割数，则实数的值为（）16.若关于的不等式的解集为，且，则实数的值A．B．C．2D．为. 三、解答题1.【答案】D17.如图，在空间直角坐标系中，正方体的棱长为1，顶点位于坐标原点，若【解析】【解答】因为圆心为，半径为3，故圆的方程为：.是棱的中点，是侧面的中心.故答案为：D.【分析】根据圆心和半径可直接得到圆的方程.（1）求点，的坐标及；2.【答案】C（2）求向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】直线可化为，18.已知在中，，，.（1）求边的垂直平分线的方程；设直线的倾斜角为，，（2）求的外接圆的方程.则斜率，即.19.某市为庆祝建党100周年，举办城市发展巡展活动，巡展的车队要经过一个隧道，隧道横断面由一段抛物故答案为：C线及一个矩形的三边组成，尺寸如图（单位：）.（1）以隧道横断面抛物线的顶点为原点，以抛物线的对称轴为轴，建立如图所示的平面直角坐标系【分析】先把已知直线化为斜截式，再利用倾斜角的正切值等于斜率，求得答案.，求该段抛物线所在抛物线的方程；3.【答案】B（2）若车队空车时能通过此隧道，现装载一集装箱，箱宽，车与集装箱总高，此车能否安全通【解析】【解答】由题设，圆心为，又直线与圆相切，过隧道？请说明理由.所以.20.已知点，，动点满足.（1）求动点的轨迹方程；故答案为：B.（2）直线与点的轨迹交于，两点，若弦的中点坐标为，求直线的方程.【分析】根据圆心到直线的距离等于半径，列出方程，求得r的值.21.已知圆，两条直线，，.4.【答案】C（1）证明：直线、均与圆相交；【解析】【解答】双曲线的渐近线方程为：.（2）设直线交圆于，两点，直线交圆于，两点，求的最大值.故答案为：C22.已知椭圆经过点和.【分析】由双曲线的渐近线方程为，即可得到所求双曲线的渐近线方程.（1）求椭圆的方程；5.【答案】B（2）经过点的直线与相交于，两点（不经过点），设直线，的斜率分别为【解析】【解答】解：因为直线和，，，试问是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由.所以，解得或，答案解析部分当时，直线和重合，不满足；故答案为：A.当时，直线和，满足平行.【分析】根据椭圆方程，可得，长轴长，再结合条件，列出方程所以故答案为：B，求解可得出实数的值.8.【答案】B【分析】由，利用直线与直线平行的条件能求出m的值.【解析】【解答】解：设点，因为点与点关于直线对称，6.【答案】A【解析】【解答】A：所以，解得，，A符合题意；B：所以，B不符合题意；故答案为：BC：【分析】设点，由两点的中点坐标公式和两直线垂直的条件，可得的方程组，解方程可得点，C不符合题意；的坐标.D：9.【答案】C，D不符合题意；【解析】【解答】解：到原点的距离为的点的轨迹为圆，故答案为：A因此圆上总存在两个点到原点的距离均为【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算法则，即可求解出答案.转化为圆与圆有两个交点，7．【答案】A∵两圆的圆心和半径分别为，，，，【解析】【解答】焦点在轴上的椭圆中，∴，∴，解得实数的取值范围是.，故答案为：C所以，由题意得，即，即，【分析】根据题意，求出到坐标原点的距离为1的点的轨迹为圆，结合圆与圆的位置关系分析，可求出实数的取值范围.解得，10.【答案】B 【解析】【解答】设，，双曲线上的点A满足，的中点在轴上，可12.【答案】D得，∴，【解析】【解答】解：因为过原点的直线与椭圆交于，两点，且，，，四点共圆，即有轴，A的横坐标为，如图所示：所以根据椭圆的对称性得四边形是矩形，所以，，令，可得，所以，解得在直角三角形中，，所以四边形的面积为8故答案为：D可得，即为，【分析】利用已知条件，判断四边形的形状，结合椭圆的定义，转化求解四边形的面积.即，，13.【答案】【解析】【解答】解：直线，即为，解得，或(不合题意，舍去)；所以两平行直线与之间的距离为双曲线的离心率是．故答案为：B．.故答案为：【分析】根据题意画出图形，结合图形用a、b、c表示出A点坐标，得出轴，在直角三角形中，利用，求得a、c的关系，求出双曲线的离心率.【分析】根据已知条件，结合两平行直线的距离公式，即可求解出答案.1.【答案】C14.【答案】8【解析】【解答】如图：作垂直准线于，垂直准线于，作于，【解析】【解答】由题设，抛物线焦点为，而双曲线的右顶点为，因为，，，所以，即.故答案为：8.由抛物线的定义可知：，，，所以，直线的斜率为：.【分析】求出双曲线的顶点坐标，结合抛物线的焦点坐标，求解实数的值.故答案为：C.15.【答案】【分析】利用抛物线的定义，结合已知条件，求解直线PQ的斜率即可. （2）解：由题设，，，则，【解析】【解答】由题设，，则，而，所以，所以.故答案为：.所以向量在方向上的投影数量.【解析】【分析】(1)由已知条件，直接可推得，，再结合向量模公式，即可求解出【分析】根据已知条件，结合两点之间的距离公式和椭圆的性质，即可求解出椭圆离心率的取值范围.；16.【答案】(2)根据已知条件，结合投影公式，即可求解出向量在方向上的投影数量.【解析】【解答】设，18.【答案】（1）解：由题意知，，则的图象是一条过定点的直线，的图象是圆的上半圆部分，设AB的中点为E，则，注意到点在圆上，故关于原点的对称点也在圆上，又直线AB的斜率为，所以线段AB的垂直平分线的斜率为2，如图示：当直线经过点时，满足关于的不等式得其方程为，即；，（2）解：由可得边AC的垂直平分线方程为，由关于的不等式的解集为，且，可知：，所以，解得，此时直线的斜率即实数，即的外接圆的圆心为(1，-2)，所以圆的半径为，故答案为：所以圆的标准方程为：.【分析】构造函数，则的图象是一条过定点的直线，【解析】【分析】(1)直接利用点的坐标求出直线的斜率，进一步求出边的垂直平分线的方程；(2)首先求出中垂线的交点，即求出圆心的坐标，进一步求出圆的半径，最后求出的外接圆的方程.的图象是圆的上半圆部分，作出图象，由图象分析求解即可得实数的值.19.【答案】（1）解：由题设，可设抛物线方程为，由图知：，，17.【答案】（1）解：因为正方体的棱长为1，位于坐标原点，是棱的中点，是所以，则，故抛物线所在抛物线的方程.侧面的中心，（2）解：由题设，令，要使装载集装箱的车能安全通过隧道，则，所以，，则，故.由（1）并将点代入可得：，故. 所以此车不能安全通过隧道.将圆的方程化为标准方程得，【解析】【分析】(1)设抛物线的方程为，由题意可知抛物线过点，代入求出a的值，即因为，所以点在圆内，可求出抛物线所在抛物线的方程；所以直线、均与圆相交.(2)如果此车能通过隧道，集装箱处于对称位置，集装箱角离隧道的底于箱高，比较即可做出判断.（2）解：因为圆的圆心为，半径为，20.【答案】（1）解：根据双曲线的定义得动点的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双所以到直线的距离为，曲线，，所以，所以动点的轨迹方程到直线的距离为（2）解：设，则，，所以所以，即，所以，，所以，所以因为弦的中点坐标为，所以，，所以当且仅当，即时等号成立.所以直线的方程为，即.所以，即的最大值为.【解析】【分析】(1)由已知可得直线、都过定点(2，0)，判断点(2，0)在圆C内部，即可得证直线联立方程得，、均与圆相交；此时，，满足题意.(2)设圆心C到直线、的距离分别为d1，d2(d1，d2≥0)，所以有，将|AB|，|EF|用d1和d2表所以直线的方程为示出来，转化为基本不等式求最值，可得的最大值.【解析】【分析】(1)由题意结合双曲线的定义求解其动点的轨迹方程；(2)利用点差法求得直线的斜率，然后可得直线的方程.2.【答案】（1）解：因为椭圆经过点和，21.【答案】（1）证明：直线变形得，直线变形得，所以，解得，所以直线、过定点，所以椭圆的方程为.（2）解：根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，所以联立方程得，所以，解得，所以，所以因为，，所以.所以为定值，【解析】【分析】(1)由已知可得b，再由B点坐标求得a，则可求出椭圆的方程；(2)根据题意，设直线的斜率必存在，故可设方程为，，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，再求出k1，k2，利用根与系数的关系求解，即可证得为定值. 高二上学期数学期中联考试卷A.B．一、单选题1.已知经过两点，的直线斜率为1，则（）A．－3B．3C．1D．－1C．D．2.已知圆的圆心在直线上，则该圆的半径为（）A．2B．C．4D．1510.已知边长为2的正方体中，E，F分别为，的中点，则点B到平面AEF的距3.若向量，互相垂直，则（）离为（）A．B．C．2D．3A．B．C．D．4.已知点P为圆：上任一点，点Q为圆：上任一点，则的最小值11.某玩具台球桌为矩形（设为ABCD），，，一小球从边AB上异于A，B的一点M出发，为（）经BC，CD，DA反弹后恰好到达B点，已知，则该小球的运动轨迹的长为（）A.1B．C．2D．4A．B．8C．D．95.已知，为空间向量，若已知，则（）12.已知正方形的边长为2，，分别为，的中点，沿，将三角形，折A．B．C．D．起，使得点，恰好重合，记为点，则与平面所成角的正弦值为（）6.已知三条直线：，：，：所围成的图形为直角三角形，则该三角形的面积为A．B．C．D．（）二、填空题A．B．C．或D．或13.设，分别是平面，的法向量．若，则．7.已知圆经过椭圆C：的右焦点，上顶点与右顶点，则（）14.已知圆直径的两个端点为，，则该圆的标准方程为．A．B．C．D．15.已知椭圆C：的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点P为椭圆上一点，，且直线PA恰好经过OB中点，则该椭圆的离心率为．8.在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为16.已知点是空间直角坐标系O-xyz中的一点，则点P关于x轴的对称点为Q的坐标4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（）为．若点P在平面xOy上的射影为M，则四面体O-PQM的体积为．三、解答题A．B．C．2D．317.已知直线l经过点且斜率为．（1）求直线l的方程；9.直线与圆的大致图象可能正确的是（）（2）若直线平行于直线l，且点P到直线的距离为，求直线的方程． 18.已知圆C经过两点，，且圆心C在x轴上．由于圆心在直线上（1）求圆的标准方程；所以可得，即圆的方程为（2）已知直线l与直线AB垂直，且与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．19.如图，三棱柱中，D为中点，．设，，．所以圆的半径为．（1）试用，，表示向量；故答案为：B（2）若，，求异面直线AE与所成角的余弦值．【分析】根据题意，将圆的方程变形为标准方程的形式，求出圆的圆心，又由圆的圆心在直线即可20.如图，ABCD为圆柱的轴截面，P为底面半圆周上一点，E为PC中点，．得a的值，由此可得圆的半径.（1）求证：；（2）若，求平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值．3.【答案】B21.已知圆M与圆N：相外切，与y轴相切原点O．【解析】【解答】因为向量，互相垂直，（1）求圆M的方程；所以，即，（2）若圆M与圆N的切点在第一象限，过原点O的两条直线与圆M分别交于P，Q两点，且两直线互相解得，故垂直，求证：直线PQ过定点，并求出该定点坐标．所以．22.已知椭圆E：的上顶点到焦点距离为2，且过点．故答案为：B（1）求椭圆E的方程；【分析】根据向量垂直可得，即，求出a，可求出的值.（2）设斜率为的直线l与E交于A，B两点直线l与x轴的交点为M，三角形ABC是以AB为斜边的4.【答案】A等腰直角三角形，CM的中点为P，AB的中点为Q，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明【解析】【解答】解：由题知，圆半径为，圆心坐标为，圆半径为，圆心坐标为理由．答案解析部分，1.【答案】D所以两圆的位置关系为内含，【解析】【解答】由题意知，得所以，，．所以的最小值为故答案为：D.．故答案为：A【分析】利用斜率公式列出等式，求解可得a的值.2.【答案】B【分析】确定两圆的圆心坐标与半径，判定两圆内含，即可求出的最小值.5.【答案】D【解析】【解答】解：的圆心坐标为，【解析】【解答】解：因为，平方可得，所以，得，解得，所以，所以该圆的方程为．因为，所以故答案为：A．故答案为：D【分析】先得出椭圆的右焦点，上顶点与右顶点，代入圆的方程，解出b的值.8.【答案】B【解析】【解答】解：根据题意，建立如图所示的坐标系，【分析】由，平方可得，再利用可求出的值.因为窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，6.【答案】C所以椭圆的标准方程为，【解析】【解答】解：由题意知，若，则，与的交点坐标为，则此时三角形的面积为因为其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，，所以当时，，所以最短窗棂的长度若，则，与的交点坐标为，所以此时三角形的面积为为．故答案为：B．所以该三角形的面积为或．故答案为：C【分析】根据题意，建立坐标系得椭圆的标准方程为，再结合题意计算可得答案.9.【答案】B【分析】分和两种情况，得出三角形顶点的坐标，可得三角形面积.【解析】【解答】解：对于A，因为，所以圆过原点，A不正确；7.【答案】A对于B，圆心坐标在第一象限，，，直线的截距与圆心纵坐标相符合，故正确；【解析】【解答】椭圆C：，右焦点为，上顶点为，右顶点为，对于C，圆心坐标在第三象限，，，故直线过一三四象限，C不正确；代入圆的方程，对于D，由题知直线的截距与圆心纵坐标相等，D不符合，故不正确；故答案为：B【分析】根据直线在坐标轴上的截距以及直线斜率的正负情况，以及圆心的坐标的正负情况，进行判断，先由直线位置得到a，b的符号，再由圆心的位置确定是否满足条件，由此得到答案.【解析】【解答】由题意知，故，故PA，PE，PF三线互相垂直，10.【答案】C故以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，【解析】【解答】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，可以求得，，，，则，，，.设，设平面的法向量为，根据，则，，则则，即，则令，则，得.可得，又，所以点B到平面AEF的距离为设平面的法向量为故答案为：C.【分析】以DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出平面AEF的.法向量，进而可求出点B到平面AEF的距离.1.【答案】C所以可以求得平面的法向量为，【解析】【解答】如图，建立平面直角坐标系，，其中，，，，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对所求与平面所成角的正弦值为称点为，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，连接，交CD，．故答案为：B.AD于Q，R连接，交BC于P，则可得P，Q，R为反射点，所以轨迹长为.【分析】以PA，PE，PF分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法可求故答案为：C.出与平面所成角的正弦值.13．【答案】5【分析】建立平面直角坐标系，设，直线BC方程为，则可求得点M关于BC的对称点为【解析】【解答】∵，则，∴，关于的对称点为，点B关于y的对称点为，轨迹长为．故答案为：5，进而可求出该小球的运动轨迹的长.【分析】根据向量垂直，数量积等于0，即可求出t的值.12．【答案】B 14.【答案】【分析】求得直线PA的方程，与椭圆方程联立，再利用韦达定理进而得出F点坐标，由题意得【解析】【解答】解：因为圆直径的两个端点为，，可得关于a的方程，从而求出椭圆得离心率.所以圆心坐标为，直径为，16．【答案】（1，-1，-2）；【解析】【解答】点，点Q到平面OPM距离即为点到平面OPM距离，所以圆的方程为．即为点到OM距离，可以求得该距离为即为，故答案为：因为，所以．故答案为：（1，-1，-2）；.【分析】由题意可知圆心坐标为，直径为，再根据标准方程公式求解，即可得出该圆的标准【分析】根据空间坐标系点关于坐标轴对称的特征得出点Q的坐标，利用点到平面的距离的定义可得点Q到方程.平面OPM距离为，结合三棱锥的体积公式计算即可得四面体O-PQM的体积.15.【答案】17.【答案】（1）解：因为直线l经过点且斜率为，【解析】【解答】因为OB中点，直线PA恰好经过OB中点，所以直线l的方程为，整理得；（2）解：因为直线平行于直线l，直线l的方程为，所以直线PA方程为，联立，所以设直线的方程为，因为点P到直线的距离为，消去x得，得，所以，解得或，从而得到，所以，所以直线的方程为或．因为，所以，即，【解析】【分析】(1)由点斜式写出直线l的方程为，化为一般式即可；(2)由直线与直线l平行，可设直线的方程为，由点到直线的距离公式得到关于c的方得，所以椭圆得离心率为程，求解即可得直线的方程．．故答案为：18.【答案】（1）解：已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，所以，因为圆C经过两点，，所以，，解之得，所以；所以，（2）解：由题意知，所以直线l的斜率为，所以异面直线AE与所成角的余弦值为．所以设直线l的方程为，【解析】【分析】(1)由，根据空间向量的加法和数乘的运算法则，即可求解出用，，表得圆心C到直线l的距离为，示向量；因为直线l与圆C相交所得弦长为，所以，(2)先计算，和的值，从而求得的值，进而得的值，然后由所以，即，，即可求解出异面直线AE与所成角的余弦值．求得或，20.【答案】（1）证明：因为ABCD为圆柱的轴截面，所以直线l的方程为或．所以平面ABP，所以，又因为，所以平面PBC，所以，【解析】【分析】(1)已知圆心C在x轴上，故设圆的标准方程为，将，又因为，，所以平面PAC，所以，代入上式，即可求解出圆的标准方程；因为E为PC中点，所以三角形PBC为等腰三角形，即；(2)根据已知条件，结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解出直线l的方程．（2）解：如图，以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，设，19.【答案】（1）解：因为D为中点，则，，，，，可得，所以设平面PAD的法向量为，因为，所以，可得，，设平面ABE的法向量为，所以；则，即，不妨令，（2）解：由题意知，，可得为平面ABE的一个法向量，，所以，所以，平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．又因为，【解析】【分析】(1)平面ABP，则有，再结合已知条件可得平面PBC，则 PA⊥BE，再利用线而垂直的判定定理可得平面PAC，则，从而可证得；(2)以P为坐标原点，以PA，PB为x，y轴建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量和平面ABE的一（2）解：设直线l：，联立，个法向量，利用空间向量法求解出平面PAD与平面ABE所成锐二面角的余弦值.21.【答案】（1）解：由题意知，圆M与y轴相切原点O，所以设圆M的方程为消去y得，因为圆M与圆N：相外切，且N：，，解得，所以，所以或，设，，，所以M：或M：；则，，得，（2）证明：由题意知M：，则，设OP所在直线方程为，联立，l与x轴的交点为，所以，得，，所以，同理把k换做，可得，，因为，CM的中点为P，所以PQ所在直线方程为，所以，化简为：所以为定值．故直线PQ过定点．【解析】【分析】（1）设圆M的方程为，由题意可得，求解【解析】【分析】（1）由题意知上顶点到焦点距离为，将点代入椭圆方程得，解可得a的值，即可求得圆M的方程；得，即可求出椭圆E的方程；（2）设OP所在直线方程为，与圆方程联立可得P，Q点坐标，进而得出PQ所在直线方程，可证得直线PQ过定点.（2）设直线l：，代入得，利用韦达定理得2.【答案】（1）解：由题意知上顶点到焦点距离为，，，得又椭圆过点，，即可求出为定值.所以，得，所以椭圆E的方程为；高二上学期数学期中联考试卷C．，，D．，一、单选题9．如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于1.已知向量，若，则x的值为（）棱AB，若，则线段CD的长为（）A．1B．-3C．±1D．3A．B．16C．8D．2.点到直线的距离为（）10.如图，正三棱柱中，，，是的中点，则与平面A．B．C．D．所成角的正弦值等于（）3.椭圆的上､下顶点分别为，右顶点为A，右焦点为F，，则椭圆的A．B．C．D．离心率为（）11.设，分别是椭圆E：的左､右焦点，若椭圆E上存在点P满足，A．B．C．D．则椭圆E离心率的取值范围为（）4.已知空间向量，，且，则向量与的夹角为（）A．B．C．D．A．B．C．D．12.在平面直角坐标系中，和是圆上的两点，且，点5.以点为圆心，且与直线相切的圆的方程为（），则的取值范围是A．B．A．B．C．D．C．D．6.如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点为线段上一二、填空题点，且，若记，，，则（）13.若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是．A．B．14.如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上C．D．7．直线被圆所截得的弦长为（）的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为.D．15.已知椭圆C的中心在坐标原点，右焦点F为直线与x轴的交点，且在经过点F的所有弦A．4B．C．，若直线与线段有公共中，最短弦的长度为，则C的方程为．8．已知点，点，直线（其中点，则的取值范围是（）16.已知动点A，B分别在圆和圆上，动点P在直线A．，B．，，上，则的最小值是．三、解答题【分析】由空间向量的模的公式，代入数值计算出x的值即可。17.已知直线，求2.【答案】B（1）求直线l的斜率：【解析】【解答】根据距离公式可得：（2）若直线m与l平行，且过点，求直线m的方程．点到直线的距离，18.如图，直三棱柱底面中，，，棱，是的中故答案为：B.点.【分析】利用点到直线的距离公式即可求出答案.（1）求，的值；3.【答案】C（2）求证：.【解析】【解答】解：椭圆的上､下顶点分别为，19.如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点．右顶点为A(a，0)，右焦点为F(c，0)，，可得=﹣1，（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；=1，解得e=.（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程．故答案为：C.20.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，点M是棱PD上一点，且AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．【分析】求出椭圆的焦点坐标，顶点坐标，利用垂直关系列出方程，转化求解即可得椭圆的离心率.（1）若PM：MD＝1：2，求证：PB∥平面ACM；4.【答案】A（2）求二面角A﹣CD﹣P的正弦值；【解析】【解答】由题意，，解得，（3）若直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，求MD的长．又，21.已知圆和点，动圆经过点，且与圆内切.所以，（1）求动圆的圆心的轨迹的方程；又，所以与的夹角为（2）设点关于点的对称点为，直线与轨迹交于、两点，若．故答案为：A.的面积为，求的值.答案解析部分【分析】根据求得n，利用夹角公式求得向量与的夹角.1．【答案】C5.【答案】D【解析】【解答】由题得，所以.故答案为：C【解析】【解答】解：由题意得圆的半径则所求圆的方程为：直线与线段有公共点，当时，直线，与线段有公共点，故答案为：D【分析】根据点到直线的距离公式，结合圆的标准方程直接求解即可.当时，直线的斜率，6.【答案】A或，解得，或，【解析】【解答】解：综上所述：的取值范围为，，，故答案为：A【分析】根据题意由向量的加减运算法则以及向量的线性运算法则，整理即可得出答案。7.【答案】D【解析】【解答】圆的标准方程为，故答案为：D．圆心到直线的距离为，【分析】求出直线恒过定点，求出A、B与定点的斜率，即可得到的取值范围.所求弦长为．9.【答案】D故答案为：D.【解析】【解答】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则四边形为平行四边形.线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB.【分析】根据题意，由圆的标准方程分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与，则为二面角的平面角，即圆的位置关系即可求得所截得的弦长.，如图所示.8.【答案】D为等边三角形，【解析】【解答】解：由题意，（其中，，，，平面，平面则，平面又平面，解得：，在中直线所过定点；故答案为：D点，点，设直线所过定点为，则的坐标；【分析】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则由题意可知为等边三角形，为直角三角形，求解即可.，，10.【答案】B 【解析】【解答】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，所以，为轴，建立空间直角坐标系，由，，，则，，，，0，，，0，，，1，，所以整理可得：消去得：所，，，，0，，，，，设平面的法向量，，，以，即则，取，得，，，可得：.设与平面所成角为，故答案为：D.则，【分析】设P的坐标，由题意可得左右焦点的坐标，由数量积可得P的横坐标的表达式，再由P在椭圆上，可得P的横坐标的取值范围，进而可得a，b，c的关系，再由椭圆中a，b，c之间的关系求出椭圆E离心率与平面所成角的正弦值为。的取值范围.故答案为：B．12.【答案】A【解析】【解答】解：设，则有，所以A为BE的中点，，【分析】以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为过O作CF⊥AB，垂足为F，如图所示，轴，建立空间直角坐标系，再利用已知条件求出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，从而求出直线AD与平面所成角的正弦值。1.【答案】D【解析】【解答】由椭圆的方程可得，，设，由，则，即，由P在椭圆上可得，所以，代入可得【分析】根据椭圆的标准方程，求出k满足的条件，即可求得的取值范围.14．【答案】【解析】【解答】解：如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：则设，则，设直线与所成角为所以，即，解得或（舍去），所以，故答案为：．因为，所以，则，【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求得t，进而求得线，段的长.15.【答案】所以点E的轨迹方程为：(x-1)2+y2=5，所以，【解析】【解答】由题得，设，则的取值范围是，故选：A.则解得，，，【分析】根据向量的线性运算，结合圆的标准方程以及向量的模求解即可.13.【答案】所以的方程为【解析】【解答】由于方程表示焦点在y轴上的椭圆，．故答案为：所以，解得，.所以的取值范围是.【分析】根据题意设出椭圆方程，建立a.b，c关系，求出a，b的值，即可求出C的方程.故答案为：16.【答案】【解析】【解答】由题意，点，，设点关于直线的对称点为.，【解析】【分析】(1)以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别如图：求出向量，的坐标，然后代入两个向量夹角余弦公式，即可得到，的值；(2)求出向量，的坐标，然后代入向量数量积公式判定两个向量的数量积是否为0，可证得则，解得，即，连接，.19.【答案】（1）解：在直线上，设，∴圆与轴相切，圆为：，，又又圆与圆外切，圆，即圆，圆心，故.半径；故答案为：，解得，【分析】根据题意，分析圆C1和圆C2的圆心和半径，设圆N与圆C1关于直线x+y+1=0对称，求出其圆心圆的标准方程为．N的坐标再由已知条件即可得出圆心坐标再，由圆与圆的位置关系可得当P在线段上时，|PA|+|PB|取得（2）解：由题意得，，设，最小值求出的值，由此计算出最小值可得答案．则圆心到直线的距离：，17.【答案】（1）解：由直线方程知：，即直线l的斜率为；则，，即，（2）解：由（1），根据直线m与l平行，且过点，则直线m：，解得或，∴直线m一般形式为.直线的方程为：或．【解析】【分析】(1)把直线l方程化为斜截式，可求出直线l的斜率；(2)利用直线的平行关系求出直线m的方程．【解析】【分析】(1)设N(6，n)，则圆为：，从而得到，由此能18．【答案】（1）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出圆N的标准方程；，0，，，1，，，0，，，1，，，，，(2)由题意得，，设，则圆心到直线的距离：，由此能求出直线l的方程．，1，，，.20.【答案】（1）证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，（2）证明：，0，，，1，，，0，，，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，，1，，，，，∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，∴||＝＝＝，∵点M是棱PD上一点，PM：MD＝1：2，AB＝BC＝2，AD＝PA＝4．解得λ＝，∴P（0，0，4），A（0，0，0），B（2，0，0），∴．C（2，2，0），M（0，，），【解析】【分析】(1)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，由此能证明＝（2，0，﹣4），＝（2，2，0），＝（0，，），PB//平面ACM；设平面ACM的法向量，(2)求出平面CDP的法向量和平面ACD的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣P的正弦值；(3)求出平面CDP的法向量，由直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法能求出MD的长.则，取x＝2，得（2，﹣2，1），21.【答案】（1），圆心，半径，∵4﹣4＝0，PB⊄平面ACM，∴PB∥平面ACM．因为动圆经过点，且与圆内切，所以，（2）解：D（0，4，0），＝（2，2，﹣4），＝（0，4，﹣4），即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，设平面CDP的法向量（a，b，c），故圆心的轨迹的方程为.则，取b＝1，得（1，1，1），（2）因为点关于点的对称点为，所以，平面ACD的法向量（0，0，1），因为，所以点不在轴上，直线的斜率不为，设二面角A﹣CD﹣P的平面角为θ，则直线的方程为，则|cosθ|＝＝，联立，整理得，，∴二面角A﹣CD﹣P的正弦值为＝．（3）解：设，（0≤λ≤1），设，，则，，则，因为是的中点，、、三点共线，的面积为，∴，，平面CDP的法向量，所以，，∵直线AM与平面PCD所成角的正弦值为，由直线过点易知，，故，即，，令，则，，，故，，.【解析】【分析】（1）由题意可知，即，的轨迹为以点与点为焦点、为长轴长的椭圆，由此计算椭圆方程即可。（2）由题意可设直线的方程为与椭圆方程联立，设，由根与系数的关系，，结合三角形的面积公式可知，可得的值，进而求解t值。高二上学期数学期中联考试卷A．B．2C．1D．3一、单选题10．在如图所示的几何体中，平面PDC，是等腰直角三角形，四边形ABCD为平行四边形，且1.直线的倾斜角为（）．，则点C到平面PAB的距离为（）．A．B．C．D．不存在A.1B．C．D．2.下列向量与向量共线的单位向量为（）11.如图，在直三棱柱中，，，D为上一点（不在端点处），且A．B．，若为锐角三角形，则m的取值范围是（）．C．D．A．B．C．D．3.若方程表示圆，则实数a的取值范围为（）12.已知点是圆上的一点，记点P到x轴距离为，到原点O的距A．B．C．D．离为，则当取最小值时，（）4.设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线//平面，则实数z的值为（）A．B．C．D．A．-5B．5C．-1D．1二、填空题13.在空间直角坐标系中，已知，，，若，则实数5.圆：和圆：的公切线的条数为（）．A．1B．2C．3D．414.已知过的直线l与直线没有公共点，则直线l的方程为．6.已知空间向量，，若，则（）．15.圆与圆的公共弦长为.A.B．C．D．16.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且7．已知直线：过定点，直线过点且与直线垂直，则直AB＝4，SA＝3，E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足＝λ，则当实数λ的值为线的方程为（）时，∠AFE为直角．三、解答题A．B．17．已知A（1，－1），B（2，2），C（3，0）三点，求点D，使直线CD⊥AB，且CB∥AD．C．D．18．已知（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2）．8.我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱（1）求的值；柱．在堑堵中，，P为的中点，则（）．（2）已知，，||＝||，求．A．6B．-6C．2D．-219.已知圆的圆心在坐标原点，直线的方程为.9.直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则（）（1）若圆与直线相切，求圆的标准方程；【分析】由与向量共线的单位向量为，求解可得答案.（2）若圆上恰有两个点到直线的距离是1，求圆的半径的取值范围.在直三棱柱中，，，，E、F分别为、的中点．3.【答案】B20.【解析】【解答】方程化为标准方程为，有，∴．.（1）求直线AE与所成角的大小；故答案为：B（2）判断直线与平面ABF是否垂直．21.已知圆C的方程为．【分析】把圆的方程化为标准方程，即可求出实数a的取值范围.4.【答案】B（1）设O为坐标原点，P为圆C上任意一点，求的最大值与最小值；【解析】【解答】由直线//平面，知向量与垂直，（2）设直线，记直线l被圆C截得的弦长为a，直线l被圆截则有，得的弦长为b，试比较a与b的大小．解得.22.如图，在四棱锥中，已知底面，，，，故答案为：B，异面直线和所成角等于.（1）求直线和平面所成角的正弦值；【分析】根据线面平行，求出法向量与直线的方向向量垂直，即可求出实数z的值.（2）在棱上是否存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为？若存在，指出5.【答案】C点在棱上的位置；若不存在，说明理由.【解析】【解答】由题知圆：的圆心，半径，圆：答案解析部分的圆心，半径，所以，，所以两圆外切，所1.【答案】A以两圆共有3条公切线.【解析】【解答】直线与x轴平行，斜率为0，所以直线的倾斜角为0°，故答案为：C故答案为：A．【分析】根据题意求出圆心坐标以及半径，然后由两点间的距离公式求出两圆的圆心距，再与两圆的半径之【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出答案.和进行比较，从而得出两圆的位置关系，由此即可得出公切线的条数。2.【答案】C6.【答案】A【解析】【解答】由，【解析】【解答】由得，，解得，∴与向量共线的单位向量则，，为或.所以，故答案为：C故答案为：A．【分析】由求得，再由，求出答案.【分析】由题意可得，圆心(0，0)到两条直线的距离相等，且圆心到直线和距离皆为，即7.【答案】A，由此求得的值.【解析】【解答】∵由题意，直线：，10．【答案】B∴过定点，则直线过定点，【解析】【解答】如图，以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系∵直线与直线垂直，则直线的斜率，则，，，，，，．∴直线的方程为，即.故答案为：A.设平面PAB的一个法向量为，则由，令，得，故，【分析】由已知条件即可得出直线过的定点，再由直线垂直的斜率之间的关系，结合点斜式即可求出直线的方程。则点C到平面PAB的距离为，8.【答案】A故答案为：B.【解析】【解答】根据堑堵的几何性质知：，，．因为，，【分析】以D为原点，DC，DP，DA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PAB的一个法向量，根据空间距离的向量求法，即可求出点C到平面PAB的距离.所以1.【答案】B.【解析】【解答】由图形可知，，总为锐角．以C为原点，CA，CB，所在直线分别为故答案为：A．x，y，z轴，建立空间直角坐标系，不妨取，则，，，，则，，【分析】由条件得，，，将用向量表示，代入数量．由可知，积的公式进行运算，即可求得答案.9.【答案】B则，【解析】【解答】由题意得直线和单位圆弦长皆为，．由，得，解得或．又知，所以所以圆心到直线和距离皆为，即，．故答案为：B故答案为：B. 【分析】由题意，以C为原点，CA，CB，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，故答案为：3x-y+7=0。由，不妨取，求C，B1，A，B出点的坐标，又为锐角三角形，利用向量的夹【分析】利用过的直线l与直线没有公共点，得出过的直线l与直线角为锐角，求出m的取值范围.没有公共点，再利用两直线平行斜率相等，进而得出所求直线的斜率，再利用点斜式求出直线l的方程。12.【答案】D15．【答案】【解析】【解答】化为标准方程：，【解析】【解答】两圆方程相减可得公共弦直线方程为，点是圆上一点，圆的圆心为，半径为，不妨设（t为参数），圆心到的距离为，公共弦长为.则故答案为：.其中当时，可取得最小值30【分析】先把两个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长.此时16．【答案】故答案为：D【解析】【解答】∵SA⊥面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0，4，0)，S(0，0，3)．设BC＝m，则C(m，4，0)，【分析】利用圆的参数方程表示出并求最值，利用三角函数求出的值.∵＝λ，∴＝λ，13.【答案】3∴【解析】【解答】由题意得，，∴F.同理，E，所以，即，∴故答案为：3要使∠AFE＝90°，则，【分析】根据条件求出的坐标，由列出等式，求解可得实数的值.又，14.【答案】3x-y+7=0∴，【解析】【解答】由题意可知：直线l与直线平行，直线l的斜率为3，所以直线l方程为∴16λ＝9，∴λ＝.，即3x-y+7=0。【分析】建立空间直角坐标系A－xyz，设BC=m，求出所需点的坐标，利用，则＝λ所以，，求出点F的坐标，同理求出点E的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示，由，列式求解出即，所以，即圆的半径的取值范围是.实数λ的值.【解析】【分析】(1)根据题意由直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式计算出圆心到直线的距离公式，由此计算出圆的半径，从而得出圆的方程。17．【答案】解：设，则，(2)由(1)的结论，结合圆心到直线的距离，由圆的几何意义即可得到，从而得出半径的取值范围。【解析】【分析】设，由直线CD⊥AB，且CB∥AD可得，求解出x，y，即可求得20．【答案】（1）解：由题意知，AB、AC、两两垂直，分别以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，点D的坐标.则，，，，，．18．【答案】（1）解：∵（2，3，﹣1），（﹣1，0，3），（0，1，2），∴，，∴（﹣2，﹣3，0），∴()＝2×（﹣2）+3×（﹣3）+（﹣1）×0＝﹣13；∴，故直线AE与所成角为．（2）解：设（x，y，z），（2）解：由（1）可得：，，∵⊥，⊥，||＝||，∴，，∴，，∴，∵，AF、平面ABF，∴平面ABF．解得：或，【解析】【分析】(1)以、、方向上的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系，利用向∴(3，﹣2，1)或（﹣3，2，﹣1）．量法能求出直线AE与所成角的大小；【解析】【分析】(1)根据空间向量运算性质进行计算即可求得的值；(2)利用向量法求出，，从而判断出直线与平面ABF垂直．(2)设（x，y，z），根据，，||＝||，列方程组，求解可得的坐标．21.【答案】（1）解：将圆C化为标准方程，则圆心，圆C的半径为，因为，19．【答案】（1）设圆的半径为，圆心到直线距离为，则，依题意，所以的最大值为，最小值为．所以圆的方程为.（2）解：因为点C到直线l的距离为，所以（2）由（1）知，圆心到直线距离为，又圆上恰有两个点到直线的距离是1，．因为点到直线l的距离为，所以．由，得，当时，．当时，解得或（不合题意）.．∴存在这样的E点，E为棱PA上靠近的三等分点.当时，．【解析】【分析】(1)以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线和平面所成角的正弦值；【解析】【分析】(1)根据圆方程求得|OC|，圆C的半径，进而可求得的最大值与最小值；(2)求出平面DEB的一个法向量和平面PAB的法向量，利用向量法能求出在棱PA上存在一点E，使得平面(2)求出a，表示出b，进而比较a与b的大小．PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，E为棱PA上靠近A的三等分点.2.【答案】（1）解：如图，以为原点，BA，BC，BP所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.易知是等腰直角三角形，∴.设，则，，，，.则，，∵异面直线和所成角等于，∴，即，解得，∵，.设平面的一个法向量为，则由，得，所以可取，∴.∴直线和平面所成角的正弦值为.（2）解：假设存在，设，且，则，，设平面DEB的一个法向量为，则由，得，取，又有平面PAB的法向量，由平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，可知余弦值为，

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