北京市2022年高二上学期数学期中试卷四套附答案(Word版）
广东省2022年高二上学期数学期中试卷三套附答案(Word版）
高二上学期数学期中调研试卷A．2B．3C．D．4一、单选题二、多选题1.设，，且，则等于（）9.已知直线，，，则下列结论正确的是（）A．-1B．1C．-2D．2A.直线l恒过定点2.已知点，，动点满足，则动点的轨迹是（）B.当时，直线l的斜
高二上学期数学期中练习试卷（A卷）10．已知直线：，直线不经过第二象限，则的取值范围是（）一、单选题A．B．C．D．1.与向量＝(1，-3，2)平行的一个向量的坐标为()二、填空题A．(1，3，2)B．(-1，-3，2)C．(-1，3，-2
简介：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.平面的一个法向量是3.已知向量，，并且，则实数x的值为（）11.已知圆的一般方程为，则下列说法正确的是（）A．10B．-10C．D．A．圆的圆心为B．圆被轴截得的弦长为84.圆与圆的位置关系是（）C．圆的半径为5D．圆被轴截得的弦长为9A.相切B．内含C．相交D．外离5.如图，在直三棱柱中，，则与所成的角的12.已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，余弦值为（）轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（）A．B．C．D．A．的最小值为2B．面积的最大值为6.已知圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（）C．直线的斜率为D．为钝角三、填空题A．B．13.过点且与直线平行的直线方程为．C．D．14．若，，，且共面，则.7.平面的一个法向量，在内，则到的距离为（）15．已知点P(1，0)与圆C：，设Q为圆C上的动点，则线段PQ的中点M的轨迹方程A．10B．3C．D．为.8.直线与曲线有且仅有一个公共点，则实数的取值范围是（）16．设O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1)，点P是线段AB上的一个动点，且满足，若A．B．，则实数的取值范围是．C．或D．或四、解答题二、多选题17.已知的顶点.9.已知直线与直线垂直，则实数的值是（）（1）求边所在直线的方程； （2）求的面积.【分析】先由直线的方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出直线的倾斜角.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD2.【答案】C的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.【解析】【解答】因为椭圆，，，所以，（1）试用表示向量；（2）求BM的长.即.19.已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上．故答案为：C（1）求圆的方程；【分析】直接利用椭圆的方程，求出a，c，即可得到椭圆的离心率.（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．3.【答案】B20.如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.（1）证明：；【解析】【解答】解：∵，（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.∴，21．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于解得.和，，．M是棱的中点．故答案为：B.（1）求证：面；（2）求二面角的正弦值；【分析】由可得，求解可得实数x的值.4.【答案】B（3）在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为若存在，请求【解析】【解答】因为两圆的圆心距，出的值，若不存在，请说明理由.所以两圆内含.22.已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且．故答案为：B（1）求椭圆的方程；【分析】根据两点间距离公式求出两圆的圆心距d与两圆半径差之间的关系，即可判断两圆的位置关系.（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若，求直线l的方程．5.【答案】A【解析】【解答】如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，答案解析部分1．【答案】A则，，，，【解析】【解答】由题意直线斜率为1，而倾斜角大于或等于且不大于，所以倾斜角为所以，，．故答案为：A．所以， 所以直线与所成角的余弦值为要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距在，当．故答案为：A.在第二象限与曲线相切时，，可得，【分析】以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解综上所述，实数的取值范围或。出直线与所成角的余弦值.故答案为：C6.【答案】D【解析】【解答】设圆心关于直线直线的对称点的坐标为，则线段C1C2的中点为【分析】根据直线和曲线方程可得二者图象，要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距的取值范围，当在第二象限与曲线相切时，从而求出实数的取值范围。，且.9.【答案】A,B于是，易知圆的半径长度不变，所以圆的方程为.【解析】【解答】因为直线与直线垂直，则，解得或.故答案为：D.故答案为：AB.【分析】由圆C2的方程求得圆心坐标与半径，再求出圆心C2关于直线y=x的对称点C1的坐标，即可求得圆【分析】由直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得实数的值.C1的方程.10.【答案】A,B,C7.【答案】D【解析】【解答】对于A，，，所以不存在实数，使得，则与【解析】【解答】，不是共线向量，所以A不符合题意；则点到平面的距离.对于B，因为，所以与同向的单位向量为，所以B不符合题意；对于C，向量故答案为：D，，所以，所以C不符合题意；【分析】由题意算出，根据向量是平面a的一个法向量，可得点到平面对于D项，设平面的一个法向量是，，，所以，则的距离，计算可得答案.，令，则平面的一个法向量为，所以D符合题意.8.【答案】C故答案为：ABC.【解析】【解答】根据直线和曲线方程可得如下图象， 【分析】根据向量共线的坐标表示，可判断A、B；根据向量夹角公式，可判断C；根据平面法向量的求故直线的斜率，C符合题意；法，即可判断D.1.【答案】A,B,C对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，【解析】【解答】解：由圆M的一般方程为，则圆M的标准方程为则，，故圆心为，半径为5，则AC符合题意；令，得或，则圆M被y轴截得的弦长为6，D不符合题意；又点和点在椭圆上，①，②，令，得或，则圆M被x轴截得的弦长为8，B符合题意．①②得，易知，故答案为：ABC.则，得，【分析】求出圆的圆心与半径，然后求解弦长，逐项进行判断，可得答案.，，D不符合题意.12.【答案】B,C故答案为：BC.【解析】【解答】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，【分析】根据题意可得四边形为平行四边形，则，又，，结合基本不等式，即判断A；由，得，利用基本不等式可判断B；设，则，当且仅当时等号成立，A不符合题意；对于B，由得，，故直线的斜率，即可判断C；设，直线的斜率额为，直线的斜率为，则，即可判断D.，13.【答案】【解析】【解答】解：与直线平行的直线方程可设为：2x-y+c=0，的面积，将点(0，1)代入2x-y+c=0，得2×0-1+c=0，解得c=1，故所求直线方程为：当且仅当时等号成立，B符合题意；【分析】根据两直线平行的充要条件，结合直线方程求解即可.对于C，设，则，， 14.【答案】1整理可得：，解得：.【解析】【解答】由于共面，又点P是线段AB上的一个动点，且满足，故存在不同时为零的实数，使得，∴.即，解得，∴.故答案为：1故答案为：【分析】根据共面向量定理得到，由此得到关于m，n，的方程组，求解可得求的值.【分析】先设P(x，y，z)，然后表示出已知点的坐标，进而表示向量的坐标，根据向量数量积的运算代入即15.【答案】可求解出实数的取值范围.【解析】【解答】设，因为线段PQ的中点为M，点P(1，0)，所以.17.【答案】（1）解：直线的斜率为，因为Q为圆C上的动点，所以，即，直线的方程为：，即M的轨迹方程.即.故答案为：（2）解：点到直线的距离，【分析】设，因为线段PQ的中点为M，故，代入圆的方程求解可得线段PQ的，中点M的轨迹方程.故的面积为.【解析】【分析】(1)利用点斜式即可得求出边所在直线的方程；16.【答案】(2)利用两点之间的距离公式可得|AB|，利用点到直线距离公式可得点C到直线AB的距离d，即可求出【解析】【解答】∵O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1).设P(x，y，z).的面积.∴18.【答案】（1）解：∵，∴（2）解：∴，所以，则BM的长为.∴【解析】【分析】(1)根据向量加法法则得，代入化∵，∴，简即得用表示向量的式子； (2)由题意得的模长分别为1、1、2，利用数量积公式求得BM的长.∵面，面面，∴面.19.【答案】（1）解：因为，，所以线段的中点坐标为，又面，∴.直线的斜率，因此线段的垂直平分线方程是：，即（2）解：解法一：向量法．在中，取中点，∵，∴，∴面，圆心的坐标是方程组的解．解此方程组得：，以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空所以圆心的坐标是．间直角坐标系，圆的半径长，设，∵，∴，所以圆心为的圆的标准方程是．∴，，，，，（2）解：因为，所以在圆内.∴，，.又因为直线被圆截得的弦长为，设面法向量为，所以圆心到直线的距离①当直线的斜率不存在时，，则，解得.到的距离为，符合题意．设直线与平面所成角为，②当直线的斜率存在时，设，即．则，所以，，解得，直线为：，即：因为，∴.综上：直线的方程为或．所以直线与平面所成角的余弦值为.【解析】【分析】（1）由圆的性质可得：的垂直平分线方程与直线联立方程组求得圆心解法二：几何法为，用两点之间距离公式求得，即可求出圆的标准方差.过作交于点，则为中点，（2）由圆的半径，弦长，利用垂径定理和勾股定理求出弦心距，再利用圆心到直线过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，的距离为求出直线方程即可，需注意斜率不存在的情况.过作交于点，连结，20.【答案】（1）证明：依题意，面面，，连结，取中点，连结，， 四边形为矩形，所以面，所以，即据此可得平面的一个法向量,又，所以面，所以为线与面所成的角.设二面角的平面角大小为，易知：令，则，，，则，即．由同一个三角形面积相等可得，二面角的正弦值为．为直角三角形，由勾股定理可得，（3）解：假设存在满足题意的点N，且：，所以，设点N的坐标为，据此可得：，由对应坐标相等可得，又因为为锐角，所以，故，由于平面的一个法向量，所以直线与平面所成角的余弦值为.由题意可得：【解析】【分析】(1)先根据面面得到面，进而证得；(2)以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立直解得：，角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量即可求出直线与平面所成角的余弦值.据此可得存在满足题意的点N，且的值为.21.【答案】（1）解：以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量即可证明平则面；（2）分别求出平面与平面的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（3）假设存，，，，在，利用线面角的夹角公式即可得出表达式，解方程即可。．则，，．2.【答案】（1）易知点、，故，设平面的法向量是，则，即因为椭圆的离心率为，故，，令，则，．于是．因此，椭圆的方程为；，．（2）设点为椭圆上一点，又平面，平面．先证明直线的方程为，（2）解：设平面的法向量为．则， 联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【解析】【分析】（1）先求出a值，结合a，b，c的关系求得b，从而求得椭圆的方程；（2）设M(x0，y0)，可得直线l的方程，求出点P的坐标，再根据MP//BF得KMP=KBF，求得x0，y0的值，即可得出直线l的方程 高二上学期数学期中考试试卷A．4B．2C．3D．5二、多选题一、单选题9．下列命题中，正确的有（）1.椭圆的焦距等于2，则的值为（）A．分别是平面的法向量，若，则A．6B．9C．6或4D．9或1B．分别是平面的法向量，若，则2.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（）C．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则A．B．D．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为C．D．与相交但不垂直10.将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论正确的是（）3.已知直线与直线平行，则等于（）A．A．3或—2B．—2C．3D．2B．是等边三角形4.方程化简的结果是（）C.与平面所成的角为90°D.与所成的角为30°A．B．C．D．11.下列结论错误的是（）5.圆截直线的最短弦长为（）A.过点，的直线的倾斜角为30°A．2B．C．4D．8B.若直线与直线垂直，则6.唐代诗人李的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的C.直线与直线之间的距离是数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在地为点，若将军从点处出发，河岸线D.已知，，点P在x轴上，则的最小值是5所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）12.已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，长轴长为，焦距为A．B．C．D．，点P在椭圆C上且满足，直线与椭圆C交于另一个点Q，若7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M是椭圆上一点，点A是线段上一，点M在圆上，则下列说法正确的是（）点，且，，则该椭圆的离心率为（）A.椭圆C的离心率为B．面积的最大值为A．B．C．D．C．D．圆G在椭圆C的内部三、填空题8.已知圆：，直线：，P为上的动点，过点P作圆的切线13.已知两个不同平面的法向量分别是，，则这两个平面的位置关系PA，PB，切点为A，B，则的最小值为（） 是．（2）若点，分别记直线､直线的斜率为､，求的值.14.过点，与直线垂直的直线方程为．22.已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．15.设点P是直线上的动点，过点P引圆的切线（切点为（1）求C的方程：），若的最大值为，则该圆的半径r等于．（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．答案解析部分16.已知椭圆与圆，若在圆上任意一点作圆的切线交椭圆于两1.【答案】C点，使得（O为坐标原点），则椭圆的离心率的值是．四、解答题【解析】【解答】椭圆的焦点在x轴时，有.17.在①过点；②椭圆长半轴为a，短半轴为b，且；③长轴长为这三个条件中任选一由题意得：，解得：m=6.个，补充在下面问题中，并解答.已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率，且.椭圆的焦点在y轴时，有.（1）求椭圆的方程；由题意得：，解得：m=4.（2）过右焦点F的直线交椭圆于P，Q两点.当直线的倾斜角为时，求的面积.故答案为：C18.已知圆，直线．（1）当为何值时，直线与圆相切；【分析】当焦点坐标在x轴时，，当焦点坐标在y轴时，，由此能得到实数m的值.（2）当直线与圆相交于，两点，且时，求直线的方程．2.【答案】B19.如图，四棱锥中，为正三角形，ABCD为正方形，平面平面ABCD，E、F分别【解析】【解答】因为，，为AC、BP中点.所以，（1）证明：平面PCD；所以∥，（2）求直线BP与平面PAC所成角的正弦值.因为直线的方向向量为，平面的法向量为，20.如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，O所以，为的中点，，.故答案为：B（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【分析】利用向量的坐标关系，得到，根据共线向量定理，可得∥，进一步得出结论.21.已知圆经过点，及.经过坐标原点的斜率为的直线与圆3.【答案】C交于，两点.【解析】【解答】由题意，解得或，（1）求圆的标准方程；时，两直线方程分别为，，平行， 时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．【解析】【解答】若是关于的对称点，如下图示：“将军饮马”的最短总路程为所以．，故答案为：C．∴，解得，即.【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.4.【答案】D∴.【解析】【解答】∵方程，故答案为：C表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，【分析】利用点关于点的对称点的求法，求出点A关于直线x+y=3的对称点A’，由三点共线取得最小值，∴它的轨迹是以为焦点，长轴，焦距的椭圆；结合两点间距离公式求解即可.∴；7.【答案】C∴椭圆的方程是，即为化简的结【解析】【解答】设，，则，果．故答案为：D．根据余弦定理：，，即，【分析】根据方程得出它表示的几何意义是椭圆，从而求出方程化简的结果是椭圆的标准方程.5.【答案】C即，即，解得，故.【解析】【解答】由已知，半径为，故答案为：C.直线方程整理得，【分析】利用余弦定理，结合三角形的面积转化求解椭圆的几何量，然后求解离心率即可.由，得，即直线过定点，8.【答案】A又，因此在圆内，【解析】【解答】由题设，圆为，由点线距离公式知：到直线l的距离当时，弦长最短．为弦中点．，则直线l与圆相离，如下图示：，所以．故答案为：C．在中，的变小过程中在变小，由且，可知【分析】根据题意，由圆的方程分析圆心和半径，设圆的圆心为C，由直线的方程分析可得直线恒过定点也随之变小，又，则也变小，，由直线与圆的位置关系可得当时，圆截直线所得的弦长最短，据此计算可得答案.∴要使的最小值，只需最小即可，6．【答案】C 【分析】取BD的中点O，连结AO，CO，AC，由AO⊥BD，CO⊥BD，由此能证明BD⊥平面AOC，从仅当等于到的距离时，最小，此时，且，而AC⊥BD；，△ACD是等边三角形，AO⊥平面BCD，由此能∠ABD是AB与平面∴的最小值为4.BCD所成角，且∠ABD=45°；由，推导出，由此能求出AB与CD所成故答案为：A角.1.【答案】A,B,C【分析】根据题意，只需转化为圆上的点到直线的距离最小，即转化的圆心到直线的距离，即可求出【解析】【解答】对A，，A不符合题意；的最小值。对B，若两条直线垂直，则2a-3=0，得，故错误；9.【答案】A,B【解析】【解答】A.分别是平面的法向量，若，则，正确.对C，直线可化为，则两条直线间的距离，C不符合题意；B.分别是平面的法向量，若，则，正确对D，如图，设点B关于x轴的对称点为C（-1，-1），C.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则或，故不正确.则，当且仅当A，P，C三点共线时取“=”，D符合题意.D.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为，故不正确故答案为：ABC.故答案为：AB【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系判断选项A；由两条直线垂直的充要条件判断选项B；利用两条平行直线间的距离判断选项C；由三点共线，距离之和最小即可判断选项D.【分析】根据平面向量的法向量的位置关系，直接判断面面、线面位置关系和线线角，即可得到答案。12.【答案】B,C,D10.【答案】A,B【解析】【解答】对于A选项，如图，取的中点，连接，，，则，，【解析】【解答】，又，平面，又平面，∴，A中结论正确；，设则对于B选项，由直二面角，得，∴是等边三角形，B中结论正又，，确；对于C选项，∵平面，∴是与平面所成的角，其大小为45°，C中结论错误；，即，所以A不正确；对于D选项，，不妨设，当点在轴上时三角形面积的最大，则，∴此时，所以B符合题意；，∴，∴，因为所以，C符合题意；即与所成的角为60°，D中结论错误.故答案为：AB.圆，，圆在椭圆内部，所以点在椭圆内部，所以D符合题意. 故答案为：BCD在中，，故答案为：1【分析】利用求得，利用已知条件及椭圆定义求出，逐一判断各个选项可得答案。【分析】利用∠APB最大，则∠APC也最大，再利用点C到直线3x-4y+7=0的距离公式列式求解即可。13.【答案】平行16.【答案】【解析】【解答】因为两个不同平面的法向量分别是，，【解析】【解答】解：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，∴，代入椭圆方程得到：，所以这两个平面的位置关系是平行.，故答案为：平行.，【分析】由题可得向量的位置关系即可判断。化简得：；14.【答案】若直线的斜率存在，设直线方程为，【解析】【解答】由直线，可得斜率为，直线与圆相切，所以所求直线的斜率为，又因为直线过点，可得直线方程为，即，即，．故答案为：．由，得：，【分析】首先由已知直线的方程求出斜率的值，再由直线垂直的斜率之间的关系求出所求直线的斜率，然后由点斜式求出直线的方程即可。则，，15.【答案】1，【解析】【解答】设圆的圆心为，，因为点P是直线上的动点，即，所以当点到点的距离最小时，取得最大值，此时与直线垂直，即，因为为，所以，整理得，点到直线的距离为， 又，，故，，，，综上所述：，故，.将代入有，即，【解析】【分析】（1）根据所选条件得到方程组，解得a，b，即可得到椭圆方程；（2）首先求出直线的方程，再联立直线与椭圆方程，消元，利用韦达定理，根据则.计算可得的面积.故答案为：.18.【答案】（1）圆的标准方程为，圆心，半径为若直线与圆相切，则有，解得【分析】设直线方程为，与椭圆方程联立整理得，利用（2）设圆心到直线的距离为，则有韦达定理结合向量内积的坐标表示可得，再结合已知条件，即可求出a，c，进而求出椭圆的离心率。即，即，由，解得或所以直线的方程为或17.【答案】（1）选择①时：，则，设椭圆方程为，【解析】【分析】把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径r，将点带入方程，得到，故椭圆方程为.(1)当直线与圆相切时，圆心到直线的距离d等于圆的半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离d，让d等于圆的半径r，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；选择②时：，，解得，，则，(2)联立圆C和直线的方程，消去y后，得到关于x的一元二次方程，然后利用韦达定理表示出AB的长度，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值.故椭圆方程为.19.【答案】（1）如图所示：连接，则为中点，为中点，则，选择③时：长轴长为，，，，则，平面PCD，且平面PCD，故平面PCD.（2）分别为中点，连接，，平面平面ABCD，故椭圆方程为.故平面，.以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为2，（2）右焦点，倾斜角为，故直线斜率为，故直线方程为，则，，，， 由，，，设平面的法向量为，则，可得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.取得到，，【解析】【分析】(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.即可；【解析】【分析】(1)连接BD，证明EF//PD，即可证明EF//平面PCD；(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平(2)建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，设正方形边长为2，求出，平面PAC的法向面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可.量，利用空间向量的数量积求解即可求出直线BP与平面PAC所成角的正弦值.21.【答案】（1）解：设圆的方程为：，由圆过，20.【答案】（1）如图，连接.在中，由可得.及.因为，，所以，.∴可得，因为，，，∴圆的方程为：，其标准方程为所以，所以.，（2）解：设，，直线为因为，，，平面，，所以平面.与圆：联立得：，（2）由（1）可知，，，两两垂直，以∴，则，，O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.∴又由，有，可得点A的坐标为，【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为：，由圆过，设平面的法向量为，及，再利用代入法，从而解方程组求出D，E，F的值，进而求出圆的一般方程，再转化为圆的标准方程。由，，有，（2）设，，直线为，与圆：联立结合韦达取，则，，可得平面的一个法向量为.定理和判别式法，得出，，，再利用两点求斜率公式，从而得出设平面的法向量为，的值。由，，有，取，则，，可得平面的一个法向量为. 此时直线MN过点,2.【答案】（1）解：由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）..由于，故由中点坐标公式可得.（2）解：设点.故存在点，使得|DQ|为定值.因为AM⊥AN，∴，即,①【解析】【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)设出点M，N的坐标，当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1.在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q代入椭圆方程消去并整理得：,的位置.②,根据,代入①整理可得：将②代入，，整理化简得,∵不在直线上，∴，∴，于是MN的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2.代入得,结合,解得, 高二上学期数学期中考试试卷，则实数x的值为（）一、单选题A．B．C．D．1.直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是（）A．30°B．45°C．60°D．90°8.已知点为抛物线的焦点，，点为抛物线上一动点，当最小时，点2.给出下列命题恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜率的平方为（）①空间中所有的单位向量都相等；②方向相反的两个向量是相反向量；A.B．C．D．③若满足，且同向，则；二、多选题④零向量的方向是任意的；9.已知圆心为的圆与点，则（）⑤对于任意向量，必有A.圆的半径为2．其中正确命题的序号为B．点在圆外（）C．点与圆上任一点距离的最大值为A．①②③B．⑤C．④⑤D．①⑤D．点与圆上任一点距离的最小值为3．已知A(－1，2)，B(1，3)，C(0，－2)，点D使AD⊥BC，AB∥CD，则点D的坐标为（）10.设，为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（）．A．B．C．D．A.B．4.若直线、的方向向量分别为，，则与的位置关系是（）C．D．A．B．11.过M（1，1）作斜率为2的直线与双曲线相交于A、B两点，若M是AB的C．、相交不垂直D．不能确定中点，则下列表述正确的是（）5.过A（4，y），两点的直线的一个方向向量为则（）A.b aA．B．C．-1D．112.在棱长为1的正方体中，点满足，，6.若直线l的方程为x-ysinθ+2=0，则直线l的倾角的范围是（）A．[0，]，则以下说法正确的是（）B．[，]A.当时，平面C．[，]B.当时，存在唯一点使得与直线的夹角为D．[，）∪（，）7.已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且 21.如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，C.当时，CP长度的最小值为，.将沿折起到的位置，使得平面平面D.当时，CP与平面所成的角不可能为，如图2.三、填空题（1）求证：.13.已知，若直线，则m的值（2）求直线和平面所成角的正弦值.为．14.抛物线C：y2=4，直线绕旋转，若直线与抛物线C有两个交点．则直线的斜率（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出k的取值范围是的值；若不存在，说明理由.15.已知点P在抛物线上，直线PA，PB与圆相切于点A，B，22.已知双曲线的左､右顶点分别为，曲线是以、为短轴的两端点且离心率且PA⊥PB，若满足条件的P点有四个，则m的取值范围是．16.已知圆C的方程为，点E的坐标为，则；直线l：为的椭圆，设点在第一象限且在双曲线上，直线与椭圆相交于另一点．，则C到直线l的距离为．（1）求曲线的方程；四、解答题17.已知的顶点坐标为．（2）设点的横坐标分别为，证明：；（1）点是边的中点，求直线及直线的方程；（3）设与(其中为坐标原点)的面积分别为与，且，求（2）直线垂直边于点，求直线的方程及点坐标．的取值范围.18.已知圆过两点，，且圆心在直线上．（1）求该圆的方程；答案解析部分（2）求过点的直线被圆截得弦长最小时的直线的方程．1．【答案】B19.在如图所示的六面体中，矩形平面，，【解析】【解答】由直线x=2知其倾斜角为90°，，，．由直线x-y+2=0知其倾斜角为45°，（1）设为中点，证明：平面；所以直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是45°.（2）求平面BCF与平面ABC夹角余弦值．故答案为：B.（3）求D点到平面BCF的距离．20．已知动圆过点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线．【分析】分别求出两条直线的倾斜角，即可求出答案。2.【答案】C（1）求曲线的方程；【解析】【解答】对于①，长度相等，方向也相同的向量才是相等的向量，两个单位向量，方向不同时，不相（2）若，是曲线上的两个点且直线过的外心，其中为坐标原点，求等，故①错误；证：直线过定点． 对于②，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，仅仅方向相反不是相反向量，故②错误；【解析】【解答】解法一：由直线上的两点A（4，y），，得，对于③，向量是既有大小有有方向的量，向量的长度(模)能够比较大小，但向量不能比较大小的，故③错又直线的一个方向向量为，因此，误；对于④，根据规定，零向量与任意向量都平行，故零向量是有方向的，只是没有确定的方向，为任意的，故∴，解得，④正确；故答案为：C.对于⑤，为向量模的不等式，由向量的加法的几何意义可知是正确的，故⑤正解法二：由直线的方向向量为得，直线的斜率为，确．综上，正确的命题序号为④⑤，所以，解得.故答案为：C.故答案为：C.【分析】利用相等向量的定义判断①；利用相反向量的定义判断②；利用向量的性质判断③；零向量的定【分析】由直线的方向向量可得直线的斜率，再由斜率公式可得答案。义判断④；由向量的加法的几何意义判断⑤.6.【答案】C3.【答案】D【解析】【解答】当时，方程为，倾斜角为【解析】【解答】解：设D(x，y)，∵AD⊥BC，∴·＝－1，∴x＋5y－9＝0，当时，直线的斜率，所以∵AB∥CD，∴＝，∴x－2y－4＝0，由得，，即故答案为：D.综上【分析】设D(x，y)，由AD⊥BC可得x＋5y－9＝0，由AB∥CD可得x－2y－4＝0，联立求解出x，y，可故答案为：C．得点D的坐标。4.【答案】A【分析】分和两种情况，结合正切函数的性质即可求出直线l的倾角的范围。【解析】【解答】由题意，直线、的方向向量分别为，，7.【答案】A，【解析】【解答】，又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，∴与的位置关系是.∴，故答案为：A.解得x=，【分析】由可得。故答案为：A．5.【答案】C 【分析】利用空间向量基本定理及向量共面的条件可得，求解可得答案。【解析】【解答】依题意，圆：，则圆心，半径，A不正8.【答案】B确；【解析】【解答】由抛物线的对称性，设为抛物线第一象限内点，如图所示：因点，则，点在圆外，B符合题意；故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C符合题意；当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA设直线方程为：，上时取“=”，C符合题意.故答案为：BCD联立，整理得，其中，解得：，由为抛物线第一象限内点，则【分析】圆的方程配方求得半径可判断A；由可判断B；求出圆上的点到定点A的距离的最值可判断C、D。则，解得：，此时，即或10．【答案】A,D所以点的坐标且【解析】【解答】由数量积的性质和运算律可知AD是正确的；由题意知，双曲线的左焦点为，右焦点为而运算后是实数，没有这种运算，B不正确；设双曲线的实轴长为2a，则，，，C不正确.又，则故答案为：AD.故渐近线斜率的平方为【分析】根据题意由数量积的运算性质以及向量的运算性质对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：B1.【答案】C,D【解析】【解答】解：设，【分析】作出图形，可知与抛物线相切，取得最小值，设直线方程为：则，，与抛物线联立求出点N的坐标，利用双曲线的定义求出2a，结合，可求得，再利用求出结果。根据已知条件，结合双曲线的性质，以及抛物线的定义，即可求出渐近线斜率的平两式相减得，方.9．【答案】B,C,D化简得，因为M（1，1）是AB的中点， 成的角的最大值由此判断出选项C与D，由此即可得出答案。所以，即，13.【答案】1或-1所以，渐近线方程为，离心率为，【解析】【解答】∵A，B两点纵坐标不相等，故答案为：CD∴与x轴不平行．∵，∴与x轴不垂直，【分析】根据已知条件，利用“点差法”和双曲线的性质结合中点坐标公式，求出，逐项进行分析，∴，即．可得答案。①当与x轴垂直（或重合）时，，解得，此时C，D的纵坐标均为12.【答案】A,C,D，【解析】【解答】对于A，当时，，即点P在线段上，利用正方∴轴，此时，满足题意．②当与x轴不垂直时，由直线的斜率公式得体的性质，易证平面平面，平面，∴平面，故A正确；对于B，当时，，设的中点为H，则，，即，即点为中点，此时，故B错误；∵，∴，即，解得对于C，当时，可知P，，A三点共线，线段CP在中，当点P为中点时，．综上，m的值为1或-1．故答案为：1或-1CP最小，此时，，故CP长度的最小值为【分析】当与x轴垂直（或重合）时，得，求出m，当与x轴不垂直时，分别，故C正确；求出直线AB、CD的斜率，再由可得，求解可得m的值，综合可得m的值。对于D，当时，可知P，，A三点共线，点P在平面内的射影为Q在线段14.【答案】上，则为CP与平面所成的角，，又，所以【解析】【解答】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，代入抛物线方程得，，而，所以CP与平面所成的角不可能为，故D化简得，，正确；因为直线与抛物线C有两个交点，所以，且，【分析】根据题意当时，P的轨迹为线段DA1，证明平面CB，D、即可判断选项A正确；当即，且，号时，点P的轨迹为线段EF，可得当P与E重合时，DP与直线CB1所成角最大，求出最大角由此判解得，且，断出选项B错误；当时，P点轨迹为线段D1A，分别求出CP长度的最小值与CP与平面BCC1B1所 所以直线的斜率k的取值范围是，故答案为：3；.故答案为：【分析】求出C的坐标，分别利用两点间的距离公式可求出；利用点到直线的距离公式计算即可求出【分析】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立，利用判别式C到直线l的距离.大于零，求解可得直线的斜率k的取值范围。17.【答案】（1）解：由已知可得，15.【答案】故由点斜式可得：，即【解析】【解答】解:因为直线PA，PB与圆相切于点A，B，且PA⊥PB，所以直线方程为：所以四边形QAPB为正方形，所以，由中点，所以问题转化为圆与抛物线有四个公共点，将抛物线方程代人圆的方程消去，得，故由两点式可得：，即，所以直线方程为：由题意，此方程有两个不等正根，故，解得，（2）由，可得，故答案为：.故由点斜式可得所以直线【分析】依题意可得，则点P的轨迹方程为，故只需方程(m>0)与方程有四个解即可，利用判别式、根的分布，即可得到关于M的不等式组，求解出答案联立直线与方程，解得，即可。16.【答案】3；所以【解析】【解答】圆C的圆心坐标为，点E的坐标为，所以【解析】【分析】(1)根据中点公式，两点式及点斜式即可求出直线及直线的方程；；(2)根据直线垂直的性质结合点斜式可求出直线的方程，联立直线与方程，求解可得点坐标．直线l的一般式方程为：，故圆心C到直线l的距离为：18.【答案】（1）解：因为圆过两点，，设的中点为，则，.因为，所以的中垂线方程为y-2=(x-0)，即， 又因为圆心在直线上，，所以平面BCF与平面ABC夹角余弦值为．解得，圆心，，（3）解：由，D到平面BCF的距离.故圆的方程为．所以D点到平面BCF的距离为．（2）解：因为直线被圆截得弦长最小时CP⊥，由过点，的斜率为，=-1，【解析】【分析】（1）证得，根据线面平行的判定定理即可证得平面；（2）以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标所以直线的方程为，故直线的方程为．系，求出平面的法向量和平面ABC的法向量，利用向量法即可求出平面BCF与平面ABC夹角余弦【解析】【分析】（1）求出AB的中垂线，根据求出圆心坐标和半径，即可得出圆的方值；（3）利用向量数量积计算D点到平面BCF的距离．程；20.【答案】（1）由题意到点的距离等于点到直线的距离，所以点轨迹是以（2）直线被圆截得的弦长最小时是垂直于圆的直径所在的直线，利用斜率公式求出，进而得出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线的方程．为焦点，直线为准线的抛物线，，，19.【答案】（1）证明：连接，相交于，因为矩形，所以是的中点，抛物线方程即点轨迹方程是．又因为为中点，所以，且，（2）因为直线过的外心，所以，的斜率一定存在，又因为，，，所以，且，所以四边形为平设方程为，代入抛物线方程得，或，行四边形，故，所以，，即，同理得，又因为平面，平面，因此平面；直线方程为，整理得，（2）解：因为矩形平面，且矩形平面，又，时，，所以直线过定点．所以平面，又因为，所以两两垂直，【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义即可得曲线的方程；故以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，所(2)的斜率一定存在，设方程为，代入抛物线方程求得A点坐标，同理求得B点坐以，标，再由两点式写出直线AB方程，由此证得直线过定点．设平面的法向量为，且，21.【答案】（1）因为在中，，分别为，的中点，所以，.因此，则，取，则，所以，又为的中点，所以.因为平面平面，且平面，而平面ABC的法向量是为， 所以平面，令，所以.整理得.解得.（2）取的中点，连接，所以.由（1）得，.所以线段上存在点适合题意，且.如图建立空间直角坐标系.【解析】【分析】(1)推导出，，从而，进而，由此得到由题意得，，，，.平面，从而能证明；所以，，.(2)取的中点，连接，得，由（1）得，，建立空间直设平面的法向量为.角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求出直线和平面所成角的正弦值；则(3)线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法可得即整理求解得的值，进而可得的值。令，则，，所以.2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，设直线和平面所成的角为，依题意可得，所以，则.因为椭圆的离心率为，所以，即，故所求角的正弦值为.椭圆方程为；（3）线段上存在点适合题意.设，其中.（2）设点，2)，直线的斜率为，设，则有，则直线的方程为，联立方程组，整理，得所以，，，从而，所以，又，，解得或.所以.所以 方程为，联立椭圆的方程，解得x2，同理可得x1，进而可证得；同理可得，.所以(3)由(2)，由，得，再结合点在双（3）由（2）曲线上可得，再计算S1，S2，结合基本不等式得的取值范围.因为，所以，即，因为点在双曲线上，则，所以，即.因为点是双曲线在第一象限内的一点，所以.因为，所以.由（2）知，，即.设，则则.设，当且仅当，即时取等号，所以函数在上单调递增，在(2，3]上单调递减.因为，所以所以的取值范围为【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，依题意可得，推出，又椭圆的离心率为，解得a2，即可得出曲线的方程；(2)设点，直线的斜率为，则直线的 高二上学期数学期中“同心顺”联合考试试卷10．已知等差数列的公差为，前项和为，且，，以下命题正确的是（）一、单选题A．的最大值为121.设等差数列的前项和，若，那么等于（）A．16B．20C．24D．28B．数列是公差为的等差数列2.直线的一个方向向量为，则它的斜率为（）C．是4的倍数A．B．C．D．D．3.已知各项均为正数的等比数列，，，则（）11.圆心在直线上，与直线相切，且被直线所截得的弦长为的圆的方程（）A．7B．8C．9D．10A．B．4.已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，它的长轴长等于圆：的直径，则椭圆的标C．D．准方程是（）12.以下说法正确的是（）A．B．C．D．A.椭圆的长轴长为4，短轴长为5.等比数列的前项和为，首项，若数列也为等比数列，则数列的公比B.离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁（）A．-2B．2C．D．C.椭圆的焦点在轴上且焦距为26.过点且与原点距离最大的直线方程是（）D.椭圆的离心率为A．B．三、填空题C．D．13.若直线：与直线：垂直，则．7.已知等差数列的公差，若，，则该数列的前项和的最大值为14.已知等差数列的首项为，前10项形成一组数据的中位数为8，则．（）15.过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是．A．30B．35C．40D．4516.若无论取何值，直线与圆恒有两个公共点，则的取值范围为．8．点为椭圆上一点，为焦点，则的最大值为（）四、解答题A．1B．3C．5D．717.已知等比数列中，，．二、多选题（1）求数列的通项公式；9．已知点到直线的距离等于1，则（）（2）设，求数列的前项和．A．B．C．-1D．3 18.直线经过两直线：和：的交点．【解析】【解答】，（1）求与直线平行的直线的方程；，（2）求横纵两截距相等的直线的方程．故答案为：B19.数列的前项和为，．（1）设，求证数列是等比数列；【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可直接求解.2.【答案】A（2）求数列的前项和．【解析】【解答】且是直线的方向向量，.20.已知圆：．故答案为：A（1）若圆与圆：有三条外公切线，求的值；（2）若圆与直线交于两点，，且（为坐标原点），求的值．【分析】由直线的方向量为可得直线的斜率。3.【答案】C21.设，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，【解析】【解答】由，，有，又因为各项均为正数，所以且，，成等差数列．，（1）求；故答案为：C（2）若直线的斜率为1，求椭圆的标准方程．22．200多年前，10岁的高斯充分利用数字1，2，3，，100的“对称”特征，给出了计算的【分析】利用等比数列的性质，即可求出答案。快捷方法．教材示范了根据高斯算法的启示推导等差数列的前项和公式的过程．实事上，高斯算法的依据4.【答案】B是：若函数的图象关于点对称，则对恒成立．已知函数【解析】【解答】依题意可设椭圆的标准方程为，半焦距为，．由，半径为4，故有，又，，（1）求的值；.（2）设，，记数列的前项和为，所以椭圆的标准方程为.求证．故答案为：B答案解析部分1.【答案】B【分析】利用配方法化简得到圆的半径为4，所以椭圆的长轴为4，根据离心率求出c， 根据勾股定理求出b，得到椭圆的解析式即可。【解析】【解答】等差数列，由，有，5.【答案】D又，公差，所以，，得，【解析】【解答】设等比数列的公比为，，，，∴当或10时，，最大，，故答案为：D，依题意数列是等比数列，【分析】先用等差数列的通项公式，分别表示出和，联立方程求得d和a1，进而可表示出Sn，利用二次函数的性质求得其最大值.所以，8.【答案】C，【解析】【解答】，，，，即.由于，所以.所以的最大值为.故答案为：D故答案为：C【分析】利用等比数列的前n项和公式得到关于q的一元二次方程，求出方程的解即可得到q的值.【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解.6.【答案】A9.【答案】A,B【解析】【解答】过点且与原点O距离最远的直垂直于直线，【解析】【解答】依题意有.，故答案为：AB.∴过点且与原点O距离最远的直线的斜率为，∴过点且与原点O距离最远的直线方程为：【分析】根据点到直线的距离公式，即可求出答案。10.【答案】A,B,C，即.故答案为：A【解析】【解答】由题可得，解得，【分析】过点且与原点O距离最远的直线垂直于直线OP，求出，从而过点且与则，则是4的倍数，C符合题意；原点O距离最远的直线的斜率为k=-2，由此能求出过点且与原点O距离最远的直线方程.7.【答案】D 故离心率为；，对称轴为，开口向下，则当或3时，取得最大值为12，A故答案为：ABD符合题意；因为，所以数列是公差为的等差数列，B符合【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解。13．【答案】2题意；【解析】【解答】时，不合题意，，D不符合题意.时，直线：与直线：的斜率分别为，故答案为：ABC.因为直线：与直线：垂直，【分析】根据题意求出首项和公差，再逐项进行分析判断，可得答案。所以，解得，故答案为：2.1.【答案】C,D【解析】【解答】因为圆心在直线上，所以设圆心为，而圆与相切，则圆的半径【分析】由题意利用两条直线垂直的性质，求出m的值.，于是圆的方程为.14.【答案】5圆心到直线距离，则，【解析】【解答】依题意有，设公差为d，所以，故圆的方程为：或.故答案为：CD.故答案为：5.【分析】设出所求圆的圆心为，根据点到直线的距离公式求出a的值，由此写出圆的标准方程.【分析】根据题求出，进而结合等差数列的通项公式求出公差，最后求出。12.【答案】A,B,D15.【答案】【解析】【解答】对于A：椭圆中，，【解析】【解答】设切点分别为，因为点在圆上，所以以为切点故长轴长为4，短轴长为，A符合题意；的切线方程分别为：，而点在两条切线上，所以对于B：因为椭圆的离心率越大，该椭圆越扁，，即点P满足直线.所以离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁，B符合题意；故答案为：.对于C：椭圆的焦点在轴上，C不符合题意；【分析】根据题意，设出切点，根据切点在圆上，得到两条切线方程，进而根据点P对于D：椭圆中，，在两条切线上，即可求出经过两切点的直线方程。 16.【答案】【解析】【分析】(1)解方程组求出交点的坐标，设出平行直线的方程，代入点的坐标，解出即可；(2)设横纵两截距相等的直线的方程为或，代入点的坐标，求出直线方程即可.【解析】【解答】依题意有圆心到直线的距离，即，19.【答案】（1），又无论取何值，，故，故.∴当时，，故答案为：两式相减得：，又，，【分析】根据点到直线的距离公式得到根据，解不等式可得的取值范围。，17.【答案】（1）设等比数列的公比为，又，，有，解得故数列是公比为2，首项为2的等比数列.故数列的通项公式为；（2）由（1）可知，，故…①（2），…②，故数列的前项和①-②，，【解析】【分析】(1)直接利用等比数列的性质求出数列的通项公式；，(2)利用分组法和等差数列的求和公式的应用求出结果.故数列的前项和．18.【答案】（1）由，得；【解析】【分析】(1)运用数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求通项；与的交点为．(2)由(1)得，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简可设与直线平行的直线为，得所求和.有，，20.【答案】（1）由，∴所求直线方程为．知圆的圆心，半径为；（2）设横纵两截距相等的直线的方程为或，由圆：，有圆心，半径为1，由第一问可知：与的交点为，将其代入直线的方程依题意有圆与圆相外切，故；则或，解得：或，（2）设，，有，，∴所求直线方程为或．由，有， 整理得………①程组，化简得，然后利用弦长公式结合根与系数的关系列式求由，解，则椭圆E的标准方程可求.得：，易知，是方程的根，2.【答案】（1），故有，代入①，得，满足要求，故且【解析】【分析】(1)由题意确定两圆的位置关系，然后求解参数值即可；，(2)设出点的坐标，将原问题转化为坐标之间的关系，然后结合韦达定理求解实数m的值即可.21.【答案】（1）由题意知，，；由椭圆定义知，所以，又成等差数列，（2）所以，解得；【解析】【分析】(1)首先计算g(1)，g(x)+g(2-x)的和，再由数列的倒序相加求和，可得所求和；（2）设直线的方程式为，其中，(2)由(1)的结论，可得，，再由数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得证.设，，则A，两点坐标满足方程组，化简得，，则，，因为直线的斜率为1，所以即，则，解得，故椭圆的标准方程为．【解析】【分析】(1)由椭圆定义知，结合已知可得，即可求得|AB|；(2)设直线的方程式为，其中，设，，则A，B两点坐标满足方
简介：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.平面的一个法向量是3.已知向量，，并且，则实数x的值为（）11.已知圆的一般方程为，则下列说法正确的是（）A．10B．-10C．D．A．圆的圆心为B．圆被轴截得的弦长为84.圆与圆的位置关系是（）C．圆的半径为5D．圆被轴截得的弦长为9A.相切B．内含C．相交D．外离5.如图，在直三棱柱中，，则与所成的角的12.已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，余弦值为（）轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（）A．B．C．D．A．的最小值为2B．面积的最大值为6.已知圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（）C．直线的斜率为D．为钝角三、填空题A．B．13.过点且与直线平行的直线方程为．C．D．14．若，，，且共面，则.7.平面的一个法向量，在内，则到的距离为（）15．已知点P(1，0)与圆C：，设Q为圆C上的动点，则线段PQ的中点M的轨迹方程A．10B．3C．D．为.8.直线与曲线有且仅有一个公共点，则实数的取值范围是（）16．设O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1)，点P是线段AB上的一个动点，且满足，若A．B．，则实数的取值范围是．C．或D．或四、解答题二、多选题17.已知的顶点.9.已知直线与直线垂直，则实数的值是（）（1）求边所在直线的方程； （2）求的面积.【分析】先由直线的方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出直线的倾斜角.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD2.【答案】C的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.【解析】【解答】因为椭圆，，，所以，（1）试用表示向量；（2）求BM的长.即.19.已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上．故答案为：C（1）求圆的方程；【分析】直接利用椭圆的方程，求出a，c，即可得到椭圆的离心率.（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．3.【答案】B20.如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.（1）证明：；【解析】【解答】解：∵，（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.∴，21．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于解得.和，，．M是棱的中点．故答案为：B.（1）求证：面；（2）求二面角的正弦值；【分析】由可得，求解可得实数x的值.4.【答案】B（3）在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为若存在，请求【解析】【解答】因为两圆的圆心距，出的值，若不存在，请说明理由.所以两圆内含.22.已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且．故答案为：B（1）求椭圆的方程；【分析】根据两点间距离公式求出两圆的圆心距d与两圆半径差之间的关系，即可判断两圆的位置关系.（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若，求直线l的方程．5.【答案】A【解析】【解答】如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，答案解析部分1．【答案】A则，，，，【解析】【解答】由题意直线斜率为1，而倾斜角大于或等于且不大于，所以倾斜角为所以，，．故答案为：A．所以， 所以直线与所成角的余弦值为要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距在，当．故答案为：A.在第二象限与曲线相切时，，可得，【分析】以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解综上所述，实数的取值范围或。出直线与所成角的余弦值.故答案为：C6.【答案】D【解析】【解答】设圆心关于直线直线的对称点的坐标为，则线段C1C2的中点为【分析】根据直线和曲线方程可得二者图象，要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距的取值范围，当在第二象限与曲线相切时，从而求出实数的取值范围。，且.9.【答案】A,B于是，易知圆的半径长度不变，所以圆的方程为.【解析】【解答】因为直线与直线垂直，则，解得或.故答案为：D.故答案为：AB.【分析】由圆C2的方程求得圆心坐标与半径，再求出圆心C2关于直线y=x的对称点C1的坐标，即可求得圆【分析】由直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得实数的值.C1的方程.10.【答案】A,B,C7.【答案】D【解析】【解答】对于A，，，所以不存在实数，使得，则与【解析】【解答】，不是共线向量，所以A不符合题意；则点到平面的距离.对于B，因为，所以与同向的单位向量为，所以B不符合题意；对于C，向量故答案为：D，，所以，所以C不符合题意；【分析】由题意算出，根据向量是平面a的一个法向量，可得点到平面对于D项，设平面的一个法向量是，，，所以，则的距离，计算可得答案.，令，则平面的一个法向量为，所以D符合题意.8.【答案】C故答案为：ABC.【解析】【解答】根据直线和曲线方程可得如下图象， 【分析】根据向量共线的坐标表示，可判断A、B；根据向量夹角公式，可判断C；根据平面法向量的求故直线的斜率，C符合题意；法，即可判断D.1.【答案】A,B,C对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，【解析】【解答】解：由圆M的一般方程为，则圆M的标准方程为则，，故圆心为，半径为5，则AC符合题意；令，得或，则圆M被y轴截得的弦长为6，D不符合题意；又点和点在椭圆上，①，②，令，得或，则圆M被x轴截得的弦长为8，B符合题意．①②得，易知，故答案为：ABC.则，得，【分析】求出圆的圆心与半径，然后求解弦长，逐项进行判断，可得答案.，，D不符合题意.12.【答案】B,C故答案为：BC.【解析】【解答】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，【分析】根据题意可得四边形为平行四边形，则，又，，结合基本不等式，即判断A；由，得，利用基本不等式可判断B；设，则，当且仅当时等号成立，A不符合题意；对于B，由得，，故直线的斜率，即可判断C；设，直线的斜率额为，直线的斜率为，则，即可判断D.，13.【答案】【解析】【解答】解：与直线平行的直线方程可设为：2x-y+c=0，的面积，将点(0，1)代入2x-y+c=0，得2×0-1+c=0，解得c=1，故所求直线方程为：当且仅当时等号成立，B符合题意；【分析】根据两直线平行的充要条件，结合直线方程求解即可.对于C，设，则，， 14.【答案】1整理可得：，解得：.【解析】【解答】由于共面，又点P是线段AB上的一个动点，且满足，故存在不同时为零的实数，使得，∴.即，解得，∴.故答案为：1故答案为：【分析】根据共面向量定理得到，由此得到关于m，n，的方程组，求解可得求的值.【分析】先设P(x，y，z)，然后表示出已知点的坐标，进而表示向量的坐标，根据向量数量积的运算代入即15.【答案】可求解出实数的取值范围.【解析】【解答】设，因为线段PQ的中点为M，点P(1，0)，所以.17.【答案】（1）解：直线的斜率为，因为Q为圆C上的动点，所以，即，直线的方程为：，即M的轨迹方程.即.故答案为：（2）解：点到直线的距离，【分析】设，因为线段PQ的中点为M，故，代入圆的方程求解可得线段PQ的，中点M的轨迹方程.故的面积为.【解析】【分析】(1)利用点斜式即可得求出边所在直线的方程；16.【答案】(2)利用两点之间的距离公式可得|AB|，利用点到直线距离公式可得点C到直线AB的距离d，即可求出【解析】【解答】∵O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1).设P(x，y，z).的面积.∴18.【答案】（1）解：∵，∴（2）解：∴，所以，则BM的长为.∴【解析】【分析】(1)根据向量加法法则得，代入化∵，∴，简即得用表示向量的式子； (2)由题意得的模长分别为1、1、2，利用数量积公式求得BM的长.∵面，面面，∴面.19.【答案】（1）解：因为，，所以线段的中点坐标为，又面，∴.直线的斜率，因此线段的垂直平分线方程是：，即（2）解：解法一：向量法．在中，取中点，∵，∴，∴面，圆心的坐标是方程组的解．解此方程组得：，以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空所以圆心的坐标是．间直角坐标系，圆的半径长，设，∵，∴，所以圆心为的圆的标准方程是．∴，，，，，（2）解：因为，所以在圆内.∴，，.又因为直线被圆截得的弦长为，设面法向量为，所以圆心到直线的距离①当直线的斜率不存在时，，则，解得.到的距离为，符合题意．设直线与平面所成角为，②当直线的斜率存在时，设，即．则，所以，，解得，直线为：，即：因为，∴.综上：直线的方程为或．所以直线与平面所成角的余弦值为.【解析】【分析】（1）由圆的性质可得：的垂直平分线方程与直线联立方程组求得圆心解法二：几何法为，用两点之间距离公式求得，即可求出圆的标准方差.过作交于点，则为中点，（2）由圆的半径，弦长，利用垂径定理和勾股定理求出弦心距，再利用圆心到直线过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，的距离为求出直线方程即可，需注意斜率不存在的情况.过作交于点，连结，20.【答案】（1）证明：依题意，面面，，连结，取中点，连结，， 四边形为矩形，所以面，所以，即据此可得平面的一个法向量,又，所以面，所以为线与面所成的角.设二面角的平面角大小为，易知：令，则，，，则，即．由同一个三角形面积相等可得，二面角的正弦值为．为直角三角形，由勾股定理可得，（3）解：假设存在满足题意的点N，且：，所以，设点N的坐标为，据此可得：，由对应坐标相等可得，又因为为锐角，所以，故，由于平面的一个法向量，所以直线与平面所成角的余弦值为.由题意可得：【解析】【分析】(1)先根据面面得到面，进而证得；(2)以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立直解得：，角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量即可求出直线与平面所成角的余弦值.据此可得存在满足题意的点N，且的值为.21.【答案】（1）解：以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量即可证明平则面；（2）分别求出平面与平面的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（3）假设存，，，，在，利用线面角的夹角公式即可得出表达式，解方程即可。．则，，．2.【答案】（1）易知点、，故，设平面的法向量是，则，即因为椭圆的离心率为，故，，令，则，．于是．因此，椭圆的方程为；，．（2）设点为椭圆上一点，又平面，平面．先证明直线的方程为，（2）解：设平面的法向量为．则， 联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【解析】【分析】（1）先求出a值，结合a，b，c的关系求得b，从而求得椭圆的方程；（2）设M(x0，y0)，可得直线l的方程，求出点P的坐标，再根据MP//BF得KMP=KBF，求得x0，y0的值，即可得出直线l的方程 高二上学期数学期中考试试卷A．4B．2C．3D．5二、多选题一、单选题9．下列命题中，正确的有（）1.椭圆的焦距等于2，则的值为（）A．分别是平面的法向量，若，则A．6B．9C．6或4D．9或1B．分别是平面的法向量，若，则2.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（）C．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则A．B．D．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为C．D．与相交但不垂直10.将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论正确的是（）3.已知直线与直线平行，则等于（）A．A．3或—2B．—2C．3D．2B．是等边三角形4.方程化简的结果是（）C.与平面所成的角为90°D.与所成的角为30°A．B．C．D．11.下列结论错误的是（）5.圆截直线的最短弦长为（）A.过点，的直线的倾斜角为30°A．2B．C．4D．8B.若直线与直线垂直，则6.唐代诗人李的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的C.直线与直线之间的距离是数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在地为点，若将军从点处出发，河岸线D.已知，，点P在x轴上，则的最小值是5所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）12.已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，长轴长为，焦距为A．B．C．D．，点P在椭圆C上且满足，直线与椭圆C交于另一个点Q，若7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M是椭圆上一点，点A是线段上一，点M在圆上，则下列说法正确的是（）点，且，，则该椭圆的离心率为（）A.椭圆C的离心率为B．面积的最大值为A．B．C．D．C．D．圆G在椭圆C的内部三、填空题8.已知圆：，直线：，P为上的动点，过点P作圆的切线13.已知两个不同平面的法向量分别是，，则这两个平面的位置关系PA，PB，切点为A，B，则的最小值为（） 是．（2）若点，分别记直线､直线的斜率为､，求的值.14.过点，与直线垂直的直线方程为．22.已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．15.设点P是直线上的动点，过点P引圆的切线（切点为（1）求C的方程：），若的最大值为，则该圆的半径r等于．（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．答案解析部分16.已知椭圆与圆，若在圆上任意一点作圆的切线交椭圆于两1.【答案】C点，使得（O为坐标原点），则椭圆的离心率的值是．四、解答题【解析】【解答】椭圆的焦点在x轴时，有.17.在①过点；②椭圆长半轴为a，短半轴为b，且；③长轴长为这三个条件中任选一由题意得：，解得：m=6.个，补充在下面问题中，并解答.已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率，且.椭圆的焦点在y轴时，有.（1）求椭圆的方程；由题意得：，解得：m=4.（2）过右焦点F的直线交椭圆于P，Q两点.当直线的倾斜角为时，求的面积.故答案为：C18.已知圆，直线．（1）当为何值时，直线与圆相切；【分析】当焦点坐标在x轴时，，当焦点坐标在y轴时，，由此能得到实数m的值.（2）当直线与圆相交于，两点，且时，求直线的方程．2.【答案】B19.如图，四棱锥中，为正三角形，ABCD为正方形，平面平面ABCD，E、F分别【解析】【解答】因为，，为AC、BP中点.所以，（1）证明：平面PCD；所以∥，（2）求直线BP与平面PAC所成角的正弦值.因为直线的方向向量为，平面的法向量为，20.如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，O所以，为的中点，，.故答案为：B（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【分析】利用向量的坐标关系，得到，根据共线向量定理，可得∥，进一步得出结论.21.已知圆经过点，及.经过坐标原点的斜率为的直线与圆3.【答案】C交于，两点.【解析】【解答】由题意，解得或，（1）求圆的标准方程；时，两直线方程分别为，，平行， 时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．【解析】【解答】若是关于的对称点，如下图示：“将军饮马”的最短总路程为所以．，故答案为：C．∴，解得，即.【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.4.【答案】D∴.【解析】【解答】∵方程，故答案为：C表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，【分析】利用点关于点的对称点的求法，求出点A关于直线x+y=3的对称点A’，由三点共线取得最小值，∴它的轨迹是以为焦点，长轴，焦距的椭圆；结合两点间距离公式求解即可.∴；7.【答案】C∴椭圆的方程是，即为化简的结【解析】【解答】设，，则，果．故答案为：D．根据余弦定理：，，即，【分析】根据方程得出它表示的几何意义是椭圆，从而求出方程化简的结果是椭圆的标准方程.5.【答案】C即，即，解得，故.【解析】【解答】由已知，半径为，故答案为：C.直线方程整理得，【分析】利用余弦定理，结合三角形的面积转化求解椭圆的几何量，然后求解离心率即可.由，得，即直线过定点，8.【答案】A又，因此在圆内，【解析】【解答】由题设，圆为，由点线距离公式知：到直线l的距离当时，弦长最短．为弦中点．，则直线l与圆相离，如下图示：，所以．故答案为：C．在中，的变小过程中在变小，由且，可知【分析】根据题意，由圆的方程分析圆心和半径，设圆的圆心为C，由直线的方程分析可得直线恒过定点也随之变小，又，则也变小，，由直线与圆的位置关系可得当时，圆截直线所得的弦长最短，据此计算可得答案.∴要使的最小值，只需最小即可，6．【答案】C 【分析】取BD的中点O，连结AO，CO，AC，由AO⊥BD，CO⊥BD，由此能证明BD⊥平面AOC，从仅当等于到的距离时，最小，此时，且，而AC⊥BD；，△ACD是等边三角形，AO⊥平面BCD，由此能∠ABD是AB与平面∴的最小值为4.BCD所成角，且∠ABD=45°；由，推导出，由此能求出AB与CD所成故答案为：A角.1.【答案】A,B,C【分析】根据题意，只需转化为圆上的点到直线的距离最小，即转化的圆心到直线的距离，即可求出【解析】【解答】对A，，A不符合题意；的最小值。对B，若两条直线垂直，则2a-3=0，得，故错误；9.【答案】A,B【解析】【解答】A.分别是平面的法向量，若，则，正确.对C，直线可化为，则两条直线间的距离，C不符合题意；B.分别是平面的法向量，若，则，正确对D，如图，设点B关于x轴的对称点为C（-1，-1），C.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则或，故不正确.则，当且仅当A，P，C三点共线时取“=”，D符合题意.D.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为，故不正确故答案为：ABC.故答案为：AB【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系判断选项A；由两条直线垂直的充要条件判断选项B；利用两条平行直线间的距离判断选项C；由三点共线，距离之和最小即可判断选项D.【分析】根据平面向量的法向量的位置关系，直接判断面面、线面位置关系和线线角，即可得到答案。12.【答案】B,C,D10.【答案】A,B【解析】【解答】对于A选项，如图，取的中点，连接，，，则，，【解析】【解答】，又，平面，又平面，∴，A中结论正确；，设则对于B选项，由直二面角，得，∴是等边三角形，B中结论正又，，确；对于C选项，∵平面，∴是与平面所成的角，其大小为45°，C中结论错误；，即，所以A不正确；对于D选项，，不妨设，当点在轴上时三角形面积的最大，则，∴此时，所以B符合题意；，∴，∴，因为所以，C符合题意；即与所成的角为60°，D中结论错误.故答案为：AB.圆，，圆在椭圆内部，所以点在椭圆内部，所以D符合题意. 故答案为：BCD在中，，故答案为：1【分析】利用求得，利用已知条件及椭圆定义求出，逐一判断各个选项可得答案。【分析】利用∠APB最大，则∠APC也最大，再利用点C到直线3x-4y+7=0的距离公式列式求解即可。13.【答案】平行16.【答案】【解析】【解答】因为两个不同平面的法向量分别是，，【解析】【解答】解：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，∴，代入椭圆方程得到：，所以这两个平面的位置关系是平行.，故答案为：平行.，【分析】由题可得向量的位置关系即可判断。化简得：；14.【答案】若直线的斜率存在，设直线方程为，【解析】【解答】由直线，可得斜率为，直线与圆相切，所以所求直线的斜率为，又因为直线过点，可得直线方程为，即，即，．故答案为：．由，得：，【分析】首先由已知直线的方程求出斜率的值，再由直线垂直的斜率之间的关系求出所求直线的斜率，然后由点斜式求出直线的方程即可。则，，15.【答案】1，【解析】【解答】设圆的圆心为，，因为点P是直线上的动点，即，所以当点到点的距离最小时，取得最大值，此时与直线垂直，即，因为为，所以，整理得，点到直线的距离为， 又，，故，，，，综上所述：，故，.将代入有，即，【解析】【分析】（1）根据所选条件得到方程组，解得a，b，即可得到椭圆方程；（2）首先求出直线的方程，再联立直线与椭圆方程，消元，利用韦达定理，根据则.计算可得的面积.故答案为：.18.【答案】（1）圆的标准方程为，圆心，半径为若直线与圆相切，则有，解得【分析】设直线方程为，与椭圆方程联立整理得，利用（2）设圆心到直线的距离为，则有韦达定理结合向量内积的坐标表示可得，再结合已知条件，即可求出a，c，进而求出椭圆的离心率。即，即，由，解得或所以直线的方程为或17.【答案】（1）选择①时：，则，设椭圆方程为，【解析】【分析】把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径r，将点带入方程，得到，故椭圆方程为.(1)当直线与圆相切时，圆心到直线的距离d等于圆的半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离d，让d等于圆的半径r，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；选择②时：，，解得，，则，(2)联立圆C和直线的方程，消去y后，得到关于x的一元二次方程，然后利用韦达定理表示出AB的长度，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值.故椭圆方程为.19.【答案】（1）如图所示：连接，则为中点，为中点，则，选择③时：长轴长为，，，，则，平面PCD，且平面PCD，故平面PCD.（2）分别为中点，连接，，平面平面ABCD，故椭圆方程为.故平面，.以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为2，（2）右焦点，倾斜角为，故直线斜率为，故直线方程为，则，，，， 由，，，设平面的法向量为，则，可得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.取得到，，【解析】【分析】(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.即可；【解析】【分析】(1)连接BD，证明EF//PD，即可证明EF//平面PCD；(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平(2)建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，设正方形边长为2，求出，平面PAC的法向面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可.量，利用空间向量的数量积求解即可求出直线BP与平面PAC所成角的正弦值.21.【答案】（1）解：设圆的方程为：，由圆过，20.【答案】（1）如图，连接.在中，由可得.及.因为，，所以，.∴可得，因为，，，∴圆的方程为：，其标准方程为所以，所以.，（2）解：设，，直线为因为，，，平面，，所以平面.与圆：联立得：，（2）由（1）可知，，，两两垂直，以∴，则，，O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.∴又由，有，可得点A的坐标为，【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为：，由圆过，设平面的法向量为，及，再利用代入法，从而解方程组求出D，E，F的值，进而求出圆的一般方程，再转化为圆的标准方程。由，，有，（2）设，，直线为，与圆：联立结合韦达取，则，，可得平面的一个法向量为.定理和判别式法，得出，，，再利用两点求斜率公式，从而得出设平面的法向量为，的值。由，，有，取，则，，可得平面的一个法向量为. 此时直线MN过点,2.【答案】（1）解：由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）..由于，故由中点坐标公式可得.（2）解：设点.故存在点，使得|DQ|为定值.因为AM⊥AN，∴，即,①【解析】【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)设出点M，N的坐标，当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1.在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q代入椭圆方程消去并整理得：,的位置.②,根据,代入①整理可得：将②代入，，整理化简得,∵不在直线上，∴，∴，于是MN的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2.代入得,结合,解得, 高二上学期数学期中考试试卷，则实数x的值为（）一、单选题A．B．C．D．1.直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是（）A．30°B．45°C．60°D．90°8.已知点为抛物线的焦点，，点为抛物线上一动点，当最小时，点2.给出下列命题恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜率的平方为（）①空间中所有的单位向量都相等；②方向相反的两个向量是相反向量；A.B．C．D．③若满足，且同向，则；二、多选题④零向量的方向是任意的；9.已知圆心为的圆与点，则（）⑤对于任意向量，必有A.圆的半径为2．其中正确命题的序号为B．点在圆外（）C．点与圆上任一点距离的最大值为A．①②③B．⑤C．④⑤D．①⑤D．点与圆上任一点距离的最小值为3．已知A(－1，2)，B(1，3)，C(0，－2)，点D使AD⊥BC，AB∥CD，则点D的坐标为（）10.设，为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（）．A．B．C．D．A.B．4.若直线、的方向向量分别为，，则与的位置关系是（）C．D．A．B．11.过M（1，1）作斜率为2的直线与双曲线相交于A、B两点，若M是AB的C．、相交不垂直D．不能确定中点，则下列表述正确的是（）5.过A（4，y），两点的直线的一个方向向量为则（）A.b aA．B．C．-1D．112.在棱长为1的正方体中，点满足，，6.若直线l的方程为x-ysinθ+2=0，则直线l的倾角的范围是（）A．[0，]，则以下说法正确的是（）B．[，]A.当时，平面C．[，]B.当时，存在唯一点使得与直线的夹角为D．[，）∪（，）7.已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且 21.如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，C.当时，CP长度的最小值为，.将沿折起到的位置，使得平面平面D.当时，CP与平面所成的角不可能为，如图2.三、填空题（1）求证：.13.已知，若直线，则m的值（2）求直线和平面所成角的正弦值.为．14.抛物线C：y2=4，直线绕旋转，若直线与抛物线C有两个交点．则直线的斜率（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出k的取值范围是的值；若不存在，说明理由.15.已知点P在抛物线上，直线PA，PB与圆相切于点A，B，22.已知双曲线的左､右顶点分别为，曲线是以、为短轴的两端点且离心率且PA⊥PB，若满足条件的P点有四个，则m的取值范围是．16.已知圆C的方程为，点E的坐标为，则；直线l：为的椭圆，设点在第一象限且在双曲线上，直线与椭圆相交于另一点．，则C到直线l的距离为．（1）求曲线的方程；四、解答题17.已知的顶点坐标为．（2）设点的横坐标分别为，证明：；（1）点是边的中点，求直线及直线的方程；（3）设与(其中为坐标原点)的面积分别为与，且，求（2）直线垂直边于点，求直线的方程及点坐标．的取值范围.18.已知圆过两点，，且圆心在直线上．（1）求该圆的方程；答案解析部分（2）求过点的直线被圆截得弦长最小时的直线的方程．1．【答案】B19.在如图所示的六面体中，矩形平面，，【解析】【解答】由直线x=2知其倾斜角为90°，，，．由直线x-y+2=0知其倾斜角为45°，（1）设为中点，证明：平面；所以直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是45°.（2）求平面BCF与平面ABC夹角余弦值．故答案为：B.（3）求D点到平面BCF的距离．20．已知动圆过点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线．【分析】分别求出两条直线的倾斜角，即可求出答案。2.【答案】C（1）求曲线的方程；【解析】【解答】对于①，长度相等，方向也相同的向量才是相等的向量，两个单位向量，方向不同时，不相（2）若，是曲线上的两个点且直线过的外心，其中为坐标原点，求等，故①错误；证：直线过定点． 对于②，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，仅仅方向相反不是相反向量，故②错误；【解析】【解答】解法一：由直线上的两点A（4，y），，得，对于③，向量是既有大小有有方向的量，向量的长度(模)能够比较大小，但向量不能比较大小的，故③错又直线的一个方向向量为，因此，误；对于④，根据规定，零向量与任意向量都平行，故零向量是有方向的，只是没有确定的方向，为任意的，故∴，解得，④正确；故答案为：C.对于⑤，为向量模的不等式，由向量的加法的几何意义可知是正确的，故⑤正解法二：由直线的方向向量为得，直线的斜率为，确．综上，正确的命题序号为④⑤，所以，解得.故答案为：C.故答案为：C.【分析】利用相等向量的定义判断①；利用相反向量的定义判断②；利用向量的性质判断③；零向量的定【分析】由直线的方向向量可得直线的斜率，再由斜率公式可得答案。义判断④；由向量的加法的几何意义判断⑤.6.【答案】C3.【答案】D【解析】【解答】当时，方程为，倾斜角为【解析】【解答】解：设D(x，y)，∵AD⊥BC，∴·＝－1，∴x＋5y－9＝0，当时，直线的斜率，所以∵AB∥CD，∴＝，∴x－2y－4＝0，由得，，即故答案为：D.综上【分析】设D(x，y)，由AD⊥BC可得x＋5y－9＝0，由AB∥CD可得x－2y－4＝0，联立求解出x，y，可故答案为：C．得点D的坐标。4.【答案】A【分析】分和两种情况，结合正切函数的性质即可求出直线l的倾角的范围。【解析】【解答】由题意，直线、的方向向量分别为，，7.【答案】A，【解析】【解答】，又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，∴与的位置关系是.∴，故答案为：A.解得x=，【分析】由可得。故答案为：A．5.【答案】C 【分析】利用空间向量基本定理及向量共面的条件可得，求解可得答案。【解析】【解答】依题意，圆：，则圆心，半径，A不正8.【答案】B确；【解析】【解答】由抛物线的对称性，设为抛物线第一象限内点，如图所示：因点，则，点在圆外，B符合题意；故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C符合题意；当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA设直线方程为：，上时取“=”，C符合题意.故答案为：BCD联立，整理得，其中，解得：，由为抛物线第一象限内点，则【分析】圆的方程配方求得半径可判断A；由可判断B；求出圆上的点到定点A的距离的最值可判断C、D。则，解得：，此时，即或10．【答案】A,D所以点的坐标且【解析】【解答】由数量积的性质和运算律可知AD是正确的；由题意知，双曲线的左焦点为，右焦点为而运算后是实数，没有这种运算，B不正确；设双曲线的实轴长为2a，则，，，C不正确.又，则故答案为：AD.故渐近线斜率的平方为【分析】根据题意由数量积的运算性质以及向量的运算性质对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：B1.【答案】C,D【解析】【解答】解：设，【分析】作出图形，可知与抛物线相切，取得最小值，设直线方程为：则，，与抛物线联立求出点N的坐标，利用双曲线的定义求出2a，结合，可求得，再利用求出结果。根据已知条件，结合双曲线的性质，以及抛物线的定义，即可求出渐近线斜率的平两式相减得，方.9．【答案】B,C,D化简得，因为M（1，1）是AB的中点， 成的角的最大值由此判断出选项C与D，由此即可得出答案。所以，即，13.【答案】1或-1所以，渐近线方程为，离心率为，【解析】【解答】∵A，B两点纵坐标不相等，故答案为：CD∴与x轴不平行．∵，∴与x轴不垂直，【分析】根据已知条件，利用“点差法”和双曲线的性质结合中点坐标公式，求出，逐项进行分析，∴，即．可得答案。①当与x轴垂直（或重合）时，，解得，此时C，D的纵坐标均为12.【答案】A,C,D，【解析】【解答】对于A，当时，，即点P在线段上，利用正方∴轴，此时，满足题意．②当与x轴不垂直时，由直线的斜率公式得体的性质，易证平面平面，平面，∴平面，故A正确；对于B，当时，，设的中点为H，则，，即，即点为中点，此时，故B错误；∵，∴，即，解得对于C，当时，可知P，，A三点共线，线段CP在中，当点P为中点时，．综上，m的值为1或-1．故答案为：1或-1CP最小，此时，，故CP长度的最小值为【分析】当与x轴垂直（或重合）时，得，求出m，当与x轴不垂直时，分别，故C正确；求出直线AB、CD的斜率，再由可得，求解可得m的值，综合可得m的值。对于D，当时，可知P，，A三点共线，点P在平面内的射影为Q在线段14.【答案】上，则为CP与平面所成的角，，又，所以【解析】【解答】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，代入抛物线方程得，，而，所以CP与平面所成的角不可能为，故D化简得，，正确；因为直线与抛物线C有两个交点，所以，且，【分析】根据题意当时，P的轨迹为线段DA1，证明平面CB，D、即可判断选项A正确；当即，且，号时，点P的轨迹为线段EF，可得当P与E重合时，DP与直线CB1所成角最大，求出最大角由此判解得，且，断出选项B错误；当时，P点轨迹为线段D1A，分别求出CP长度的最小值与CP与平面BCC1B1所 所以直线的斜率k的取值范围是，故答案为：3；.故答案为：【分析】求出C的坐标，分别利用两点间的距离公式可求出；利用点到直线的距离公式计算即可求出【分析】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立，利用判别式C到直线l的距离.大于零，求解可得直线的斜率k的取值范围。17.【答案】（1）解：由已知可得，15.【答案】故由点斜式可得：，即【解析】【解答】解:因为直线PA，PB与圆相切于点A，B，且PA⊥PB，所以直线方程为：所以四边形QAPB为正方形，所以，由中点，所以问题转化为圆与抛物线有四个公共点，将抛物线方程代人圆的方程消去，得，故由两点式可得：，即，所以直线方程为：由题意，此方程有两个不等正根，故，解得，（2）由，可得，故答案为：.故由点斜式可得所以直线【分析】依题意可得，则点P的轨迹方程为，故只需方程(m>0)与方程有四个解即可，利用判别式、根的分布，即可得到关于M的不等式组，求解出答案联立直线与方程，解得，即可。16.【答案】3；所以【解析】【解答】圆C的圆心坐标为，点E的坐标为，所以【解析】【分析】(1)根据中点公式，两点式及点斜式即可求出直线及直线的方程；；(2)根据直线垂直的性质结合点斜式可求出直线的方程，联立直线与方程，求解可得点坐标．直线l的一般式方程为：，故圆心C到直线l的距离为：18.【答案】（1）解：因为圆过两点，，设的中点为，则，.因为，所以的中垂线方程为y-2=(x-0)，即， 又因为圆心在直线上，，所以平面BCF与平面ABC夹角余弦值为．解得，圆心，，（3）解：由，D到平面BCF的距离.故圆的方程为．所以D点到平面BCF的距离为．（2）解：因为直线被圆截得弦长最小时CP⊥，由过点，的斜率为，=-1，【解析】【分析】（1）证得，根据线面平行的判定定理即可证得平面；（2）以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标所以直线的方程为，故直线的方程为．系，求出平面的法向量和平面ABC的法向量，利用向量法即可求出平面BCF与平面ABC夹角余弦【解析】【分析】（1）求出AB的中垂线，根据求出圆心坐标和半径，即可得出圆的方值；（3）利用向量数量积计算D点到平面BCF的距离．程；20.【答案】（1）由题意到点的距离等于点到直线的距离，所以点轨迹是以（2）直线被圆截得的弦长最小时是垂直于圆的直径所在的直线，利用斜率公式求出，进而得出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线的方程．为焦点，直线为准线的抛物线，，，19.【答案】（1）证明：连接，相交于，因为矩形，所以是的中点，抛物线方程即点轨迹方程是．又因为为中点，所以，且，（2）因为直线过的外心，所以，的斜率一定存在，又因为，，，所以，且，所以四边形为平设方程为，代入抛物线方程得，或，行四边形，故，所以，，即，同理得，又因为平面，平面，因此平面；直线方程为，整理得，（2）解：因为矩形平面，且矩形平面，又，时，，所以直线过定点．所以平面，又因为，所以两两垂直，【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义即可得曲线的方程；故以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，所(2)的斜率一定存在，设方程为，代入抛物线方程求得A点坐标，同理求得B点坐以，标，再由两点式写出直线AB方程，由此证得直线过定点．设平面的法向量为，且，21.【答案】（1）因为在中，，分别为，的中点，所以，.因此，则，取，则，所以，又为的中点，所以.因为平面平面，且平面，而平面ABC的法向量是为， 所以平面，令，所以.整理得.解得.（2）取的中点，连接，所以.由（1）得，.所以线段上存在点适合题意，且.如图建立空间直角坐标系.【解析】【分析】(1)推导出，，从而，进而，由此得到由题意得，，，，.平面，从而能证明；所以，，.(2)取的中点，连接，得，由（1）得，，建立空间直设平面的法向量为.角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求出直线和平面所成角的正弦值；则(3)线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法可得即整理求解得的值，进而可得的值。令，则，，所以.2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，设直线和平面所成的角为，依题意可得，所以，则.因为椭圆的离心率为，所以，即，故所求角的正弦值为.椭圆方程为；（3）线段上存在点适合题意.设，其中.（2）设点，2)，直线的斜率为，设，则有，则直线的方程为，联立方程组，整理，得所以，，，从而，所以，又，，解得或.所以.所以 方程为，联立椭圆的方程，解得x2，同理可得x1，进而可证得；同理可得，.所以(3)由(2)，由，得，再结合点在双（3）由（2）曲线上可得，再计算S1，S2，结合基本不等式得的取值范围.因为，所以，即，因为点在双曲线上，则，所以，即.因为点是双曲线在第一象限内的一点，所以.因为，所以.由（2）知，，即.设，则则.设，当且仅当，即时取等号，所以函数在上单调递增，在(2，3]上单调递减.因为，所以所以的取值范围为【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，依题意可得，推出，又椭圆的离心率为，解得a2，即可得出曲线的方程；(2)设点，直线的斜率为，则直线的 高二上学期数学期中“同心顺”联合考试试卷10．已知等差数列的公差为，前项和为，且，，以下命题正确的是（）一、单选题A．的最大值为121.设等差数列的前项和，若，那么等于（）A．16B．20C．24D．28B．数列是公差为的等差数列2.直线的一个方向向量为，则它的斜率为（）C．是4的倍数A．B．C．D．D．3.已知各项均为正数的等比数列，，，则（）11.圆心在直线上，与直线相切，且被直线所截得的弦长为的圆的方程（）A．7B．8C．9D．10A．B．4.已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，它的长轴长等于圆：的直径，则椭圆的标C．D．准方程是（）12.以下说法正确的是（）A．B．C．D．A.椭圆的长轴长为4，短轴长为5.等比数列的前项和为，首项，若数列也为等比数列，则数列的公比B.离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁（）A．-2B．2C．D．C.椭圆的焦点在轴上且焦距为26.过点且与原点距离最大的直线方程是（）D.椭圆的离心率为A．B．三、填空题C．D．13.若直线：与直线：垂直，则．7.已知等差数列的公差，若，，则该数列的前项和的最大值为14.已知等差数列的首项为，前10项形成一组数据的中位数为8，则．（）15.过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是．A．30B．35C．40D．4516.若无论取何值，直线与圆恒有两个公共点，则的取值范围为．8．点为椭圆上一点，为焦点，则的最大值为（）四、解答题A．1B．3C．5D．717.已知等比数列中，，．二、多选题（1）求数列的通项公式；9．已知点到直线的距离等于1，则（）（2）设，求数列的前项和．A．B．C．-1D．3 18.直线经过两直线：和：的交点．【解析】【解答】，（1）求与直线平行的直线的方程；，（2）求横纵两截距相等的直线的方程．故答案为：B19.数列的前项和为，．（1）设，求证数列是等比数列；【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可直接求解.2.【答案】A（2）求数列的前项和．【解析】【解答】且是直线的方向向量，.20.已知圆：．故答案为：A（1）若圆与圆：有三条外公切线，求的值；（2）若圆与直线交于两点，，且（为坐标原点），求的值．【分析】由直线的方向量为可得直线的斜率。3.【答案】C21.设，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，【解析】【解答】由，，有，又因为各项均为正数，所以且，，成等差数列．，（1）求；故答案为：C（2）若直线的斜率为1，求椭圆的标准方程．22．200多年前，10岁的高斯充分利用数字1，2，3，，100的“对称”特征，给出了计算的【分析】利用等比数列的性质，即可求出答案。快捷方法．教材示范了根据高斯算法的启示推导等差数列的前项和公式的过程．实事上，高斯算法的依据4.【答案】B是：若函数的图象关于点对称，则对恒成立．已知函数【解析】【解答】依题意可设椭圆的标准方程为，半焦距为，．由，半径为4，故有，又，，（1）求的值；.（2）设，，记数列的前项和为，所以椭圆的标准方程为.求证．故答案为：B答案解析部分1.【答案】B【分析】利用配方法化简得到圆的半径为4，所以椭圆的长轴为4，根据离心率求出c， 根据勾股定理求出b，得到椭圆的解析式即可。【解析】【解答】等差数列，由，有，5.【答案】D又，公差，所以，，得，【解析】【解答】设等比数列的公比为，，，，∴当或10时，，最大，，故答案为：D，依题意数列是等比数列，【分析】先用等差数列的通项公式，分别表示出和，联立方程求得d和a1，进而可表示出Sn，利用二次函数的性质求得其最大值.所以，8.【答案】C，【解析】【解答】，，，，即.由于，所以.所以的最大值为.故答案为：D故答案为：C【分析】利用等比数列的前n项和公式得到关于q的一元二次方程，求出方程的解即可得到q的值.【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解.6.【答案】A9.【答案】A,B【解析】【解答】过点且与原点O距离最远的直垂直于直线，【解析】【解答】依题意有.，故答案为：AB.∴过点且与原点O距离最远的直线的斜率为，∴过点且与原点O距离最远的直线方程为：【分析】根据点到直线的距离公式，即可求出答案。10.【答案】A,B,C，即.故答案为：A【解析】【解答】由题可得，解得，【分析】过点且与原点O距离最远的直线垂直于直线OP，求出，从而过点且与则，则是4的倍数，C符合题意；原点O距离最远的直线的斜率为k=-2，由此能求出过点且与原点O距离最远的直线方程.7.【答案】D 故离心率为；，对称轴为，开口向下，则当或3时，取得最大值为12，A故答案为：ABD符合题意；因为，所以数列是公差为的等差数列，B符合【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解。13．【答案】2题意；【解析】【解答】时，不合题意，，D不符合题意.时，直线：与直线：的斜率分别为，故答案为：ABC.因为直线：与直线：垂直，【分析】根据题意求出首项和公差，再逐项进行分析判断，可得答案。所以，解得，故答案为：2.1.【答案】C,D【解析】【解答】因为圆心在直线上，所以设圆心为，而圆与相切，则圆的半径【分析】由题意利用两条直线垂直的性质，求出m的值.，于是圆的方程为.14.【答案】5圆心到直线距离，则，【解析】【解答】依题意有，设公差为d，所以，故圆的方程为：或.故答案为：CD.故答案为：5.【分析】设出所求圆的圆心为，根据点到直线的距离公式求出a的值，由此写出圆的标准方程.【分析】根据题求出，进而结合等差数列的通项公式求出公差，最后求出。12.【答案】A,B,D15.【答案】【解析】【解答】对于A：椭圆中，，【解析】【解答】设切点分别为，因为点在圆上，所以以为切点故长轴长为4，短轴长为，A符合题意；的切线方程分别为：，而点在两条切线上，所以对于B：因为椭圆的离心率越大，该椭圆越扁，，即点P满足直线.所以离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁，B符合题意；故答案为：.对于C：椭圆的焦点在轴上，C不符合题意；【分析】根据题意，设出切点，根据切点在圆上，得到两条切线方程，进而根据点P对于D：椭圆中，，在两条切线上，即可求出经过两切点的直线方程。 16.【答案】【解析】【分析】(1)解方程组求出交点的坐标，设出平行直线的方程，代入点的坐标，解出即可；(2)设横纵两截距相等的直线的方程为或，代入点的坐标，求出直线方程即可.【解析】【解答】依题意有圆心到直线的距离，即，19.【答案】（1），又无论取何值，，故，故.∴当时，，故答案为：两式相减得：，又，，【分析】根据点到直线的距离公式得到根据，解不等式可得的取值范围。，17.【答案】（1）设等比数列的公比为，又，，有，解得故数列是公比为2，首项为2的等比数列.故数列的通项公式为；（2）由（1）可知，，故…①（2），…②，故数列的前项和①-②，，【解析】【分析】(1)直接利用等比数列的性质求出数列的通项公式；，(2)利用分组法和等差数列的求和公式的应用求出结果.故数列的前项和．18.【答案】（1）由，得；【解析】【分析】(1)运用数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求通项；与的交点为．(2)由(1)得，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简可设与直线平行的直线为，得所求和.有，，20.【答案】（1）由，∴所求直线方程为．知圆的圆心，半径为；（2）设横纵两截距相等的直线的方程为或，由圆：，有圆心，半径为1，由第一问可知：与的交点为，将其代入直线的方程依题意有圆与圆相外切，故；则或，解得：或，（2）设，，有，，∴所求直线方程为或．由，有， 整理得………①程组，化简得，然后利用弦长公式结合根与系数的关系列式求由，解，则椭圆E的标准方程可求.得：，易知，是方程的根，2.【答案】（1），故有，代入①，得，满足要求，故且【解析】【分析】(1)由题意确定两圆的位置关系，然后求解参数值即可；，(2)设出点的坐标，将原问题转化为坐标之间的关系，然后结合韦达定理求解实数m的值即可.21.【答案】（1）由题意知，，；由椭圆定义知，所以，又成等差数列，（2）所以，解得；【解析】【分析】(1)首先计算g(1)，g(x)+g(2-x)的和，再由数列的倒序相加求和，可得所求和；（2）设直线的方程式为，其中，(2)由(1)的结论，可得，，再由数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得证.设，，则A，两点坐标满足方程组，化简得，，则，，因为直线的斜率为1，所以即，则，解得，故椭圆的标准方程为．【解析】【分析】(1)由椭圆定义知，结合已知可得，即可求得|AB|；(2)设直线的方程式为，其中，设，，则A，B两点坐标满足方
简介：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.平面的一个法向量是3.已知向量，，并且，则实数x的值为（）11.已知圆的一般方程为，则下列说法正确的是（）A．10B．-10C．D．A．圆的圆心为B．圆被轴截得的弦长为84.圆与圆的位置关系是（）C．圆的半径为5D．圆被轴截得的弦长为9A.相切B．内含C．相交D．外离5.如图，在直三棱柱中，，则与所成的角的12.已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，余弦值为（）轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（）A．B．C．D．A．的最小值为2B．面积的最大值为6.已知圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（）C．直线的斜率为D．为钝角三、填空题A．B．13.过点且与直线平行的直线方程为．C．D．14．若，，，且共面，则.7.平面的一个法向量，在内，则到的距离为（）15．已知点P(1，0)与圆C：，设Q为圆C上的动点，则线段PQ的中点M的轨迹方程A．10B．3C．D．为.8.直线与曲线有且仅有一个公共点，则实数的取值范围是（）16．设O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1)，点P是线段AB上的一个动点，且满足，若A．B．，则实数的取值范围是．C．或D．或四、解答题二、多选题17.已知的顶点.9.已知直线与直线垂直，则实数的值是（）（1）求边所在直线的方程； （2）求的面积.【分析】先由直线的方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出直线的倾斜角.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD2.【答案】C的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.【解析】【解答】因为椭圆，，，所以，（1）试用表示向量；（2）求BM的长.即.19.已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上．故答案为：C（1）求圆的方程；【分析】直接利用椭圆的方程，求出a，c，即可得到椭圆的离心率.（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．3.【答案】B20.如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.（1）证明：；【解析】【解答】解：∵，（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.∴，21．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于解得.和，，．M是棱的中点．故答案为：B.（1）求证：面；（2）求二面角的正弦值；【分析】由可得，求解可得实数x的值.4.【答案】B（3）在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为若存在，请求【解析】【解答】因为两圆的圆心距，出的值，若不存在，请说明理由.所以两圆内含.22.已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且．故答案为：B（1）求椭圆的方程；【分析】根据两点间距离公式求出两圆的圆心距d与两圆半径差之间的关系，即可判断两圆的位置关系.（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若，求直线l的方程．5.【答案】A【解析】【解答】如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，答案解析部分1．【答案】A则，，，，【解析】【解答】由题意直线斜率为1，而倾斜角大于或等于且不大于，所以倾斜角为所以，，．故答案为：A．所以， 所以直线与所成角的余弦值为要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距在，当．故答案为：A.在第二象限与曲线相切时，，可得，【分析】以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解综上所述，实数的取值范围或。出直线与所成角的余弦值.故答案为：C6.【答案】D【解析】【解答】设圆心关于直线直线的对称点的坐标为，则线段C1C2的中点为【分析】根据直线和曲线方程可得二者图象，要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距的取值范围，当在第二象限与曲线相切时，从而求出实数的取值范围。，且.9.【答案】A,B于是，易知圆的半径长度不变，所以圆的方程为.【解析】【解答】因为直线与直线垂直，则，解得或.故答案为：D.故答案为：AB.【分析】由圆C2的方程求得圆心坐标与半径，再求出圆心C2关于直线y=x的对称点C1的坐标，即可求得圆【分析】由直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得实数的值.C1的方程.10.【答案】A,B,C7.【答案】D【解析】【解答】对于A，，，所以不存在实数，使得，则与【解析】【解答】，不是共线向量，所以A不符合题意；则点到平面的距离.对于B，因为，所以与同向的单位向量为，所以B不符合题意；对于C，向量故答案为：D，，所以，所以C不符合题意；【分析】由题意算出，根据向量是平面a的一个法向量，可得点到平面对于D项，设平面的一个法向量是，，，所以，则的距离，计算可得答案.，令，则平面的一个法向量为，所以D符合题意.8.【答案】C故答案为：ABC.【解析】【解答】根据直线和曲线方程可得如下图象， 【分析】根据向量共线的坐标表示，可判断A、B；根据向量夹角公式，可判断C；根据平面法向量的求故直线的斜率，C符合题意；法，即可判断D.1.【答案】A,B,C对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，【解析】【解答】解：由圆M的一般方程为，则圆M的标准方程为则，，故圆心为，半径为5，则AC符合题意；令，得或，则圆M被y轴截得的弦长为6，D不符合题意；又点和点在椭圆上，①，②，令，得或，则圆M被x轴截得的弦长为8，B符合题意．①②得，易知，故答案为：ABC.则，得，【分析】求出圆的圆心与半径，然后求解弦长，逐项进行判断，可得答案.，，D不符合题意.12.【答案】B,C故答案为：BC.【解析】【解答】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，【分析】根据题意可得四边形为平行四边形，则，又，，结合基本不等式，即判断A；由，得，利用基本不等式可判断B；设，则，当且仅当时等号成立，A不符合题意；对于B，由得，，故直线的斜率，即可判断C；设，直线的斜率额为，直线的斜率为，则，即可判断D.，13.【答案】【解析】【解答】解：与直线平行的直线方程可设为：2x-y+c=0，的面积，将点(0，1)代入2x-y+c=0，得2×0-1+c=0，解得c=1，故所求直线方程为：当且仅当时等号成立，B符合题意；【分析】根据两直线平行的充要条件，结合直线方程求解即可.对于C，设，则，， 14.【答案】1整理可得：，解得：.【解析】【解答】由于共面，又点P是线段AB上的一个动点，且满足，故存在不同时为零的实数，使得，∴.即，解得，∴.故答案为：1故答案为：【分析】根据共面向量定理得到，由此得到关于m，n，的方程组，求解可得求的值.【分析】先设P(x，y，z)，然后表示出已知点的坐标，进而表示向量的坐标，根据向量数量积的运算代入即15.【答案】可求解出实数的取值范围.【解析】【解答】设，因为线段PQ的中点为M，点P(1，0)，所以.17.【答案】（1）解：直线的斜率为，因为Q为圆C上的动点，所以，即，直线的方程为：，即M的轨迹方程.即.故答案为：（2）解：点到直线的距离，【分析】设，因为线段PQ的中点为M，故，代入圆的方程求解可得线段PQ的，中点M的轨迹方程.故的面积为.【解析】【分析】(1)利用点斜式即可得求出边所在直线的方程；16.【答案】(2)利用两点之间的距离公式可得|AB|，利用点到直线距离公式可得点C到直线AB的距离d，即可求出【解析】【解答】∵O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1).设P(x，y，z).的面积.∴18.【答案】（1）解：∵，∴（2）解：∴，所以，则BM的长为.∴【解析】【分析】(1)根据向量加法法则得，代入化∵，∴，简即得用表示向量的式子； (2)由题意得的模长分别为1、1、2，利用数量积公式求得BM的长.∵面，面面，∴面.19.【答案】（1）解：因为，，所以线段的中点坐标为，又面，∴.直线的斜率，因此线段的垂直平分线方程是：，即（2）解：解法一：向量法．在中，取中点，∵，∴，∴面，圆心的坐标是方程组的解．解此方程组得：，以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空所以圆心的坐标是．间直角坐标系，圆的半径长，设，∵，∴，所以圆心为的圆的标准方程是．∴，，，，，（2）解：因为，所以在圆内.∴，，.又因为直线被圆截得的弦长为，设面法向量为，所以圆心到直线的距离①当直线的斜率不存在时，，则，解得.到的距离为，符合题意．设直线与平面所成角为，②当直线的斜率存在时，设，即．则，所以，，解得，直线为：，即：因为，∴.综上：直线的方程为或．所以直线与平面所成角的余弦值为.【解析】【分析】（1）由圆的性质可得：的垂直平分线方程与直线联立方程组求得圆心解法二：几何法为，用两点之间距离公式求得，即可求出圆的标准方差.过作交于点，则为中点，（2）由圆的半径，弦长，利用垂径定理和勾股定理求出弦心距，再利用圆心到直线过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，的距离为求出直线方程即可，需注意斜率不存在的情况.过作交于点，连结，20.【答案】（1）证明：依题意，面面，，连结，取中点，连结，， 四边形为矩形，所以面，所以，即据此可得平面的一个法向量,又，所以面，所以为线与面所成的角.设二面角的平面角大小为，易知：令，则，，，则，即．由同一个三角形面积相等可得，二面角的正弦值为．为直角三角形，由勾股定理可得，（3）解：假设存在满足题意的点N，且：，所以，设点N的坐标为，据此可得：，由对应坐标相等可得，又因为为锐角，所以，故，由于平面的一个法向量，所以直线与平面所成角的余弦值为.由题意可得：【解析】【分析】(1)先根据面面得到面，进而证得；(2)以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立直解得：，角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量即可求出直线与平面所成角的余弦值.据此可得存在满足题意的点N，且的值为.21.【答案】（1）解：以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量即可证明平则面；（2）分别求出平面与平面的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（3）假设存，，，，在，利用线面角的夹角公式即可得出表达式，解方程即可。．则，，．2.【答案】（1）易知点、，故，设平面的法向量是，则，即因为椭圆的离心率为，故，，令，则，．于是．因此，椭圆的方程为；，．（2）设点为椭圆上一点，又平面，平面．先证明直线的方程为，（2）解：设平面的法向量为．则， 联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【解析】【分析】（1）先求出a值，结合a，b，c的关系求得b，从而求得椭圆的方程；（2）设M(x0，y0)，可得直线l的方程，求出点P的坐标，再根据MP//BF得KMP=KBF，求得x0，y0的值，即可得出直线l的方程 高二上学期数学期中考试试卷A．4B．2C．3D．5二、多选题一、单选题9．下列命题中，正确的有（）1.椭圆的焦距等于2，则的值为（）A．分别是平面的法向量，若，则A．6B．9C．6或4D．9或1B．分别是平面的法向量，若，则2.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（）C．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则A．B．D．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为C．D．与相交但不垂直10.将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论正确的是（）3.已知直线与直线平行，则等于（）A．A．3或—2B．—2C．3D．2B．是等边三角形4.方程化简的结果是（）C.与平面所成的角为90°D.与所成的角为30°A．B．C．D．11.下列结论错误的是（）5.圆截直线的最短弦长为（）A.过点，的直线的倾斜角为30°A．2B．C．4D．8B.若直线与直线垂直，则6.唐代诗人李的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的C.直线与直线之间的距离是数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在地为点，若将军从点处出发，河岸线D.已知，，点P在x轴上，则的最小值是5所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）12.已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，长轴长为，焦距为A．B．C．D．，点P在椭圆C上且满足，直线与椭圆C交于另一个点Q，若7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M是椭圆上一点，点A是线段上一，点M在圆上，则下列说法正确的是（）点，且，，则该椭圆的离心率为（）A.椭圆C的离心率为B．面积的最大值为A．B．C．D．C．D．圆G在椭圆C的内部三、填空题8.已知圆：，直线：，P为上的动点，过点P作圆的切线13.已知两个不同平面的法向量分别是，，则这两个平面的位置关系PA，PB，切点为A，B，则的最小值为（） 是．（2）若点，分别记直线､直线的斜率为､，求的值.14.过点，与直线垂直的直线方程为．22.已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．15.设点P是直线上的动点，过点P引圆的切线（切点为（1）求C的方程：），若的最大值为，则该圆的半径r等于．（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．答案解析部分16.已知椭圆与圆，若在圆上任意一点作圆的切线交椭圆于两1.【答案】C点，使得（O为坐标原点），则椭圆的离心率的值是．四、解答题【解析】【解答】椭圆的焦点在x轴时，有.17.在①过点；②椭圆长半轴为a，短半轴为b，且；③长轴长为这三个条件中任选一由题意得：，解得：m=6.个，补充在下面问题中，并解答.已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率，且.椭圆的焦点在y轴时，有.（1）求椭圆的方程；由题意得：，解得：m=4.（2）过右焦点F的直线交椭圆于P，Q两点.当直线的倾斜角为时，求的面积.故答案为：C18.已知圆，直线．（1）当为何值时，直线与圆相切；【分析】当焦点坐标在x轴时，，当焦点坐标在y轴时，，由此能得到实数m的值.（2）当直线与圆相交于，两点，且时，求直线的方程．2.【答案】B19.如图，四棱锥中，为正三角形，ABCD为正方形，平面平面ABCD，E、F分别【解析】【解答】因为，，为AC、BP中点.所以，（1）证明：平面PCD；所以∥，（2）求直线BP与平面PAC所成角的正弦值.因为直线的方向向量为，平面的法向量为，20.如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，O所以，为的中点，，.故答案为：B（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【分析】利用向量的坐标关系，得到，根据共线向量定理，可得∥，进一步得出结论.21.已知圆经过点，及.经过坐标原点的斜率为的直线与圆3.【答案】C交于，两点.【解析】【解答】由题意，解得或，（1）求圆的标准方程；时，两直线方程分别为，，平行， 时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．【解析】【解答】若是关于的对称点，如下图示：“将军饮马”的最短总路程为所以．，故答案为：C．∴，解得，即.【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.4.【答案】D∴.【解析】【解答】∵方程，故答案为：C表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，【分析】利用点关于点的对称点的求法，求出点A关于直线x+y=3的对称点A’，由三点共线取得最小值，∴它的轨迹是以为焦点，长轴，焦距的椭圆；结合两点间距离公式求解即可.∴；7.【答案】C∴椭圆的方程是，即为化简的结【解析】【解答】设，，则，果．故答案为：D．根据余弦定理：，，即，【分析】根据方程得出它表示的几何意义是椭圆，从而求出方程化简的结果是椭圆的标准方程.5.【答案】C即，即，解得，故.【解析】【解答】由已知，半径为，故答案为：C.直线方程整理得，【分析】利用余弦定理，结合三角形的面积转化求解椭圆的几何量，然后求解离心率即可.由，得，即直线过定点，8.【答案】A又，因此在圆内，【解析】【解答】由题设，圆为，由点线距离公式知：到直线l的距离当时，弦长最短．为弦中点．，则直线l与圆相离，如下图示：，所以．故答案为：C．在中，的变小过程中在变小，由且，可知【分析】根据题意，由圆的方程分析圆心和半径，设圆的圆心为C，由直线的方程分析可得直线恒过定点也随之变小，又，则也变小，，由直线与圆的位置关系可得当时，圆截直线所得的弦长最短，据此计算可得答案.∴要使的最小值，只需最小即可，6．【答案】C 【分析】取BD的中点O，连结AO，CO，AC，由AO⊥BD，CO⊥BD，由此能证明BD⊥平面AOC，从仅当等于到的距离时，最小，此时，且，而AC⊥BD；，△ACD是等边三角形，AO⊥平面BCD，由此能∠ABD是AB与平面∴的最小值为4.BCD所成角，且∠ABD=45°；由，推导出，由此能求出AB与CD所成故答案为：A角.1.【答案】A,B,C【分析】根据题意，只需转化为圆上的点到直线的距离最小，即转化的圆心到直线的距离，即可求出【解析】【解答】对A，，A不符合题意；的最小值。对B，若两条直线垂直，则2a-3=0，得，故错误；9.【答案】A,B【解析】【解答】A.分别是平面的法向量，若，则，正确.对C，直线可化为，则两条直线间的距离，C不符合题意；B.分别是平面的法向量，若，则，正确对D，如图，设点B关于x轴的对称点为C（-1，-1），C.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则或，故不正确.则，当且仅当A，P，C三点共线时取“=”，D符合题意.D.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为，故不正确故答案为：ABC.故答案为：AB【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系判断选项A；由两条直线垂直的充要条件判断选项B；利用两条平行直线间的距离判断选项C；由三点共线，距离之和最小即可判断选项D.【分析】根据平面向量的法向量的位置关系，直接判断面面、线面位置关系和线线角，即可得到答案。12.【答案】B,C,D10.【答案】A,B【解析】【解答】对于A选项，如图，取的中点，连接，，，则，，【解析】【解答】，又，平面，又平面，∴，A中结论正确；，设则对于B选项，由直二面角，得，∴是等边三角形，B中结论正又，，确；对于C选项，∵平面，∴是与平面所成的角，其大小为45°，C中结论错误；，即，所以A不正确；对于D选项，，不妨设，当点在轴上时三角形面积的最大，则，∴此时，所以B符合题意；，∴，∴，因为所以，C符合题意；即与所成的角为60°，D中结论错误.故答案为：AB.圆，，圆在椭圆内部，所以点在椭圆内部，所以D符合题意. 故答案为：BCD在中，，故答案为：1【分析】利用求得，利用已知条件及椭圆定义求出，逐一判断各个选项可得答案。【分析】利用∠APB最大，则∠APC也最大，再利用点C到直线3x-4y+7=0的距离公式列式求解即可。13.【答案】平行16.【答案】【解析】【解答】因为两个不同平面的法向量分别是，，【解析】【解答】解：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，∴，代入椭圆方程得到：，所以这两个平面的位置关系是平行.，故答案为：平行.，【分析】由题可得向量的位置关系即可判断。化简得：；14.【答案】若直线的斜率存在，设直线方程为，【解析】【解答】由直线，可得斜率为，直线与圆相切，所以所求直线的斜率为，又因为直线过点，可得直线方程为，即，即，．故答案为：．由，得：，【分析】首先由已知直线的方程求出斜率的值，再由直线垂直的斜率之间的关系求出所求直线的斜率，然后由点斜式求出直线的方程即可。则，，15.【答案】1，【解析】【解答】设圆的圆心为，，因为点P是直线上的动点，即，所以当点到点的距离最小时，取得最大值，此时与直线垂直，即，因为为，所以，整理得，点到直线的距离为， 又，，故，，，，综上所述：，故，.将代入有，即，【解析】【分析】（1）根据所选条件得到方程组，解得a，b，即可得到椭圆方程；（2）首先求出直线的方程，再联立直线与椭圆方程，消元，利用韦达定理，根据则.计算可得的面积.故答案为：.18.【答案】（1）圆的标准方程为，圆心，半径为若直线与圆相切，则有，解得【分析】设直线方程为，与椭圆方程联立整理得，利用（2）设圆心到直线的距离为，则有韦达定理结合向量内积的坐标表示可得，再结合已知条件，即可求出a，c，进而求出椭圆的离心率。即，即，由，解得或所以直线的方程为或17.【答案】（1）选择①时：，则，设椭圆方程为，【解析】【分析】把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径r，将点带入方程，得到，故椭圆方程为.(1)当直线与圆相切时，圆心到直线的距离d等于圆的半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离d，让d等于圆的半径r，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；选择②时：，，解得，，则，(2)联立圆C和直线的方程，消去y后，得到关于x的一元二次方程，然后利用韦达定理表示出AB的长度，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值.故椭圆方程为.19.【答案】（1）如图所示：连接，则为中点，为中点，则，选择③时：长轴长为，，，，则，平面PCD，且平面PCD，故平面PCD.（2）分别为中点，连接，，平面平面ABCD，故椭圆方程为.故平面，.以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为2，（2）右焦点，倾斜角为，故直线斜率为，故直线方程为，则，，，， 由，，，设平面的法向量为，则，可得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.取得到，，【解析】【分析】(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.即可；【解析】【分析】(1)连接BD，证明EF//PD，即可证明EF//平面PCD；(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平(2)建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，设正方形边长为2，求出，平面PAC的法向面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可.量，利用空间向量的数量积求解即可求出直线BP与平面PAC所成角的正弦值.21.【答案】（1）解：设圆的方程为：，由圆过，20.【答案】（1）如图，连接.在中，由可得.及.因为，，所以，.∴可得，因为，，，∴圆的方程为：，其标准方程为所以，所以.，（2）解：设，，直线为因为，，，平面，，所以平面.与圆：联立得：，（2）由（1）可知，，，两两垂直，以∴，则，，O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.∴又由，有，可得点A的坐标为，【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为：，由圆过，设平面的法向量为，及，再利用代入法，从而解方程组求出D，E，F的值，进而求出圆的一般方程，再转化为圆的标准方程。由，，有，（2）设，，直线为，与圆：联立结合韦达取，则，，可得平面的一个法向量为.定理和判别式法，得出，，，再利用两点求斜率公式，从而得出设平面的法向量为，的值。由，，有，取，则，，可得平面的一个法向量为. 此时直线MN过点,2.【答案】（1）解：由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）..由于，故由中点坐标公式可得.（2）解：设点.故存在点，使得|DQ|为定值.因为AM⊥AN，∴，即,①【解析】【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)设出点M，N的坐标，当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1.在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q代入椭圆方程消去并整理得：,的位置.②,根据,代入①整理可得：将②代入，，整理化简得,∵不在直线上，∴，∴，于是MN的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2.代入得,结合,解得, 高二上学期数学期中考试试卷，则实数x的值为（）一、单选题A．B．C．D．1.直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是（）A．30°B．45°C．60°D．90°8.已知点为抛物线的焦点，，点为抛物线上一动点，当最小时，点2.给出下列命题恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜率的平方为（）①空间中所有的单位向量都相等；②方向相反的两个向量是相反向量；A.B．C．D．③若满足，且同向，则；二、多选题④零向量的方向是任意的；9.已知圆心为的圆与点，则（）⑤对于任意向量，必有A.圆的半径为2．其中正确命题的序号为B．点在圆外（）C．点与圆上任一点距离的最大值为A．①②③B．⑤C．④⑤D．①⑤D．点与圆上任一点距离的最小值为3．已知A(－1，2)，B(1，3)，C(0，－2)，点D使AD⊥BC，AB∥CD，则点D的坐标为（）10.设，为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（）．A．B．C．D．A.B．4.若直线、的方向向量分别为，，则与的位置关系是（）C．D．A．B．11.过M（1，1）作斜率为2的直线与双曲线相交于A、B两点，若M是AB的C．、相交不垂直D．不能确定中点，则下列表述正确的是（）5.过A（4，y），两点的直线的一个方向向量为则（）A.b aA．B．C．-1D．112.在棱长为1的正方体中，点满足，，6.若直线l的方程为x-ysinθ+2=0，则直线l的倾角的范围是（）A．[0，]，则以下说法正确的是（）B．[，]A.当时，平面C．[，]B.当时，存在唯一点使得与直线的夹角为D．[，）∪（，）7.已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且 21.如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，C.当时，CP长度的最小值为，.将沿折起到的位置，使得平面平面D.当时，CP与平面所成的角不可能为，如图2.三、填空题（1）求证：.13.已知，若直线，则m的值（2）求直线和平面所成角的正弦值.为．14.抛物线C：y2=4，直线绕旋转，若直线与抛物线C有两个交点．则直线的斜率（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出k的取值范围是的值；若不存在，说明理由.15.已知点P在抛物线上，直线PA，PB与圆相切于点A，B，22.已知双曲线的左､右顶点分别为，曲线是以、为短轴的两端点且离心率且PA⊥PB，若满足条件的P点有四个，则m的取值范围是．16.已知圆C的方程为，点E的坐标为，则；直线l：为的椭圆，设点在第一象限且在双曲线上，直线与椭圆相交于另一点．，则C到直线l的距离为．（1）求曲线的方程；四、解答题17.已知的顶点坐标为．（2）设点的横坐标分别为，证明：；（1）点是边的中点，求直线及直线的方程；（3）设与(其中为坐标原点)的面积分别为与，且，求（2）直线垂直边于点，求直线的方程及点坐标．的取值范围.18.已知圆过两点，，且圆心在直线上．（1）求该圆的方程；答案解析部分（2）求过点的直线被圆截得弦长最小时的直线的方程．1．【答案】B19.在如图所示的六面体中，矩形平面，，【解析】【解答】由直线x=2知其倾斜角为90°，，，．由直线x-y+2=0知其倾斜角为45°，（1）设为中点，证明：平面；所以直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是45°.（2）求平面BCF与平面ABC夹角余弦值．故答案为：B.（3）求D点到平面BCF的距离．20．已知动圆过点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线．【分析】分别求出两条直线的倾斜角，即可求出答案。2.【答案】C（1）求曲线的方程；【解析】【解答】对于①，长度相等，方向也相同的向量才是相等的向量，两个单位向量，方向不同时，不相（2）若，是曲线上的两个点且直线过的外心，其中为坐标原点，求等，故①错误；证：直线过定点． 对于②，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，仅仅方向相反不是相反向量，故②错误；【解析】【解答】解法一：由直线上的两点A（4，y），，得，对于③，向量是既有大小有有方向的量，向量的长度(模)能够比较大小，但向量不能比较大小的，故③错又直线的一个方向向量为，因此，误；对于④，根据规定，零向量与任意向量都平行，故零向量是有方向的，只是没有确定的方向，为任意的，故∴，解得，④正确；故答案为：C.对于⑤，为向量模的不等式，由向量的加法的几何意义可知是正确的，故⑤正解法二：由直线的方向向量为得，直线的斜率为，确．综上，正确的命题序号为④⑤，所以，解得.故答案为：C.故答案为：C.【分析】利用相等向量的定义判断①；利用相反向量的定义判断②；利用向量的性质判断③；零向量的定【分析】由直线的方向向量可得直线的斜率，再由斜率公式可得答案。义判断④；由向量的加法的几何意义判断⑤.6.【答案】C3.【答案】D【解析】【解答】当时，方程为，倾斜角为【解析】【解答】解：设D(x，y)，∵AD⊥BC，∴·＝－1，∴x＋5y－9＝0，当时，直线的斜率，所以∵AB∥CD，∴＝，∴x－2y－4＝0，由得，，即故答案为：D.综上【分析】设D(x，y)，由AD⊥BC可得x＋5y－9＝0，由AB∥CD可得x－2y－4＝0，联立求解出x，y，可故答案为：C．得点D的坐标。4.【答案】A【分析】分和两种情况，结合正切函数的性质即可求出直线l的倾角的范围。【解析】【解答】由题意，直线、的方向向量分别为，，7.【答案】A，【解析】【解答】，又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，∴与的位置关系是.∴，故答案为：A.解得x=，【分析】由可得。故答案为：A．5.【答案】C 【分析】利用空间向量基本定理及向量共面的条件可得，求解可得答案。【解析】【解答】依题意，圆：，则圆心，半径，A不正8.【答案】B确；【解析】【解答】由抛物线的对称性，设为抛物线第一象限内点，如图所示：因点，则，点在圆外，B符合题意；故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C符合题意；当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA设直线方程为：，上时取“=”，C符合题意.故答案为：BCD联立，整理得，其中，解得：，由为抛物线第一象限内点，则【分析】圆的方程配方求得半径可判断A；由可判断B；求出圆上的点到定点A的距离的最值可判断C、D。则，解得：，此时，即或10．【答案】A,D所以点的坐标且【解析】【解答】由数量积的性质和运算律可知AD是正确的；由题意知，双曲线的左焦点为，右焦点为而运算后是实数，没有这种运算，B不正确；设双曲线的实轴长为2a，则，，，C不正确.又，则故答案为：AD.故渐近线斜率的平方为【分析】根据题意由数量积的运算性质以及向量的运算性质对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：B1.【答案】C,D【解析】【解答】解：设，【分析】作出图形，可知与抛物线相切，取得最小值，设直线方程为：则，，与抛物线联立求出点N的坐标，利用双曲线的定义求出2a，结合，可求得，再利用求出结果。根据已知条件，结合双曲线的性质，以及抛物线的定义，即可求出渐近线斜率的平两式相减得，方.9．【答案】B,C,D化简得，因为M（1，1）是AB的中点， 成的角的最大值由此判断出选项C与D，由此即可得出答案。所以，即，13.【答案】1或-1所以，渐近线方程为，离心率为，【解析】【解答】∵A，B两点纵坐标不相等，故答案为：CD∴与x轴不平行．∵，∴与x轴不垂直，【分析】根据已知条件，利用“点差法”和双曲线的性质结合中点坐标公式，求出，逐项进行分析，∴，即．可得答案。①当与x轴垂直（或重合）时，，解得，此时C，D的纵坐标均为12.【答案】A,C,D，【解析】【解答】对于A，当时，，即点P在线段上，利用正方∴轴，此时，满足题意．②当与x轴不垂直时，由直线的斜率公式得体的性质，易证平面平面，平面，∴平面，故A正确；对于B，当时，，设的中点为H，则，，即，即点为中点，此时，故B错误；∵，∴，即，解得对于C，当时，可知P，，A三点共线，线段CP在中，当点P为中点时，．综上，m的值为1或-1．故答案为：1或-1CP最小，此时，，故CP长度的最小值为【分析】当与x轴垂直（或重合）时，得，求出m，当与x轴不垂直时，分别，故C正确；求出直线AB、CD的斜率，再由可得，求解可得m的值，综合可得m的值。对于D，当时，可知P，，A三点共线，点P在平面内的射影为Q在线段14.【答案】上，则为CP与平面所成的角，，又，所以【解析】【解答】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，代入抛物线方程得，，而，所以CP与平面所成的角不可能为，故D化简得，，正确；因为直线与抛物线C有两个交点，所以，且，【分析】根据题意当时，P的轨迹为线段DA1，证明平面CB，D、即可判断选项A正确；当即，且，号时，点P的轨迹为线段EF，可得当P与E重合时，DP与直线CB1所成角最大，求出最大角由此判解得，且，断出选项B错误；当时，P点轨迹为线段D1A，分别求出CP长度的最小值与CP与平面BCC1B1所 所以直线的斜率k的取值范围是，故答案为：3；.故答案为：【分析】求出C的坐标，分别利用两点间的距离公式可求出；利用点到直线的距离公式计算即可求出【分析】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立，利用判别式C到直线l的距离.大于零，求解可得直线的斜率k的取值范围。17.【答案】（1）解：由已知可得，15.【答案】故由点斜式可得：，即【解析】【解答】解:因为直线PA，PB与圆相切于点A，B，且PA⊥PB，所以直线方程为：所以四边形QAPB为正方形，所以，由中点，所以问题转化为圆与抛物线有四个公共点，将抛物线方程代人圆的方程消去，得，故由两点式可得：，即，所以直线方程为：由题意，此方程有两个不等正根，故，解得，（2）由，可得，故答案为：.故由点斜式可得所以直线【分析】依题意可得，则点P的轨迹方程为，故只需方程(m>0)与方程有四个解即可，利用判别式、根的分布，即可得到关于M的不等式组，求解出答案联立直线与方程，解得，即可。16.【答案】3；所以【解析】【解答】圆C的圆心坐标为，点E的坐标为，所以【解析】【分析】(1)根据中点公式，两点式及点斜式即可求出直线及直线的方程；；(2)根据直线垂直的性质结合点斜式可求出直线的方程，联立直线与方程，求解可得点坐标．直线l的一般式方程为：，故圆心C到直线l的距离为：18.【答案】（1）解：因为圆过两点，，设的中点为，则，.因为，所以的中垂线方程为y-2=(x-0)，即， 又因为圆心在直线上，，所以平面BCF与平面ABC夹角余弦值为．解得，圆心，，（3）解：由，D到平面BCF的距离.故圆的方程为．所以D点到平面BCF的距离为．（2）解：因为直线被圆截得弦长最小时CP⊥，由过点，的斜率为，=-1，【解析】【分析】（1）证得，根据线面平行的判定定理即可证得平面；（2）以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标所以直线的方程为，故直线的方程为．系，求出平面的法向量和平面ABC的法向量，利用向量法即可求出平面BCF与平面ABC夹角余弦【解析】【分析】（1）求出AB的中垂线，根据求出圆心坐标和半径，即可得出圆的方值；（3）利用向量数量积计算D点到平面BCF的距离．程；20.【答案】（1）由题意到点的距离等于点到直线的距离，所以点轨迹是以（2）直线被圆截得的弦长最小时是垂直于圆的直径所在的直线，利用斜率公式求出，进而得出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线的方程．为焦点，直线为准线的抛物线，，，19.【答案】（1）证明：连接，相交于，因为矩形，所以是的中点，抛物线方程即点轨迹方程是．又因为为中点，所以，且，（2）因为直线过的外心，所以，的斜率一定存在，又因为，，，所以，且，所以四边形为平设方程为，代入抛物线方程得，或，行四边形，故，所以，，即，同理得，又因为平面，平面，因此平面；直线方程为，整理得，（2）解：因为矩形平面，且矩形平面，又，时，，所以直线过定点．所以平面，又因为，所以两两垂直，【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义即可得曲线的方程；故以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，所(2)的斜率一定存在，设方程为，代入抛物线方程求得A点坐标，同理求得B点坐以，标，再由两点式写出直线AB方程，由此证得直线过定点．设平面的法向量为，且，21.【答案】（1）因为在中，，分别为，的中点，所以，.因此，则，取，则，所以，又为的中点，所以.因为平面平面，且平面，而平面ABC的法向量是为， 所以平面，令，所以.整理得.解得.（2）取的中点，连接，所以.由（1）得，.所以线段上存在点适合题意，且.如图建立空间直角坐标系.【解析】【分析】(1)推导出，，从而，进而，由此得到由题意得，，，，.平面，从而能证明；所以，，.(2)取的中点，连接，得，由（1）得，，建立空间直设平面的法向量为.角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求出直线和平面所成角的正弦值；则(3)线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法可得即整理求解得的值，进而可得的值。令，则，，所以.2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，设直线和平面所成的角为，依题意可得，所以，则.因为椭圆的离心率为，所以，即，故所求角的正弦值为.椭圆方程为；（3）线段上存在点适合题意.设，其中.（2）设点，2)，直线的斜率为，设，则有，则直线的方程为，联立方程组，整理，得所以，，，从而，所以，又，，解得或.所以.所以 方程为，联立椭圆的方程，解得x2，同理可得x1，进而可证得；同理可得，.所以(3)由(2)，由，得，再结合点在双（3）由（2）曲线上可得，再计算S1，S2，结合基本不等式得的取值范围.因为，所以，即，因为点在双曲线上，则，所以，即.因为点是双曲线在第一象限内的一点，所以.因为，所以.由（2）知，，即.设，则则.设，当且仅当，即时取等号，所以函数在上单调递增，在(2，3]上单调递减.因为，所以所以的取值范围为【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，依题意可得，推出，又椭圆的离心率为，解得a2，即可得出曲线的方程；(2)设点，直线的斜率为，则直线的 高二上学期数学期中“同心顺”联合考试试卷10．已知等差数列的公差为，前项和为，且，，以下命题正确的是（）一、单选题A．的最大值为121.设等差数列的前项和，若，那么等于（）A．16B．20C．24D．28B．数列是公差为的等差数列2.直线的一个方向向量为，则它的斜率为（）C．是4的倍数A．B．C．D．D．3.已知各项均为正数的等比数列，，，则（）11.圆心在直线上，与直线相切，且被直线所截得的弦长为的圆的方程（）A．7B．8C．9D．10A．B．4.已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，它的长轴长等于圆：的直径，则椭圆的标C．D．准方程是（）12.以下说法正确的是（）A．B．C．D．A.椭圆的长轴长为4，短轴长为5.等比数列的前项和为，首项，若数列也为等比数列，则数列的公比B.离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁（）A．-2B．2C．D．C.椭圆的焦点在轴上且焦距为26.过点且与原点距离最大的直线方程是（）D.椭圆的离心率为A．B．三、填空题C．D．13.若直线：与直线：垂直，则．7.已知等差数列的公差，若，，则该数列的前项和的最大值为14.已知等差数列的首项为，前10项形成一组数据的中位数为8，则．（）15.过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是．A．30B．35C．40D．4516.若无论取何值，直线与圆恒有两个公共点，则的取值范围为．8．点为椭圆上一点，为焦点，则的最大值为（）四、解答题A．1B．3C．5D．717.已知等比数列中，，．二、多选题（1）求数列的通项公式；9．已知点到直线的距离等于1，则（）（2）设，求数列的前项和．A．B．C．-1D．3 18.直线经过两直线：和：的交点．【解析】【解答】，（1）求与直线平行的直线的方程；，（2）求横纵两截距相等的直线的方程．故答案为：B19.数列的前项和为，．（1）设，求证数列是等比数列；【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可直接求解.2.【答案】A（2）求数列的前项和．【解析】【解答】且是直线的方向向量，.20.已知圆：．故答案为：A（1）若圆与圆：有三条外公切线，求的值；（2）若圆与直线交于两点，，且（为坐标原点），求的值．【分析】由直线的方向量为可得直线的斜率。3.【答案】C21.设，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，【解析】【解答】由，，有，又因为各项均为正数，所以且，，成等差数列．，（1）求；故答案为：C（2）若直线的斜率为1，求椭圆的标准方程．22．200多年前，10岁的高斯充分利用数字1，2，3，，100的“对称”特征，给出了计算的【分析】利用等比数列的性质，即可求出答案。快捷方法．教材示范了根据高斯算法的启示推导等差数列的前项和公式的过程．实事上，高斯算法的依据4.【答案】B是：若函数的图象关于点对称，则对恒成立．已知函数【解析】【解答】依题意可设椭圆的标准方程为，半焦距为，．由，半径为4，故有，又，，（1）求的值；.（2）设，，记数列的前项和为，所以椭圆的标准方程为.求证．故答案为：B答案解析部分1.【答案】B【分析】利用配方法化简得到圆的半径为4，所以椭圆的长轴为4，根据离心率求出c， 根据勾股定理求出b，得到椭圆的解析式即可。【解析】【解答】等差数列，由，有，5.【答案】D又，公差，所以，，得，【解析】【解答】设等比数列的公比为，，，，∴当或10时，，最大，，故答案为：D，依题意数列是等比数列，【分析】先用等差数列的通项公式，分别表示出和，联立方程求得d和a1，进而可表示出Sn，利用二次函数的性质求得其最大值.所以，8.【答案】C，【解析】【解答】，，，，即.由于，所以.所以的最大值为.故答案为：D故答案为：C【分析】利用等比数列的前n项和公式得到关于q的一元二次方程，求出方程的解即可得到q的值.【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解.6.【答案】A9.【答案】A,B【解析】【解答】过点且与原点O距离最远的直垂直于直线，【解析】【解答】依题意有.，故答案为：AB.∴过点且与原点O距离最远的直线的斜率为，∴过点且与原点O距离最远的直线方程为：【分析】根据点到直线的距离公式，即可求出答案。10.【答案】A,B,C，即.故答案为：A【解析】【解答】由题可得，解得，【分析】过点且与原点O距离最远的直线垂直于直线OP，求出，从而过点且与则，则是4的倍数，C符合题意；原点O距离最远的直线的斜率为k=-2，由此能求出过点且与原点O距离最远的直线方程.7.【答案】D 故离心率为；，对称轴为，开口向下，则当或3时，取得最大值为12，A故答案为：ABD符合题意；因为，所以数列是公差为的等差数列，B符合【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解。13．【答案】2题意；【解析】【解答】时，不合题意，，D不符合题意.时，直线：与直线：的斜率分别为，故答案为：ABC.因为直线：与直线：垂直，【分析】根据题意求出首项和公差，再逐项进行分析判断，可得答案。所以，解得，故答案为：2.1.【答案】C,D【解析】【解答】因为圆心在直线上，所以设圆心为，而圆与相切，则圆的半径【分析】由题意利用两条直线垂直的性质，求出m的值.，于是圆的方程为.14.【答案】5圆心到直线距离，则，【解析】【解答】依题意有，设公差为d，所以，故圆的方程为：或.故答案为：CD.故答案为：5.【分析】设出所求圆的圆心为，根据点到直线的距离公式求出a的值，由此写出圆的标准方程.【分析】根据题求出，进而结合等差数列的通项公式求出公差，最后求出。12.【答案】A,B,D15.【答案】【解析】【解答】对于A：椭圆中，，【解析】【解答】设切点分别为，因为点在圆上，所以以为切点故长轴长为4，短轴长为，A符合题意；的切线方程分别为：，而点在两条切线上，所以对于B：因为椭圆的离心率越大，该椭圆越扁，，即点P满足直线.所以离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁，B符合题意；故答案为：.对于C：椭圆的焦点在轴上，C不符合题意；【分析】根据题意，设出切点，根据切点在圆上，得到两条切线方程，进而根据点P对于D：椭圆中，，在两条切线上，即可求出经过两切点的直线方程。 16.【答案】【解析】【分析】(1)解方程组求出交点的坐标，设出平行直线的方程，代入点的坐标，解出即可；(2)设横纵两截距相等的直线的方程为或，代入点的坐标，求出直线方程即可.【解析】【解答】依题意有圆心到直线的距离，即，19.【答案】（1），又无论取何值，，故，故.∴当时，，故答案为：两式相减得：，又，，【分析】根据点到直线的距离公式得到根据，解不等式可得的取值范围。，17.【答案】（1）设等比数列的公比为，又，，有，解得故数列是公比为2，首项为2的等比数列.故数列的通项公式为；（2）由（1）可知，，故…①（2），…②，故数列的前项和①-②，，【解析】【分析】(1)直接利用等比数列的性质求出数列的通项公式；，(2)利用分组法和等差数列的求和公式的应用求出结果.故数列的前项和．18.【答案】（1）由，得；【解析】【分析】(1)运用数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求通项；与的交点为．(2)由(1)得，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简可设与直线平行的直线为，得所求和.有，，20.【答案】（1）由，∴所求直线方程为．知圆的圆心，半径为；（2）设横纵两截距相等的直线的方程为或，由圆：，有圆心，半径为1，由第一问可知：与的交点为，将其代入直线的方程依题意有圆与圆相外切，故；则或，解得：或，（2）设，，有，，∴所求直线方程为或．由，有， 整理得………①程组，化简得，然后利用弦长公式结合根与系数的关系列式求由，解，则椭圆E的标准方程可求.得：，易知，是方程的根，2.【答案】（1），故有，代入①，得，满足要求，故且【解析】【分析】(1)由题意确定两圆的位置关系，然后求解参数值即可；，(2)设出点的坐标，将原问题转化为坐标之间的关系，然后结合韦达定理求解实数m的值即可.21.【答案】（1）由题意知，，；由椭圆定义知，所以，又成等差数列，（2）所以，解得；【解析】【分析】(1)首先计算g(1)，g(x)+g(2-x)的和，再由数列的倒序相加求和，可得所求和；（2）设直线的方程式为，其中，(2)由(1)的结论，可得，，再由数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得证.设，，则A，两点坐标满足方程组，化简得，，则，，因为直线的斜率为1，所以即，则，解得，故椭圆的标准方程为．【解析】【分析】(1)由椭圆定义知，结合已知可得，即可求得|AB|；(2)设直线的方程式为，其中，设，，则A，B两点坐标满足方
简介：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.平面的一个法向量是3.已知向量，，并且，则实数x的值为（）11.已知圆的一般方程为，则下列说法正确的是（）A．10B．-10C．D．A．圆的圆心为B．圆被轴截得的弦长为84.圆与圆的位置关系是（）C．圆的半径为5D．圆被轴截得的弦长为9A.相切B．内含C．相交D．外离5.如图，在直三棱柱中，，则与所成的角的12.已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，余弦值为（）轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（）A．B．C．D．A．的最小值为2B．面积的最大值为6.已知圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（）C．直线的斜率为D．为钝角三、填空题A．B．13.过点且与直线平行的直线方程为．C．D．14．若，，，且共面，则.7.平面的一个法向量，在内，则到的距离为（）15．已知点P(1，0)与圆C：，设Q为圆C上的动点，则线段PQ的中点M的轨迹方程A．10B．3C．D．为.8.直线与曲线有且仅有一个公共点，则实数的取值范围是（）16．设O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1)，点P是线段AB上的一个动点，且满足，若A．B．，则实数的取值范围是．C．或D．或四、解答题二、多选题17.已知的顶点.9.已知直线与直线垂直，则实数的值是（）（1）求边所在直线的方程； （2）求的面积.【分析】先由直线的方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出直线的倾斜角.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD2.【答案】C的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.【解析】【解答】因为椭圆，，，所以，（1）试用表示向量；（2）求BM的长.即.19.已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上．故答案为：C（1）求圆的方程；【分析】直接利用椭圆的方程，求出a，c，即可得到椭圆的离心率.（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．3.【答案】B20.如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.（1）证明：；【解析】【解答】解：∵，（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.∴，21．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于解得.和，，．M是棱的中点．故答案为：B.（1）求证：面；（2）求二面角的正弦值；【分析】由可得，求解可得实数x的值.4.【答案】B（3）在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为若存在，请求【解析】【解答】因为两圆的圆心距，出的值，若不存在，请说明理由.所以两圆内含.22.已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且．故答案为：B（1）求椭圆的方程；【分析】根据两点间距离公式求出两圆的圆心距d与两圆半径差之间的关系，即可判断两圆的位置关系.（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若，求直线l的方程．5.【答案】A【解析】【解答】如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，答案解析部分1．【答案】A则，，，，【解析】【解答】由题意直线斜率为1，而倾斜角大于或等于且不大于，所以倾斜角为所以，，．故答案为：A．所以， 所以直线与所成角的余弦值为要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距在，当．故答案为：A.在第二象限与曲线相切时，，可得，【分析】以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解综上所述，实数的取值范围或。出直线与所成角的余弦值.故答案为：C6.【答案】D【解析】【解答】设圆心关于直线直线的对称点的坐标为，则线段C1C2的中点为【分析】根据直线和曲线方程可得二者图象，要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距的取值范围，当在第二象限与曲线相切时，从而求出实数的取值范围。，且.9.【答案】A,B于是，易知圆的半径长度不变，所以圆的方程为.【解析】【解答】因为直线与直线垂直，则，解得或.故答案为：D.故答案为：AB.【分析】由圆C2的方程求得圆心坐标与半径，再求出圆心C2关于直线y=x的对称点C1的坐标，即可求得圆【分析】由直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得实数的值.C1的方程.10.【答案】A,B,C7.【答案】D【解析】【解答】对于A，，，所以不存在实数，使得，则与【解析】【解答】，不是共线向量，所以A不符合题意；则点到平面的距离.对于B，因为，所以与同向的单位向量为，所以B不符合题意；对于C，向量故答案为：D，，所以，所以C不符合题意；【分析】由题意算出，根据向量是平面a的一个法向量，可得点到平面对于D项，设平面的一个法向量是，，，所以，则的距离，计算可得答案.，令，则平面的一个法向量为，所以D符合题意.8.【答案】C故答案为：ABC.【解析】【解答】根据直线和曲线方程可得如下图象， 【分析】根据向量共线的坐标表示，可判断A、B；根据向量夹角公式，可判断C；根据平面法向量的求故直线的斜率，C符合题意；法，即可判断D.1.【答案】A,B,C对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，【解析】【解答】解：由圆M的一般方程为，则圆M的标准方程为则，，故圆心为，半径为5，则AC符合题意；令，得或，则圆M被y轴截得的弦长为6，D不符合题意；又点和点在椭圆上，①，②，令，得或，则圆M被x轴截得的弦长为8，B符合题意．①②得，易知，故答案为：ABC.则，得，【分析】求出圆的圆心与半径，然后求解弦长，逐项进行判断，可得答案.，，D不符合题意.12.【答案】B,C故答案为：BC.【解析】【解答】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，【分析】根据题意可得四边形为平行四边形，则，又，，结合基本不等式，即判断A；由，得，利用基本不等式可判断B；设，则，当且仅当时等号成立，A不符合题意；对于B，由得，，故直线的斜率，即可判断C；设，直线的斜率额为，直线的斜率为，则，即可判断D.，13.【答案】【解析】【解答】解：与直线平行的直线方程可设为：2x-y+c=0，的面积，将点(0，1)代入2x-y+c=0，得2×0-1+c=0，解得c=1，故所求直线方程为：当且仅当时等号成立，B符合题意；【分析】根据两直线平行的充要条件，结合直线方程求解即可.对于C，设，则，， 14.【答案】1整理可得：，解得：.【解析】【解答】由于共面，又点P是线段AB上的一个动点，且满足，故存在不同时为零的实数，使得，∴.即，解得，∴.故答案为：1故答案为：【分析】根据共面向量定理得到，由此得到关于m，n，的方程组，求解可得求的值.【分析】先设P(x，y，z)，然后表示出已知点的坐标，进而表示向量的坐标，根据向量数量积的运算代入即15.【答案】可求解出实数的取值范围.【解析】【解答】设，因为线段PQ的中点为M，点P(1，0)，所以.17.【答案】（1）解：直线的斜率为，因为Q为圆C上的动点，所以，即，直线的方程为：，即M的轨迹方程.即.故答案为：（2）解：点到直线的距离，【分析】设，因为线段PQ的中点为M，故，代入圆的方程求解可得线段PQ的，中点M的轨迹方程.故的面积为.【解析】【分析】(1)利用点斜式即可得求出边所在直线的方程；16.【答案】(2)利用两点之间的距离公式可得|AB|，利用点到直线距离公式可得点C到直线AB的距离d，即可求出【解析】【解答】∵O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1).设P(x，y，z).的面积.∴18.【答案】（1）解：∵，∴（2）解：∴，所以，则BM的长为.∴【解析】【分析】(1)根据向量加法法则得，代入化∵，∴，简即得用表示向量的式子； (2)由题意得的模长分别为1、1、2，利用数量积公式求得BM的长.∵面，面面，∴面.19.【答案】（1）解：因为，，所以线段的中点坐标为，又面，∴.直线的斜率，因此线段的垂直平分线方程是：，即（2）解：解法一：向量法．在中，取中点，∵，∴，∴面，圆心的坐标是方程组的解．解此方程组得：，以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空所以圆心的坐标是．间直角坐标系，圆的半径长，设，∵，∴，所以圆心为的圆的标准方程是．∴，，，，，（2）解：因为，所以在圆内.∴，，.又因为直线被圆截得的弦长为，设面法向量为，所以圆心到直线的距离①当直线的斜率不存在时，，则，解得.到的距离为，符合题意．设直线与平面所成角为，②当直线的斜率存在时，设，即．则，所以，，解得，直线为：，即：因为，∴.综上：直线的方程为或．所以直线与平面所成角的余弦值为.【解析】【分析】（1）由圆的性质可得：的垂直平分线方程与直线联立方程组求得圆心解法二：几何法为，用两点之间距离公式求得，即可求出圆的标准方差.过作交于点，则为中点，（2）由圆的半径，弦长，利用垂径定理和勾股定理求出弦心距，再利用圆心到直线过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，的距离为求出直线方程即可，需注意斜率不存在的情况.过作交于点，连结，20.【答案】（1）证明：依题意，面面，，连结，取中点，连结，， 四边形为矩形，所以面，所以，即据此可得平面的一个法向量,又，所以面，所以为线与面所成的角.设二面角的平面角大小为，易知：令，则，，，则，即．由同一个三角形面积相等可得，二面角的正弦值为．为直角三角形，由勾股定理可得，（3）解：假设存在满足题意的点N，且：，所以，设点N的坐标为，据此可得：，由对应坐标相等可得，又因为为锐角，所以，故，由于平面的一个法向量，所以直线与平面所成角的余弦值为.由题意可得：【解析】【分析】(1)先根据面面得到面，进而证得；(2)以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立直解得：，角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量即可求出直线与平面所成角的余弦值.据此可得存在满足题意的点N，且的值为.21.【答案】（1）解：以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量即可证明平则面；（2）分别求出平面与平面的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（3）假设存，，，，在，利用线面角的夹角公式即可得出表达式，解方程即可。．则，，．2.【答案】（1）易知点、，故，设平面的法向量是，则，即因为椭圆的离心率为，故，，令，则，．于是．因此，椭圆的方程为；，．（2）设点为椭圆上一点，又平面，平面．先证明直线的方程为，（2）解：设平面的法向量为．则， 联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【解析】【分析】（1）先求出a值，结合a，b，c的关系求得b，从而求得椭圆的方程；（2）设M(x0，y0)，可得直线l的方程，求出点P的坐标，再根据MP//BF得KMP=KBF，求得x0，y0的值，即可得出直线l的方程 高二上学期数学期中考试试卷A．4B．2C．3D．5二、多选题一、单选题9．下列命题中，正确的有（）1.椭圆的焦距等于2，则的值为（）A．分别是平面的法向量，若，则A．6B．9C．6或4D．9或1B．分别是平面的法向量，若，则2.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（）C．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则A．B．D．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为C．D．与相交但不垂直10.将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论正确的是（）3.已知直线与直线平行，则等于（）A．A．3或—2B．—2C．3D．2B．是等边三角形4.方程化简的结果是（）C.与平面所成的角为90°D.与所成的角为30°A．B．C．D．11.下列结论错误的是（）5.圆截直线的最短弦长为（）A.过点，的直线的倾斜角为30°A．2B．C．4D．8B.若直线与直线垂直，则6.唐代诗人李的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的C.直线与直线之间的距离是数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在地为点，若将军从点处出发，河岸线D.已知，，点P在x轴上，则的最小值是5所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）12.已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，长轴长为，焦距为A．B．C．D．，点P在椭圆C上且满足，直线与椭圆C交于另一个点Q，若7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M是椭圆上一点，点A是线段上一，点M在圆上，则下列说法正确的是（）点，且，，则该椭圆的离心率为（）A.椭圆C的离心率为B．面积的最大值为A．B．C．D．C．D．圆G在椭圆C的内部三、填空题8.已知圆：，直线：，P为上的动点，过点P作圆的切线13.已知两个不同平面的法向量分别是，，则这两个平面的位置关系PA，PB，切点为A，B，则的最小值为（） 是．（2）若点，分别记直线､直线的斜率为､，求的值.14.过点，与直线垂直的直线方程为．22.已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．15.设点P是直线上的动点，过点P引圆的切线（切点为（1）求C的方程：），若的最大值为，则该圆的半径r等于．（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．答案解析部分16.已知椭圆与圆，若在圆上任意一点作圆的切线交椭圆于两1.【答案】C点，使得（O为坐标原点），则椭圆的离心率的值是．四、解答题【解析】【解答】椭圆的焦点在x轴时，有.17.在①过点；②椭圆长半轴为a，短半轴为b，且；③长轴长为这三个条件中任选一由题意得：，解得：m=6.个，补充在下面问题中，并解答.已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率，且.椭圆的焦点在y轴时，有.（1）求椭圆的方程；由题意得：，解得：m=4.（2）过右焦点F的直线交椭圆于P，Q两点.当直线的倾斜角为时，求的面积.故答案为：C18.已知圆，直线．（1）当为何值时，直线与圆相切；【分析】当焦点坐标在x轴时，，当焦点坐标在y轴时，，由此能得到实数m的值.（2）当直线与圆相交于，两点，且时，求直线的方程．2.【答案】B19.如图，四棱锥中，为正三角形，ABCD为正方形，平面平面ABCD，E、F分别【解析】【解答】因为，，为AC、BP中点.所以，（1）证明：平面PCD；所以∥，（2）求直线BP与平面PAC所成角的正弦值.因为直线的方向向量为，平面的法向量为，20.如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，O所以，为的中点，，.故答案为：B（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【分析】利用向量的坐标关系，得到，根据共线向量定理，可得∥，进一步得出结论.21.已知圆经过点，及.经过坐标原点的斜率为的直线与圆3.【答案】C交于，两点.【解析】【解答】由题意，解得或，（1）求圆的标准方程；时，两直线方程分别为，，平行， 时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．【解析】【解答】若是关于的对称点，如下图示：“将军饮马”的最短总路程为所以．，故答案为：C．∴，解得，即.【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.4.【答案】D∴.【解析】【解答】∵方程，故答案为：C表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，【分析】利用点关于点的对称点的求法，求出点A关于直线x+y=3的对称点A’，由三点共线取得最小值，∴它的轨迹是以为焦点，长轴，焦距的椭圆；结合两点间距离公式求解即可.∴；7.【答案】C∴椭圆的方程是，即为化简的结【解析】【解答】设，，则，果．故答案为：D．根据余弦定理：，，即，【分析】根据方程得出它表示的几何意义是椭圆，从而求出方程化简的结果是椭圆的标准方程.5.【答案】C即，即，解得，故.【解析】【解答】由已知，半径为，故答案为：C.直线方程整理得，【分析】利用余弦定理，结合三角形的面积转化求解椭圆的几何量，然后求解离心率即可.由，得，即直线过定点，8.【答案】A又，因此在圆内，【解析】【解答】由题设，圆为，由点线距离公式知：到直线l的距离当时，弦长最短．为弦中点．，则直线l与圆相离，如下图示：，所以．故答案为：C．在中，的变小过程中在变小，由且，可知【分析】根据题意，由圆的方程分析圆心和半径，设圆的圆心为C，由直线的方程分析可得直线恒过定点也随之变小，又，则也变小，，由直线与圆的位置关系可得当时，圆截直线所得的弦长最短，据此计算可得答案.∴要使的最小值，只需最小即可，6．【答案】C 【分析】取BD的中点O，连结AO，CO，AC，由AO⊥BD，CO⊥BD，由此能证明BD⊥平面AOC，从仅当等于到的距离时，最小，此时，且，而AC⊥BD；，△ACD是等边三角形，AO⊥平面BCD，由此能∠ABD是AB与平面∴的最小值为4.BCD所成角，且∠ABD=45°；由，推导出，由此能求出AB与CD所成故答案为：A角.1.【答案】A,B,C【分析】根据题意，只需转化为圆上的点到直线的距离最小，即转化的圆心到直线的距离，即可求出【解析】【解答】对A，，A不符合题意；的最小值。对B，若两条直线垂直，则2a-3=0，得，故错误；9.【答案】A,B【解析】【解答】A.分别是平面的法向量，若，则，正确.对C，直线可化为，则两条直线间的距离，C不符合题意；B.分别是平面的法向量，若，则，正确对D，如图，设点B关于x轴的对称点为C（-1，-1），C.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则或，故不正确.则，当且仅当A，P，C三点共线时取“=”，D符合题意.D.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为，故不正确故答案为：ABC.故答案为：AB【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系判断选项A；由两条直线垂直的充要条件判断选项B；利用两条平行直线间的距离判断选项C；由三点共线，距离之和最小即可判断选项D.【分析】根据平面向量的法向量的位置关系，直接判断面面、线面位置关系和线线角，即可得到答案。12.【答案】B,C,D10.【答案】A,B【解析】【解答】对于A选项，如图，取的中点，连接，，，则，，【解析】【解答】，又，平面，又平面，∴，A中结论正确；，设则对于B选项，由直二面角，得，∴是等边三角形，B中结论正又，，确；对于C选项，∵平面，∴是与平面所成的角，其大小为45°，C中结论错误；，即，所以A不正确；对于D选项，，不妨设，当点在轴上时三角形面积的最大，则，∴此时，所以B符合题意；，∴，∴，因为所以，C符合题意；即与所成的角为60°，D中结论错误.故答案为：AB.圆，，圆在椭圆内部，所以点在椭圆内部，所以D符合题意. 故答案为：BCD在中，，故答案为：1【分析】利用求得，利用已知条件及椭圆定义求出，逐一判断各个选项可得答案。【分析】利用∠APB最大，则∠APC也最大，再利用点C到直线3x-4y+7=0的距离公式列式求解即可。13.【答案】平行16.【答案】【解析】【解答】因为两个不同平面的法向量分别是，，【解析】【解答】解：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，∴，代入椭圆方程得到：，所以这两个平面的位置关系是平行.，故答案为：平行.，【分析】由题可得向量的位置关系即可判断。化简得：；14.【答案】若直线的斜率存在，设直线方程为，【解析】【解答】由直线，可得斜率为，直线与圆相切，所以所求直线的斜率为，又因为直线过点，可得直线方程为，即，即，．故答案为：．由，得：，【分析】首先由已知直线的方程求出斜率的值，再由直线垂直的斜率之间的关系求出所求直线的斜率，然后由点斜式求出直线的方程即可。则，，15.【答案】1，【解析】【解答】设圆的圆心为，，因为点P是直线上的动点，即，所以当点到点的距离最小时，取得最大值，此时与直线垂直，即，因为为，所以，整理得，点到直线的距离为， 又，，故，，，，综上所述：，故，.将代入有，即，【解析】【分析】（1）根据所选条件得到方程组，解得a，b，即可得到椭圆方程；（2）首先求出直线的方程，再联立直线与椭圆方程，消元，利用韦达定理，根据则.计算可得的面积.故答案为：.18.【答案】（1）圆的标准方程为，圆心，半径为若直线与圆相切，则有，解得【分析】设直线方程为，与椭圆方程联立整理得，利用（2）设圆心到直线的距离为，则有韦达定理结合向量内积的坐标表示可得，再结合已知条件，即可求出a，c，进而求出椭圆的离心率。即，即，由，解得或所以直线的方程为或17.【答案】（1）选择①时：，则，设椭圆方程为，【解析】【分析】把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径r，将点带入方程，得到，故椭圆方程为.(1)当直线与圆相切时，圆心到直线的距离d等于圆的半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离d，让d等于圆的半径r，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；选择②时：，，解得，，则，(2)联立圆C和直线的方程，消去y后，得到关于x的一元二次方程，然后利用韦达定理表示出AB的长度，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值.故椭圆方程为.19.【答案】（1）如图所示：连接，则为中点，为中点，则，选择③时：长轴长为，，，，则，平面PCD，且平面PCD，故平面PCD.（2）分别为中点，连接，，平面平面ABCD，故椭圆方程为.故平面，.以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为2，（2）右焦点，倾斜角为，故直线斜率为，故直线方程为，则，，，， 由，，，设平面的法向量为，则，可得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.取得到，，【解析】【分析】(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.即可；【解析】【分析】(1)连接BD，证明EF//PD，即可证明EF//平面PCD；(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平(2)建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，设正方形边长为2，求出，平面PAC的法向面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可.量，利用空间向量的数量积求解即可求出直线BP与平面PAC所成角的正弦值.21.【答案】（1）解：设圆的方程为：，由圆过，20.【答案】（1）如图，连接.在中，由可得.及.因为，，所以，.∴可得，因为，，，∴圆的方程为：，其标准方程为所以，所以.，（2）解：设，，直线为因为，，，平面，，所以平面.与圆：联立得：，（2）由（1）可知，，，两两垂直，以∴，则，，O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.∴又由，有，可得点A的坐标为，【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为：，由圆过，设平面的法向量为，及，再利用代入法，从而解方程组求出D，E，F的值，进而求出圆的一般方程，再转化为圆的标准方程。由，，有，（2）设，，直线为，与圆：联立结合韦达取，则，，可得平面的一个法向量为.定理和判别式法，得出，，，再利用两点求斜率公式，从而得出设平面的法向量为，的值。由，，有，取，则，，可得平面的一个法向量为. 此时直线MN过点,2.【答案】（1）解：由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）..由于，故由中点坐标公式可得.（2）解：设点.故存在点，使得|DQ|为定值.因为AM⊥AN，∴，即,①【解析】【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)设出点M，N的坐标，当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1.在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q代入椭圆方程消去并整理得：,的位置.②,根据,代入①整理可得：将②代入，，整理化简得,∵不在直线上，∴，∴，于是MN的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2.代入得,结合,解得, 高二上学期数学期中考试试卷，则实数x的值为（）一、单选题A．B．C．D．1.直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是（）A．30°B．45°C．60°D．90°8.已知点为抛物线的焦点，，点为抛物线上一动点，当最小时，点2.给出下列命题恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜率的平方为（）①空间中所有的单位向量都相等；②方向相反的两个向量是相反向量；A.B．C．D．③若满足，且同向，则；二、多选题④零向量的方向是任意的；9.已知圆心为的圆与点，则（）⑤对于任意向量，必有A.圆的半径为2．其中正确命题的序号为B．点在圆外（）C．点与圆上任一点距离的最大值为A．①②③B．⑤C．④⑤D．①⑤D．点与圆上任一点距离的最小值为3．已知A(－1，2)，B(1，3)，C(0，－2)，点D使AD⊥BC，AB∥CD，则点D的坐标为（）10.设，为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（）．A．B．C．D．A.B．4.若直线、的方向向量分别为，，则与的位置关系是（）C．D．A．B．11.过M（1，1）作斜率为2的直线与双曲线相交于A、B两点，若M是AB的C．、相交不垂直D．不能确定中点，则下列表述正确的是（）5.过A（4，y），两点的直线的一个方向向量为则（）A.b aA．B．C．-1D．112.在棱长为1的正方体中，点满足，，6.若直线l的方程为x-ysinθ+2=0，则直线l的倾角的范围是（）A．[0，]，则以下说法正确的是（）B．[，]A.当时，平面C．[，]B.当时，存在唯一点使得与直线的夹角为D．[，）∪（，）7.已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且 21.如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，C.当时，CP长度的最小值为，.将沿折起到的位置，使得平面平面D.当时，CP与平面所成的角不可能为，如图2.三、填空题（1）求证：.13.已知，若直线，则m的值（2）求直线和平面所成角的正弦值.为．14.抛物线C：y2=4，直线绕旋转，若直线与抛物线C有两个交点．则直线的斜率（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出k的取值范围是的值；若不存在，说明理由.15.已知点P在抛物线上，直线PA，PB与圆相切于点A，B，22.已知双曲线的左､右顶点分别为，曲线是以、为短轴的两端点且离心率且PA⊥PB，若满足条件的P点有四个，则m的取值范围是．16.已知圆C的方程为，点E的坐标为，则；直线l：为的椭圆，设点在第一象限且在双曲线上，直线与椭圆相交于另一点．，则C到直线l的距离为．（1）求曲线的方程；四、解答题17.已知的顶点坐标为．（2）设点的横坐标分别为，证明：；（1）点是边的中点，求直线及直线的方程；（3）设与(其中为坐标原点)的面积分别为与，且，求（2）直线垂直边于点，求直线的方程及点坐标．的取值范围.18.已知圆过两点，，且圆心在直线上．（1）求该圆的方程；答案解析部分（2）求过点的直线被圆截得弦长最小时的直线的方程．1．【答案】B19.在如图所示的六面体中，矩形平面，，【解析】【解答】由直线x=2知其倾斜角为90°，，，．由直线x-y+2=0知其倾斜角为45°，（1）设为中点，证明：平面；所以直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是45°.（2）求平面BCF与平面ABC夹角余弦值．故答案为：B.（3）求D点到平面BCF的距离．20．已知动圆过点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线．【分析】分别求出两条直线的倾斜角，即可求出答案。2.【答案】C（1）求曲线的方程；【解析】【解答】对于①，长度相等，方向也相同的向量才是相等的向量，两个单位向量，方向不同时，不相（2）若，是曲线上的两个点且直线过的外心，其中为坐标原点，求等，故①错误；证：直线过定点． 对于②，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，仅仅方向相反不是相反向量，故②错误；【解析】【解答】解法一：由直线上的两点A（4，y），，得，对于③，向量是既有大小有有方向的量，向量的长度(模)能够比较大小，但向量不能比较大小的，故③错又直线的一个方向向量为，因此，误；对于④，根据规定，零向量与任意向量都平行，故零向量是有方向的，只是没有确定的方向，为任意的，故∴，解得，④正确；故答案为：C.对于⑤，为向量模的不等式，由向量的加法的几何意义可知是正确的，故⑤正解法二：由直线的方向向量为得，直线的斜率为，确．综上，正确的命题序号为④⑤，所以，解得.故答案为：C.故答案为：C.【分析】利用相等向量的定义判断①；利用相反向量的定义判断②；利用向量的性质判断③；零向量的定【分析】由直线的方向向量可得直线的斜率，再由斜率公式可得答案。义判断④；由向量的加法的几何意义判断⑤.6.【答案】C3.【答案】D【解析】【解答】当时，方程为，倾斜角为【解析】【解答】解：设D(x，y)，∵AD⊥BC，∴·＝－1，∴x＋5y－9＝0，当时，直线的斜率，所以∵AB∥CD，∴＝，∴x－2y－4＝0，由得，，即故答案为：D.综上【分析】设D(x，y)，由AD⊥BC可得x＋5y－9＝0，由AB∥CD可得x－2y－4＝0，联立求解出x，y，可故答案为：C．得点D的坐标。4.【答案】A【分析】分和两种情况，结合正切函数的性质即可求出直线l的倾角的范围。【解析】【解答】由题意，直线、的方向向量分别为，，7.【答案】A，【解析】【解答】，又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，∴与的位置关系是.∴，故答案为：A.解得x=，【分析】由可得。故答案为：A．5.【答案】C 【分析】利用空间向量基本定理及向量共面的条件可得，求解可得答案。【解析】【解答】依题意，圆：，则圆心，半径，A不正8.【答案】B确；【解析】【解答】由抛物线的对称性，设为抛物线第一象限内点，如图所示：因点，则，点在圆外，B符合题意；故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C符合题意；当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA设直线方程为：，上时取“=”，C符合题意.故答案为：BCD联立，整理得，其中，解得：，由为抛物线第一象限内点，则【分析】圆的方程配方求得半径可判断A；由可判断B；求出圆上的点到定点A的距离的最值可判断C、D。则，解得：，此时，即或10．【答案】A,D所以点的坐标且【解析】【解答】由数量积的性质和运算律可知AD是正确的；由题意知，双曲线的左焦点为，右焦点为而运算后是实数，没有这种运算，B不正确；设双曲线的实轴长为2a，则，，，C不正确.又，则故答案为：AD.故渐近线斜率的平方为【分析】根据题意由数量积的运算性质以及向量的运算性质对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：B1.【答案】C,D【解析】【解答】解：设，【分析】作出图形，可知与抛物线相切，取得最小值，设直线方程为：则，，与抛物线联立求出点N的坐标，利用双曲线的定义求出2a，结合，可求得，再利用求出结果。根据已知条件，结合双曲线的性质，以及抛物线的定义，即可求出渐近线斜率的平两式相减得，方.9．【答案】B,C,D化简得，因为M（1，1）是AB的中点， 成的角的最大值由此判断出选项C与D，由此即可得出答案。所以，即，13.【答案】1或-1所以，渐近线方程为，离心率为，【解析】【解答】∵A，B两点纵坐标不相等，故答案为：CD∴与x轴不平行．∵，∴与x轴不垂直，【分析】根据已知条件，利用“点差法”和双曲线的性质结合中点坐标公式，求出，逐项进行分析，∴，即．可得答案。①当与x轴垂直（或重合）时，，解得，此时C，D的纵坐标均为12.【答案】A,C,D，【解析】【解答】对于A，当时，，即点P在线段上，利用正方∴轴，此时，满足题意．②当与x轴不垂直时，由直线的斜率公式得体的性质，易证平面平面，平面，∴平面，故A正确；对于B，当时，，设的中点为H，则，，即，即点为中点，此时，故B错误；∵，∴，即，解得对于C，当时，可知P，，A三点共线，线段CP在中，当点P为中点时，．综上，m的值为1或-1．故答案为：1或-1CP最小，此时，，故CP长度的最小值为【分析】当与x轴垂直（或重合）时，得，求出m，当与x轴不垂直时，分别，故C正确；求出直线AB、CD的斜率，再由可得，求解可得m的值，综合可得m的值。对于D，当时，可知P，，A三点共线，点P在平面内的射影为Q在线段14.【答案】上，则为CP与平面所成的角，，又，所以【解析】【解答】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，代入抛物线方程得，，而，所以CP与平面所成的角不可能为，故D化简得，，正确；因为直线与抛物线C有两个交点，所以，且，【分析】根据题意当时，P的轨迹为线段DA1，证明平面CB，D、即可判断选项A正确；当即，且，号时，点P的轨迹为线段EF，可得当P与E重合时，DP与直线CB1所成角最大，求出最大角由此判解得，且，断出选项B错误；当时，P点轨迹为线段D1A，分别求出CP长度的最小值与CP与平面BCC1B1所 所以直线的斜率k的取值范围是，故答案为：3；.故答案为：【分析】求出C的坐标，分别利用两点间的距离公式可求出；利用点到直线的距离公式计算即可求出【分析】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立，利用判别式C到直线l的距离.大于零，求解可得直线的斜率k的取值范围。17.【答案】（1）解：由已知可得，15.【答案】故由点斜式可得：，即【解析】【解答】解:因为直线PA，PB与圆相切于点A，B，且PA⊥PB，所以直线方程为：所以四边形QAPB为正方形，所以，由中点，所以问题转化为圆与抛物线有四个公共点，将抛物线方程代人圆的方程消去，得，故由两点式可得：，即，所以直线方程为：由题意，此方程有两个不等正根，故，解得，（2）由，可得，故答案为：.故由点斜式可得所以直线【分析】依题意可得，则点P的轨迹方程为，故只需方程(m>0)与方程有四个解即可，利用判别式、根的分布，即可得到关于M的不等式组，求解出答案联立直线与方程，解得，即可。16.【答案】3；所以【解析】【解答】圆C的圆心坐标为，点E的坐标为，所以【解析】【分析】(1)根据中点公式，两点式及点斜式即可求出直线及直线的方程；；(2)根据直线垂直的性质结合点斜式可求出直线的方程，联立直线与方程，求解可得点坐标．直线l的一般式方程为：，故圆心C到直线l的距离为：18.【答案】（1）解：因为圆过两点，，设的中点为，则，.因为，所以的中垂线方程为y-2=(x-0)，即， 又因为圆心在直线上，，所以平面BCF与平面ABC夹角余弦值为．解得，圆心，，（3）解：由，D到平面BCF的距离.故圆的方程为．所以D点到平面BCF的距离为．（2）解：因为直线被圆截得弦长最小时CP⊥，由过点，的斜率为，=-1，【解析】【分析】（1）证得，根据线面平行的判定定理即可证得平面；（2）以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标所以直线的方程为，故直线的方程为．系，求出平面的法向量和平面ABC的法向量，利用向量法即可求出平面BCF与平面ABC夹角余弦【解析】【分析】（1）求出AB的中垂线，根据求出圆心坐标和半径，即可得出圆的方值；（3）利用向量数量积计算D点到平面BCF的距离．程；20.【答案】（1）由题意到点的距离等于点到直线的距离，所以点轨迹是以（2）直线被圆截得的弦长最小时是垂直于圆的直径所在的直线，利用斜率公式求出，进而得出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线的方程．为焦点，直线为准线的抛物线，，，19.【答案】（1）证明：连接，相交于，因为矩形，所以是的中点，抛物线方程即点轨迹方程是．又因为为中点，所以，且，（2）因为直线过的外心，所以，的斜率一定存在，又因为，，，所以，且，所以四边形为平设方程为，代入抛物线方程得，或，行四边形，故，所以，，即，同理得，又因为平面，平面，因此平面；直线方程为，整理得，（2）解：因为矩形平面，且矩形平面，又，时，，所以直线过定点．所以平面，又因为，所以两两垂直，【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义即可得曲线的方程；故以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，所(2)的斜率一定存在，设方程为，代入抛物线方程求得A点坐标，同理求得B点坐以，标，再由两点式写出直线AB方程，由此证得直线过定点．设平面的法向量为，且，21.【答案】（1）因为在中，，分别为，的中点，所以，.因此，则，取，则，所以，又为的中点，所以.因为平面平面，且平面，而平面ABC的法向量是为， 所以平面，令，所以.整理得.解得.（2）取的中点，连接，所以.由（1）得，.所以线段上存在点适合题意，且.如图建立空间直角坐标系.【解析】【分析】(1)推导出，，从而，进而，由此得到由题意得，，，，.平面，从而能证明；所以，，.(2)取的中点，连接，得，由（1）得，，建立空间直设平面的法向量为.角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求出直线和平面所成角的正弦值；则(3)线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法可得即整理求解得的值，进而可得的值。令，则，，所以.2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，设直线和平面所成的角为，依题意可得，所以，则.因为椭圆的离心率为，所以，即，故所求角的正弦值为.椭圆方程为；（3）线段上存在点适合题意.设，其中.（2）设点，2)，直线的斜率为，设，则有，则直线的方程为，联立方程组，整理，得所以，，，从而，所以，又，，解得或.所以.所以 方程为，联立椭圆的方程，解得x2，同理可得x1，进而可证得；同理可得，.所以(3)由(2)，由，得，再结合点在双（3）由（2）曲线上可得，再计算S1，S2，结合基本不等式得的取值范围.因为，所以，即，因为点在双曲线上，则，所以，即.因为点是双曲线在第一象限内的一点，所以.因为，所以.由（2）知，，即.设，则则.设，当且仅当，即时取等号，所以函数在上单调递增，在(2，3]上单调递减.因为，所以所以的取值范围为【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，依题意可得，推出，又椭圆的离心率为，解得a2，即可得出曲线的方程；(2)设点，直线的斜率为，则直线的 高二上学期数学期中“同心顺”联合考试试卷10．已知等差数列的公差为，前项和为，且，，以下命题正确的是（）一、单选题A．的最大值为121.设等差数列的前项和，若，那么等于（）A．16B．20C．24D．28B．数列是公差为的等差数列2.直线的一个方向向量为，则它的斜率为（）C．是4的倍数A．B．C．D．D．3.已知各项均为正数的等比数列，，，则（）11.圆心在直线上，与直线相切，且被直线所截得的弦长为的圆的方程（）A．7B．8C．9D．10A．B．4.已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，它的长轴长等于圆：的直径，则椭圆的标C．D．准方程是（）12.以下说法正确的是（）A．B．C．D．A.椭圆的长轴长为4，短轴长为5.等比数列的前项和为，首项，若数列也为等比数列，则数列的公比B.离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁（）A．-2B．2C．D．C.椭圆的焦点在轴上且焦距为26.过点且与原点距离最大的直线方程是（）D.椭圆的离心率为A．B．三、填空题C．D．13.若直线：与直线：垂直，则．7.已知等差数列的公差，若，，则该数列的前项和的最大值为14.已知等差数列的首项为，前10项形成一组数据的中位数为8，则．（）15.过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是．A．30B．35C．40D．4516.若无论取何值，直线与圆恒有两个公共点，则的取值范围为．8．点为椭圆上一点，为焦点，则的最大值为（）四、解答题A．1B．3C．5D．717.已知等比数列中，，．二、多选题（1）求数列的通项公式；9．已知点到直线的距离等于1，则（）（2）设，求数列的前项和．A．B．C．-1D．3 18.直线经过两直线：和：的交点．【解析】【解答】，（1）求与直线平行的直线的方程；，（2）求横纵两截距相等的直线的方程．故答案为：B19.数列的前项和为，．（1）设，求证数列是等比数列；【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可直接求解.2.【答案】A（2）求数列的前项和．【解析】【解答】且是直线的方向向量，.20.已知圆：．故答案为：A（1）若圆与圆：有三条外公切线，求的值；（2）若圆与直线交于两点，，且（为坐标原点），求的值．【分析】由直线的方向量为可得直线的斜率。3.【答案】C21.设，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，【解析】【解答】由，，有，又因为各项均为正数，所以且，，成等差数列．，（1）求；故答案为：C（2）若直线的斜率为1，求椭圆的标准方程．22．200多年前，10岁的高斯充分利用数字1，2，3，，100的“对称”特征，给出了计算的【分析】利用等比数列的性质，即可求出答案。快捷方法．教材示范了根据高斯算法的启示推导等差数列的前项和公式的过程．实事上，高斯算法的依据4.【答案】B是：若函数的图象关于点对称，则对恒成立．已知函数【解析】【解答】依题意可设椭圆的标准方程为，半焦距为，．由，半径为4，故有，又，，（1）求的值；.（2）设，，记数列的前项和为，所以椭圆的标准方程为.求证．故答案为：B答案解析部分1.【答案】B【分析】利用配方法化简得到圆的半径为4，所以椭圆的长轴为4，根据离心率求出c， 根据勾股定理求出b，得到椭圆的解析式即可。【解析】【解答】等差数列，由，有，5.【答案】D又，公差，所以，，得，【解析】【解答】设等比数列的公比为，，，，∴当或10时，，最大，，故答案为：D，依题意数列是等比数列，【分析】先用等差数列的通项公式，分别表示出和，联立方程求得d和a1，进而可表示出Sn，利用二次函数的性质求得其最大值.所以，8.【答案】C，【解析】【解答】，，，，即.由于，所以.所以的最大值为.故答案为：D故答案为：C【分析】利用等比数列的前n项和公式得到关于q的一元二次方程，求出方程的解即可得到q的值.【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解.6.【答案】A9.【答案】A,B【解析】【解答】过点且与原点O距离最远的直垂直于直线，【解析】【解答】依题意有.，故答案为：AB.∴过点且与原点O距离最远的直线的斜率为，∴过点且与原点O距离最远的直线方程为：【分析】根据点到直线的距离公式，即可求出答案。10.【答案】A,B,C，即.故答案为：A【解析】【解答】由题可得，解得，【分析】过点且与原点O距离最远的直线垂直于直线OP，求出，从而过点且与则，则是4的倍数，C符合题意；原点O距离最远的直线的斜率为k=-2，由此能求出过点且与原点O距离最远的直线方程.7.【答案】D 故离心率为；，对称轴为，开口向下，则当或3时，取得最大值为12，A故答案为：ABD符合题意；因为，所以数列是公差为的等差数列，B符合【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解。13．【答案】2题意；【解析】【解答】时，不合题意，，D不符合题意.时，直线：与直线：的斜率分别为，故答案为：ABC.因为直线：与直线：垂直，【分析】根据题意求出首项和公差，再逐项进行分析判断，可得答案。所以，解得，故答案为：2.1.【答案】C,D【解析】【解答】因为圆心在直线上，所以设圆心为，而圆与相切，则圆的半径【分析】由题意利用两条直线垂直的性质，求出m的值.，于是圆的方程为.14.【答案】5圆心到直线距离，则，【解析】【解答】依题意有，设公差为d，所以，故圆的方程为：或.故答案为：CD.故答案为：5.【分析】设出所求圆的圆心为，根据点到直线的距离公式求出a的值，由此写出圆的标准方程.【分析】根据题求出，进而结合等差数列的通项公式求出公差，最后求出。12.【答案】A,B,D15.【答案】【解析】【解答】对于A：椭圆中，，【解析】【解答】设切点分别为，因为点在圆上，所以以为切点故长轴长为4，短轴长为，A符合题意；的切线方程分别为：，而点在两条切线上，所以对于B：因为椭圆的离心率越大，该椭圆越扁，，即点P满足直线.所以离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁，B符合题意；故答案为：.对于C：椭圆的焦点在轴上，C不符合题意；【分析】根据题意，设出切点，根据切点在圆上，得到两条切线方程，进而根据点P对于D：椭圆中，，在两条切线上，即可求出经过两切点的直线方程。 16.【答案】【解析】【分析】(1)解方程组求出交点的坐标，设出平行直线的方程，代入点的坐标，解出即可；(2)设横纵两截距相等的直线的方程为或，代入点的坐标，求出直线方程即可.【解析】【解答】依题意有圆心到直线的距离，即，19.【答案】（1），又无论取何值，，故，故.∴当时，，故答案为：两式相减得：，又，，【分析】根据点到直线的距离公式得到根据，解不等式可得的取值范围。，17.【答案】（1）设等比数列的公比为，又，，有，解得故数列是公比为2，首项为2的等比数列.故数列的通项公式为；（2）由（1）可知，，故…①（2），…②，故数列的前项和①-②，，【解析】【分析】(1)直接利用等比数列的性质求出数列的通项公式；，(2)利用分组法和等差数列的求和公式的应用求出结果.故数列的前项和．18.【答案】（1）由，得；【解析】【分析】(1)运用数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求通项；与的交点为．(2)由(1)得，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简可设与直线平行的直线为，得所求和.有，，20.【答案】（1）由，∴所求直线方程为．知圆的圆心，半径为；（2）设横纵两截距相等的直线的方程为或，由圆：，有圆心，半径为1，由第一问可知：与的交点为，将其代入直线的方程依题意有圆与圆相外切，故；则或，解得：或，（2）设，，有，，∴所求直线方程为或．由，有， 整理得………①程组，化简得，然后利用弦长公式结合根与系数的关系列式求由，解，则椭圆E的标准方程可求.得：，易知，是方程的根，2.【答案】（1），故有，代入①，得，满足要求，故且【解析】【分析】(1)由题意确定两圆的位置关系，然后求解参数值即可；，(2)设出点的坐标，将原问题转化为坐标之间的关系，然后结合韦达定理求解实数m的值即可.21.【答案】（1）由题意知，，；由椭圆定义知，所以，又成等差数列，（2）所以，解得；【解析】【分析】(1)首先计算g(1)，g(x)+g(2-x)的和，再由数列的倒序相加求和，可得所求和；（2）设直线的方程式为，其中，(2)由(1)的结论，可得，，再由数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得证.设，，则A，两点坐标满足方程组，化简得，，则，，因为直线的斜率为1，所以即，则，解得，故椭圆的标准方程为．【解析】【分析】(1)由椭圆定义知，结合已知可得，即可求得|AB|；(2)设直线的方程式为，其中，设，，则A，B两点坐标满足方
简介：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.平面的一个法向量是3.已知向量，，并且，则实数x的值为（）11.已知圆的一般方程为，则下列说法正确的是（）A．10B．-10C．D．A．圆的圆心为B．圆被轴截得的弦长为84.圆与圆的位置关系是（）C．圆的半径为5D．圆被轴截得的弦长为9A.相切B．内含C．相交D．外离5.如图，在直三棱柱中，，则与所成的角的12.已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，余弦值为（）轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（）A．B．C．D．A．的最小值为2B．面积的最大值为6.已知圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（）C．直线的斜率为D．为钝角三、填空题A．B．13.过点且与直线平行的直线方程为．C．D．14．若，，，且共面，则.7.平面的一个法向量，在内，则到的距离为（）15．已知点P(1，0)与圆C：，设Q为圆C上的动点，则线段PQ的中点M的轨迹方程A．10B．3C．D．为.8.直线与曲线有且仅有一个公共点，则实数的取值范围是（）16．设O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1)，点P是线段AB上的一个动点，且满足，若A．B．，则实数的取值范围是．C．或D．或四、解答题二、多选题17.已知的顶点.9.已知直线与直线垂直，则实数的值是（）（1）求边所在直线的方程； （2）求的面积.【分析】先由直线的方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出直线的倾斜角.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD2.【答案】C的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.【解析】【解答】因为椭圆，，，所以，（1）试用表示向量；（2）求BM的长.即.19.已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上．故答案为：C（1）求圆的方程；【分析】直接利用椭圆的方程，求出a，c，即可得到椭圆的离心率.（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．3.【答案】B20.如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.（1）证明：；【解析】【解答】解：∵，（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.∴，21．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于解得.和，，．M是棱的中点．故答案为：B.（1）求证：面；（2）求二面角的正弦值；【分析】由可得，求解可得实数x的值.4.【答案】B（3）在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为若存在，请求【解析】【解答】因为两圆的圆心距，出的值，若不存在，请说明理由.所以两圆内含.22.已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且．故答案为：B（1）求椭圆的方程；【分析】根据两点间距离公式求出两圆的圆心距d与两圆半径差之间的关系，即可判断两圆的位置关系.（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若，求直线l的方程．5.【答案】A【解析】【解答】如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，答案解析部分1．【答案】A则，，，，【解析】【解答】由题意直线斜率为1，而倾斜角大于或等于且不大于，所以倾斜角为所以，，．故答案为：A．所以， 所以直线与所成角的余弦值为要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距在，当．故答案为：A.在第二象限与曲线相切时，，可得，【分析】以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解综上所述，实数的取值范围或。出直线与所成角的余弦值.故答案为：C6.【答案】D【解析】【解答】设圆心关于直线直线的对称点的坐标为，则线段C1C2的中点为【分析】根据直线和曲线方程可得二者图象，要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距的取值范围，当在第二象限与曲线相切时，从而求出实数的取值范围。，且.9.【答案】A,B于是，易知圆的半径长度不变，所以圆的方程为.【解析】【解答】因为直线与直线垂直，则，解得或.故答案为：D.故答案为：AB.【分析】由圆C2的方程求得圆心坐标与半径，再求出圆心C2关于直线y=x的对称点C1的坐标，即可求得圆【分析】由直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得实数的值.C1的方程.10.【答案】A,B,C7.【答案】D【解析】【解答】对于A，，，所以不存在实数，使得，则与【解析】【解答】，不是共线向量，所以A不符合题意；则点到平面的距离.对于B，因为，所以与同向的单位向量为，所以B不符合题意；对于C，向量故答案为：D，，所以，所以C不符合题意；【分析】由题意算出，根据向量是平面a的一个法向量，可得点到平面对于D项，设平面的一个法向量是，，，所以，则的距离，计算可得答案.，令，则平面的一个法向量为，所以D符合题意.8.【答案】C故答案为：ABC.【解析】【解答】根据直线和曲线方程可得如下图象， 【分析】根据向量共线的坐标表示，可判断A、B；根据向量夹角公式，可判断C；根据平面法向量的求故直线的斜率，C符合题意；法，即可判断D.1.【答案】A,B,C对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，【解析】【解答】解：由圆M的一般方程为，则圆M的标准方程为则，，故圆心为，半径为5，则AC符合题意；令，得或，则圆M被y轴截得的弦长为6，D不符合题意；又点和点在椭圆上，①，②，令，得或，则圆M被x轴截得的弦长为8，B符合题意．①②得，易知，故答案为：ABC.则，得，【分析】求出圆的圆心与半径，然后求解弦长，逐项进行判断，可得答案.，，D不符合题意.12.【答案】B,C故答案为：BC.【解析】【解答】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，【分析】根据题意可得四边形为平行四边形，则，又，，结合基本不等式，即判断A；由，得，利用基本不等式可判断B；设，则，当且仅当时等号成立，A不符合题意；对于B，由得，，故直线的斜率，即可判断C；设，直线的斜率额为，直线的斜率为，则，即可判断D.，13.【答案】【解析】【解答】解：与直线平行的直线方程可设为：2x-y+c=0，的面积，将点(0，1)代入2x-y+c=0，得2×0-1+c=0，解得c=1，故所求直线方程为：当且仅当时等号成立，B符合题意；【分析】根据两直线平行的充要条件，结合直线方程求解即可.对于C，设，则，， 14.【答案】1整理可得：，解得：.【解析】【解答】由于共面，又点P是线段AB上的一个动点，且满足，故存在不同时为零的实数，使得，∴.即，解得，∴.故答案为：1故答案为：【分析】根据共面向量定理得到，由此得到关于m，n，的方程组，求解可得求的值.【分析】先设P(x，y，z)，然后表示出已知点的坐标，进而表示向量的坐标，根据向量数量积的运算代入即15.【答案】可求解出实数的取值范围.【解析】【解答】设，因为线段PQ的中点为M，点P(1，0)，所以.17.【答案】（1）解：直线的斜率为，因为Q为圆C上的动点，所以，即，直线的方程为：，即M的轨迹方程.即.故答案为：（2）解：点到直线的距离，【分析】设，因为线段PQ的中点为M，故，代入圆的方程求解可得线段PQ的，中点M的轨迹方程.故的面积为.【解析】【分析】(1)利用点斜式即可得求出边所在直线的方程；16.【答案】(2)利用两点之间的距离公式可得|AB|，利用点到直线距离公式可得点C到直线AB的距离d，即可求出【解析】【解答】∵O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1).设P(x，y，z).的面积.∴18.【答案】（1）解：∵，∴（2）解：∴，所以，则BM的长为.∴【解析】【分析】(1)根据向量加法法则得，代入化∵，∴，简即得用表示向量的式子； (2)由题意得的模长分别为1、1、2，利用数量积公式求得BM的长.∵面，面面，∴面.19.【答案】（1）解：因为，，所以线段的中点坐标为，又面，∴.直线的斜率，因此线段的垂直平分线方程是：，即（2）解：解法一：向量法．在中，取中点，∵，∴，∴面，圆心的坐标是方程组的解．解此方程组得：，以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空所以圆心的坐标是．间直角坐标系，圆的半径长，设，∵，∴，所以圆心为的圆的标准方程是．∴，，，，，（2）解：因为，所以在圆内.∴，，.又因为直线被圆截得的弦长为，设面法向量为，所以圆心到直线的距离①当直线的斜率不存在时，，则，解得.到的距离为，符合题意．设直线与平面所成角为，②当直线的斜率存在时，设，即．则，所以，，解得，直线为：，即：因为，∴.综上：直线的方程为或．所以直线与平面所成角的余弦值为.【解析】【分析】（1）由圆的性质可得：的垂直平分线方程与直线联立方程组求得圆心解法二：几何法为，用两点之间距离公式求得，即可求出圆的标准方差.过作交于点，则为中点，（2）由圆的半径，弦长，利用垂径定理和勾股定理求出弦心距，再利用圆心到直线过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，的距离为求出直线方程即可，需注意斜率不存在的情况.过作交于点，连结，20.【答案】（1）证明：依题意，面面，，连结，取中点，连结，， 四边形为矩形，所以面，所以，即据此可得平面的一个法向量,又，所以面，所以为线与面所成的角.设二面角的平面角大小为，易知：令，则，，，则，即．由同一个三角形面积相等可得，二面角的正弦值为．为直角三角形，由勾股定理可得，（3）解：假设存在满足题意的点N，且：，所以，设点N的坐标为，据此可得：，由对应坐标相等可得，又因为为锐角，所以，故，由于平面的一个法向量，所以直线与平面所成角的余弦值为.由题意可得：【解析】【分析】(1)先根据面面得到面，进而证得；(2)以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立直解得：，角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量即可求出直线与平面所成角的余弦值.据此可得存在满足题意的点N，且的值为.21.【答案】（1）解：以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量即可证明平则面；（2）分别求出平面与平面的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（3）假设存，，，，在，利用线面角的夹角公式即可得出表达式，解方程即可。．则，，．2.【答案】（1）易知点、，故，设平面的法向量是，则，即因为椭圆的离心率为，故，，令，则，．于是．因此，椭圆的方程为；，．（2）设点为椭圆上一点，又平面，平面．先证明直线的方程为，（2）解：设平面的法向量为．则， 联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【解析】【分析】（1）先求出a值，结合a，b，c的关系求得b，从而求得椭圆的方程；（2）设M(x0，y0)，可得直线l的方程，求出点P的坐标，再根据MP//BF得KMP=KBF，求得x0，y0的值，即可得出直线l的方程 高二上学期数学期中考试试卷A．4B．2C．3D．5二、多选题一、单选题9．下列命题中，正确的有（）1.椭圆的焦距等于2，则的值为（）A．分别是平面的法向量，若，则A．6B．9C．6或4D．9或1B．分别是平面的法向量，若，则2.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（）C．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则A．B．D．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为C．D．与相交但不垂直10.将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论正确的是（）3.已知直线与直线平行，则等于（）A．A．3或—2B．—2C．3D．2B．是等边三角形4.方程化简的结果是（）C.与平面所成的角为90°D.与所成的角为30°A．B．C．D．11.下列结论错误的是（）5.圆截直线的最短弦长为（）A.过点，的直线的倾斜角为30°A．2B．C．4D．8B.若直线与直线垂直，则6.唐代诗人李的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的C.直线与直线之间的距离是数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在地为点，若将军从点处出发，河岸线D.已知，，点P在x轴上，则的最小值是5所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）12.已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，长轴长为，焦距为A．B．C．D．，点P在椭圆C上且满足，直线与椭圆C交于另一个点Q，若7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M是椭圆上一点，点A是线段上一，点M在圆上，则下列说法正确的是（）点，且，，则该椭圆的离心率为（）A.椭圆C的离心率为B．面积的最大值为A．B．C．D．C．D．圆G在椭圆C的内部三、填空题8.已知圆：，直线：，P为上的动点，过点P作圆的切线13.已知两个不同平面的法向量分别是，，则这两个平面的位置关系PA，PB，切点为A，B，则的最小值为（） 是．（2）若点，分别记直线､直线的斜率为､，求的值.14.过点，与直线垂直的直线方程为．22.已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．15.设点P是直线上的动点，过点P引圆的切线（切点为（1）求C的方程：），若的最大值为，则该圆的半径r等于．（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．答案解析部分16.已知椭圆与圆，若在圆上任意一点作圆的切线交椭圆于两1.【答案】C点，使得（O为坐标原点），则椭圆的离心率的值是．四、解答题【解析】【解答】椭圆的焦点在x轴时，有.17.在①过点；②椭圆长半轴为a，短半轴为b，且；③长轴长为这三个条件中任选一由题意得：，解得：m=6.个，补充在下面问题中，并解答.已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率，且.椭圆的焦点在y轴时，有.（1）求椭圆的方程；由题意得：，解得：m=4.（2）过右焦点F的直线交椭圆于P，Q两点.当直线的倾斜角为时，求的面积.故答案为：C18.已知圆，直线．（1）当为何值时，直线与圆相切；【分析】当焦点坐标在x轴时，，当焦点坐标在y轴时，，由此能得到实数m的值.（2）当直线与圆相交于，两点，且时，求直线的方程．2.【答案】B19.如图，四棱锥中，为正三角形，ABCD为正方形，平面平面ABCD，E、F分别【解析】【解答】因为，，为AC、BP中点.所以，（1）证明：平面PCD；所以∥，（2）求直线BP与平面PAC所成角的正弦值.因为直线的方向向量为，平面的法向量为，20.如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，O所以，为的中点，，.故答案为：B（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【分析】利用向量的坐标关系，得到，根据共线向量定理，可得∥，进一步得出结论.21.已知圆经过点，及.经过坐标原点的斜率为的直线与圆3.【答案】C交于，两点.【解析】【解答】由题意，解得或，（1）求圆的标准方程；时，两直线方程分别为，，平行， 时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．【解析】【解答】若是关于的对称点，如下图示：“将军饮马”的最短总路程为所以．，故答案为：C．∴，解得，即.【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.4.【答案】D∴.【解析】【解答】∵方程，故答案为：C表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，【分析】利用点关于点的对称点的求法，求出点A关于直线x+y=3的对称点A’，由三点共线取得最小值，∴它的轨迹是以为焦点，长轴，焦距的椭圆；结合两点间距离公式求解即可.∴；7.【答案】C∴椭圆的方程是，即为化简的结【解析】【解答】设，，则，果．故答案为：D．根据余弦定理：，，即，【分析】根据方程得出它表示的几何意义是椭圆，从而求出方程化简的结果是椭圆的标准方程.5.【答案】C即，即，解得，故.【解析】【解答】由已知，半径为，故答案为：C.直线方程整理得，【分析】利用余弦定理，结合三角形的面积转化求解椭圆的几何量，然后求解离心率即可.由，得，即直线过定点，8.【答案】A又，因此在圆内，【解析】【解答】由题设，圆为，由点线距离公式知：到直线l的距离当时，弦长最短．为弦中点．，则直线l与圆相离，如下图示：，所以．故答案为：C．在中，的变小过程中在变小，由且，可知【分析】根据题意，由圆的方程分析圆心和半径，设圆的圆心为C，由直线的方程分析可得直线恒过定点也随之变小，又，则也变小，，由直线与圆的位置关系可得当时，圆截直线所得的弦长最短，据此计算可得答案.∴要使的最小值，只需最小即可，6．【答案】C 【分析】取BD的中点O，连结AO，CO，AC，由AO⊥BD，CO⊥BD，由此能证明BD⊥平面AOC，从仅当等于到的距离时，最小，此时，且，而AC⊥BD；，△ACD是等边三角形，AO⊥平面BCD，由此能∠ABD是AB与平面∴的最小值为4.BCD所成角，且∠ABD=45°；由，推导出，由此能求出AB与CD所成故答案为：A角.1.【答案】A,B,C【分析】根据题意，只需转化为圆上的点到直线的距离最小，即转化的圆心到直线的距离，即可求出【解析】【解答】对A，，A不符合题意；的最小值。对B，若两条直线垂直，则2a-3=0，得，故错误；9.【答案】A,B【解析】【解答】A.分别是平面的法向量，若，则，正确.对C，直线可化为，则两条直线间的距离，C不符合题意；B.分别是平面的法向量，若，则，正确对D，如图，设点B关于x轴的对称点为C（-1，-1），C.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则或，故不正确.则，当且仅当A，P，C三点共线时取“=”，D符合题意.D.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为，故不正确故答案为：ABC.故答案为：AB【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系判断选项A；由两条直线垂直的充要条件判断选项B；利用两条平行直线间的距离判断选项C；由三点共线，距离之和最小即可判断选项D.【分析】根据平面向量的法向量的位置关系，直接判断面面、线面位置关系和线线角，即可得到答案。12.【答案】B,C,D10.【答案】A,B【解析】【解答】对于A选项，如图，取的中点，连接，，，则，，【解析】【解答】，又，平面，又平面，∴，A中结论正确；，设则对于B选项，由直二面角，得，∴是等边三角形，B中结论正又，，确；对于C选项，∵平面，∴是与平面所成的角，其大小为45°，C中结论错误；，即，所以A不正确；对于D选项，，不妨设，当点在轴上时三角形面积的最大，则，∴此时，所以B符合题意；，∴，∴，因为所以，C符合题意；即与所成的角为60°，D中结论错误.故答案为：AB.圆，，圆在椭圆内部，所以点在椭圆内部，所以D符合题意. 故答案为：BCD在中，，故答案为：1【分析】利用求得，利用已知条件及椭圆定义求出，逐一判断各个选项可得答案。【分析】利用∠APB最大，则∠APC也最大，再利用点C到直线3x-4y+7=0的距离公式列式求解即可。13.【答案】平行16.【答案】【解析】【解答】因为两个不同平面的法向量分别是，，【解析】【解答】解：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，∴，代入椭圆方程得到：，所以这两个平面的位置关系是平行.，故答案为：平行.，【分析】由题可得向量的位置关系即可判断。化简得：；14.【答案】若直线的斜率存在，设直线方程为，【解析】【解答】由直线，可得斜率为，直线与圆相切，所以所求直线的斜率为，又因为直线过点，可得直线方程为，即，即，．故答案为：．由，得：，【分析】首先由已知直线的方程求出斜率的值，再由直线垂直的斜率之间的关系求出所求直线的斜率，然后由点斜式求出直线的方程即可。则，，15.【答案】1，【解析】【解答】设圆的圆心为，，因为点P是直线上的动点，即，所以当点到点的距离最小时，取得最大值，此时与直线垂直，即，因为为，所以，整理得，点到直线的距离为， 又，，故，，，，综上所述：，故，.将代入有，即，【解析】【分析】（1）根据所选条件得到方程组，解得a，b，即可得到椭圆方程；（2）首先求出直线的方程，再联立直线与椭圆方程，消元，利用韦达定理，根据则.计算可得的面积.故答案为：.18.【答案】（1）圆的标准方程为，圆心，半径为若直线与圆相切，则有，解得【分析】设直线方程为，与椭圆方程联立整理得，利用（2）设圆心到直线的距离为，则有韦达定理结合向量内积的坐标表示可得，再结合已知条件，即可求出a，c，进而求出椭圆的离心率。即，即，由，解得或所以直线的方程为或17.【答案】（1）选择①时：，则，设椭圆方程为，【解析】【分析】把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径r，将点带入方程，得到，故椭圆方程为.(1)当直线与圆相切时，圆心到直线的距离d等于圆的半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离d，让d等于圆的半径r，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；选择②时：，，解得，，则，(2)联立圆C和直线的方程，消去y后，得到关于x的一元二次方程，然后利用韦达定理表示出AB的长度，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值.故椭圆方程为.19.【答案】（1）如图所示：连接，则为中点，为中点，则，选择③时：长轴长为，，，，则，平面PCD，且平面PCD，故平面PCD.（2）分别为中点，连接，，平面平面ABCD，故椭圆方程为.故平面，.以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为2，（2）右焦点，倾斜角为，故直线斜率为，故直线方程为，则，，，， 由，，，设平面的法向量为，则，可得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.取得到，，【解析】【分析】(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.即可；【解析】【分析】(1)连接BD，证明EF//PD，即可证明EF//平面PCD；(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平(2)建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，设正方形边长为2，求出，平面PAC的法向面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可.量，利用空间向量的数量积求解即可求出直线BP与平面PAC所成角的正弦值.21.【答案】（1）解：设圆的方程为：，由圆过，20.【答案】（1）如图，连接.在中，由可得.及.因为，，所以，.∴可得，因为，，，∴圆的方程为：，其标准方程为所以，所以.，（2）解：设，，直线为因为，，，平面，，所以平面.与圆：联立得：，（2）由（1）可知，，，两两垂直，以∴，则，，O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.∴又由，有，可得点A的坐标为，【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为：，由圆过，设平面的法向量为，及，再利用代入法，从而解方程组求出D，E，F的值，进而求出圆的一般方程，再转化为圆的标准方程。由，，有，（2）设，，直线为，与圆：联立结合韦达取，则，，可得平面的一个法向量为.定理和判别式法，得出，，，再利用两点求斜率公式，从而得出设平面的法向量为，的值。由，，有，取，则，，可得平面的一个法向量为. 此时直线MN过点,2.【答案】（1）解：由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）..由于，故由中点坐标公式可得.（2）解：设点.故存在点，使得|DQ|为定值.因为AM⊥AN，∴，即,①【解析】【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)设出点M，N的坐标，当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1.在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q代入椭圆方程消去并整理得：,的位置.②,根据,代入①整理可得：将②代入，，整理化简得,∵不在直线上，∴，∴，于是MN的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2.代入得,结合,解得, 高二上学期数学期中考试试卷，则实数x的值为（）一、单选题A．B．C．D．1.直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是（）A．30°B．45°C．60°D．90°8.已知点为抛物线的焦点，，点为抛物线上一动点，当最小时，点2.给出下列命题恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜率的平方为（）①空间中所有的单位向量都相等；②方向相反的两个向量是相反向量；A.B．C．D．③若满足，且同向，则；二、多选题④零向量的方向是任意的；9.已知圆心为的圆与点，则（）⑤对于任意向量，必有A.圆的半径为2．其中正确命题的序号为B．点在圆外（）C．点与圆上任一点距离的最大值为A．①②③B．⑤C．④⑤D．①⑤D．点与圆上任一点距离的最小值为3．已知A(－1，2)，B(1，3)，C(0，－2)，点D使AD⊥BC，AB∥CD，则点D的坐标为（）10.设，为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（）．A．B．C．D．A.B．4.若直线、的方向向量分别为，，则与的位置关系是（）C．D．A．B．11.过M（1，1）作斜率为2的直线与双曲线相交于A、B两点，若M是AB的C．、相交不垂直D．不能确定中点，则下列表述正确的是（）5.过A（4，y），两点的直线的一个方向向量为则（）A.b aA．B．C．-1D．112.在棱长为1的正方体中，点满足，，6.若直线l的方程为x-ysinθ+2=0，则直线l的倾角的范围是（）A．[0，]，则以下说法正确的是（）B．[，]A.当时，平面C．[，]B.当时，存在唯一点使得与直线的夹角为D．[，）∪（，）7.已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且 21.如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，C.当时，CP长度的最小值为，.将沿折起到的位置，使得平面平面D.当时，CP与平面所成的角不可能为，如图2.三、填空题（1）求证：.13.已知，若直线，则m的值（2）求直线和平面所成角的正弦值.为．14.抛物线C：y2=4，直线绕旋转，若直线与抛物线C有两个交点．则直线的斜率（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出k的取值范围是的值；若不存在，说明理由.15.已知点P在抛物线上，直线PA，PB与圆相切于点A，B，22.已知双曲线的左､右顶点分别为，曲线是以、为短轴的两端点且离心率且PA⊥PB，若满足条件的P点有四个，则m的取值范围是．16.已知圆C的方程为，点E的坐标为，则；直线l：为的椭圆，设点在第一象限且在双曲线上，直线与椭圆相交于另一点．，则C到直线l的距离为．（1）求曲线的方程；四、解答题17.已知的顶点坐标为．（2）设点的横坐标分别为，证明：；（1）点是边的中点，求直线及直线的方程；（3）设与(其中为坐标原点)的面积分别为与，且，求（2）直线垂直边于点，求直线的方程及点坐标．的取值范围.18.已知圆过两点，，且圆心在直线上．（1）求该圆的方程；答案解析部分（2）求过点的直线被圆截得弦长最小时的直线的方程．1．【答案】B19.在如图所示的六面体中，矩形平面，，【解析】【解答】由直线x=2知其倾斜角为90°，，，．由直线x-y+2=0知其倾斜角为45°，（1）设为中点，证明：平面；所以直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是45°.（2）求平面BCF与平面ABC夹角余弦值．故答案为：B.（3）求D点到平面BCF的距离．20．已知动圆过点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线．【分析】分别求出两条直线的倾斜角，即可求出答案。2.【答案】C（1）求曲线的方程；【解析】【解答】对于①，长度相等，方向也相同的向量才是相等的向量，两个单位向量，方向不同时，不相（2）若，是曲线上的两个点且直线过的外心，其中为坐标原点，求等，故①错误；证：直线过定点． 对于②，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，仅仅方向相反不是相反向量，故②错误；【解析】【解答】解法一：由直线上的两点A（4，y），，得，对于③，向量是既有大小有有方向的量，向量的长度(模)能够比较大小，但向量不能比较大小的，故③错又直线的一个方向向量为，因此，误；对于④，根据规定，零向量与任意向量都平行，故零向量是有方向的，只是没有确定的方向，为任意的，故∴，解得，④正确；故答案为：C.对于⑤，为向量模的不等式，由向量的加法的几何意义可知是正确的，故⑤正解法二：由直线的方向向量为得，直线的斜率为，确．综上，正确的命题序号为④⑤，所以，解得.故答案为：C.故答案为：C.【分析】利用相等向量的定义判断①；利用相反向量的定义判断②；利用向量的性质判断③；零向量的定【分析】由直线的方向向量可得直线的斜率，再由斜率公式可得答案。义判断④；由向量的加法的几何意义判断⑤.6.【答案】C3.【答案】D【解析】【解答】当时，方程为，倾斜角为【解析】【解答】解：设D(x，y)，∵AD⊥BC，∴·＝－1，∴x＋5y－9＝0，当时，直线的斜率，所以∵AB∥CD，∴＝，∴x－2y－4＝0，由得，，即故答案为：D.综上【分析】设D(x，y)，由AD⊥BC可得x＋5y－9＝0，由AB∥CD可得x－2y－4＝0，联立求解出x，y，可故答案为：C．得点D的坐标。4.【答案】A【分析】分和两种情况，结合正切函数的性质即可求出直线l的倾角的范围。【解析】【解答】由题意，直线、的方向向量分别为，，7.【答案】A，【解析】【解答】，又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，∴与的位置关系是.∴，故答案为：A.解得x=，【分析】由可得。故答案为：A．5.【答案】C 【分析】利用空间向量基本定理及向量共面的条件可得，求解可得答案。【解析】【解答】依题意，圆：，则圆心，半径，A不正8.【答案】B确；【解析】【解答】由抛物线的对称性，设为抛物线第一象限内点，如图所示：因点，则，点在圆外，B符合题意；故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C符合题意；当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA设直线方程为：，上时取“=”，C符合题意.故答案为：BCD联立，整理得，其中，解得：，由为抛物线第一象限内点，则【分析】圆的方程配方求得半径可判断A；由可判断B；求出圆上的点到定点A的距离的最值可判断C、D。则，解得：，此时，即或10．【答案】A,D所以点的坐标且【解析】【解答】由数量积的性质和运算律可知AD是正确的；由题意知，双曲线的左焦点为，右焦点为而运算后是实数，没有这种运算，B不正确；设双曲线的实轴长为2a，则，，，C不正确.又，则故答案为：AD.故渐近线斜率的平方为【分析】根据题意由数量积的运算性质以及向量的运算性质对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：B1.【答案】C,D【解析】【解答】解：设，【分析】作出图形，可知与抛物线相切，取得最小值，设直线方程为：则，，与抛物线联立求出点N的坐标，利用双曲线的定义求出2a，结合，可求得，再利用求出结果。根据已知条件，结合双曲线的性质，以及抛物线的定义，即可求出渐近线斜率的平两式相减得，方.9．【答案】B,C,D化简得，因为M（1，1）是AB的中点， 成的角的最大值由此判断出选项C与D，由此即可得出答案。所以，即，13.【答案】1或-1所以，渐近线方程为，离心率为，【解析】【解答】∵A，B两点纵坐标不相等，故答案为：CD∴与x轴不平行．∵，∴与x轴不垂直，【分析】根据已知条件，利用“点差法”和双曲线的性质结合中点坐标公式，求出，逐项进行分析，∴，即．可得答案。①当与x轴垂直（或重合）时，，解得，此时C，D的纵坐标均为12.【答案】A,C,D，【解析】【解答】对于A，当时，，即点P在线段上，利用正方∴轴，此时，满足题意．②当与x轴不垂直时，由直线的斜率公式得体的性质，易证平面平面，平面，∴平面，故A正确；对于B，当时，，设的中点为H，则，，即，即点为中点，此时，故B错误；∵，∴，即，解得对于C，当时，可知P，，A三点共线，线段CP在中，当点P为中点时，．综上，m的值为1或-1．故答案为：1或-1CP最小，此时，，故CP长度的最小值为【分析】当与x轴垂直（或重合）时，得，求出m，当与x轴不垂直时，分别，故C正确；求出直线AB、CD的斜率，再由可得，求解可得m的值，综合可得m的值。对于D，当时，可知P，，A三点共线，点P在平面内的射影为Q在线段14.【答案】上，则为CP与平面所成的角，，又，所以【解析】【解答】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，代入抛物线方程得，，而，所以CP与平面所成的角不可能为，故D化简得，，正确；因为直线与抛物线C有两个交点，所以，且，【分析】根据题意当时，P的轨迹为线段DA1，证明平面CB，D、即可判断选项A正确；当即，且，号时，点P的轨迹为线段EF，可得当P与E重合时，DP与直线CB1所成角最大，求出最大角由此判解得，且，断出选项B错误；当时，P点轨迹为线段D1A，分别求出CP长度的最小值与CP与平面BCC1B1所 所以直线的斜率k的取值范围是，故答案为：3；.故答案为：【分析】求出C的坐标，分别利用两点间的距离公式可求出；利用点到直线的距离公式计算即可求出【分析】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立，利用判别式C到直线l的距离.大于零，求解可得直线的斜率k的取值范围。17.【答案】（1）解：由已知可得，15.【答案】故由点斜式可得：，即【解析】【解答】解:因为直线PA，PB与圆相切于点A，B，且PA⊥PB，所以直线方程为：所以四边形QAPB为正方形，所以，由中点，所以问题转化为圆与抛物线有四个公共点，将抛物线方程代人圆的方程消去，得，故由两点式可得：，即，所以直线方程为：由题意，此方程有两个不等正根，故，解得，（2）由，可得，故答案为：.故由点斜式可得所以直线【分析】依题意可得，则点P的轨迹方程为，故只需方程(m>0)与方程有四个解即可，利用判别式、根的分布，即可得到关于M的不等式组，求解出答案联立直线与方程，解得，即可。16.【答案】3；所以【解析】【解答】圆C的圆心坐标为，点E的坐标为，所以【解析】【分析】(1)根据中点公式，两点式及点斜式即可求出直线及直线的方程；；(2)根据直线垂直的性质结合点斜式可求出直线的方程，联立直线与方程，求解可得点坐标．直线l的一般式方程为：，故圆心C到直线l的距离为：18.【答案】（1）解：因为圆过两点，，设的中点为，则，.因为，所以的中垂线方程为y-2=(x-0)，即， 又因为圆心在直线上，，所以平面BCF与平面ABC夹角余弦值为．解得，圆心，，（3）解：由，D到平面BCF的距离.故圆的方程为．所以D点到平面BCF的距离为．（2）解：因为直线被圆截得弦长最小时CP⊥，由过点，的斜率为，=-1，【解析】【分析】（1）证得，根据线面平行的判定定理即可证得平面；（2）以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标所以直线的方程为，故直线的方程为．系，求出平面的法向量和平面ABC的法向量，利用向量法即可求出平面BCF与平面ABC夹角余弦【解析】【分析】（1）求出AB的中垂线，根据求出圆心坐标和半径，即可得出圆的方值；（3）利用向量数量积计算D点到平面BCF的距离．程；20.【答案】（1）由题意到点的距离等于点到直线的距离，所以点轨迹是以（2）直线被圆截得的弦长最小时是垂直于圆的直径所在的直线，利用斜率公式求出，进而得出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线的方程．为焦点，直线为准线的抛物线，，，19.【答案】（1）证明：连接，相交于，因为矩形，所以是的中点，抛物线方程即点轨迹方程是．又因为为中点，所以，且，（2）因为直线过的外心，所以，的斜率一定存在，又因为，，，所以，且，所以四边形为平设方程为，代入抛物线方程得，或，行四边形，故，所以，，即，同理得，又因为平面，平面，因此平面；直线方程为，整理得，（2）解：因为矩形平面，且矩形平面，又，时，，所以直线过定点．所以平面，又因为，所以两两垂直，【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义即可得曲线的方程；故以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，所(2)的斜率一定存在，设方程为，代入抛物线方程求得A点坐标，同理求得B点坐以，标，再由两点式写出直线AB方程，由此证得直线过定点．设平面的法向量为，且，21.【答案】（1）因为在中，，分别为，的中点，所以，.因此，则，取，则，所以，又为的中点，所以.因为平面平面，且平面，而平面ABC的法向量是为， 所以平面，令，所以.整理得.解得.（2）取的中点，连接，所以.由（1）得，.所以线段上存在点适合题意，且.如图建立空间直角坐标系.【解析】【分析】(1)推导出，，从而，进而，由此得到由题意得，，，，.平面，从而能证明；所以，，.(2)取的中点，连接，得，由（1）得，，建立空间直设平面的法向量为.角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求出直线和平面所成角的正弦值；则(3)线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法可得即整理求解得的值，进而可得的值。令，则，，所以.2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，设直线和平面所成的角为，依题意可得，所以，则.因为椭圆的离心率为，所以，即，故所求角的正弦值为.椭圆方程为；（3）线段上存在点适合题意.设，其中.（2）设点，2)，直线的斜率为，设，则有，则直线的方程为，联立方程组，整理，得所以，，，从而，所以，又，，解得或.所以.所以 方程为，联立椭圆的方程，解得x2，同理可得x1，进而可证得；同理可得，.所以(3)由(2)，由，得，再结合点在双（3）由（2）曲线上可得，再计算S1，S2，结合基本不等式得的取值范围.因为，所以，即，因为点在双曲线上，则，所以，即.因为点是双曲线在第一象限内的一点，所以.因为，所以.由（2）知，，即.设，则则.设，当且仅当，即时取等号，所以函数在上单调递增，在(2，3]上单调递减.因为，所以所以的取值范围为【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，依题意可得，推出，又椭圆的离心率为，解得a2，即可得出曲线的方程；(2)设点，直线的斜率为，则直线的 高二上学期数学期中“同心顺”联合考试试卷10．已知等差数列的公差为，前项和为，且，，以下命题正确的是（）一、单选题A．的最大值为121.设等差数列的前项和，若，那么等于（）A．16B．20C．24D．28B．数列是公差为的等差数列2.直线的一个方向向量为，则它的斜率为（）C．是4的倍数A．B．C．D．D．3.已知各项均为正数的等比数列，，，则（）11.圆心在直线上，与直线相切，且被直线所截得的弦长为的圆的方程（）A．7B．8C．9D．10A．B．4.已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，它的长轴长等于圆：的直径，则椭圆的标C．D．准方程是（）12.以下说法正确的是（）A．B．C．D．A.椭圆的长轴长为4，短轴长为5.等比数列的前项和为，首项，若数列也为等比数列，则数列的公比B.离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁（）A．-2B．2C．D．C.椭圆的焦点在轴上且焦距为26.过点且与原点距离最大的直线方程是（）D.椭圆的离心率为A．B．三、填空题C．D．13.若直线：与直线：垂直，则．7.已知等差数列的公差，若，，则该数列的前项和的最大值为14.已知等差数列的首项为，前10项形成一组数据的中位数为8，则．（）15.过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是．A．30B．35C．40D．4516.若无论取何值，直线与圆恒有两个公共点，则的取值范围为．8．点为椭圆上一点，为焦点，则的最大值为（）四、解答题A．1B．3C．5D．717.已知等比数列中，，．二、多选题（1）求数列的通项公式；9．已知点到直线的距离等于1，则（）（2）设，求数列的前项和．A．B．C．-1D．3 18.直线经过两直线：和：的交点．【解析】【解答】，（1）求与直线平行的直线的方程；，（2）求横纵两截距相等的直线的方程．故答案为：B19.数列的前项和为，．（1）设，求证数列是等比数列；【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可直接求解.2.【答案】A（2）求数列的前项和．【解析】【解答】且是直线的方向向量，.20.已知圆：．故答案为：A（1）若圆与圆：有三条外公切线，求的值；（2）若圆与直线交于两点，，且（为坐标原点），求的值．【分析】由直线的方向量为可得直线的斜率。3.【答案】C21.设，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，【解析】【解答】由，，有，又因为各项均为正数，所以且，，成等差数列．，（1）求；故答案为：C（2）若直线的斜率为1，求椭圆的标准方程．22．200多年前，10岁的高斯充分利用数字1，2，3，，100的“对称”特征，给出了计算的【分析】利用等比数列的性质，即可求出答案。快捷方法．教材示范了根据高斯算法的启示推导等差数列的前项和公式的过程．实事上，高斯算法的依据4.【答案】B是：若函数的图象关于点对称，则对恒成立．已知函数【解析】【解答】依题意可设椭圆的标准方程为，半焦距为，．由，半径为4，故有，又，，（1）求的值；.（2）设，，记数列的前项和为，所以椭圆的标准方程为.求证．故答案为：B答案解析部分1.【答案】B【分析】利用配方法化简得到圆的半径为4，所以椭圆的长轴为4，根据离心率求出c， 根据勾股定理求出b，得到椭圆的解析式即可。【解析】【解答】等差数列，由，有，5.【答案】D又，公差，所以，，得，【解析】【解答】设等比数列的公比为，，，，∴当或10时，，最大，，故答案为：D，依题意数列是等比数列，【分析】先用等差数列的通项公式，分别表示出和，联立方程求得d和a1，进而可表示出Sn，利用二次函数的性质求得其最大值.所以，8.【答案】C，【解析】【解答】，，，，即.由于，所以.所以的最大值为.故答案为：D故答案为：C【分析】利用等比数列的前n项和公式得到关于q的一元二次方程，求出方程的解即可得到q的值.【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解.6.【答案】A9.【答案】A,B【解析】【解答】过点且与原点O距离最远的直垂直于直线，【解析】【解答】依题意有.，故答案为：AB.∴过点且与原点O距离最远的直线的斜率为，∴过点且与原点O距离最远的直线方程为：【分析】根据点到直线的距离公式，即可求出答案。10.【答案】A,B,C，即.故答案为：A【解析】【解答】由题可得，解得，【分析】过点且与原点O距离最远的直线垂直于直线OP，求出，从而过点且与则，则是4的倍数，C符合题意；原点O距离最远的直线的斜率为k=-2，由此能求出过点且与原点O距离最远的直线方程.7.【答案】D 故离心率为；，对称轴为，开口向下，则当或3时，取得最大值为12，A故答案为：ABD符合题意；因为，所以数列是公差为的等差数列，B符合【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解。13．【答案】2题意；【解析】【解答】时，不合题意，，D不符合题意.时，直线：与直线：的斜率分别为，故答案为：ABC.因为直线：与直线：垂直，【分析】根据题意求出首项和公差，再逐项进行分析判断，可得答案。所以，解得，故答案为：2.1.【答案】C,D【解析】【解答】因为圆心在直线上，所以设圆心为，而圆与相切，则圆的半径【分析】由题意利用两条直线垂直的性质，求出m的值.，于是圆的方程为.14.【答案】5圆心到直线距离，则，【解析】【解答】依题意有，设公差为d，所以，故圆的方程为：或.故答案为：CD.故答案为：5.【分析】设出所求圆的圆心为，根据点到直线的距离公式求出a的值，由此写出圆的标准方程.【分析】根据题求出，进而结合等差数列的通项公式求出公差，最后求出。12.【答案】A,B,D15.【答案】【解析】【解答】对于A：椭圆中，，【解析】【解答】设切点分别为，因为点在圆上，所以以为切点故长轴长为4，短轴长为，A符合题意；的切线方程分别为：，而点在两条切线上，所以对于B：因为椭圆的离心率越大，该椭圆越扁，，即点P满足直线.所以离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁，B符合题意；故答案为：.对于C：椭圆的焦点在轴上，C不符合题意；【分析】根据题意，设出切点，根据切点在圆上，得到两条切线方程，进而根据点P对于D：椭圆中，，在两条切线上，即可求出经过两切点的直线方程。 16.【答案】【解析】【分析】(1)解方程组求出交点的坐标，设出平行直线的方程，代入点的坐标，解出即可；(2)设横纵两截距相等的直线的方程为或，代入点的坐标，求出直线方程即可.【解析】【解答】依题意有圆心到直线的距离，即，19.【答案】（1），又无论取何值，，故，故.∴当时，，故答案为：两式相减得：，又，，【分析】根据点到直线的距离公式得到根据，解不等式可得的取值范围。，17.【答案】（1）设等比数列的公比为，又，，有，解得故数列是公比为2，首项为2的等比数列.故数列的通项公式为；（2）由（1）可知，，故…①（2），…②，故数列的前项和①-②，，【解析】【分析】(1)直接利用等比数列的性质求出数列的通项公式；，(2)利用分组法和等差数列的求和公式的应用求出结果.故数列的前项和．18.【答案】（1）由，得；【解析】【分析】(1)运用数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求通项；与的交点为．(2)由(1)得，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简可设与直线平行的直线为，得所求和.有，，20.【答案】（1）由，∴所求直线方程为．知圆的圆心，半径为；（2）设横纵两截距相等的直线的方程为或，由圆：，有圆心，半径为1，由第一问可知：与的交点为，将其代入直线的方程依题意有圆与圆相外切，故；则或，解得：或，（2）设，，有，，∴所求直线方程为或．由，有， 整理得………①程组，化简得，然后利用弦长公式结合根与系数的关系列式求由，解，则椭圆E的标准方程可求.得：，易知，是方程的根，2.【答案】（1），故有，代入①，得，满足要求，故且【解析】【分析】(1)由题意确定两圆的位置关系，然后求解参数值即可；，(2)设出点的坐标，将原问题转化为坐标之间的关系，然后结合韦达定理求解实数m的值即可.21.【答案】（1）由题意知，，；由椭圆定义知，所以，又成等差数列，（2）所以，解得；【解析】【分析】(1)首先计算g(1)，g(x)+g(2-x)的和，再由数列的倒序相加求和，可得所求和；（2）设直线的方程式为，其中，(2)由(1)的结论，可得，，再由数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得证.设，，则A，两点坐标满足方程组，化简得，，则，，因为直线的斜率为1，所以即，则，解得，故椭圆的标准方程为．【解析】【分析】(1)由椭圆定义知，结合已知可得，即可求得|AB|；(2)设直线的方程式为，其中，设，，则A，B两点坐标满足方
简介：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.平面的一个法向量是3.已知向量，，并且，则实数x的值为（）11.已知圆的一般方程为，则下列说法正确的是（）A．10B．-10C．D．A．圆的圆心为B．圆被轴截得的弦长为84.圆与圆的位置关系是（）C．圆的半径为5D．圆被轴截得的弦长为9A.相切B．内含C．相交D．外离5.如图，在直三棱柱中，，则与所成的角的12.已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，余弦值为（）轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（）A．B．C．D．A．的最小值为2B．面积的最大值为6.已知圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（）C．直线的斜率为D．为钝角三、填空题A．B．13.过点且与直线平行的直线方程为．C．D．14．若，，，且共面，则.7.平面的一个法向量，在内，则到的距离为（）15．已知点P(1，0)与圆C：，设Q为圆C上的动点，则线段PQ的中点M的轨迹方程A．10B．3C．D．为.8.直线与曲线有且仅有一个公共点，则实数的取值范围是（）16．设O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1)，点P是线段AB上的一个动点，且满足，若A．B．，则实数的取值范围是．C．或D．或四、解答题二、多选题17.已知的顶点.9.已知直线与直线垂直，则实数的值是（）（1）求边所在直线的方程； （2）求的面积.【分析】先由直线的方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出直线的倾斜角.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD2.【答案】C的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.【解析】【解答】因为椭圆，，，所以，（1）试用表示向量；（2）求BM的长.即.19.已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上．故答案为：C（1）求圆的方程；【分析】直接利用椭圆的方程，求出a，c，即可得到椭圆的离心率.（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．3.【答案】B20.如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.（1）证明：；【解析】【解答】解：∵，（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.∴，21．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于解得.和，，．M是棱的中点．故答案为：B.（1）求证：面；（2）求二面角的正弦值；【分析】由可得，求解可得实数x的值.4.【答案】B（3）在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为若存在，请求【解析】【解答】因为两圆的圆心距，出的值，若不存在，请说明理由.所以两圆内含.22.已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且．故答案为：B（1）求椭圆的方程；【分析】根据两点间距离公式求出两圆的圆心距d与两圆半径差之间的关系，即可判断两圆的位置关系.（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若，求直线l的方程．5.【答案】A【解析】【解答】如图，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，答案解析部分1．【答案】A则，，，，【解析】【解答】由题意直线斜率为1，而倾斜角大于或等于且不大于，所以倾斜角为所以，，．故答案为：A．所以， 所以直线与所成角的余弦值为要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距在，当．故答案为：A.在第二象限与曲线相切时，，可得，【分析】以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解综上所述，实数的取值范围或。出直线与所成角的余弦值.故答案为：C6.【答案】D【解析】【解答】设圆心关于直线直线的对称点的坐标为，则线段C1C2的中点为【分析】根据直线和曲线方程可得二者图象，要使它们有且仅有一个公共点，则在第二象限与曲线相切或直线截距的取值范围，当在第二象限与曲线相切时，从而求出实数的取值范围。，且.9.【答案】A,B于是，易知圆的半径长度不变，所以圆的方程为.【解析】【解答】因为直线与直线垂直，则，解得或.故答案为：D.故答案为：AB.【分析】由圆C2的方程求得圆心坐标与半径，再求出圆心C2关于直线y=x的对称点C1的坐标，即可求得圆【分析】由直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得实数的值.C1的方程.10.【答案】A,B,C7.【答案】D【解析】【解答】对于A，，，所以不存在实数，使得，则与【解析】【解答】，不是共线向量，所以A不符合题意；则点到平面的距离.对于B，因为，所以与同向的单位向量为，所以B不符合题意；对于C，向量故答案为：D，，所以，所以C不符合题意；【分析】由题意算出，根据向量是平面a的一个法向量，可得点到平面对于D项，设平面的一个法向量是，，，所以，则的距离，计算可得答案.，令，则平面的一个法向量为，所以D符合题意.8.【答案】C故答案为：ABC.【解析】【解答】根据直线和曲线方程可得如下图象， 【分析】根据向量共线的坐标表示，可判断A、B；根据向量夹角公式，可判断C；根据平面法向量的求故直线的斜率，C符合题意；法，即可判断D.1.【答案】A,B,C对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，【解析】【解答】解：由圆M的一般方程为，则圆M的标准方程为则，，故圆心为，半径为5，则AC符合题意；令，得或，则圆M被y轴截得的弦长为6，D不符合题意；又点和点在椭圆上，①，②，令，得或，则圆M被x轴截得的弦长为8，B符合题意．①②得，易知，故答案为：ABC.则，得，【分析】求出圆的圆心与半径，然后求解弦长，逐项进行判断，可得答案.，，D不符合题意.12.【答案】B,C故答案为：BC.【解析】【解答】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，【分析】根据题意可得四边形为平行四边形，则，又，，结合基本不等式，即判断A；由，得，利用基本不等式可判断B；设，则，当且仅当时等号成立，A不符合题意；对于B，由得，，故直线的斜率，即可判断C；设，直线的斜率额为，直线的斜率为，则，即可判断D.，13.【答案】【解析】【解答】解：与直线平行的直线方程可设为：2x-y+c=0，的面积，将点(0，1)代入2x-y+c=0，得2×0-1+c=0，解得c=1，故所求直线方程为：当且仅当时等号成立，B符合题意；【分析】根据两直线平行的充要条件，结合直线方程求解即可.对于C，设，则，， 14.【答案】1整理可得：，解得：.【解析】【解答】由于共面，又点P是线段AB上的一个动点，且满足，故存在不同时为零的实数，使得，∴.即，解得，∴.故答案为：1故答案为：【分析】根据共面向量定理得到，由此得到关于m，n，的方程组，求解可得求的值.【分析】先设P(x，y，z)，然后表示出已知点的坐标，进而表示向量的坐标，根据向量数量积的运算代入即15.【答案】可求解出实数的取值范围.【解析】【解答】设，因为线段PQ的中点为M，点P(1，0)，所以.17.【答案】（1）解：直线的斜率为，因为Q为圆C上的动点，所以，即，直线的方程为：，即M的轨迹方程.即.故答案为：（2）解：点到直线的距离，【分析】设，因为线段PQ的中点为M，故，代入圆的方程求解可得线段PQ的，中点M的轨迹方程.故的面积为.【解析】【分析】(1)利用点斜式即可得求出边所在直线的方程；16.【答案】(2)利用两点之间的距离公式可得|AB|，利用点到直线距离公式可得点C到直线AB的距离d，即可求出【解析】【解答】∵O(0，0，0)，A(0，1，1)，B(1，0，1).设P(x，y，z).的面积.∴18.【答案】（1）解：∵，∴（2）解：∴，所以，则BM的长为.∴【解析】【分析】(1)根据向量加法法则得，代入化∵，∴，简即得用表示向量的式子； (2)由题意得的模长分别为1、1、2，利用数量积公式求得BM的长.∵面，面面，∴面.19.【答案】（1）解：因为，，所以线段的中点坐标为，又面，∴.直线的斜率，因此线段的垂直平分线方程是：，即（2）解：解法一：向量法．在中，取中点，∵，∴，∴面，圆心的坐标是方程组的解．解此方程组得：，以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空所以圆心的坐标是．间直角坐标系，圆的半径长，设，∵，∴，所以圆心为的圆的标准方程是．∴，，，，，（2）解：因为，所以在圆内.∴，，.又因为直线被圆截得的弦长为，设面法向量为，所以圆心到直线的距离①当直线的斜率不存在时，，则，解得.到的距离为，符合题意．设直线与平面所成角为，②当直线的斜率存在时，设，即．则，所以，，解得，直线为：，即：因为，∴.综上：直线的方程为或．所以直线与平面所成角的余弦值为.【解析】【分析】（1）由圆的性质可得：的垂直平分线方程与直线联立方程组求得圆心解法二：几何法为，用两点之间距离公式求得，即可求出圆的标准方差.过作交于点，则为中点，（2）由圆的半径，弦长，利用垂径定理和勾股定理求出弦心距，再利用圆心到直线过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，的距离为求出直线方程即可，需注意斜率不存在的情况.过作交于点，连结，20.【答案】（1）证明：依题意，面面，，连结，取中点，连结，， 四边形为矩形，所以面，所以，即据此可得平面的一个法向量,又，所以面，所以为线与面所成的角.设二面角的平面角大小为，易知：令，则，，，则，即．由同一个三角形面积相等可得，二面角的正弦值为．为直角三角形，由勾股定理可得，（3）解：假设存在满足题意的点N，且：，所以，设点N的坐标为，据此可得：，由对应坐标相等可得，又因为为锐角，所以，故，由于平面的一个法向量，所以直线与平面所成角的余弦值为.由题意可得：【解析】【分析】(1)先根据面面得到面，进而证得；(2)以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立直解得：，角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量即可求出直线与平面所成角的余弦值.据此可得存在满足题意的点N，且的值为.21.【答案】（1）解：以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量即可证明平则面；（2）分别求出平面与平面的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（3）假设存，，，，在，利用线面角的夹角公式即可得出表达式，解方程即可。．则，，．2.【答案】（1）易知点、，故，设平面的法向量是，则，即因为椭圆的离心率为，故，，令，则，．于是．因此，椭圆的方程为；，．（2）设点为椭圆上一点，又平面，平面．先证明直线的方程为，（2）解：设平面的法向量为．则， 联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【解析】【分析】（1）先求出a值，结合a，b，c的关系求得b，从而求得椭圆的方程；（2）设M(x0，y0)，可得直线l的方程，求出点P的坐标，再根据MP//BF得KMP=KBF，求得x0，y0的值，即可得出直线l的方程 高二上学期数学期中考试试卷A．4B．2C．3D．5二、多选题一、单选题9．下列命题中，正确的有（）1.椭圆的焦距等于2，则的值为（）A．分别是平面的法向量，若，则A．6B．9C．6或4D．9或1B．分别是平面的法向量，若，则2.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（）C．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则A．B．D．是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为C．D．与相交但不垂直10.将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论正确的是（）3.已知直线与直线平行，则等于（）A．A．3或—2B．—2C．3D．2B．是等边三角形4.方程化简的结果是（）C.与平面所成的角为90°D.与所成的角为30°A．B．C．D．11.下列结论错误的是（）5.圆截直线的最短弦长为（）A.过点，的直线的倾斜角为30°A．2B．C．4D．8B.若直线与直线垂直，则6.唐代诗人李的诗《古从军行》开头两句说：“白日登ft望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的C.直线与直线之间的距离是数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从ft脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在地为点，若将军从点处出发，河岸线D.已知，，点P在x轴上，则的最小值是5所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）12.已知O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，长轴长为，焦距为A．B．C．D．，点P在椭圆C上且满足，直线与椭圆C交于另一个点Q，若7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M是椭圆上一点，点A是线段上一，点M在圆上，则下列说法正确的是（）点，且，，则该椭圆的离心率为（）A.椭圆C的离心率为B．面积的最大值为A．B．C．D．C．D．圆G在椭圆C的内部三、填空题8.已知圆：，直线：，P为上的动点，过点P作圆的切线13.已知两个不同平面的法向量分别是，，则这两个平面的位置关系PA，PB，切点为A，B，则的最小值为（） 是．（2）若点，分别记直线､直线的斜率为､，求的值.14.过点，与直线垂直的直线方程为．22.已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．15.设点P是直线上的动点，过点P引圆的切线（切点为（1）求C的方程：），若的最大值为，则该圆的半径r等于．（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．答案解析部分16.已知椭圆与圆，若在圆上任意一点作圆的切线交椭圆于两1.【答案】C点，使得（O为坐标原点），则椭圆的离心率的值是．四、解答题【解析】【解答】椭圆的焦点在x轴时，有.17.在①过点；②椭圆长半轴为a，短半轴为b，且；③长轴长为这三个条件中任选一由题意得：，解得：m=6.个，补充在下面问题中，并解答.已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率，且.椭圆的焦点在y轴时，有.（1）求椭圆的方程；由题意得：，解得：m=4.（2）过右焦点F的直线交椭圆于P，Q两点.当直线的倾斜角为时，求的面积.故答案为：C18.已知圆，直线．（1）当为何值时，直线与圆相切；【分析】当焦点坐标在x轴时，，当焦点坐标在y轴时，，由此能得到实数m的值.（2）当直线与圆相交于，两点，且时，求直线的方程．2.【答案】B19.如图，四棱锥中，为正三角形，ABCD为正方形，平面平面ABCD，E、F分别【解析】【解答】因为，，为AC、BP中点.所以，（1）证明：平面PCD；所以∥，（2）求直线BP与平面PAC所成角的正弦值.因为直线的方向向量为，平面的法向量为，20.如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，O所以，为的中点，，.故答案为：B（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【分析】利用向量的坐标关系，得到，根据共线向量定理，可得∥，进一步得出结论.21.已知圆经过点，及.经过坐标原点的斜率为的直线与圆3.【答案】C交于，两点.【解析】【解答】由题意，解得或，（1）求圆的标准方程；时，两直线方程分别为，，平行， 时，两直线方程分别为，，两直线重合，舍去．【解析】【解答】若是关于的对称点，如下图示：“将军饮马”的最短总路程为所以．，故答案为：C．∴，解得，即.【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.4.【答案】D∴.【解析】【解答】∵方程，故答案为：C表示平面内到定点、的距离的和是常数的点的轨迹，【分析】利用点关于点的对称点的求法，求出点A关于直线x+y=3的对称点A’，由三点共线取得最小值，∴它的轨迹是以为焦点，长轴，焦距的椭圆；结合两点间距离公式求解即可.∴；7.【答案】C∴椭圆的方程是，即为化简的结【解析】【解答】设，，则，果．故答案为：D．根据余弦定理：，，即，【分析】根据方程得出它表示的几何意义是椭圆，从而求出方程化简的结果是椭圆的标准方程.5.【答案】C即，即，解得，故.【解析】【解答】由已知，半径为，故答案为：C.直线方程整理得，【分析】利用余弦定理，结合三角形的面积转化求解椭圆的几何量，然后求解离心率即可.由，得，即直线过定点，8.【答案】A又，因此在圆内，【解析】【解答】由题设，圆为，由点线距离公式知：到直线l的距离当时，弦长最短．为弦中点．，则直线l与圆相离，如下图示：，所以．故答案为：C．在中，的变小过程中在变小，由且，可知【分析】根据题意，由圆的方程分析圆心和半径，设圆的圆心为C，由直线的方程分析可得直线恒过定点也随之变小，又，则也变小，，由直线与圆的位置关系可得当时，圆截直线所得的弦长最短，据此计算可得答案.∴要使的最小值，只需最小即可，6．【答案】C 【分析】取BD的中点O，连结AO，CO，AC，由AO⊥BD，CO⊥BD，由此能证明BD⊥平面AOC，从仅当等于到的距离时，最小，此时，且，而AC⊥BD；，△ACD是等边三角形，AO⊥平面BCD，由此能∠ABD是AB与平面∴的最小值为4.BCD所成角，且∠ABD=45°；由，推导出，由此能求出AB与CD所成故答案为：A角.1.【答案】A,B,C【分析】根据题意，只需转化为圆上的点到直线的距离最小，即转化的圆心到直线的距离，即可求出【解析】【解答】对A，，A不符合题意；的最小值。对B，若两条直线垂直，则2a-3=0，得，故错误；9.【答案】A,B【解析】【解答】A.分别是平面的法向量，若，则，正确.对C，直线可化为，则两条直线间的距离，C不符合题意；B.分别是平面的法向量，若，则，正确对D，如图，设点B关于x轴的对称点为C（-1，-1），C.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则或，故不正确.则，当且仅当A，P，C三点共线时取“=”，D符合题意.D.是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则l与平面所成角为，故不正确故答案为：ABC.故答案为：AB【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系判断选项A；由两条直线垂直的充要条件判断选项B；利用两条平行直线间的距离判断选项C；由三点共线，距离之和最小即可判断选项D.【分析】根据平面向量的法向量的位置关系，直接判断面面、线面位置关系和线线角，即可得到答案。12.【答案】B,C,D10.【答案】A,B【解析】【解答】对于A选项，如图，取的中点，连接，，，则，，【解析】【解答】，又，平面，又平面，∴，A中结论正确；，设则对于B选项，由直二面角，得，∴是等边三角形，B中结论正又，，确；对于C选项，∵平面，∴是与平面所成的角，其大小为45°，C中结论错误；，即，所以A不正确；对于D选项，，不妨设，当点在轴上时三角形面积的最大，则，∴此时，所以B符合题意；，∴，∴，因为所以，C符合题意；即与所成的角为60°，D中结论错误.故答案为：AB.圆，，圆在椭圆内部，所以点在椭圆内部，所以D符合题意. 故答案为：BCD在中，，故答案为：1【分析】利用求得，利用已知条件及椭圆定义求出，逐一判断各个选项可得答案。【分析】利用∠APB最大，则∠APC也最大，再利用点C到直线3x-4y+7=0的距离公式列式求解即可。13.【答案】平行16.【答案】【解析】【解答】因为两个不同平面的法向量分别是，，【解析】【解答】解：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，∴，代入椭圆方程得到：，所以这两个平面的位置关系是平行.，故答案为：平行.，【分析】由题可得向量的位置关系即可判断。化简得：；14.【答案】若直线的斜率存在，设直线方程为，【解析】【解答】由直线，可得斜率为，直线与圆相切，所以所求直线的斜率为，又因为直线过点，可得直线方程为，即，即，．故答案为：．由，得：，【分析】首先由已知直线的方程求出斜率的值，再由直线垂直的斜率之间的关系求出所求直线的斜率，然后由点斜式求出直线的方程即可。则，，15.【答案】1，【解析】【解答】设圆的圆心为，，因为点P是直线上的动点，即，所以当点到点的距离最小时，取得最大值，此时与直线垂直，即，因为为，所以，整理得，点到直线的距离为， 又，，故，，，，综上所述：，故，.将代入有，即，【解析】【分析】（1）根据所选条件得到方程组，解得a，b，即可得到椭圆方程；（2）首先求出直线的方程，再联立直线与椭圆方程，消元，利用韦达定理，根据则.计算可得的面积.故答案为：.18.【答案】（1）圆的标准方程为，圆心，半径为若直线与圆相切，则有，解得【分析】设直线方程为，与椭圆方程联立整理得，利用（2）设圆心到直线的距离为，则有韦达定理结合向量内积的坐标表示可得，再结合已知条件，即可求出a，c，进而求出椭圆的离心率。即，即，由，解得或所以直线的方程为或17.【答案】（1）选择①时：，则，设椭圆方程为，【解析】【分析】把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径r，将点带入方程，得到，故椭圆方程为.(1)当直线与圆相切时，圆心到直线的距离d等于圆的半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离d，让d等于圆的半径r，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；选择②时：，，解得，，则，(2)联立圆C和直线的方程，消去y后，得到关于x的一元二次方程，然后利用韦达定理表示出AB的长度，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值.故椭圆方程为.19.【答案】（1）如图所示：连接，则为中点，为中点，则，选择③时：长轴长为，，，，则，平面PCD，且平面PCD，故平面PCD.（2）分别为中点，连接，，平面平面ABCD，故椭圆方程为.故平面，.以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为2，（2）右焦点，倾斜角为，故直线斜率为，故直线方程为，则，，，， 由，，，设平面的法向量为，则，可得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.取得到，，【解析】【分析】(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.即可；【解析】【分析】(1)连接BD，证明EF//PD，即可证明EF//平面PCD；(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平(2)建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，设正方形边长为2，求出，平面PAC的法向面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可.量，利用空间向量的数量积求解即可求出直线BP与平面PAC所成角的正弦值.21.【答案】（1）解：设圆的方程为：，由圆过，20.【答案】（1）如图，连接.在中，由可得.及.因为，，所以，.∴可得，因为，，，∴圆的方程为：，其标准方程为所以，所以.，（2）解：设，，直线为因为，，，平面，，所以平面.与圆：联立得：，（2）由（1）可知，，，两两垂直，以∴，则，，O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.∴又由，有，可得点A的坐标为，【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为：，由圆过，设平面的法向量为，及，再利用代入法，从而解方程组求出D，E，F的值，进而求出圆的一般方程，再转化为圆的标准方程。由，，有，（2）设，，直线为，与圆：联立结合韦达取，则，，可得平面的一个法向量为.定理和判别式法，得出，，，再利用两点求斜率公式，从而得出设平面的法向量为，的值。由，，有，取，则，，可得平面的一个法向量为. 此时直线MN过点,2.【答案】（1）解：由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）..由于，故由中点坐标公式可得.（2）解：设点.故存在点，使得|DQ|为定值.因为AM⊥AN，∴，即,①【解析】【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)设出点M，N的坐标，当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1.在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q代入椭圆方程消去并整理得：,的位置.②,根据,代入①整理可得：将②代入，，整理化简得,∵不在直线上，∴，∴，于是MN的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2.代入得,结合,解得, 高二上学期数学期中考试试卷，则实数x的值为（）一、单选题A．B．C．D．1.直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是（）A．30°B．45°C．60°D．90°8.已知点为抛物线的焦点，，点为抛物线上一动点，当最小时，点2.给出下列命题恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜率的平方为（）①空间中所有的单位向量都相等；②方向相反的两个向量是相反向量；A.B．C．D．③若满足，且同向，则；二、多选题④零向量的方向是任意的；9.已知圆心为的圆与点，则（）⑤对于任意向量，必有A.圆的半径为2．其中正确命题的序号为B．点在圆外（）C．点与圆上任一点距离的最大值为A．①②③B．⑤C．④⑤D．①⑤D．点与圆上任一点距离的最小值为3．已知A(－1，2)，B(1，3)，C(0，－2)，点D使AD⊥BC，AB∥CD，则点D的坐标为（）10.设，为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（）．A．B．C．D．A.B．4.若直线、的方向向量分别为，，则与的位置关系是（）C．D．A．B．11.过M（1，1）作斜率为2的直线与双曲线相交于A、B两点，若M是AB的C．、相交不垂直D．不能确定中点，则下列表述正确的是（）5.过A（4，y），两点的直线的一个方向向量为则（）A.b aA．B．C．-1D．112.在棱长为1的正方体中，点满足，，6.若直线l的方程为x-ysinθ+2=0，则直线l的倾角的范围是（）A．[0，]，则以下说法正确的是（）B．[，]A.当时，平面C．[，]B.当时，存在唯一点使得与直线的夹角为D．[，）∪（，）7.已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且 21.如图1，在中，，分别为，的中点，为的中点，C.当时，CP长度的最小值为，.将沿折起到的位置，使得平面平面D.当时，CP与平面所成的角不可能为，如图2.三、填空题（1）求证：.13.已知，若直线，则m的值（2）求直线和平面所成角的正弦值.为．14.抛物线C：y2=4，直线绕旋转，若直线与抛物线C有两个交点．则直线的斜率（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出k的取值范围是的值；若不存在，说明理由.15.已知点P在抛物线上，直线PA，PB与圆相切于点A，B，22.已知双曲线的左､右顶点分别为，曲线是以、为短轴的两端点且离心率且PA⊥PB，若满足条件的P点有四个，则m的取值范围是．16.已知圆C的方程为，点E的坐标为，则；直线l：为的椭圆，设点在第一象限且在双曲线上，直线与椭圆相交于另一点．，则C到直线l的距离为．（1）求曲线的方程；四、解答题17.已知的顶点坐标为．（2）设点的横坐标分别为，证明：；（1）点是边的中点，求直线及直线的方程；（3）设与(其中为坐标原点)的面积分别为与，且，求（2）直线垂直边于点，求直线的方程及点坐标．的取值范围.18.已知圆过两点，，且圆心在直线上．（1）求该圆的方程；答案解析部分（2）求过点的直线被圆截得弦长最小时的直线的方程．1．【答案】B19.在如图所示的六面体中，矩形平面，，【解析】【解答】由直线x=2知其倾斜角为90°，，，．由直线x-y+2=0知其倾斜角为45°，（1）设为中点，证明：平面；所以直线x=2与直线x-y+2=0的夹角是45°.（2）求平面BCF与平面ABC夹角余弦值．故答案为：B.（3）求D点到平面BCF的距离．20．已知动圆过点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线．【分析】分别求出两条直线的倾斜角，即可求出答案。2.【答案】C（1）求曲线的方程；【解析】【解答】对于①，长度相等，方向也相同的向量才是相等的向量，两个单位向量，方向不同时，不相（2）若，是曲线上的两个点且直线过的外心，其中为坐标原点，求等，故①错误；证：直线过定点． 对于②，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，仅仅方向相反不是相反向量，故②错误；【解析】【解答】解法一：由直线上的两点A（4，y），，得，对于③，向量是既有大小有有方向的量，向量的长度(模)能够比较大小，但向量不能比较大小的，故③错又直线的一个方向向量为，因此，误；对于④，根据规定，零向量与任意向量都平行，故零向量是有方向的，只是没有确定的方向，为任意的，故∴，解得，④正确；故答案为：C.对于⑤，为向量模的不等式，由向量的加法的几何意义可知是正确的，故⑤正解法二：由直线的方向向量为得，直线的斜率为，确．综上，正确的命题序号为④⑤，所以，解得.故答案为：C.故答案为：C.【分析】利用相等向量的定义判断①；利用相反向量的定义判断②；利用向量的性质判断③；零向量的定【分析】由直线的方向向量可得直线的斜率，再由斜率公式可得答案。义判断④；由向量的加法的几何意义判断⑤.6.【答案】C3.【答案】D【解析】【解答】当时，方程为，倾斜角为【解析】【解答】解：设D(x，y)，∵AD⊥BC，∴·＝－1，∴x＋5y－9＝0，当时，直线的斜率，所以∵AB∥CD，∴＝，∴x－2y－4＝0，由得，，即故答案为：D.综上【分析】设D(x，y)，由AD⊥BC可得x＋5y－9＝0，由AB∥CD可得x－2y－4＝0，联立求解出x，y，可故答案为：C．得点D的坐标。4.【答案】A【分析】分和两种情况，结合正切函数的性质即可求出直线l的倾角的范围。【解析】【解答】由题意，直线、的方向向量分别为，，7.【答案】A，【解析】【解答】，又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，∴与的位置关系是.∴，故答案为：A.解得x=，【分析】由可得。故答案为：A．5.【答案】C 【分析】利用空间向量基本定理及向量共面的条件可得，求解可得答案。【解析】【解答】依题意，圆：，则圆心，半径，A不正8.【答案】B确；【解析】【解答】由抛物线的对称性，设为抛物线第一象限内点，如图所示：因点，则，点在圆外，B符合题意；故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C符合题意；当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA设直线方程为：，上时取“=”，C符合题意.故答案为：BCD联立，整理得，其中，解得：，由为抛物线第一象限内点，则【分析】圆的方程配方求得半径可判断A；由可判断B；求出圆上的点到定点A的距离的最值可判断C、D。则，解得：，此时，即或10．【答案】A,D所以点的坐标且【解析】【解答】由数量积的性质和运算律可知AD是正确的；由题意知，双曲线的左焦点为，右焦点为而运算后是实数，没有这种运算，B不正确；设双曲线的实轴长为2a，则，，，C不正确.又，则故答案为：AD.故渐近线斜率的平方为【分析】根据题意由数量积的运算性质以及向量的运算性质对选项逐一判断即可得出答案。故答案为：B1.【答案】C,D【解析】【解答】解：设，【分析】作出图形，可知与抛物线相切，取得最小值，设直线方程为：则，，与抛物线联立求出点N的坐标，利用双曲线的定义求出2a，结合，可求得，再利用求出结果。根据已知条件，结合双曲线的性质，以及抛物线的定义，即可求出渐近线斜率的平两式相减得，方.9．【答案】B,C,D化简得，因为M（1，1）是AB的中点， 成的角的最大值由此判断出选项C与D，由此即可得出答案。所以，即，13.【答案】1或-1所以，渐近线方程为，离心率为，【解析】【解答】∵A，B两点纵坐标不相等，故答案为：CD∴与x轴不平行．∵，∴与x轴不垂直，【分析】根据已知条件，利用“点差法”和双曲线的性质结合中点坐标公式，求出，逐项进行分析，∴，即．可得答案。①当与x轴垂直（或重合）时，，解得，此时C，D的纵坐标均为12.【答案】A,C,D，【解析】【解答】对于A，当时，，即点P在线段上，利用正方∴轴，此时，满足题意．②当与x轴不垂直时，由直线的斜率公式得体的性质，易证平面平面，平面，∴平面，故A正确；对于B，当时，，设的中点为H，则，，即，即点为中点，此时，故B错误；∵，∴，即，解得对于C，当时，可知P，，A三点共线，线段CP在中，当点P为中点时，．综上，m的值为1或-1．故答案为：1或-1CP最小，此时，，故CP长度的最小值为【分析】当与x轴垂直（或重合）时，得，求出m，当与x轴不垂直时，分别，故C正确；求出直线AB、CD的斜率，再由可得，求解可得m的值，综合可得m的值。对于D，当时，可知P，，A三点共线，点P在平面内的射影为Q在线段14.【答案】上，则为CP与平面所成的角，，又，所以【解析】【解答】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，代入抛物线方程得，，而，所以CP与平面所成的角不可能为，故D化简得，，正确；因为直线与抛物线C有两个交点，所以，且，【分析】根据题意当时，P的轨迹为线段DA1，证明平面CB，D、即可判断选项A正确；当即，且，号时，点P的轨迹为线段EF，可得当P与E重合时，DP与直线CB1所成角最大，求出最大角由此判解得，且，断出选项B错误；当时，P点轨迹为线段D1A，分别求出CP长度的最小值与CP与平面BCC1B1所 所以直线的斜率k的取值范围是，故答案为：3；.故答案为：【分析】求出C的坐标，分别利用两点间的距离公式可求出；利用点到直线的距离公式计算即可求出【分析】由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立，利用判别式C到直线l的距离.大于零，求解可得直线的斜率k的取值范围。17.【答案】（1）解：由已知可得，15.【答案】故由点斜式可得：，即【解析】【解答】解:因为直线PA，PB与圆相切于点A，B，且PA⊥PB，所以直线方程为：所以四边形QAPB为正方形，所以，由中点，所以问题转化为圆与抛物线有四个公共点，将抛物线方程代人圆的方程消去，得，故由两点式可得：，即，所以直线方程为：由题意，此方程有两个不等正根，故，解得，（2）由，可得，故答案为：.故由点斜式可得所以直线【分析】依题意可得，则点P的轨迹方程为，故只需方程(m>0)与方程有四个解即可，利用判别式、根的分布，即可得到关于M的不等式组，求解出答案联立直线与方程，解得，即可。16.【答案】3；所以【解析】【解答】圆C的圆心坐标为，点E的坐标为，所以【解析】【分析】(1)根据中点公式，两点式及点斜式即可求出直线及直线的方程；；(2)根据直线垂直的性质结合点斜式可求出直线的方程，联立直线与方程，求解可得点坐标．直线l的一般式方程为：，故圆心C到直线l的距离为：18.【答案】（1）解：因为圆过两点，，设的中点为，则，.因为，所以的中垂线方程为y-2=(x-0)，即， 又因为圆心在直线上，，所以平面BCF与平面ABC夹角余弦值为．解得，圆心，，（3）解：由，D到平面BCF的距离.故圆的方程为．所以D点到平面BCF的距离为．（2）解：因为直线被圆截得弦长最小时CP⊥，由过点，的斜率为，=-1，【解析】【分析】（1）证得，根据线面平行的判定定理即可证得平面；（2）以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标所以直线的方程为，故直线的方程为．系，求出平面的法向量和平面ABC的法向量，利用向量法即可求出平面BCF与平面ABC夹角余弦【解析】【分析】（1）求出AB的中垂线，根据求出圆心坐标和半径，即可得出圆的方值；（3）利用向量数量积计算D点到平面BCF的距离．程；20.【答案】（1）由题意到点的距离等于点到直线的距离，所以点轨迹是以（2）直线被圆截得的弦长最小时是垂直于圆的直径所在的直线，利用斜率公式求出，进而得出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线的方程．为焦点，直线为准线的抛物线，，，19.【答案】（1）证明：连接，相交于，因为矩形，所以是的中点，抛物线方程即点轨迹方程是．又因为为中点，所以，且，（2）因为直线过的外心，所以，的斜率一定存在，又因为，，，所以，且，所以四边形为平设方程为，代入抛物线方程得，或，行四边形，故，所以，，即，同理得，又因为平面，平面，因此平面；直线方程为，整理得，（2）解：因为矩形平面，且矩形平面，又，时，，所以直线过定点．所以平面，又因为，所以两两垂直，【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义即可得曲线的方程；故以坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，所(2)的斜率一定存在，设方程为，代入抛物线方程求得A点坐标，同理求得B点坐以，标，再由两点式写出直线AB方程，由此证得直线过定点．设平面的法向量为，且，21.【答案】（1）因为在中，，分别为，的中点，所以，.因此，则，取，则，所以，又为的中点，所以.因为平面平面，且平面，而平面ABC的法向量是为， 所以平面，令，所以.整理得.解得.（2）取的中点，连接，所以.由（1）得，.所以线段上存在点适合题意，且.如图建立空间直角坐标系.【解析】【分析】(1)推导出，，从而，进而，由此得到由题意得，，，，.平面，从而能证明；所以，，.(2)取的中点，连接，得，由（1）得，，建立空间直设平面的法向量为.角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求出直线和平面所成角的正弦值；则(3)线段上存在点适合题意，设，其中，利用向量法可得即整理求解得的值，进而可得的值。令，则，，所以.2.【答案】（1）解：设椭圆的方程为，设直线和平面所成的角为，依题意可得，所以，则.因为椭圆的离心率为，所以，即，故所求角的正弦值为.椭圆方程为；（3）线段上存在点适合题意.设，其中.（2）设点，2)，直线的斜率为，设，则有，则直线的方程为，联立方程组，整理，得所以，，，从而，所以，又，，解得或.所以.所以 方程为，联立椭圆的方程，解得x2，同理可得x1，进而可证得；同理可得，.所以(3)由(2)，由，得，再结合点在双（3）由（2）曲线上可得，再计算S1，S2，结合基本不等式得的取值范围.因为，所以，即，因为点在双曲线上，则，所以，即.因为点是双曲线在第一象限内的一点，所以.因为，所以.由（2）知，，即.设，则则.设，当且仅当，即时取等号，所以函数在上单调递增，在(2，3]上单调递减.因为，所以所以的取值范围为【解析】【分析】(1)设椭圆的方程为，依题意可得，推出，又椭圆的离心率为，解得a2，即可得出曲线的方程；(2)设点，直线的斜率为，则直线的 高二上学期数学期中“同心顺”联合考试试卷10．已知等差数列的公差为，前项和为，且，，以下命题正确的是（）一、单选题A．的最大值为121.设等差数列的前项和，若，那么等于（）A．16B．20C．24D．28B．数列是公差为的等差数列2.直线的一个方向向量为，则它的斜率为（）C．是4的倍数A．B．C．D．D．3.已知各项均为正数的等比数列，，，则（）11.圆心在直线上，与直线相切，且被直线所截得的弦长为的圆的方程（）A．7B．8C．9D．10A．B．4.已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，它的长轴长等于圆：的直径，则椭圆的标C．D．准方程是（）12.以下说法正确的是（）A．B．C．D．A.椭圆的长轴长为4，短轴长为5.等比数列的前项和为，首项，若数列也为等比数列，则数列的公比B.离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁（）A．-2B．2C．D．C.椭圆的焦点在轴上且焦距为26.过点且与原点距离最大的直线方程是（）D.椭圆的离心率为A．B．三、填空题C．D．13.若直线：与直线：垂直，则．7.已知等差数列的公差，若，，则该数列的前项和的最大值为14.已知等差数列的首项为，前10项形成一组数据的中位数为8，则．（）15.过圆外一点引圆的两条切线，则经过两切点的直线方程是．A．30B．35C．40D．4516.若无论取何值，直线与圆恒有两个公共点，则的取值范围为．8．点为椭圆上一点，为焦点，则的最大值为（）四、解答题A．1B．3C．5D．717.已知等比数列中，，．二、多选题（1）求数列的通项公式；9．已知点到直线的距离等于1，则（）（2）设，求数列的前项和．A．B．C．-1D．3 18.直线经过两直线：和：的交点．【解析】【解答】，（1）求与直线平行的直线的方程；，（2）求横纵两截距相等的直线的方程．故答案为：B19.数列的前项和为，．（1）设，求证数列是等比数列；【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质即可直接求解.2.【答案】A（2）求数列的前项和．【解析】【解答】且是直线的方向向量，.20.已知圆：．故答案为：A（1）若圆与圆：有三条外公切线，求的值；（2）若圆与直线交于两点，，且（为坐标原点），求的值．【分析】由直线的方向量为可得直线的斜率。3.【答案】C21.设，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，【解析】【解答】由，，有，又因为各项均为正数，所以且，，成等差数列．，（1）求；故答案为：C（2）若直线的斜率为1，求椭圆的标准方程．22．200多年前，10岁的高斯充分利用数字1，2，3，，100的“对称”特征，给出了计算的【分析】利用等比数列的性质，即可求出答案。快捷方法．教材示范了根据高斯算法的启示推导等差数列的前项和公式的过程．实事上，高斯算法的依据4.【答案】B是：若函数的图象关于点对称，则对恒成立．已知函数【解析】【解答】依题意可设椭圆的标准方程为，半焦距为，．由，半径为4，故有，又，，（1）求的值；.（2）设，，记数列的前项和为，所以椭圆的标准方程为.求证．故答案为：B答案解析部分1.【答案】B【分析】利用配方法化简得到圆的半径为4，所以椭圆的长轴为4，根据离心率求出c， 根据勾股定理求出b，得到椭圆的解析式即可。【解析】【解答】等差数列，由，有，5.【答案】D又，公差，所以，，得，【解析】【解答】设等比数列的公比为，，，，∴当或10时，，最大，，故答案为：D，依题意数列是等比数列，【分析】先用等差数列的通项公式，分别表示出和，联立方程求得d和a1，进而可表示出Sn，利用二次函数的性质求得其最大值.所以，8.【答案】C，【解析】【解答】，，，，即.由于，所以.所以的最大值为.故答案为：D故答案为：C【分析】利用等比数列的前n项和公式得到关于q的一元二次方程，求出方程的解即可得到q的值.【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解.6.【答案】A9.【答案】A,B【解析】【解答】过点且与原点O距离最远的直垂直于直线，【解析】【解答】依题意有.，故答案为：AB.∴过点且与原点O距离最远的直线的斜率为，∴过点且与原点O距离最远的直线方程为：【分析】根据点到直线的距离公式，即可求出答案。10.【答案】A,B,C，即.故答案为：A【解析】【解答】由题可得，解得，【分析】过点且与原点O距离最远的直线垂直于直线OP，求出，从而过点且与则，则是4的倍数，C符合题意；原点O距离最远的直线的斜率为k=-2，由此能求出过点且与原点O距离最远的直线方程.7.【答案】D 故离心率为；，对称轴为，开口向下，则当或3时，取得最大值为12，A故答案为：ABD符合题意；因为，所以数列是公差为的等差数列，B符合【分析】根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解。13．【答案】2题意；【解析】【解答】时，不合题意，，D不符合题意.时，直线：与直线：的斜率分别为，故答案为：ABC.因为直线：与直线：垂直，【分析】根据题意求出首项和公差，再逐项进行分析判断，可得答案。所以，解得，故答案为：2.1.【答案】C,D【解析】【解答】因为圆心在直线上，所以设圆心为，而圆与相切，则圆的半径【分析】由题意利用两条直线垂直的性质，求出m的值.，于是圆的方程为.14.【答案】5圆心到直线距离，则，【解析】【解答】依题意有，设公差为d，所以，故圆的方程为：或.故答案为：CD.故答案为：5.【分析】设出所求圆的圆心为，根据点到直线的距离公式求出a的值，由此写出圆的标准方程.【分析】根据题求出，进而结合等差数列的通项公式求出公差，最后求出。12.【答案】A,B,D15.【答案】【解析】【解答】对于A：椭圆中，，【解析】【解答】设切点分别为，因为点在圆上，所以以为切点故长轴长为4，短轴长为，A符合题意；的切线方程分别为：，而点在两条切线上，所以对于B：因为椭圆的离心率越大，该椭圆越扁，，即点P满足直线.所以离心率为的椭圆较离心率为的椭圆来得扁，B符合题意；故答案为：.对于C：椭圆的焦点在轴上，C不符合题意；【分析】根据题意，设出切点，根据切点在圆上，得到两条切线方程，进而根据点P对于D：椭圆中，，在两条切线上，即可求出经过两切点的直线方程。 16.【答案】【解析】【分析】(1)解方程组求出交点的坐标，设出平行直线的方程，代入点的坐标，解出即可；(2)设横纵两截距相等的直线的方程为或，代入点的坐标，求出直线方程即可.【解析】【解答】依题意有圆心到直线的距离，即，19.【答案】（1），又无论取何值，，故，故.∴当时，，故答案为：两式相减得：，又，，【分析】根据点到直线的距离公式得到根据，解不等式可得的取值范围。，17.【答案】（1）设等比数列的公比为，又，，有，解得故数列是公比为2，首项为2的等比数列.故数列的通项公式为；（2）由（1）可知，，故…①（2），…②，故数列的前项和①-②，，【解析】【分析】(1)直接利用等比数列的性质求出数列的通项公式；，(2)利用分组法和等差数列的求和公式的应用求出结果.故数列的前项和．18.【答案】（1）由，得；【解析】【分析】(1)运用数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，可得所求通项；与的交点为．(2)由(1)得，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简可设与直线平行的直线为，得所求和.有，，20.【答案】（1）由，∴所求直线方程为．知圆的圆心，半径为；（2）设横纵两截距相等的直线的方程为或，由圆：，有圆心，半径为1，由第一问可知：与的交点为，将其代入直线的方程依题意有圆与圆相外切，故；则或，解得：或，（2）设，，有，，∴所求直线方程为或．由，有， 整理得………①程组，化简得，然后利用弦长公式结合根与系数的关系列式求由，解，则椭圆E的标准方程可求.得：，易知，是方程的根，2.【答案】（1），故有，代入①，得，满足要求，故且【解析】【分析】(1)由题意确定两圆的位置关系，然后求解参数值即可；，(2)设出点的坐标，将原问题转化为坐标之间的关系，然后结合韦达定理求解实数m的值即可.21.【答案】（1）由题意知，，；由椭圆定义知，所以，又成等差数列，（2）所以，解得；【解析】【分析】(1)首先计算g(1)，g(x)+g(2-x)的和，再由数列的倒序相加求和，可得所求和；（2）设直线的方程式为，其中，(2)由(1)的结论，可得，，再由数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得证.设，，则A，两点坐标满足方程组，化简得，，则，，因为直线的斜率为1，所以即，则，解得，故椭圆的标准方程为．【解析】【分析】(1)由椭圆定义知，结合已知可得，即可求得|AB|；(2)设直线的方程式为，其中，设，，则A，B两点坐标满足方
