2021-2022学年福建省厦门市双十中学高二（上）期中数学考试试卷（word无答案）

这是一份2021-2022学年福建省厦门市双十中学高二（上）期中数学考试试卷（word无答案），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知直线l的斜率为k，倾斜角为α，若45°＜α＜135°，则k的取值范围为（ ）
A．（﹣1，1）B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
C．[﹣1，1]D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
2．（5分）已知两直线l1：（3+a）x+4y＝5﹣4a与l2：2x+（5+a）y＝9平行，则a等于（ ）
A．﹣7或﹣1B．7或﹣1C．﹣7D．﹣1
3．（5分）如图，直线l的方程是（ ）
A．0B．0C．x﹣3y﹣1＝0D．xy﹣1＝0
4．（5分）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若x2y3z，则x+y+z等于（ ）
A．1B．C．D．2
5．（5分）点P（a，0）到直线3x+4y﹣6＝0的距离大于3，则实数a的取值范围为（ ）
A．a＞7B．a＜﹣3
C．a＞7或a＜﹣3D．a＞7或﹣3＜a＜7
6．（5分）平面直角坐标系xOy中，已知点P（2，4），圆O：x2+y2＝4，则下列结论正确的是（ ）
A．过点P与圆O相切的直线l1的方程为3x﹣4y+10＝0
B．过点P与圆O相切于M，N，则直线MN的方程为x+2y﹣4＝0
C．过点P与圆O相切于M，N，则|PM|＝3
D．过点P的直线m与圆O相交于A，B两点，若∠AOB＝90°，则直线m的方程为x﹣y+2＝0或7x﹣y﹣10＝0
7．（5分）一条经过点A（﹣4，2）的入射光线l的斜率为﹣2，若入射光线l经x轴反射后与y轴交于点B，O为坐标原点，则△AOB的面积为（ ）
A．16B．12C．8D．6
8．（5分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q、P的距离之比（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2＝1，定点Q为x轴上一点，且λ＝2，若点B（1，1），则2|MP|+|MB|的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分）
（多选）9．（5分）下列关于空间向量的命题中，正确的是（ ）
A．若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则∥
B．若非零向量，，满足⊥，⊥，则有∥
C．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面
D．若向量，，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底
（多选）10．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为BA1的中点，下列判断正确的是（ ）
A．AB∥平面A1CD
B．直线EC1与直线AD是异面直线
C．在直线A1C1上存在点F，使EF⊥平面A1CD
D．直线BA1与平面A1CD所成角是
（多选）11．（5分）已知P，Q为圆O：x2+y2＝4上两点，点A（1，0），B（2，0），C（3，0），则下列说法中正确的是（ ）
A．若|PQ|＝2，则PQ中点M的轨迹方程为x2+y2＝3
B．BP中点轨迹方程为（x﹣1）2+y2＝1
C．CP的中点轨迹方程为
D．AP的中垂线与OP的交点轨迹为圆
（多选）12．（5分）已知F为椭圆C：1的左焦点，直线l：y＝kx（k≠0）与椭圆C交于A，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（ ）
A．的最小值为2
B．△ABE面积的最大值为
C．直线BE的斜率为
D．直线AB与直线AP的斜率之积为定值
三、填空题（共4小题）
13．（3分）已知x，y满足（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1，则x2+y2的最小值为 ．
14．（3分）已知，若三向量共面，则实数λ＝ ．
15．（3分）已知两圆C1：x2+y2＝1，C2：x2+y2﹣6x﹣8y﹣11＝0，则两圆的位置关系为 ，两圆的公切线方程为 .（用一般式表示）
16．（3分）椭圆Γ：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c，若直线y与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于 ．
四、解答题（共6小题）
17．求经过直线l1：2x﹣y+4＝0和直线l2：x﹣y+5＝0的交点C，并且满足下列条件的直线方程．
（1）与直线x﹣4y+4＝0垂直；
（2）到原点的距离等于1．
18．如图，空间四边形OABC的各边及对角线长为2，E是AB的中点，F在OC上，且．设，，，
（1）用表示；
（2）求向量与向量所成角的余弦值．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PB⊥平面PAC，四边形ABCD为平行四边形，且ADAB＝4，∠BAD＝135°．
（1）证明：AC⊥平面PAB；
（2）当直线PC与平面PAB所成角的正切值为时，求二面角A﹣PC﹣D的余弦值．
20．已知圆C的圆心在直线3x﹣y﹣5＝0上，并且经过点A（1，4）和B（3，2）．
（Ⅰ）求圆C的方程；
（Ⅱ）若直线l过点D（1，0）与圆C相交于P、Q两点，求△CPQ的面积的最大值，并求此时直线l的方程．
21．（12分）如图，边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直，A1CAC1，M为线段AC的中点．
（1）求证：平面BMC1⊥平面A1BC1；
（2）求点C到平面A1BC1的距离．
22．（12分）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程；
（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．
2021-2022学年福建省厦门市双十中学高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（5分）已知直线l的斜率为k，倾斜角为α，若45°＜α＜135°，则k的取值范围为（ ）
A．（﹣1，1）B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
C．[﹣1，1]D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
【分析】利用斜率与倾斜角的关系、正切函数的单调性即可得出．
【解答】解：由直线l的斜率为k，倾斜角为α，若45°＜α＜135°，
则k的取值范围为k＞tan45°＝1，或k＜tan135°＝﹣1，
∴k的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），
故选：B．
【点评】本题考查了斜率与倾斜角的关系、正切函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2．（5分）已知两直线l1：（3+a）x+4y＝5﹣4a与l2：2x+（5+a）y＝9平行，则a等于（ ）
A．﹣7或﹣1B．7或﹣1C．﹣7D．﹣1
【分析】利用两直线平行时的斜率关系求解．
【解答】解：∵直线l1的斜率一定存在，且两直线平行，
∴直线l2的斜率也一定存在，即a≠﹣5，
∴，
解得：a＝﹣1或﹣7，
当a＝﹣1时，两直线重合，
∴a＝﹣7，
故选：C．
【点评】本题主要考查了两直线平行的位置关系，是基础题．
3．（5分）如图，直线l的方程是（ ）
A．0B．0C．x﹣3y﹣1＝0D．xy﹣1＝0
【分析】首先根据倾斜角求出斜率k，再根据点（1，0），即可求出结果．
【解答】解：设直线表达式为y＝kx+b，
由图像可知直线的倾斜角为30°，即k＝tan30°，
又因为图像过点（1，0），
∴，化简得，
故选：D．
【点评】本题主要考查利用倾斜接求直线的表达式，属于基础题．
4．（5分）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若x2y3z，则x+y+z等于（ ）
A．1B．C．D．2
【分析】根据底面ABCD是平行四边形，E为棱PC的中点，用、和表示，即可求出x、y和z的值，再求和即可．
【解答】解：如图所示，
因为底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，
所以（）（），
若x2y3z，则，
解得，
所以x+y+z．
故选：B．
【点评】本题考查了空间向量的线性表示与运算问题，是基础题．
5．（5分）点P（a，0）到直线3x+4y﹣6＝0的距离大于3，则实数a的取值范围为（ ）
A．a＞7B．a＜﹣3
C．a＞7或a＜﹣3D．a＞7或﹣3＜a＜7
【分析】利用点到直线的距离公式，列式求解即可．
【解答】解：因为点P（a，0）到直线3x+4y﹣6＝0的距离大于3，
所以，即|a﹣2|＞5，解得a＞7或a＜﹣3，
则实数a的取值范围为（﹣∞，﹣3）∪（7，+∞）．
故选：C．
【点评】本题考查了点到直线距离公式的应用，绝对值不等式的求解，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．
6．（5分）平面直角坐标系xOy中，已知点P（2，4），圆O：x2+y2＝4，则下列结论正确的是（ ）
A．过点P与圆O相切的直线l1的方程为3x﹣4y+10＝0
B．过点P与圆O相切于M，N，则直线MN的方程为x+2y﹣4＝0
C．过点P与圆O相切于M，N，则|PM|＝3
D．过点P的直线m与圆O相交于A，B两点，若∠AOB＝90°，则直线m的方程为x﹣y+2＝0或7x﹣y﹣10＝0
【分析】首先求出过点P的切线方程，注意分斜率存在和不存在两种情况讨论，再利用勾股定理求出切线长，从而求出以点P为圆心，|PM|为半径的圆的方程，两圆方程作差即可求出直线MN的方程，对于D两圆圆心到直线的距离求出直线斜率，即可求出直线方程．
【解答】解：对于A：当直线l1的斜率不存在时，则直线l1的方程为x＝2，圆心O到直线l1的距离d＝2＝r，显然x＝2符合题意，
当直线l1的斜率存在时，设直线l1的方程为y﹣4＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k+4＝0，
∴圆心O到直线l1的距离d，
解得k，此时直线l1的方程为3x﹣4y+10＝0，
∴直线l1的方程为x＝2或3x﹣4y+10＝0，故选项A错误，
对于C：∵|OP|，∴|PM|4，故选项C错误，
对于B：∵|PM|＝4，P（2，4），∴以点P为圆心，|PM|为半径的圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣4）2＝16，显然点N也在圆上，
∴直线MN为圆O：x2+y2＝4与圆P：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝16的公共弦，
两圆方程相减得：x+2y﹣2＝0，即直线MN的方程为x+2y﹣2＝0，故选项B错误，
对于选项D：过点P的直线m与圆O相交于A，B两点，若∠AOB＝90°，则|AB|＝2，
∴圆心到直线的距离d，
显然直线的斜率存在，设直线方程为y﹣4＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k+4＝0，
∴d，解得k＝1或7，
∴直线方程为x﹣y+2＝0或7x﹣y﹣10＝0，故选项D正确，
故选：D．
【点评】本题主要考查了圆的切线方程，考查了直线与圆的位置关系，同时考查了学生的计算能力，是中档题．
7．（5分）一条经过点A（﹣4，2）的入射光线l的斜率为﹣2，若入射光线l经x轴反射后与y轴交于点B，O为坐标原点，则△AOB的面积为（ ）
A．16B．12C．8D．6
【分析】设直线l与x轴交于点C，根据直线l的方程求出点C的坐标，再由题意利用反射定理，用点斜式求出反射直线的方程，可得B的坐标，从而得到△AOB的面积．
【解答】解：设直线l与x轴交于点C，因为l的方程为y﹣2＝﹣2（x+4），所以点C的坐标为（﹣3，0），
从而反射光线所在直线的方程为y＝2（x+3），易求B（0，6），
所以AOB的面积为 ，
故选：B．
【点评】本题主要考查反射定理，用点斜式求直线的方程，属于基础题．
8．（5分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q、P的距离之比（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2＝1，定点Q为x轴上一点，且λ＝2，若点B（1，1），则2|MP|+|MB|的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】令2|MP|＝|MQ|，则2|MP|+|MB|＝|MQ|+|MB|，由阿波罗尼斯圆的定义及已知可求得点Q的坐标，进而利用图象得解．
【解答】解：令2|MP|＝|MQ|，则，由题意可得圆x2+y2＝1是关于P，Q的阿波罗尼斯圆，且λ＝2，
设点Q的坐标为（m，n），则，
整理得，，
由已知该圆的方程为x2+y2＝1，则，解得，
∴点Q的坐标为（﹣2，0），
∴2|MP|+|MB|＝|MQ|+|MB|，
由图象可知，当点M位于M1或M2时取得最小值，且最小值为．
故选：C．
【点评】本题以阿波罗尼斯圆为背景，考查学生在陌生环境下灵活运用知识的能力，考查创新意识，逻辑推理能力及运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分）
（多选）9．（5分）下列关于空间向量的命题中，正确的是（ ）
A．若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则∥
B．若非零向量，，满足⊥，⊥，则有∥
C．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面
D．若向量，，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底
【分析】根据空间向量基本定理，能作为基底的向量一定是不共面的向量，由此分别分析选择．
【解答】解：对于A：若向量，与空间任意向量都不能构成基底，只能两个向量为共线向量，则∥；故A正确；
对于B：若非零向量，，满足⊥，⊥，则与不确定；故B错误；
对于C：若，，是空间的一组基底，则A，B，C三点不共线，且，
由空间向量基本定理得到A，B，C，D四点共面；故C正确；
对于D：若向量，，，是空间一组基底，
则空间任何一个向量，存在唯一的实数组（x，y，z），
x（）+y（）+z（（x+z）（x+y）（y+z），
则，，也是空间的一组基底；故D正确；
故选：ACD．
【点评】本题考查了空间向量基本定理，理解掌握定理是解答的关键．
（多选）10．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为BA1的中点，下列判断正确的是（ ）
A．AB∥平面A1CD
B．直线EC1与直线AD是异面直线
C．在直线A1C1上存在点F，使EF⊥平面A1CD
D．直线BA1与平面A1CD所成角是
【分析】直线AB∥CD容易判断A正确；取A1C1的中点O，则EO∥BC1，由图形容易说明EC1，AD在同一平面内，易判断B错误，取A1C1的中点易证EO⊥平面AC1D，判断B正确；求解线面角判断D正确．
【解答】解：对于A，由图可知直线AB∥CD，又CD⊂平面A1CD，
AB⊄平面A1CD，所以AB∥平面A1CD，故A正确；
对于B，由图可知直线EC1与直线AD都在平面B1ADC1中，故B错误；
对于C，连接A1C1，BC1，A1B，取A1C1的中点O，
则EO∥BC1，∵BC1⊥平面AC1D，∴EO⊥平面AC1D，
即F在O点处时，可使EF⊥平面A1CD，故C正确；
对于D，取B1C的中点M，可证BM⊥平面A1CD，
∴∠BA1M即为直线BA1与平面A1CD所成角，
∵BMBA1，∠BMA1＝90°，∴∠BA1M＝30°，故D正确；
故选：ACD．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中点、线、面间的位置关系及距离，考查空间角的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
（多选）11．（5分）已知P，Q为圆O：x2+y2＝4上两点，点A（1，0），B（2，0），C（3，0），则下列说法中正确的是（ ）
A．若|PQ|＝2，则PQ中点M的轨迹方程为x2+y2＝3
B．BP中点轨迹方程为（x﹣1）2+y2＝1
C．CP的中点轨迹方程为
D．AP的中垂线与OP的交点轨迹为圆
【分析】利用圆的定义判断轨迹，求解轨迹方程即可判断选项A，利用代入法求出BP，CP的中点的轨迹方程，即可判断选项B，C，利用椭圆的定义即可判断选项D．
【解答】解：对于A，因为|PQ|＝|OP|＝|OQ|＝2，
则△POQ是边长为2的等边三角形，
若PQ的中点为M，则OM⊥PQ，且|OM|，
所以点M的轨迹是以（0，0）为圆心，半径为的圆，
故点M的轨迹方程为x2+y2＝3，
故选项A正确；
对于B，设P（x0．y0），BP的中点为（x，y），
则，
所以，
因为点P在圆O：x2+y2＝4上，
则（2x﹣2）2+（2y）2＝4，
所以（x﹣1）2+y2＝1，即BP的中点的轨迹方程为（x﹣1）2+y2＝1，
故选项B正确；
对于C，设P（x0．y0），CP的中点为（x，y），
则，
所以，
因为点P在圆O：x2+y2＝4上，
则（2x﹣3）2+（2y）2＝4，
所以（x）2+y2＝1，即CP的中点的轨迹方程为（x）2+y2＝1，
故选项C正确；
对于D，设AP的中垂线与OP的交点为M，由垂直平分线的性质可得|MA|＝|MP|，
则|MO|+|MA|＝|MO|+|MP|＝|OP|＝2＞|OA|＝1，
故点M的轨迹是以点O，A为焦点，长轴长为2的椭圆，
故选项D错误．
故选：ABC．
【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了动点轨迹的求解以及轨迹方程的求解，要掌握常见的求解轨迹的方法：直接法、定义法、代入法、消参法、交轨法等等，属于中档题．
（多选）12．（5分）已知F为椭圆C：1的左焦点，直线l：y＝kx（k≠0）与椭圆C交于A，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（ ）
A．的最小值为2
B．△ABE面积的最大值为
C．直线BE的斜率为
D．直线AB与直线AP的斜率之积为定值
【分析】利用椭圆的定义以及基本不等式求解，即可判断选项A，联立方程组求出|yA﹣yB|，表示出三角形的面积，利用基本不等式求解最值，即可判断选项B，设点A的坐标，得到点B，E的坐标，由两点间斜率公式，即可判断选项C，利用两点间斜率公式结合点P和点A在椭圆上，化简整理，即可判断选项D．
【解答】解：对于A，设椭圆C的右焦点为E，连接AE，BE，
则四边形AEBF为平行四边形，
所以|AF|+|BF|＝|AF|+|AE|＝2a＝4，
所以（|AF|+|BF|）（），
当且仅当|BF|＝2|AF|时取等号，
故选项A错误；
对于B，，可得x，
所以|yA﹣yB|，
所以△ABE的面积S||xA||yA﹣yB|，
当且仅当k＝±时等号成立，
故选项B正确；
对于C，设A（x0，y0），则B（﹣x0，﹣y0），E（x0，0），
故直线BE的斜率kBE，
故选项C正确；
对于D，设P（m，n），直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，
则，
又点P和点A在椭圆上，
所以①，②，
①﹣②可得，，
所以，
所以，解得，
则，
故选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了椭圆标准方程的应用、直线与椭圆位置关系的应用，两点间斜率公式的应用，基本不等式求解最值的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于中档题．
三、填空题（共4小题）
13．（3分）已知x，y满足（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1，则x2+y2的最小值为 3﹣2 ．
【分析】x2+y2表示圆上一点（x，y）与坐标原点O（0，0）两点间距离的平方，由圆的几何性质可知距离的最小值为|OC|﹣r，进一步计算可得结果．
【解答】解：设圆心为C，由圆的方程可得圆心C（1，1），半径为1，
x2+y2表示圆上一点（x，y）与坐标原点O（0，0）两点间距离的平方，
而（）min＝|OC|﹣r，
所以（x2+y2）min＝（）2＝3﹣2，
故答案为：3﹣2．
【点评】本题考查了与圆有关的最值问题，属于基础题．
14．（3分）已知，若三向量共面，则实数λ＝ ﹣1 ．
【分析】推导出不平行，由三向量共面，得存在实数x，y，使，列方程组能求出λ．
【解答】解：∵，
∴不平行，
∵三向量共面，∴存在实数x，y，使，
∴，
解得x＝﹣1，y＝1，
∴λ＝﹣3+2＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查的知识点是共线向量与向量及平面向量基本定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15．（3分）已知两圆C1：x2+y2＝1，C2：x2+y2﹣6x﹣8y﹣11＝0，则两圆的位置关系为 内切 ，两圆的公切线方程为 3x+4y+5＝0 .（用一般式表示）
【分析】求出两圆的圆心坐标和半径，比较圆心距和半径之和，半径之差的关系，即可判断两圆的位置关系，易知公切线只有一条，且与两圆心所在直线垂直，设公切线的方程为3x+4y+m＝0，再由圆心到公切线的距离等于半径求出m的值，从而得到公切线的方程．
【解答】解：由圆C1：x2+y2＝1可得圆心C1（0，0），半径r＝1，
由C2：x2+y2﹣6x﹣8y﹣11＝0可得（x﹣3）2+（y﹣4）2＝36，∴C2（3，4），R＝6，
∵圆心距C1C25，R﹣r＝5，
∴C1C2＝R﹣r，
∴两圆的位置关系为内切，
∵两圆内切，∴两圆的公切线只有一条，且与两圆心所在直线垂直，
∵两圆心所在直线的斜率为，
∴公切线的斜率为，设公切线的方程为3x+4y+m＝0，
∵圆心C1（0，0）到公切线的距离等于r＝1，圆心C2（3，4）到公切线的距离等于R＝6，
∴，解得m＝5，
∴公切线的方程为3x+4y+5＝0，
故答案为：内切，3x+4y+5＝0．
【点评】本题主要考查了圆与圆的位置关系，考查了求两圆的公切线方程，是中档题．
16．（3分）椭圆Γ：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c，若直线y与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于 ．
【分析】由直线可知斜率为，可得直线的倾斜角α＝60°．又直线与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，可得∠MF2F1＝30°，进而∠F1MF2＝90°．
设|MF2|＝m，|MF1|＝n，利用勾股定理、椭圆的定义及其边角关系可得，解出a，c即可．
【解答】解：如图所示，
由直线可知倾斜角α与斜率有关系tanα，∴α＝60°．
又椭圆Γ的一个交点满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，∴∠MF2F1＝30°，∴∠F1MF2＝90°．
设|MF2|＝m，|MF1|＝n，则，解得．
∴该椭圆的离心率e．
故答案为．
【点评】本题综合考查了直线的斜率与倾斜角的关系、勾股定理、含30°角的直角三角形的边角关系、椭圆的定义、离心率等基础知识，考查了推理能力和计算能力即数形结合的思想方法．
四、解答题（共6小题）
17．求经过直线l1：2x﹣y+4＝0和直线l2：x﹣y+5＝0的交点C，并且满足下列条件的直线方程．
（1）与直线x﹣4y+4＝0垂直；
（2）到原点的距离等于1．
【分析】（1）联立已知两条直线，求出点C的坐标，由两直线垂直时斜率关系求出所求直线的斜率，再由点斜式即可求出直线方程．
（2）由（1）可知点C的坐标，对所求直线分斜率存在和不存在两种情况讨论，结合点到直线距离公式分别求出直线方程即可．
【解答】解：联立方程，解得，
∴C（1，6），
（1）∵直线x﹣4y+4＝0的斜率为，
∴所求直线的斜率为﹣4，
∴所求直线方程为y﹣6＝﹣4（x﹣1），即4x+y﹣10＝0．
（2）①当所求直线斜率不存在时，直线方程为x＝1，
满足到原点的距离为1，
②当所求直线斜率存在时，设直线方程为y﹣6＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k+6＝0，
∴原点到该直线的距离为1，
解得k，
∴直线方程为35x+12y+37＝0，
综上所述，符合题意的直线方程为x＝1或35x+12y+37＝0．
【点评】本题主要考查了求两直线交点坐标，考查了直线的一般方程，同时考查了点到直线距离公式，是基础题．
18．如图，空间四边形OABC的各边及对角线长为2，E是AB的中点，F在OC上，且．设，，，
（1）用表示；
（2）求向量与向量所成角的余弦值．
【分析】（1）利用空间向量的线性运算即可求解；
（2）计算的值即可得，再计算的值，由空间向量夹角公式即可求解．
【解答】解：（1）因为，
所以．
（2）因为空间四边形OABC的各边及对角线长为2，
所以四面体OABC是正四面体，，且 ， 间的夹角为，
所以，

，

，
所以，所以cs，
所以向量与向量所成角的余弦值为．
【点评】本题考查向量的线性运算及数量积运算，考查了学生的运算能力，属于中档题．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PB⊥平面PAC，四边形ABCD为平行四边形，且ADAB＝4，∠BAD＝135°．
（1）证明：AC⊥平面PAB；
（2）当直线PC与平面PAB所成角的正切值为时，求二面角A﹣PC﹣D的余弦值．
【分析】（1）推导出AC⊥PB，AB⊥AC，由此能证明AC⊥平面PAB．
（2）求出AC2，PA＝2，PC＝2，PB2，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣PC﹣D的余弦值．
【解答】证明：（1）∵四棱锥P﹣ABCD中，PB⊥平面PAC，
四边形ABCD为平行四边形，且ADAB＝4，
∠BAD＝135°，
∴AC⊥PB，AB＝2，BC＝4，∠ABC＝45°，
∴AC
2，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴∠BAC＝90°，
∴AB⊥AC，又PB∩AB＝B，
∴AC⊥平面PAB．
解：（2）∵AC⊥平面PAB，
∴∠APC是直线PC与平面PAB所成角，
∵直线PC与平面PAB所成角的正切值为，
∴tan∠APC，∴AC2，
∴PA＝2，PC2，
PB2，
以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，0，0），C（0，2，0），P（，0，），D（﹣2，2，0），
（），（，），（﹣3，2，），
设平面APC的法向量（x，y，z），
则，取x＝1，得（1，0，﹣1），
设平面PCD的法向量（x，y，z），
则，取y＝1，得（0，1，2），
设二面角A﹣PC﹣D的平面角为θ，
则csθ．
∴二面角A﹣PC﹣D的余弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
20．已知圆C的圆心在直线3x﹣y﹣5＝0上，并且经过点A（1，4）和B（3，2）．
（Ⅰ）求圆C的方程；
（Ⅱ）若直线l过点D（1，0）与圆C相交于P、Q两点，求△CPQ的面积的最大值，并求此时直线l的方程．
【分析】（Ⅰ）方法一、设圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，将点代入可得a，b，r的方程组，解方程可得圆的方程；
方法二、求得AB的垂直平分线方程与已知直线联立，求得圆心，可得半径，即可得到所求圆的方程；
（Ⅱ）方法一、直线l与圆C相交，直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为y＝k（x﹣1），求得圆心到直线的距离，由三角形的面积公式，化为关于d2的二次函数，求得最值，进而求得k，可得所求直线方程；
方法二、设圆心C到直线l的距离为d，由三角形的面积公式，结合基本不等式可得最大值，进而求得k，可得所求直线方程．
【解答】解：（Ⅰ）法一：设圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，
由题意有，解得，
故圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4；
法二：由点A（1，4）和B（3，2）可求得直线AB的垂直平分线方程为x﹣y+1＝0，
与直线3x﹣y﹣5＝0方程联立解得圆心C（3，4），
则圆的半径，
故圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4；
（Ⅱ）法一：直线l与圆C相交，直线l的斜率一定存在且不为0，
设直线l的方程为y＝k（x﹣1），
即kx﹣y﹣k＝0，则圆心C到直线l的距离为，
又∵△CPQ的面积
∴当时，S取最大值2．由或k＝7，
∴直线l的方程为x﹣y﹣1＝0或7x﹣y﹣7＝0；
法二：设圆心C到直线l的距离为d
则△CPQ的面积
（时取等号即最大值）．
由或k＝7，
∴直线l的方程为x﹣y﹣1＝0或7x﹣y﹣7＝0；
【点评】本题考查圆的凤凰城的求法，注意运用待定系数法和几何法，考查三角形的面积的最值求法，注意运用二次函数的最值求法或基本不等式，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
21．（12分）如图，边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直，A1CAC1，M为线段AC的中点．
（1）求证：平面BMC1⊥平面A1BC1；
（2）求点C到平面A1BC1的距离．
【分析】（1）由已知得A1C⊥AC1，求解三角形得C1M⊥AC，进一步得到C1M⊥A1C1．在等边△ABC中，BM⊥AC，可得BM⊥A1C1．由直线与平面垂直的判定得到A1C1⊥平面BMC1，从而得到平面BMC1⊥平面A1BC1；
（2）证明BM⊥平面ACC1A1，知直线MB，MC，MC1两两垂直．以点M为坐标原点，分别以MB，MC，MC1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求出平面A1BC1的一个法向量，再求出的坐标，利用公式d求点C到平面A1BC1的距离．
【解答】（1）证明：∵四边形A1ACC1是菱形，∴A1C⊥AC1
又∵，∴tan∠，
得∠ACA1＝30°，则∠ACC1＝60°，可得△ACC1是等边三角形．
∵点M为线段AC的中点，∴C1M⊥AC．
又∵AC∥A1C1，∴C1M⊥A1C1．
∵在等边△ABC中，BM⊥AC，
由AC∥A1C1可得，BM⊥A1C1．
又∵BM∩C1M＝M，∴A1C1⊥平面BMC1，
∵A1C1⊂平面A1BC1，∴平面BMC1⊥平面A1BC1；
（2）解：∵BM⊥AC，平面ABC⊥平面A1ACC1，且交线为AC，
∴BM⊥平面ACC1A1，∴直线MB，MC，MC1两两垂直．
以点M为坐标原点，分别以MB，MC，MC1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，，，C（0，1，0），
∴，，．
设平面A1BC1的一个法向量为，
由，得，令x＝1，得，
∴，
即点C到平面A1BC1的距离为．
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解点到平面的距离，是中档题．
22．（12分）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程；
（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．
【分析】（1）由题可知，，解出a2和b2的值即可；
（2）分两大类进行讨论：①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx+m，与椭圆方程联立，消去y，写出韦达定理，结合0可得m＝1﹣2k或m，分别找出两种情形下直线MN所过的定点，并利用圆的几何性质可得点Q的坐标；②当直线MN的斜率不存在时，此时D为（，1），验证Q（，）是否符合题意即可．
【解答】解：（1）∵离心率，
∴ac，
又a2＝b2+c2，
∴b＝c，ab，
把点A（2，1）代入椭圆方程得，，解得b2＝3，
故椭圆C的方程为．
（2）①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx+m，
联立，得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣6＝0，
由Δ＝（4km）2﹣4（2k2+1）（2m2﹣6）＞0，知m2＜6k2+3，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2，x1x2，
∵AM⊥AN，∴（x1﹣2，y1﹣1）•（x2﹣2，y2﹣1）＝0，即（k2+1）x1x2+（km﹣k﹣2）（x1+x2）+m2﹣2m+5＝0，
∴（k2+1）•（km﹣k﹣2）（）+m2﹣2m+5＝0，化简整理得，4k2+8km+3m2﹣2m﹣1＝（2k+m﹣1）（2k+3m+1）＝0，
∴m＝1﹣2k或m，
当m＝1﹣2k时，y＝kx﹣2k+1，过定点A（2，1），不符合题意，舍去；
当m时，y＝kx，过定点B．
∵AD⊥MN，∴点D在以AB为直径的圆上，
故当点Q为AB的中点，即Q（，）时，|DQ|，为定值；
②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为x＝t，M（t，s），N（t，﹣s），且，
∵AM⊥AN，∴（t﹣2，s﹣1）•（t﹣2，﹣s﹣1）＝t2﹣4t﹣s2+50，解得t或2（舍2），
∴D（，1），此时|DQ|，为定值．
综上所述，存在定点Q（，），使得|DQ|为定值，且该定值为．
【点评】本题考查椭圆方程的求法、直线与椭圆的位置关系中的定值问题，涉及分类讨论的思想和先猜后证的方法，有一定的计算量，考查学生的逻辑推理能力、转化与化归能力和运算能力，属于难题．
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