人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册期末测试卷(标准难度)（含答案解析）

这是一份人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册期末测试卷(标准难度)（含答案解析），共23页。试卷主要包含了0分），给出下列结论，【答案】C，【答案】B，【答案】A，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。

人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册期末测试卷
考试范围：选择性必修一全册；考试时间：120分钟；总分150分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。


第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，则．(    )
A. AB与AC是共线向量
B. AB的单位向量是255,−55,0
C. AB与BC夹角的余弦值是5511
D. 平面ABC的一个法向量是(1,−2,5)
2. 已知空间向量a=(−2,−1,1)，b=(3,4,5)，则下列结论错误的是(   )
A. 5a=3b B. 2a+b//a
C. a⊥(5a+6b) D. a与b夹角的余弦值为−36
3. 过P(0,2)点作直线x+my−4=0的垂线，垂足为Q，则Q到直线x+2y−14=0距离的最小值为(    )
A. 3 B. 2 C. 5 D. 6
4. 已知A(−4,0),B(0,4)，点C是圆x2+y2=2上任意一点，则ΔABC面积的最大值为(    )
A. 8 B. 42 C. 12 D. 62
5. 设圆x2+y2−4x+4y+7=0上的动点P到直线x+y−32=0的距离为d，则d的取值范围是．(    )
A. 0,3 B. 2,4 C. 2,5 D. 3,5
6. 已知双曲线x2−y24=1的左、右顶点为A,B，焦点在y轴上的椭圆以A,B为顶点，且离心率为32，过A作斜率为k的直线l交双曲线于另一点M，交椭圆于另一点N，若AN=NM，则k的值为(    )
A. ±233 B. ±1 C. ±33 D. ±223
7. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线与抛物线y2=8x的准线围成的三角形的面积为3，则双曲线的离心率为(    )
A. 3 B. 54 C. 32 D. 322
8. 已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线C2：x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)有相同的焦点F1，F2，点P是两曲线的一个公共点，且∠F1PF2=60°，若椭圆离心率e1=22，则双曲线C2的离心率e2=(    )
A. 72 B. 62 C. 2 D. 3

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 以下四个关于圆锥曲线的命题，正确的有(    )
A. 焦点是0,2的抛物线的标准方程是x2=8y
B. 椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,2)，其长轴长的取值范围是25,6，则该椭圆的离心率的取值范围是33,22
C. 方程ax2−5x+2=0的两个根可以分别作椭圆和双曲线的离心率的充要条件是0 D. 双曲线x29−y28=1和椭圆x24+y23=1有相同的焦距
10. 在平面直角坐标系xOy中，已知点M(2 , −1) , N(−2 , 1)，动点P满足|PM|2−|PN|2=a(a∈R)，记点P的轨迹为曲线C，则
A. 存在实数a，使得曲线C上所有的点到点(1 , a4)的距离大于2
B. 存在实数a，使得曲线C上有两点到点(−5 , 0)与(5 , 0)的距离之和为6
C. 存在实数a，使得曲线C上有两点到点(−5 , 0)与(5 , 0)的距离之差为2
D. 存在实数a，使得曲线C上有两点到点(a , 0)的距离与到直线x=−a的距离相等
11. 以下四个命题表述正确的是(    )
A. 直线(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)恒过点(−3,−3)
B. 圆x2+y2=4上有且仅有3个点到直线l:x−y+2=0的距离都等于1
C. 圆C1:x2+y2+2x=0与圆C2:x2+y2−4x−8y+m=0恰有三条公切线，则m=4
D. 已知圆C:x2+y2=4，过点P(3,4)向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB方程为3x+4y−4=0
12. 给出下列命题，其中是真命题的是(    )
A. 若直线l的方向向量a=(1,−1,2)，直线m的方向向量b=(2,1,−12)，则l与m垂直
B. 若直线l的方向向量a=(0,1,−1)，平面α的法向量n=(1,−1,−1)，则l⊥α
C. 若平面α，β的法向量分别为n1=(0,1,3)，n2=(1,0,2)，则α⊥β
D. 若存在实数x，y，使MP=xMA+yMB，则点P，M，A，B共面
第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后．某学生得出下列四个结论：①BD⋅AC≠0；    ②∠BAC=60∘；③三棱锥D-ABC是正三棱锥；④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直．其中正确的结论是________.(写出所有正确结论的序号)

14. 已知P是▱ABCD所在的平面外一点，AB=(2,−1,−4)，AD=(4,2,0)，AP=(−1,2,−1).给出下列结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP是平面ABCD的法向量；④AP//BD.其中正确结论的个数是__________．
15. 与圆x2+y2−2x=0外切且与直线x+3y=0相切于点M(3,−3)的圆的方程为          ．
16. 以下四个关于圆锥曲线的命题中：
 ①平面内到两定点距离之比等于常数λ(λ>0)的点的轨迹是圆;
 ②点P是抛物线y2=2x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A的坐标是(3,6)，则|PA|+|PM|的最小值是6;
 ③平面内的动点P到点A(−1,0)的距离比到点B(1,0)的距离大1，则动点P的轨迹是双曲线;
 ④若过点C(1,1)的直线l交椭圆x24+y23=1不同的两点A，B，且C是AB的中点，则直线l的方程是3x+4y−7=0
其中真命题的序号是_____________(写出所有真命题的序号)

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 已知OA,OB,OC两两垂直，OA=OC=3,OB=2，M为OB的中点，点N在AC上，AN=2NC．


(Ⅰ)求MN的长；
(Ⅱ)若点P在线段BC上，设BPPC=λ，当AP⊥MN时，求实数λ的值．
18. 如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD, EB/\!/PA, AB=PA=4, EB=2，F为PD的中点．
(1)求证：BD//平面PEC；    
(2)求二面角D−PC−E的大小．
19. 已知直线x−y+1=0与圆C：x2+y2−4x−2y+m=0交于A,B两点．
(1)求线段AB的垂直平分线的方程；
(2)若AB=22，求m的值；
(3)在(2)的条件下，求过点P(4,4)的圆C的切线方程． 
20. 已知圆心为C的圆经过点A(−1,1)和B(−2,−2)，且圆心在直线l:x+y−1=0上，求：
(1)求圆心为C的圆的标准方程；
(2)设点P在圆C上，点Q在直线x−y+5=0上，求|PQ|的最小值；
(3)若过点(0,5)的直线被圆C所截得弦长为8，求该直线的方程．
21. 已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长是22，以其短轴为直径的圆过椭圆的焦点
(1)求椭圆E的方程；
(2)过椭圆E左焦点作不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于M，N两点，线段MN的垂直平分线与y轴负半轴交于点Q，若点Q的纵坐标的最大值是−13，求MN的最小值；
22. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为12，M为椭圆C上一动点，△FAM面积的最大值为332．
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过点M的直线l:y=kx+1与椭圆C的另一个交点为N，P为线段MN的中点，射线OP与椭圆交于点D.点Q为直线OP上一动点，且OP⋅OQ=OD2，求证：点Q在定直线上．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查空间向量共线的判断，考查单位向量和向量的数量积运算，考查平面的法向量的求解，属于中档题．
可根据向量的相关概念和数量积运算、以及求法向量的方法逐一验证即可．
【解答】
解：对于A，由 AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，AB≠λAC，所以AB与AC不共线，所以A错误;
对于B，AB的单位向量为(255,55,0)或(−255,−55,0)，所以B错误;
对于C，BC=(−3,1,1)，所以cosAB,BC=AB⋅BC|AB||BC|=−5511，所以C错误;
对于D，设平面ABC的法向量是n=(x,y,z)，
则AB⋅n=0AC⋅n=0，即2x+y=0−x+2y+z=0，将x=1，y=−2，z=5代入验证满足方程组，所以D正确．
故选D．
  
2.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了向量的加法、数乘和数量积的坐标表示，向量垂直的充要条件，向量夹角的余弦公式，平行向量的坐标关系，考查了计算能力，属于中档题．
可求出a|和|b|的值，从而判断选项A正确;可求出2a+b=(−1,2,7)，根据−1−2≠2−1≠71可得出B不正确;可求出a·(5a+6b)=0，从而判断选项C正确;根据向量夹角的余弦公式即可判断选项D正确．
【解答】
解：由题a=(−2,−1,1)，b=(3,4,5)，
∵|a|=(−2)2+(−1)2+12= 6，|b|=32+42+52=52，
所以5|a|=3|b|，故A正确;
∵2a+b=(−4,−2,2)+(3,4,5)=(−1,2,7)，a=(−2,−1,1)，
而−1−2≠2−1≠71，
∴2a+b与a不平行，故B不正确;
∵a·(5a+6b)=5a2+6a·b=30+6×(−6−4+5)=0，
∴a⊥(5a+6b)，故C正确;
cos=a·b|a||b|=−56×52=−36，故D正确．
故选B．
  
3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了直线系的应用、圆的方程、点到直线的距离公式，中档题．
直线x+my−4=0过定点M(4,0)，点P(0,2)，M(4,0)的中点N(2,1)，由PQ垂直直线x+my−4=0，得到点Q在以点N(2,1)为圆心，以|PN|为半径的圆：(x−2)2+(y−1)2=5上，由此能求出Q到直线x+2y−14=0的距离最小值．
【解答】
解：过点(0,2)作直线x+my−4=0的垂线，垂足为Q，
直线x+my−4=0过定点M(4,0)，
点P(0,2)，M(4,0)的中点N(2,1)，
∵PQ垂直直线x+my−4=0，
∴点Q在以点N(2,1)为圆心，
以|PN|=(2−0)2+(1−2)2=5为半径的圆上，
其圆的标准方程为：(x−2)2+(y−1)2=5，
圆心N(2,1)到直线x+2y−14=0点距离：
d=|2+2−14|5=25．
∴Q到直线x+2y−14=0的距离最小值为：25−5=5．
故选：C．
  
4.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查与圆有关的最值问题及点到直线的距离公式、两点间距离公式，三角形面积公式，属于中档题．
由题易知当△ABC面积取最大值时，边AB上的高即点C到直线AB的距离d取最大值，由圆的方程得出圆心坐标，即可得出圆心到直线的距离，进而利用圆有关的性质得出d的最大值，从而得出结果．
【解答】
解：由A(−4,0),B(0,4)，则直线AB的方程是x−4+y4=1，即x−y+4=0，
且|AB|=42，
则当△ABC面积取最大值时，边AB上的高即点C到直线AB的距离d取最大值，
又圆x2+y2=2，圆心为(0,0)，半径r=2，
则圆心(0,0)到直线x−y+4=0的距离是0−0+412+−12=42=22，
由圆的几何性质得，d的最大值是22+2=32，
则△ABC面积的最大值是12×42×32=12．
故本题选C．
  
5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查圆的一般式和标准式的转换，点到直线的距离公式的应用，直线和圆的位置关系的应用，圆中最值问题．属于中等题．
首先把圆的一般式转换为标准式，进一步确定直线和圆的位置关系，最后利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据圆中最值问题的解法求出结果．
【解答】
解：把圆x2+y2−4x+4y+7=0转换为标准式(x−2)2+(y+2)2=1，
则圆心(2,−2)到直线x+y−32=0的距离，d=|2−2−32|2=3>1，
所以直线和圆相离．所以圆上的动点P到直线的距离的最大值为dmax=3+1=4，
圆上的动点P到直线的距离的最小值为dmin=3−1=2．
即d的取值范围是：[2,4]．
故选：B．
  
6.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查双曲线、椭圆的标准方程以及几何意义，考查直线与双曲线、椭圆的位置关系，属于中档题．
先求出椭圆的标准方程，再将直线与双曲线联立，和椭圆联立，利用韦达定理再由AN=NM求出k的值．
【解答】
解：已知双曲线x2−y24=1的左、右顶点为A(−1,0)，B(1,0)，
焦点在y轴上的椭圆以A,B为顶点，且离心率为32的椭圆方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)，
所以c2a2=a2−b2a2=1−b2a2=(32)2，b=1
得到b2a2=1−34=14，即a=2，
所以椭圆的方程为y24+x2=1，
过A作斜率为k的直线l：y=k(x+1)，
与双曲线联立y=k(x+1)x2−y24=1,
整理得(4−k2)x2−2k2x−(k2+4)=0，
设M(xM,yM)，
由韦达定理得到−1×xM=−k2+44−k2，则xM=k2+44−k2，
yM=k(xM+1)=8k4−k2，故M(k2+44−k2,8k4−k2)，
与椭圆联立y=k(x+1)y24+x2=1得(k2+4)x2+2k2x+k2−4=0，
设N(xN,yN)，
由韦达定理得到−1×xN=−4−k2k2+4，则xN=4−k2k2+4，yN=k(xN+1)=8kk2+4，
所以N(4−k2k2+4,8kk2+4)，
因为AN=NM，得到k2+44−k2−4−k2k2+4=4−k2k2+4+1，
解得k=±233，
故选A．  
7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查求双曲线的离心率、双曲线的渐近线、抛物线的准线，属于中档题．
由已知条件推导出A、B两点的纵坐标，根据△AOB的面积为3结合c=a2+b2和e=ca，即可求出双曲线的离心率．
【解答】
解：双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程是y=±bax，
设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线与抛物线y2=8x的准线交于A、B两点，
因为抛物线y2=8x的准线方程为x=−2，
所以A、B两点的纵坐标分别是y=2ba、y=−2ba，
又△AOB的面积为3，所以12×2×4ba=3，
所以b=34a，所以c=a2+b2=a2+(3a4)2=54a，
所以双曲线的离心率e=ca=54．
故选B．
  
8.【答案】B 
【解析】
【分析】
设|PF1|=s，|PF2|=t，由椭圆和双曲线的定义，解方程可得s，t，再由余弦定理，可得a，m与c的关系，结合离心率公式，可得e1，e2的关系，计算可得所求值．
本题考查椭圆和双曲线的定义和性质，主要是离心率，考查解三角形的余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
【解答】
解：设|PF1|=s，|PF2|=t，P为第一象限的交点，

由椭圆和双曲线的定义可得s+t=2a，s−t=2m，
解得s=a+m，t=a−m，
在三角形F1PF2中，∠F1PF2=60°，
可得4c2=s2+t2−2stcos60°=a2+m2+2am+a2+m2−2am−(a2−m2)，
即有a2+3m2=4c2，
可得a2c2+3m2c2=4，
即为1e12+3e22=4，
由e1=22，可得e2=62，
故选B．
  
9.【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题考查椭圆、双曲线、抛物线的概念及标准方程与性质及几何意义，属于中档题．
根据椭圆、双曲线、抛物线的概念与性质及几何意义逐一验证即可．
【解答】
解：对于A，根据抛物线的标准方程可知焦点是(0,2)的抛物线的标准方程是x2=8y，故A正确；
对于B，因为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,2)，所以1a2+2b2=1，
又其长轴长的取值范围是[25,6]，
所以5⩽a2⩽9，则19⩽1a2⩽15，
故45⩽2b2⩽89，则94⩽b2⩽52，
则14⩽b2a2=1−c2a2⩽12，所以12⩽c2a2⩽34，
故22⩽e⩽32，故B错误；
对于C，若方程ax2−5x+2=0的两个根可以分别作椭圆和双曲线的离心率，
则a≠0，且Δ=25−8a>052a>0a−3<0，解得0 对于D，双曲线x29−y28=1的焦距为217，椭圆x24+y23=1的焦距为2，故D错误．
故AC．
  
10.【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题考查了曲线的轨迹方程以及椭圆、双曲线、抛物线的定义与几何性质，属于一道较难题.根据动点P满足的等式推出动点P的轨迹为方程是8x−4y+a=0的直线.选项A，由点到直线的距离公式可得；选项C，利用双曲线的定义构造一双曲线的右支，求直线C与该双曲线右支的交点个数即可；选项B，利用椭圆的定义构造一椭圆，分析直线C与该椭圆的交点个数即可；选项D，利用抛物线的定义构造一抛物线，联立抛物线方程与直线C的方程，由Δ>0即得．
【解答】
解：设点P(x,y)，由PM2−PN2=a得(x−2)2+(y+1)2−(x+2)2−(y−1)2=a，即8x−4y+a=0，所以点P的轨迹为斜率为2的直线．
A.由点到直线的距离公式，点(1,a4)到直线C的距离为|8−a+a|82+42=255<2，故选项A错误；
B设点R满足到点(−5,0)与点(5,0)的距离之和为6，由椭圆的定义与性质得点R的轨迹为一椭圆，且该椭圆满足a2=3,c2=5,b2=2，故存在实数a，使得直线C：8x−4y+a=0与该椭圆存在两个不同交点，故选项B正确；
C设点Q满足到点(−5,0)与点(5,0)的距离之差为2，由双曲线的定义与性质得点Q的轨迹为一双曲线的右支，且该双曲线满足a1=1,c1=5,b1=2，其渐近线的斜率为±2，所以直线C与双曲线的一条渐近线平行或重合，所以直线C与该双曲线的右支的交点个数不超过1个，故选项C错误；
D.取a>0，设点S到点(a,0)的距离与到直线x=−a的距离相等，则点S的轨迹为抛物线，该抛物线方程为y2=4ax，联立直线C与抛物线的方程得：y=2x+a4y2=4ax，使用代入法消去y得4x2−3ax+a216=0，由此得到Δ=(−3a)2−4×4×a216=8a2>0，故此时直线C与抛物线有两个不同交点，故选项D正确．
故选BD．  
11.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
本题考查直线过定点问题，点与圆的位置关系的判定，圆的公共弦、公切线，点到直线的距离，两点间的距离公式，属于中档题．
A选项，将直线方程进行重新整理，利用参数分离法，即可求出直线恒过的定点；
B选项，根据圆心到直线的距离与半径的关系即可判断圆C上有几个点到直线l的距离为1；
C选项，通过题意可得两圆外切，根据两圆心的距离为半径和，即可求得m的值；
D选项，求出以线段PC为直径的圆Q的方程，题中的切点A、B为圆Q与圆C的交点，将两圆作差即可求出公共弦所在直线AB的方程
【解答】
解：对于A选项，直线(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)，
得m(x+3)+3x+4y−3=0，
由x+3=03x+4y−3=0，得x=−3y=3,
即直线恒过定点−3,3，故A错误；
对于B选项，圆心C(0,0)到直线l:x−y+2=0的距离为d=|0−0+2|12+(−1)2=1，
圆的半径r=2，故圆C上有3个点到直线l的距离为1，故B正确；
对于C选项，曲线C1:x2+y2+2x=0，即(x+1)2+y2=1，
曲线C2:x2+y2−4x−8y+m=0，即(x−2)2+(y−4)2=20−m，
两圆心的距离为(−1−2)2+(0−4)2=5=1+20−m，解得m=4，故C正确；
对于D选项，圆C:x2+y2=4的圆心为C(0,0)，
以线段PC为直径的圆Q的方程为(x−3)x+(y−4)y=0，即x2−3x+y2−4y=0，
故圆Q与圆C的公共弦方程为x2−3x+y2−4y−(x2+y2)=0−4，即为直线AB的方程，
即3x+4y−4=0，故D正确．
故选：BCD．
  
12.【答案】AD 
【解析】
【分析】
本题考查利用平面的法向量判断线线关系、线面关系、面面关系，考查空间向量共面定理的应用，属于中档题．
根据a⊥b判断A；根据a⊥n判断B；根据n1·n2=6≠0判断C；根据空间向量共面定理判断D．
【解答】
解：∵a=1,−1,2，b=2,1,−12，
∴a·b=1×2−1×1+2×−12=0，
∴a⊥b，
∴直线l与m垂直，故A正确；
a=0,1,−1，n=1,−1,−1，
∴a·n=0×1+1×−1+−1×−1=0，
∴a⊥n，
∴l//α或l⊂α，故B错误；
∵n1=(0,1,3)，n2=(1,0,2)，
∴n1·n2=6≠0，∴ n1,n2不垂直，所以α与β不垂直，故C错误；
根据空间向量共面定理可知，D正确．
故选AD．
  
13.【答案】②③ 
【解析】
【分析】
本题主要考查折叠问题、空间向量的应用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
建立空间直角坐标系，利用向量的数量积公式与夹角公式求解即可．
【解答】
解：以D为原点，DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

由题意，令DA=DB=DC=1，则D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(0,0,1)，
则BD=(−1,0,0),AC=(0,1,−1)，
所以BD·AC=0，故①错误；
又因为AB=(1,0,−1),AC=(0,1,−1)，
所以cos=AB·AC|AB|·|AC|=(−1)×(−1)2×2=12，
所以cos=60°，故②正确；
由题意，AD=BD=CD=1，又|AB|=|AC|=|BC|=2，
所以三棱锥D−ABC是正三棱锥，故③正确；
易知平面ADC的一个法向量为DB=(1,0,0)，
平面ABC的一个法向量为n→=(1,1,1)，
因为DB·n=1≠0，
所以DB→与n→不垂直，故④错误，
故答案为②③．
  
14.【答案】3 
【解析】
【分析】
本题考查线线垂直的向量表示，线线平行的向量表示，属于中档题．
只需验证两组空间向量的数量积为0即可判断垂直，故①②正确；
由①②及线面垂直的判定可知③正确；
由空间向量的减法的坐标运算可得BD的坐标，由空间向量共线定理可得④错误．
【解答】
解：∵AB=(2,−1,−4)，AD=(4,2,0)，AP=(−1,2,−1)，
①AP·AB=−2−2+4=0，所以AP⊥AB，故①正确；
②AP·AD=−4+4+0=0，所以AP⊥AD，故②正确；
③由①②知AP是面ABCD的法向量，故③正确；
④BD=AD−AB=(2,3,4)，令AP=λBD，无解，故④错误．
故答案为3．
  
15.【答案】(x−4)2+y2=4或x2+y+432=36 
【解析】
【分析】
本题考查了两点间的距离公式，点到直线的距离公式，圆的标准方程，圆的一般方程，直线与圆的位置关系及判定和圆与圆的位置关系及判定，属于中档题．
设所求圆的方程为x−a2+y−b2=r2r>0，由题意列出关于a，b的方程组，解方程组求得a，b的值，进而得到r，从而得出圆的方程．
【解答】
解：设所求圆的方程为x−a2+y−b2=r2r>0，圆心为(a,b)，半径为r．
因为所求圆与直线x+3y=0相切，所以r=|a+3b|2．
又因为所求圆与圆x2+y2−2x=0相外切，而圆x2+y2−2x=0的圆心为(1,0)，半径为1，
所以两个圆心之间的距离等于半径的和，即(a−1)2+b2=1+|a+3b|2．
又因为所求圆与直线l:x+3y=0相切于M(3,−3)点，
所以所求圆的圆心与点M(3,−3)的连线与直线x+3y=0垂直，
因此b+3a−3=3．
由b+3a−3=3(a−1)2+b2=1+|a+3b|2，解得a=4b=0或a=0b=−43,
而当a=4b=0时，由r=|a+3b|2得r=2;
当a=0b=−43时，由r=|a+3b|2得r=6，
因此所求圆的方程为(x−4)2+y2=4或x2+(y+43)2=36．
故答案为(x−4)2+y2=4或x2+(y+43)2=36．
  
16.【答案】②④ 
【解析】
【分析】
本题考查圆锥曲线的定义和方程、性质，考查转化思想和方程思想、运算能力和推理能力，属于综合题．
由λ=1则为两个定点连线的垂直平分线，可判断①；由抛物线的定义和三点共线取得最小，可判断②；由双曲线的定义可判断③；由点差法和直线的斜率公式、中点坐标公式可判断④．
【解答】

解：对于 ①，平面内到两定点距离之比等于常数λ=1时，是直线，故 ①不正确；
对于②，点P是抛物线y2=2x上的动点，点M是P在y轴上射影，点A的坐标是3,6，
设点P在抛物线的准线x=−12上的射影为N，作图如下：

由抛物线定义知：PN=PF，故PM=PN−12，
则PA+PM=PA+PN−12=PA+PE−12>AF−12=3−122+6−02−12=6
，即|PA|+|PM|的最小值是6，故②正确；
对于③动点P点到A−1,0的距离与到点B1,0的距离之差为1，
故动点P的轨迹是双A，B为焦点，1为实轴长的双曲线的右支，故③不正确；
对于④，若过点C(1,1)的直线C交椭圆C:x24+y23=1于不同两点Ax1,y1,Bx1,y1，
则x124+y123=1,x224+y223=1,
两式相减，整理得KAB=y1−y2x1−x2=−34×x1+x2y1+y2=−34，
∴直线C方程为3x+4y−7=0，故④正确．
故选②④．
  
17.【答案】解：(1)以O为原点，OA，OB，OC分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，
因为M为OB的中点，AN=2NC，
所以M(0,1,0)，N(1,0,2)，所以MN=(1−0)2+(0−1)2+(2−0)2=6．
(2)设P(0,y,z)，因为BPPC=λ，且点P在线段BC上，所以BP=λPC，
P(0,21+λ,3λ1+λ).所以AP=(−3,21+λ,3λ1+λ)，
由(1)得MN=(1,−1,2)．
当AP⊥MN，AP⋅MN=0，
即−3−21+λ+6λ1+λ=0，解得λ=53．
 
【解析】本题考查线段长的求法，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
(1)以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出MN的长;
(2)设P(0,y,z)，因为BPPC=λ，且点P在线段BC上，所以BP=λPC，
P(0,21+λ,3λ1+λ)，所以AP=(−3,21+λ,3λ1+λ)，由(1)得MN=(1,−1,2)，因为AP⊥MN，所以AP⋅MN=0，即−3−21+λ+6λ1+λ=0，解出λ即可．


18.【答案】(1)证明：依题意，PA⊥平面ABCD．
如图，以A为原点，分别以AD、AB、AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系．

依题意，可得A(0,0,0)，B(0,4,0)，C(4,4,0)，
D(4,0,0)，P(0,0,4)，E(0,4,2)，F(2,0,2)．
取PC的中点M，连接EM．
因为M(2,2,2)，EM=(2,−2,0)，BD=(4,−4,0)，
所以BD=2EM，所以BD//EM．
又因为EM⊂平面PEC，BD⊄平面PEC，
所以BD//平面PEC．
(2)解：因为AF⊥PD，AF⊥PC，PD∩PC=P，PD，PC⊂平面PCD，
所以AF⊥平面PCD，故AF=(2,0,2)为平面PCD的一个法向量．
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，
因为PC=(4,4,−4)，PE=(0,4,−2)，
所以n⋅PC=0n⋅PE=0即4x+4y−4z=04y−2z=0,
令y=−1，得x=−1，z=−2，故n=(−1,−1,−2)．
所以cosAF,n=−2−0−422×6=−32，
由图可得二面角D−PC−E为钝二面角，
所以二面角D−PC−E的大小为5π6． 
【解析】本题考查线线垂直、线面平行的证明，二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．
(1)依题意，PA⊥平面ABCD.以A为原点，分别以AD、AB、AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，取PC的中点M，连接EM.推导出BD//EM，由此能证明BD//平面PEC．
(2)由AF⊥PD，AF⊥PC，得AF⊥平面PCD，求出平面PCD的法向量和平面PCE的法向量，利用向量法能求出二面角D−PC−E的大小．

19.【答案】解：(1)∵直线x−y+1=0的斜率为1，
∴线段AB的垂直平分线的斜率为−1，
又由题意，线段AB的垂直平分线经过圆的圆心(2,1)，
∴线段AB的垂直平分线的方程为y−1=−(x−2)，即x+y−3=0．
(2)圆x2+y2−4x−2y+m=0可化为(x−2)2+(y−1)2=−m+5，
∵|AB|=22，
∴圆心到直线的距离为−m+5−2=3−m，
∵圆心到直线的距离为 d=|2−1+1|2=2，
∴3−m=2，
∴m=1．
(3)由题意，点P(4,4)不在圆上，
①当所求切线的斜率存在时，设切线方程为y−4=k(x−4)，即kx−y−4k+4=0，
由圆心到切线的距离等于半径，得|2k−1+4−4k|k2+1=2，
解得k=512，
所以所求切线的方程为5x−12y+28=0．
②当所求切线的斜率不存在时，切线方程为x=4，
综上，所求切线的方程为x=4或5x−12y+28=0．
 
【解析】本题考查点到直线的距离公式的应用，以及弦长公式的应用，考查圆的切线方程，着重考查了圆的标准方程和直线与圆的位置关系，线段的垂直平分线等知识点，属于中档题．
(1)由题意，线段AB的垂直平分线经过圆的圆心(2,1)，斜率为−1，可得线段AB的垂直平分线的方程；
(2)利用|AB|=22，结合圆的半径，得出圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，从而可求m的值；
(3)当所求切线的斜率存在时，设过P点的圆的切线方程为y−4=k(x−4)，它与圆心(2,1)的距离等于半径，建立方程，求出k，即可得切线方程；当所求切线的斜率不存在时，切线方程为x=4．


20.【答案】解：(1)设圆的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，
∵圆经过点A(−1,1)和B(−2,−2)，且圆心在直线l：x+y−1=0上，
∴−1−a2+1−b2=r2−2−a2+−2−b2=r2 a+b−1=0，
∴a=3，b=−2，r=5，
∴圆的标准方程为(x−3)2+(y+2)2=25；
(2)∵圆心C到直线x−y+5=0的距离为d=|3+2+5|2=52>5，
∴直线x−y+5=0与圆C相离，
∴|PQ|的最小值为d−r=52−5．
(3)由条件可知：圆心C到直线的距高为d=52−42=3．
①当直线的斜率不存在时，直线方程x=0，满足条件；
②当直线的斜率存在时，设直线的斜率为k，直线方程为kx−y+5=0；
根据点到直线的距离公式得：|3k+2+5|k2+1=3，解得k=−2021，直线方程为20x+21y−105=0；
综合①②，该直线的方程为x=0或20x+21y−105=0． 
【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系，待定系数法是求圆的标准方程的重要方法，直线与圆的位置关系问题通常利用点到直线的距离解决．
(1)设圆的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，利用圆经过点A(−1,1)和B(−2,−2)，且圆心在直线l：x+y−1=0上，建立方程组，求出a，b，r，即可得出圆心为C的圆的标准方程；
(2)求出圆心C到直线x−y+5=0的距离，即可求|PQ|的最小值；
(3)根据过点(0,5)的直线被圆C所截得的弦长为8，分类讨论，利用点到直线的距离公式，求解即可．

21.【答案】解：(1)椭圆的长轴长是22，所以a=2，
又因为以其短轴为直径的圆过椭圆的焦点，所以b=c=1，
所以椭圆方程为x22+y2=1.                                   
(2)设直线MN方程为y=k(x+1)，(k≠0)，
代入x22+y2=1，得(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2=0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，MN中点H(x0,y0)，
∴x1+x2=−4k21+2k2，x1x2=2k2−21+2k2.                      
∴x0=12(x1+x2)=−2k21+2k2，y0=k(x0+1)=k1+2k2，
∴MN的垂直平分线方程为y−y0=−1k(x−x0)，
令x=0，得yP=−k2k2+1，
∵−k2k2+1≤−13，∴2k2−3k+1≤0，∴12≤k≤1              
|MN|=1+k2|x2−x1|=1+k2⋅16k4−4(2k2+1)(2k2−2)2k2+1
=22k2+12k2+1=22(1−k22k2+1)=22(1−12+1k2)，
|MN|的最小值|MN|min=423. 
【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆相交的弦长问题，是中档题．
(1)由题意可知c=b=1，由此能求出椭圆的方程；
(2)设直线l方程为y=k(x+1)，(k≠0)，代入x22+y2=1，得(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2=0，由此利用中点坐标公式、韦达定理、线段垂直平分线方程、弦长公式，结合已知条件能求出|MN|的最小值．

22.【答案】解：(1)由题意，e=ca=12⇒a=2c，F(−c,0)，A(a,0)．
若使△FAM的面积最大，只需点M位于该椭圆的上(下)顶点处即可．
因此，S△FAM=12FA·OM=12b(a+c)=332．
结合c2=a2−b2解得：a=2,b=3，
所以椭圆C的标准方程为：x24+y23=1．
证明：(2)设Mx1,y1,Nx2,y2，
由y=kx+1x24+y23=1得：3+4k2x2+8kx−8=0．
显然Δ>0，且有x1+x2=−8k3+4k2x1x2=−83+4k2．
所以xP=x1+x22=−4k3+4k2，yP=y1+y22=kx1+x2+22=−8k23+4k2+22=33+4k2．
因此，直线OP的斜率为−34k，所以直线OP的方程为y=−34kx．
由y=−34kxx24+y23=1解得：x=4k4k2+3y=−34k2+3，即D4k4k2+3,−34k2+3．
于是，OP=−4k3+4k2,33+4k2，OD=4k4k2+3,−34k2+3，
所以OD2=4k4k2+32+34k2+32=16k2+94k2+3．
设QxQ,−34kxQ，有OQ=xQ,−34kxQ．
所以OP·OQ=−4kxQ3+4k2+33+4k2·−34kxQ=−16k2+9xQ4k3+4k2．
由OP⋅OQ=OD2可得：−16k2+9xQ4k3+4k2=16k2+94k2+3，整理得：xQ=−4k．
此时，yQ=−34k·−4k=3，所以点Q的坐标为−4k,3．
因此，点Q在定直线y=3上． 
【解析】本题考查椭圆的标准方程的求解，考查椭圆中的定直线问题，题目较难．
(1)由条件可知点M位于该椭圆的上(下)顶点处时，△FAM的面积最大，结合其它条件求得a，b，即可得解；
(2)设Mx1,y1,Nx2,y2，由y=kx+1x24+y23=1得：3+4k2x2+8kx−8=0.由此求得点P坐标，得到直线OP的方程，进而与椭圆方程联立可得点D坐标．因而可由条件列出方程−16k2+9xQ4k3+4k2=16k2+94k2+3，即可得到点Q−4k,3，即可得证结论．