人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册期中测试卷（困难）（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中测试卷（困难）（含答案解析），共31页。试卷主要包含了0分），【答案】A，【答案】D，【答案】C，【答案】BCD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中测试卷
考试范围：第一.二章；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. 给出下列命题，其中是真命题个数的是(    )
(1).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平行
(2).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
(3).若平面α，β的法向量分别为n1=(0,1,3)，n2=(1,0,2)，则α⊥β
(4).若平面α经过三点A1,0,−1，B0,1,0，C−1,2,0，向量n→=1,u,t是平面α的法向量，则u+t=1
(5)在空间直角坐标系O−xyz中，若点A(1,2,3)，B(1,-1,4)，点C是点A关于平面yOz的对称点，则点B与C的距离为14
(6)若a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，则与a+b共线的单位向量是±0,55,255
A. 2 B. 3 C. 5 D. 4
2. 如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是线段CC1，BD上的点，R是直线AD上的点，满足PQ//平面ABC1D1，PQ⊥RQ，且P、Q不是正方体的顶点，则|PR|的最小值是(    )
A. 426
B. 305
C. 52
D. 233
3. 若A(6,−1,4)，B(1,−2,1)，C(4,2,3)，则△ABC的形状是(    )
A. 不等边锐角三角形 B. 直角三角形
C. 钝角三角形 D. 等边三角形
4. 如图，在一个60∘的二面角的棱上有两个点A，B，AC，BD在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，且AB=AC=a，BD=2a，则CD的长为(    )


A. 2a B. 5a C. a D. 3a
5. 已知圆C:x2+y2+2x−2my−4−4m=0m∈R，则当圆C的面积最小时，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为(    )
A. 5 B. 6 C. 5−1 D. 5+1
6. 已知点P(x,y)在圆C：(x−1)2+(y−1)2=1上，则y+2x的最小值是(    )
A. 23 B. 34 C. 43 D. 32
7. 设实数x、y满足y=−4−x2−2x，则y+5x−4的最大值为(    )
A. −12 B. −2 C. 12 D. 2
8. 已知M，N分别是曲线C1:x2+y2−4x−4y+7=0,C2:x2+y2−2x=0上的两个动点，P为直线x+y+1=0上的一个动点，则PM+PN的最小值为
A. 2 B. 3 C. 2 D. 3

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 以下四个命题表述正确的是(    )
A. 直线(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)恒过定点(−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. 曲线C1:x2+y2+2x=0与曲线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，点P为直线x4+y2=1上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点(1,2)
10. 以下四个命题表述正确的是(    )．
A. 直线(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)恒过定点(−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，点P为直线x4+y2=1上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点(1,2)
11. 在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点(包含线段的端点)，点M，N分别为线段A1C1，CC1的中点，则下列说法正确的是(    )
A. 当A1C=3A1P时，点A，P，D1，B1四点共面
B. 异面直线AB1与MN的距离为62
C. 三棱锥P−DMN的体积为定值
D. 不存在点P，使得AP⊥DM
12. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，M为CC1上的动点，AM⊥平面α.下面说法正确的是(    )

A. 直线AB与平面α所成角的正弦值范围为33,22
B. 点M与点C1重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C. 点M为CC1的中点时，若平面α经过点B，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形
D. 已知N为DD1中点，当AM+MN的和最小时，M为CC1的中点
第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点有4个，记其中3个点分别为E，F，G，则直线AC1与平面EFG所成角的正切值为__________．
14. 四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90∘，PA=AB=BC=12AD=1，BC//AD，已知Q是四边形ABCD内部一点，且二面角Q−PD−A的平面角大小为π4，若动点Q的轨迹将ABCD分成面积为S1,S2(S1 15. 在平面直角坐标系中，已知点P(3,0)在圆C:(x−m)2+(y−2)2=40内，动直线AB过点P 且交圆于A,B两点，若ΔABC的面积的最大值为20，则实数m的取值范围是________．
16. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=x+2与x轴，y轴分别交于M，N两点，点P在圆(x−a)2+y2=2上运动．若∠MPN恒为锐角，则实数a的取值范围是__________.

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 已知圆C过点(1,0)，且与圆x2+(y−3)2=4外切于点(0,1)，P(m,0)(m≠0)是x轴上的一个动点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)当圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，求实数m的取值范围；
(3)当m=1时，过P作直线PA，PB与圆C分别交于异于点P的点A，B两点，且kPA·kPB=−3.求证：直线AB恒过定点．(其中kPA，kPB分别为直线PA与直线PB的斜率)
18. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(-1,0)，B(1,2)，直线l与AB平行．
(1)求直线l的斜率；
(2)已知圆C：x2+y2-4x=0与直线l相交于M，N两点，且MN=AB，求直线l的方程；
(3)在(2)的圆C上是否存在点P，使得PA2+PB2=12？若存在，求点P的个数；若不存在，说明理由．
19. 已知圆C过点(1,0)，且与圆M:x2+(y−3)2=4外切于点(0,1)，P(m,0)(m≠0)是x轴上的一个动点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)当圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，求实数m的取值范围；
(3)当m=1时，过P作直线PA、PB与圆C分别交于异于点P的点A、B两点，且kPA⋅kPB=−3，求证：直线AB恒过定点．
20. 如图，AE⊥平面ABCD，CF//AE, AD//BC，AD⊥AB, AB=AD=1, AE=BC=2．
(Ⅰ)求证：BF//平面ADE；
(Ⅱ)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(Ⅲ)若二面角E−BD−F的余弦值为13，求线段CF的长．
21. 如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4，AB=2，点M是BC的中点．

(1)求异面直线AC1与DM所成角的余弦值;
(2)求直线AC1与平面A1DM所成角的正弦值;
(3)求平面A1DM与平面ABCD所成角的正弦值．
22. 如图，四棱锥P−ABCD的底面为菱形且∠BAD=60∘，PA⊥底面ABCD，AB=2,PA=23，E为PC的中点．

(1)求直线DE与平面PAC所成角的大小；
(2)求二面角E−AD−C平面角的正切值；
(3)在线段PC上是否存在一点M，使PC⊥平面MBD成立.如果存在，求出MC的长；如果不存在，请说明理由．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查空间向量的概念，空间向量的模，直线的方向向量，平面的法向量，利用空间向量判定线线、线面及面面的平行垂直关系，方差的运算，属拔高题．
由空间向量的概念、模的运算、直线的方向向量和平面的法向量在判定垂直平行关系中的运用，方差的运算公式逐一判定即可．
【解答】
解：对于(1)，由a=λb可得，(1,−1,2)=λ(2,1,−12)，显然λ不存在，所以l与m不平行，故(1)错误；
对于(2)，由a·n=0−1+1=0可得，a⊥n，所以l//α，故(2)错误；
对于(3)，由n1·n2=0+0+6≠0，可得n1,n2不垂直，所以平面α，β不垂直，故(3)错误；
对于(4)，由题意点AB=(−1,1,1)，AC=(−2,2,1)，因为n=(1,u,t)是平面α的法向量，所以n·AB=−1+u+t=0，且n·AC=−2+2u+t=0，两式联立可得u=1,t=0，故(4)正确；
对于(5)，因为点C是点A(1,2,3)关于平面yOz的对称点，则点C(−1,2,3)，又B(1,−1,4)，所以BC=−1−12+2+12+3−42=14，故(5)正确；
对于(6)，因为a+b=0,1,2，所以与a+b共线的单位向量是±a+ba+b=±150,1,2=±0,55,255，故(6)正确．
所以正确的命题有3个．
故选B．
  
2.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查运用空间向量求线段长，考查空间向量在线面平行、线线垂直中的运用，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系利用向量法能求出|PR|的最小值．
【解答】
解：如图，分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则B(1,0,0)，D(0,1,0)，B1(1,0,1)，C(1,1,0)，
设P(1,1,m)，(0 则(x0−1,y0,0)=λ(−1,1,0)，∴x0=1−λy0=λ，∴Q(1−λ,λ,0)，
∴PQ=(−λ,λ−1,−m)，
连结B1C，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，四边形BCC1B1是正方形，AB⊥平面BCC1B1，又B1C⊂平面BCC1B1，
∴B1C⊥AB，B1C⊥BC1，
又AB∩BC1=B，AB、BC1⊂平面ABC1D1，
∴B1C⊥平面ABC1D1，
∵PQ//平面ABC1D1，∴B1C⊥PQ，
又B1C=(0,1,−1)，∴B1C⋅PQ=λ−1+m=0，∴λ=1−m，
∴Q(m,1−m,0)，PQ=(m−1,−m,−m)，
设R(0,n,0)，则RQ=(m,1−m−n,0)，
∵PQ⊥RQ，∴PQ⋅RQ=m(m−1)−m(1−m−n)=0，
∵0 ∴R(0,2−2m,0)，PR=(−1,1−2m,−m)，
|PR|=1+(1−2m)2+m2=5m2−4m+2 =5(m−25)2+65，
∴当m=25时，|PR|的最小值是305．  
3.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了向量坐标运算性质、数量积运算性质、模的计算公式，属于中档题．
利用向量坐标运算性质、数量积运算性质、模的计算公式即可得出．
【解答】
解：AB=(−5,−1,−3)，AC=(−2,3,−1)，BC=(3,4,2)，
即AB⋅AC=10−3+3=10>0，可得A为锐角，
同理可得B，C也为锐角．
|AB|=(−5)2+(−1)2+(−3)2=35，
同理可得|AC|=14，|BC|=29．
∴△ABC为不等边锐角三角形．

  
4.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查空间向量的模，空间向量的加减法运算及数量积运算，熟练掌握向量的运算和数量积运算是解题的关键，属于中档题．
由已知可得CD=CA+AB+BD，利用数量积的性质即可得出．
【解答】
解：∵CA⊥AB，BD⊥AB，
∴CA⋅AB=BD⋅AB=0，
由题意，可知=60°，
∴=120°．
∵CD=CA+AB+BD，
∴CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB +2CA⋅BD+2AB⋅BD
=a2+a2+4a2+0+2×a×2a×cos120°+0
=4a2，
∴|CD|=2a．
故选A．  
5.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查圆有关的最值，考查圆的一般方程与标准方程，注意将圆的一般方程变形为标准方程，属于拔高题．
根据题意，将圆的一般方程变形为标准方程，分析其圆心、半径，可得当圆C的面积最小时，必有m=−2，此时r2=1，即可得此时面积最小时圆的方程，结合点与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，圆C：x2+y2+2x−2my−4−4m=0(m∈R)，
变形可得(x+1)2+(y−m)2=m2+4m+5，
其圆心为(−1,m)，半径为r，
则r2=m2+4m+5=(m+2)2+1，
当圆C的面积最小时，必有m=−2，此时r2=1，
圆C的方程为(x+1)2+(y+2)2=1，
圆心C到原点距离为d=1+4=5，
则圆上的点到坐标原点的距离的最大值为d+r=5+1，
故选：D．
  
6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
根据题意，分析y+2x的几何意义，结合直线与圆的位置关系可得k−1−2k2+1=1时，k的值即为y+2x的最小值．
【解答】
解：如图：

y+2x的几何意义为圆上的动点与定点M(0,−2)连线的斜率．
当直线斜率存在时，设过M的圆C的切线方程为y=kx−2，此时k的值最小，
即kx−y−2=0，
由圆心C(1,1)到直线kx−y−2=0的距离等于半径，得k−1−2k2+1=1，
解得k=43，
∴y+2x的最小值是43．
故选C．
  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查利用直线与圆的位置关系求最值，难度一般.由题意得出实数x、y满足y=−4−x2−2x表示以−1,0为圆心，5为半径的圆的下半部分，分析出y+5x−4的最大值为过点4,−5的直线与圆相切时的斜率，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率即得所求．
【解答】
解：由y=−4−x2−2x，平方化简得x+12+y2=5y≤0，
设过点4,−5的与x+12+y2=5y≤0的图像相切的直线方程为y+5=kx−4，即kx−y−4k−5=0，因为圆心坐标为−1,0，
半径为5，则−k−4k−5k2+1=5，由题意k<0，解得k=−12．
故选A．  
8.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查与圆有关的最值问题，涉及圆的标准方程，直线与圆的位置关系，考查了数形结合思想，属于拔高题．
求出圆C2的圆心关于直线x+y+1=0的对称的圆的方程，得到当P点在C1C′2连线与直线x+y+1=0的交点处时|PM|+|PN|取得最小值，据此即可解答．
【解答】
解：曲线C1:x2+y2−4x−4y+7=0，
即x−22+y−22=1，为圆心为C1(2,2)，半径r1=1的圆，
曲线C2:x2+y2−2x=0，
即x−12+y2=1，为圆心为C2(1,0)，半径r2=1的圆，
设圆C2关于直线x+y+1=0对称的圆的方程C′2：x−a2+y−b2=1，
则有a+12+b2+1=0b−0a−1·−1=−1，解得a=−1b=−2,
即C′2：x+12+y+22=1，
则C′2的圆心为(−1,−2)，半径r3=1，
则圆心C2(−1,0)关于x+y+1=0的对称点为C′2(−1,−2)，
那么|PC1|+|PC2|=|PC1|+|PC′2|
≥|C1C′2|=2−−12+2−−22=5，
而|PM|=|PC1|−r1，|PN|=|PC′2|−r3，
∴|PM|+|PN|=|PC1|+|PC′2|−2≥5−2=3．
故选D．

  
9.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
本题主要考查了直线恒过定点问题、点到直线的距离公式、两点间的距离公式、两圆的公切线条数以及直线与圆方程的综合应用，属于较难题.正确掌握点到直线的距离公式，直线恒过定点的求法以及圆切线的综合应用是求解本题的关键，利用公式逐项验证即可．
【解答】
解：对于A，∵直线方程为(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)，
整理得mx+3+3x+4y−3=0，
由x+3=03x+4y−3=0，解得x=−3y=3,
∴直线恒过定点(−3,3)，故A错误；
对于B，圆心C(0,0)到直线l:x−y+2=0的距离d=212+12=1，
∵圆的半径r=2，∴故圆上有3个点到直线l的距离为1，故B正确；
对于C，曲线C1:x2+y2+2x=0，即(x+1)2+y2=1，
∴曲线C1为圆，圆心为(−1,0)，
曲线C2:x2+y2−4x−8y+m=0，即(x−2)2+(y−4)2=20−m，
∴曲线C2为圆，圆心为(2,4)，
∵两圆恰有三条公切线，∴(−1−2)2+(0−4)2=1+20−m，
解得m=4，故C正确；
对于D，∵点P为直线x4+y2=1上一动点，设点P(4−2t,t)，
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−4+2t)x+(y−t)y=0，
即x2+(2t−4)x+y2−ty=0，
故圆Q与圆C的公共弦方程为x2+(2t−4)x+y2−ty−(x2+y2)=0−4，
即(2t−4)x−ty+4=0，
此直线即为直线AB，
经验证点(1,2)在直线(2t−4)x−ty+4=0上，
即直线AB经过定点(1,2)，故D正确；
故选BCD．  
10.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
本题主要考查命题的真假判断，涉及知识点较多，综合性较强，属于较难题．
由直线过定点问题判断A；求出圆心与直线l的距离，再与半径作比较判断B；由圆的公切线知识判断C；由直线与圆的位置关系的分析及求参判断D．
【解答】
解：对于A，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，圆x2+y2=4，圆心C(0,0)，半径r=2，
则圆心C(0,0)到直线l:x−y+2=0的距离为d=|0−0+2|12+−12=1，
又圆的半径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，曲线C1:x2+y2+2x=0，即x+12+y2=1，圆心(−1,0)，半径为1，
曲线C2:x2+y2−4x−8y+m=0，即x−22+y−42=20−m，圆心(2,4)，半径为20−m，
则两圆心的距离为−1−22+0−42=5=1+20−m，
解得m=4，故C正确；
对于D，因为点P为直线x4+y2=1上一动点，设点P(4−2t,t)，
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−4+2t)x+(y−t)y=0，
即x2+(2t−4)x+y2−ty=0，
故直线AB，即为圆Q与圆C的公共弦方程为：x2+(2t−4)x+y2−ty−(x2+y2)=0−4，
即(2t−4)x−ty+4=0，即t(2x−y)−4x+4=0，
令2x−y=0−4x+4=0，得x=1y=2,
所以直线AB经过定点(1,2)，故D正确．
故选BCD．
  
11.【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题考查共线与共面向量定理及应用、空间向量的加减运算及数乘运算、空间向量的数量积及运算律、利用空间向量判定线线的垂直关系，属于中档题．
对于A，借助空间向量判断 AP，AB1，AD1共面即可；
对于B，建立空间直角坐标系，利用空间向量求距离即可判断；
对于C，证明直线A1C//平面DMN即可判断；
对于D，利用空间直角坐标系中向量坐标运算即可判断作答．
【解答】
解：在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点，如图，

对于A，A1C=3A1P，
则AP=AA1+A1P=AA1+13A1C
=AA1+13(AC−AA1)=13AC+23AA1
=13(AB+AD)+23AA1
=13(AB+AA1)+13(AD+AA1)
=13(AB1+AD1)，
AP，AB1，AD1共面，且它们有公共点A，所以点A，P，D1，B1四点共面，故A正确;
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B1(1,1,1)，M(12,12,1)，N(0,1,12)，A1(1,0,1)，
AB1=(0,1,1)，NM=(12,−12,12)，NB1=(1,0,12)，
设与AB1，NM都垂直的向量n=(x,y,z)，
因此n⋅AB1=y+z=0n⋅NM=12x−12y+12z=0,
令y=1，得n=(2,1,−1)，
则异面直线AB1与MN的距离为：
d=|NB1⋅n|n||=|1×2+12×(−1)|22+12+(−1)2=64，故B不正确；
对于C，因点M，N分别为线段A1C1，CC1的中点，
则A1C//MN，A1C⊄平面DMN，MN⊂平面DMN，
于是得A1C//平面DMN，
因此，A1C上任意点P到平面DMN的距离都相等，
而点D，M，N都是定点，即△DMN面积是定值，
则三棱推P−DMN的体积为定值，故C正确；
对于D，令A1P=tA1C=(−t,t,−t)，t∈[0,1]，
则AP=AA1+A1P=(−t,t,1−t)，
而DM=(12,12,1)，
于是得AP⋅DM=−12t+12t+1−t=1−t，
当t=1时，AP⋅DM=0，即AP⊥DM，
因此当点P与点C重合时，AP⊥DM，故D不正确．
故选AC．

  
12.【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题考查了立体几何的综合问题，考查学生的分析推导能力，计算求解能力，属于困难题．
对于A，建立空间直角坐标系设点M0,2,a0≤a≤2，求出|cos|从而即可求解．
对于B，结合题意连接A1D、BD、A1B、AC，结合线面垂直的性质定理即可求解．
对于C，设平面α交棱A1D1于点Eb,0,2，从而利用空间向量即可求解．
对于D，将矩形ACC1A1与矩形CC1D1D延展为一个平面即可推导求解．
【解答】
解：对于A选项，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系D−xyz，
则点A2,0,0、B2,2,0、设点M0,2,a0≤a≤2，

∵AM⊥平面α，则AM为平面α的一个法向量，且AM=(−2,2,a)，AB=(0,2,0)，
|cos|=|AB⋅AM||AB|⋅|AM|=42×a2+8=2a2+8∈[33,22]，
所以，直线AB与平面α所成角的正弦值范围为33,22，A选项正确；
对于B选项，当M与C1重合时，连接A1D、BD、A1B、AC，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，
∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥CC1，
∵四边形ABCD是正方形，则BD⊥AC，
∵CC1∩AC=C，∴BD⊥平面ACC1，
∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD，
同理可证AC1⊥A1D，
∵A1D∩BD=D，∴AC1⊥平面A1BD，
易知▵A1BD是边长为22的等边三角形，
其面积为S△A1BD=34×222=23，
周长为22×3=62．
设E、F、Q、N、G、H分别为棱A1D1、A1B1、BB1、BC、CD、DD1的中点，

易知六边形EFQNGH是边长为2的正六边形，且平面EFQNGH//平面A1BD，
正六边形EFQNGH的周长为62，面积为6×34×22=33，
则▵A1BD的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面α交棱A1D1于点Eb,0,2，点M0,2,1，AM=(−2,2,1)，

∵AM⊥平面α，DE⊂平面α，
∴AM⊥DE，
即AM⋅DE=−2b+2=0，得b=1，
∴E1,0,2，
所以，点E为棱A1D1的中点，
同理可知，点F为棱A1B1的中点，
则F2,1,2，EF=(1,1,0)，
而DB=(2,2,0)，∴EF=12DB，
∴EF//DB且EF≠DB，
由空间中两点间的距离公式可得DE=22+02+12=5，
BF=2−22+1−22+2−02=5，
∴DE=BF，
所以，四边形BDEF为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形ACC1A1与矩形CC1D1D延展为一个平面，如下图所示：

若AM+MN最短，则A、M、N三点共线，
∵CC1//DD1，
∴MCDN=ACAD=2222+2=2−2，
∵MC=2−2≠12CC1，
所以，点M不是棱CC1的中点，D选项错误．
故选AC．  
13.【答案】4147或2或427或23819 
【解析】
【分析】
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为D1，BC的中点，B1C1的靠近B1的四等分点，AD上靠近D的四等分点，假设D1与G重合，BC的中点为E，B1C1的靠近B1的四等分点为F，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面EFG所成角的正切值．
本题考查线面角的正切值的求法，考查运算求解能力．
【解答】
解：正方体ABCD−A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为：
D1，BC的中点，B1C1的靠近B1的四等分点，AD上靠近D的四等分点，
假设D1与G重合，BC的中点为E，B1C1的靠近B1的四等分点为F，
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

设AB=2，则E(1,2,0)，F(32,2,2)，G(0,0,2)，A(2,0,0)，C1(0,2,2)，
∴EF=(12,0,2)，GF=(32,2,0)，AC1=(−2,2,2)，
设平面EFG的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅EF=12x+2z=0n⋅GF=32x+2y=0，取x=4，得n=(4,−3,−1)，
设直线AC1与平面EFG所成角为θ，
则sinθ=|n⋅AC1||n|⋅|AC1|=1626⋅12=47839，
cosθ=1−(47839)2=27339，
∴直线AC1与平面EFG所成角的正切值tanθ=sinθcosθ=478273=4147．
同理，取BC的中点，B1C1的靠近B1的四等分点，AD上靠近D的四等分点，三点分别为E，F，G时，tanθ=2；
取D1，B1C1的靠近B1的四等分点，AD上靠近D的四等分点，三点分别为E，F，G时，tanθ=427；
取D1，BC的中点，AD上靠近D的四等分点，三点分别为E，F，G时，tanθ=23819．
故答案为：4147或2或427或23819．
  
14.【答案】35−44 
【解析】
【分析】
本题考查了二面角的计算，使用向量可比较方便的找到Q的轨迹．属于拔高题．
建立空间坐标系，求出平面PAD和平面PQD的法向量n1，n2，令cos=22解出Q的轨迹与y轴的交点坐标，求出S1，S2得出比值．
【解答】
解：以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：

设Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q(0,b,0)(b>0)．
由题意可知A(0,0,0)，D(2,0,0)，P(0,0,1)，
∴DP=(−2,0,1)，DQ=(−2,b,0)，AD=(2,0,0)．
设平面APD的法向量n1=(x1,y1,z1)，
平面PDQ的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n1⋅DP=0,n1⋅AD=0,n2⋅DP=0,n2⋅DQ=0,
即−2x1+z1=0,2x1=0,−2x2+z2=0,−2x2+by2=0,
令y1=1，得n1=(0,1,0)，令z2=2，
得n2=(1,2b,2)，
∴n1⋅n2=2b，|n1|=1，|n2|=5+4b2，
∵二面角Q−PD−A的平面角大小为 π 4，
∴cos⟨n→1,n→2⟩=n→1⋅n→2|n→1||n→2|=22，
即2b5+4b2=22，
解得b=255．
∴S△ADQ=12AD⋅AQ=12×2×255=255．
S四边形BCDQ=S梯形ABCD−S△ADQ=12×1+2×1−255=32−255．
∵S1 ∴S1:S2=35−44．
  
15.【答案】(−3,−1]∪[7,9) 
【解析】
【分析】
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，利用圆的标准方程求出圆心坐标和半径是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．
根据圆的标准方程得到圆心坐标和半径，利用三角形面积的最大值，确定直线的位置，利用点和圆的位置关系即可得到结论．
【解答】
解：圆C：(x−m)2+(y−2)2=40，圆心C(m,2)，半径r=210，
S△ABC=12r2sin∠ACB=20sin∠ACB，
∴当∠ACB=90°时，S△ABC取最大值20，
此时△ABC为等腰直角三角形，AB=2r=45，
则C到AB距离为25，

∴25≤PC，即25≤(m−3)2+22，
∴20≤(m−3)2+4，即16≤(m−3)2，
∵P点在圆(x−m)2+(y−2)2=40内，
∴|CP|=(3−m)2+22<210，即(m−3)2<36，
∴16≤(m−3)2<36，
∴−3 故答案为：(−3,−1]∪[7,9)．  
16.【答案】a<−4或a>7−1 
【解析】
【分析】
本题考查与圆有关的最值问题，涉及直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系．
设以MN为直径的圆C，圆心为C(−1,1)；点P与M，N构成∠MPN恒为锐角，则点P恒在圆C之外，同时由于∠MPN不能为0°(当然也肯定不能为180°)，即P不能与M、N共线，于是已知圆(x−a)2+y2=2与圆C相离，且与直线y=x+2相离，列出不等式组求解即得a的取值范围．
【解答】
解：直线y=x+2与x，y轴的交点M(−2,0)，N(0,2)，
以MN为直径的圆C的圆心为C(−1,1)，
 ∠MPN恒为锐角，则点P恒在圆C之外，
∴圆C与圆(x−a)2+y2=2相离；
由于∠MPN不能为0°(当然也肯定不能为180°)，
∴P不能与M、N共线，
∴圆(x−a)2+y2=2与直线y=x+2相离，如图所示．

圆C的圆心(−1,1)，半径为2，圆(x−a)2+y2=2的圆心(a,0)，半径为2．
∵两圆外离，∴a+12+12>222，
解得a<−7−1或a>7−1①，
由直线y=x+2，即x−y+2=0与圆(x−a)2+y2=2相离，
∴a−0+22>2，解得a<−4或a>0②，
由①②得a的取值范围是a<−4或a>7−1．
故答案为a<−4或a>7−1．
  
17.【答案】(1)解：设圆C：x2+(y−b)2=r2，
则12+0−b2=r202+(1−b)2=r2，解得，b=0，r=1，
故圆C的标准方程为：x2+y2=1；
(2)解：当圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，
等价于直线y=33(x−m)或y=−33(x−m)与圆C有交点，
由对称性可知点C到直线y=33(x−m)与y=−33(x−m)距离相等．
∴点C到直线x−3y−m=0的距离小于等于半径1，
即|m|1+3≤1，解得−2≤m≤2，
故实数m的取值范围是[−2,2]；
(3)证明：m=1时，P(1,0)，
∵kPA·kPB=−3，设kPA=k，则kPB=−3k，
则直线PA：y=k(x−1)，PB：y=−3k(x−1)，
联立y=kx−1x2+y2=1，得(1+k2)x2−2k2x+k2−1=0，
则xA+1=2k21+k2，
得xA=2k21+k2−1=k2−11+k2，
yA=k(xA−1)=−2k1+k2．
∴A(k2−11+k2,−2k1+k2).
同理可得B(9−k2k2+9,6kk2+9).
则kAB=6kk2+9+2kk2+19−k2k2+9−k2−1k2+1=4k3+12k9−k4=4k3−k2．
∴直线AB的方程为y+2kk2+1=4k3−k2(x−k2−11+k2).(*)
方法一：当k=1时，直线方程为y=2x−1，当k=−1时，直线方程为y=−2x+1．
联立y=2x−1y=−2x+1，解得x=12，y=0．
把点(12,0)代入(*)成立，
∴直线AB恒过定点(12,0)．
方法二：直线AB方程即为y=4k3−k2x+2kk2−3，
即yk2+(4x−2)k−3y=0，
若直线AB存在恒过的定点，则y=04x−2=0−3y=0,
解得x=12，y=0．
∴直线AB恒过定点(12,0)． 
【解析】  本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线恒过定点问题，考查计算能力，属于较难题．
(1)设出圆的标准方程x2+(y−b)2=r2，由已知可得关于r，b的方程组求解得答案；
(2)把圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，转化为直线y=33(x−m)或y=−33(x−m)与圆C有交点，由圆心到直线的距离小于等于半径求解；
(3)m=1时，P(1,0)，设kPA=k，则kPB=−3k，可得直线PA，PB的方程，与圆的方程联立，求得A，B的坐标，写出AB所在直线方程，方法一：分别取k=1和−1，得到直线方程，联立求得交点坐标，再代回直线方程验证得答案．方法二：化成以k为未知数的形式，令k的系数及常数项均为0得到k任意的情况向下x、y的值，即为定点坐标．

18.【答案】解：(1)∵点A(-1,0)，B(1,2)，直线l与AB平行，
∴直线l的斜率k=kAB=2-01-(-1)=1．
(2)∵圆C：x2+y2-4x=0，
∴圆C的标准方程为：(x-2)2+y2=4，圆心C(2,0)，半径为2，
由(1)知直线l的斜率k=1，
设直线l的方程为x-y-m=0，
则圆心C到直线l的距离d=|2-0+m|2=|2+m|2，
∵MN=AB=22+22=22，
而CM2=d2+(MN2)2，
∴4=(2+m)22+2，
解得m=0或m=-4，
故直线l的方程为x-y=0或x-y+4=0．
(3)假设圆C上存在点P，设P(x,y)，则(x-2)2+y2=4，
PA2+PB2=(x+1)2+(y-0)2+(x-1)2+(y-2)2=12，
整理，得x2+y2-2y-3=0，即x2+(y-1)2=4，
∵|2-2| <(2-0)2+(0-1)2<2+2，
∴圆(x-2)2+y2=4与圆x2+(y-1)2=4相交，
∴点P的个数为2． 
【解析】本题考查直线的斜率、直线方程、满足条件的点的个数的求法，涉及到斜率、直线、圆、直线与直线平行、点到直线距离公式、圆与圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题．
(1)由点A(-1,0)，B(1,2)，直线l与AB平行，利用斜率公式和直线与直线平行的性质能求出直线l的斜率；
(2)圆C的标准方程为：(x-2)2+y2=4，圆心C(2,0)，半径为2，设直线l的方程为x-y-m=0，求出圆心C到直线l的距离d=|2+m|2，由MN=AB=22，求出m=0或m=-4，由此能求出直线l的方程；
(3)假设圆C上存在点P，设P(x,y)，则(x-2)2+y2=4，由PA2+PB2=(x+1)2+(y-0)2+(x-1)2+(y-2)2=12，得到x2+(y-1)2=4，从而求出圆(x-2)2+y2=4与圆x2+(y-1)2=4相交，由此能求出点P的个数．

19.【答案】(1)解：设圆C：x2+(y−b)2=r2，
则12+0−b2=r202+(1−b)2=r2，解得，b=0，r=1，
故圆C的标准方程为：x2+y2=1；
(2)解：当圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，
等价于直线y=33(x−m)或y=−33(x−m)与圆C有交点，
由对称性可知点C到直线y=33(x−m)与y=−33(x−m)距离相等．
∴点C到直线x−3y−m=0的距离小于等于半径1，
即|m|1+3≤1，解得−2≤m≤2，
故实数m的取值范围是[−2,2]；
(3)证明：m=1时，P(1,0)，
∵kPA·kPB=−3，设kPA=k，则kPB=−3k，
则直线PA：y=k(x−1)，PB：y=−3k(x−1)，
联立y=kx−1x2+y2=1，得(1+k2)x2−2k2x+k2−1=0，
则xA+1=2k21+k2，
得xA=2k21+k2−1=k2−11+k2，
yA=k(xA−1)=−2k1+k2．
∴A(k2−11+k2,−2k1+k2).
同理可得B(9−k2k2+9,6kk2+9).
则kAB=6kk2+9+2kk2+19−k2k2+9−k2−1k2+1=4k3+12k9−k4=4k3−k2．
∴直线AB的方程为y+2kk2+1=4k3−k2(x−k2−11+k2).(*)
方法一：当k=1时，直线方程为y=2x−1，当k=−1时，直线方程为y=−2x+1．
联立y=2x−1y=−2x+1，解得x=12，y=0．
把点(12,0)代入(*)成立，
∴直线AB恒过定点(12,0)．
方法二：直线AB方程即为y=4k3−k2x+2kk2−3，
即yk2+(4x−2)k−3y=0，
若直线AB存在恒过的定点，则y=04x−2=0−3y=0,
解得x=12，y=0．
∴直线AB恒过定点(12,0)． 
【解析】  本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线恒过定点问题，考查计算能力，属于较难题．
(1)设出圆的标准方程x2+(y−b)2=r2，由已知可得关于r，b的方程组求解得答案；
(2)把圆C上存在点Q，使∠CPQ=30°，转化为直线y=33(x−m)或y=−33(x−m)与圆C有交点，由圆心到直线的距离小于等于半径求解；
(3)m=1时，P(1,0)，设kPA=k，则kPB=−3k，可得直线PA，PB的方程，与圆的方程联立，求得A，B的坐标，写出AB所在直线方程，方法一：分别取k=1和−1，得到直线方程，联立求得交点坐标，再代回直线方程验证得答案．方法二：化成以k为未知数的形式，令k的系数及常数项均为0得到k任意的情况下x、y的值，即为定点坐标．

20.【答案】解：依题意，可以建立以A为原点，分别以AB，AD，AE的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，

可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．
设CF=h(h>0)，则F(1,2,h)．
(1)依题意，AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量，
又BF=(0,2,h)，可得BF⋅AB=0，则BF⊥AB，
又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF//平面ADE．
(2)依题意，BD=(−1,1,0)，BE=(−1,0,2)，CE=(−1,−2,2)．
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量，
则n⋅BD=0n⋅BE=0，即−x+y=0−x+2z=0，
不妨令z=1，可得n=(2,2,1)．
因此有cos=CE⋅n|CE||n|=−49．
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49．
(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量，BF=(0,2,h)，
则m⋅BD=0m⋅BF=0，即−x+y=02y+hz=0，
不妨令y=1，可得m=(1,1,−2h).
由题意，有|cos|=|m⋅n||m||n|=|4−2h|32+4h2=13，
解得h=87．
经检验，符合题意．
所以，线段CF的长为87．
 
【解析】空间向量是解决立体几何问题的主要工具，因此，建立空间直角坐标系，求出相关点、相关向量的坐标是解决立体几何问题的关键．
(1)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得A，B，C，D，E的坐标，设CF=h(h>0)，得F(1,2,h).可得AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量，再求出BF=(0,2,h)，由BF⋅AB=0，且直线BF⊄平面ADE，得BF//平面ADE；
(2)求出CE=(−1,−2,2)，再求出平面BDE的法向量，利用数量积求夹角公式得直线CE与平面BDE所成角的余弦值，进一步得到直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)求出平面BDF的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为13，列式求线段CF的长．

21.【答案】解：在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，以点D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示：

因为AA1=4，AB=2，所以AD=2，
则A2,0,0,C10,2,4,D0,0,0,M1,2,0,A12,0,4,B2,2,0,C0,2,0．
(1)由题意得AC1=−2,2,4,DM=1,2,0，
则cos⟨AC1→,DM→⟩=−2+424·5=3030，
∴异面直线AC1与DM所成角的余弦值为3030；
(2)由题意知DA1=2,0,4,DM=1,2,0，设平面A1DM的法向量为n=x,y,z，
则DA1·n=0DM·n=0，解得n=2,−1,−1，
∴cos⟨n→,AC1→⟩=−4−2−424·6=−56，
∴直线AC1与平面A1DM所成角的正弦值为56；
(3)在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，
∴平面ABCD的法向量为m=0,0,1，
设平面A1DM与平面ABCD所成角为θ，
∴cosθ=cosn,m=−16·1=66，
∴平面A1DM与平面ABCD所成角的余弦值的绝对值为66，
则sinθ=1−662=306，
∴平面A1DM与平面ABCD所成角的正弦值为306． 
【解析】本题主要考查了利用空间向量求线线、线面、面面的夹角，是中档题．
在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，以点D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则得相关点和向量的坐标，
(1)由AC1=−2,2,4,DM=1,2,0以及cos⟨AC1→,DM→⟩=AC1→·DM→|AC1→||DM→|即可求得；
(2)先求出平面A1DM的法向量n=2,−1,−1，再利用夹角公式求解即可；
(3)先求出平面ABCD的法向量m=0,0,1以及平面A1DM与平面ABCD所成角θ的余弦值的绝对值，再用sinθ=1−cos2θ求解即可．

22.【答案】解：
连结对角线AC、BD相交于点O，连结DE、OE，则根据中位线性质得到EO//PA，
∵PA⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，EO=12PA=3，∵底面是菱形ABCD，
∴以O为原点，OA、OB、OE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵∠BAD=60°，AB=2，PA=23，∴BD=2，AC=23，∴O(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,1,0)，
C(−3,0,0)，D(0,−1,0)，E(0,0,3)，P(3,0,23)，
DE=0,1,3，AD=−3,−1,0，CP=23,0,23．
(1)∵平面PAC的法向量为OD=0,−1,0，
∣cos﹤OD,DE﹥∣=OD·DEODDE=−11×2=12，
∴设直线DE与平面PAC所成的角θ，有sinθ=12，∴直线DE与平面PAC所成的角为30°；
(2)设二面角E−AD−C的平面角为α，α是锐角，∴cosα等于法向量夹角余弦的绝对值，平面ADC的法向量为OE，设平面EAD的法向量为n=(x,y,z)，
∴AD·n=0DE·n=0,∴−3x−y=0y+3z=0，取y=3，得到n=(−1,3,−1)
∴∣cos﹤n,OE﹥∣=OE·nnOE=−33×5=55，
即cosα=55，∴sinα=255，∴tanα=2，故二面角E−AD−C的平面角正切值是2．
(3)设PC上存在点M使得PC⊥平面MBD，则有PC⊥BM，
∴CP·BM=0，设CM=λCP，∴CM=λ23,0,23=23λ,0,23λ，
∵BM=BO+OC+CM=0,−1,0+−3,0,0+23λ,0,23λ
=(23λ−3,−1,23λ)，
∴2323λ−3+0+23×23λ=0，
∴λ=14，∴CM=14CP=14×232+0+232=62，
∵此时BM⊥PC，而BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC，BD∩BM=B，BD，BM⊂平面MBD.∴PC⊥平面MBD．
故当MC=62时，能使得PC⊥平面MBD． 
【解析】本题主要考查了线面垂直的判定、向量法求线面角、面面角的正切值以及探索点的存在性问题，属于中档题．
解题时先根据条件判断出三条主线两两垂直，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，相关向量的坐标．
(1)根据线面角正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦绝对值即可求解；
(2)先判断二面角是锐角还是钝角，再利用平面法向量夹角与二面角的关系即可；
(3)在假设存在的情况下，利用条件列出关于描述点位置的参数方程，解方程求得参数，最后验证在取得参数值的时候原命题成立即可．