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福建师范大学附属中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学试卷
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这是一份福建师范大学附属中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
福建省福州市福建师范大学附属中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学试卷
一、选择题（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）经过点（1，﹣1）且一个方向向量为（1，﹣）的直线l的方程是（ ）
A．3x+2y﹣1＝0 B．3x+2y+1＝0 C．2x+3y+1＝0 D．x﹣2y﹣3＝0
2．（5分）圆A：（x﹣3）2+y2＝9与圆B：x2+y2﹣8x﹣12y+27＝0的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．相离
3．（5分）已知直线l1：ax+（a+2）y+2＝0与l2：x+ay+1＝0平行，则实数a的值为（ ）
A．﹣1或2 B．﹣1 C．2 D．0或2
4．（5分）设函数f（x）＝sin2x，x∈R，若θ∈[0，），函数f（x+θ）是偶函数，则θ的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上的任意一点，则直线OP与直线AM所成的角为（ ）
A．45° B．60°
C．90° D．与点P的位置有关
6．（5分）直线y＝x+b与曲线x＝﹣有且仅有一个公共点，则实数b的取值范围是（ ）
A．b＝± B．﹣1＜b≤1或b＝﹣
C．﹣1≤b＜1或b＝ D．﹣≤b≤
7．（5分）已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC为等边三角形且其面积为平面ABC，AD＝2，则球O的表面积为（ ）
A．π B．2π C．4π D．8π
8．（5分）已知点F是椭圆的上焦点，点P在椭圆E上，线段PF与圆C：相切于点Q，O为坐标原点，且，则椭圆E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二.多选题（共4小题）
（多选）9．（5分）已知F1，F2分别是椭圆C：＝1的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．△PF1F2的周长为10
B．△PF1F2面积的最大值为
C．|PF1|的最小值为1
D．椭圆C的焦距为6
（多选）10．（5分）某同学在研究函数f（x）＝+|x﹣1|的最值时，联想到两点间的距离公式，从而将函数变形为f（x）＝，则下列结论正确的是（ ）
A．函数f（x）的最小值为 B．函数f（x）的最小值为
C．函数f（x）没有最大值 D．函数f（x）有最大值
（多选）11．（5分）已知点F1，F2分别是椭圆＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，点P是椭圆上的一点（异于左、右顶点），若存在以c为半径的圆内切于△PF1F2，则该椭圆的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
（多选）12．（5分）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为边AB的中点．将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（点A1不落在底面BCDE内）．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，以下命题正确的是（ ）
A．四棱锥A1﹣BCDE体积最大值为
B．线段BM长度是定值
C．MB∥平面A1DE一定成立
D．存在某个位置，使DE⊥A1C
三.填空题（共4小题）
13．（5分）求过点P（4，﹣3）且与圆（x﹣1）2+（y﹣3）2＝9相切的直线方程为 ．
14．（5分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为 ．
15．（5分）已知直线l：kx﹣y﹣2k+2＝0与圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0相交于A，B两点，则|AB|的最小值为 ．
16．（5分）17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何．我们知道，方程x＝1在一维空间中，表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线，那么在三维空间中，它表示 ，过点P（1，﹣1，2）且法向量为的平面的方程是 ．
三.解答题（共6小题）
17．（10分）在①，②2ccosA＝acosB+bcosA，③b2+c2＝a2+bc，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．
问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若已知b＝6，，_____，求a的值．
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点Q（，0），直线l：x＝2，动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离之比为．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）若直线m：x﹣y﹣1＝0与曲线C交于A，B两点，求|AB|．
19．（12分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2．
（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求点D到直线EG的距离．
20．（12分）已知函数f（x）＝sin2x﹣．
（1）求f（x）的单调递减区间；
（2）∀x∈（0，），，求a的取值范围．
21．（12分）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝2．
（1）证明：MB⊥平面ABCD；
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
22．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆C上的动点，△F1PF2的面积的最大值为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线3x﹣4y+5＝0相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l过定点（1，0）且与椭圆C交于不同的两点A，B，点M是椭圆C的右顶点，直线AM，BM分别与y轴交于P，Q两点，试问：以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
福建省福州市福建师范大学附属中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（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）经过点（1，﹣1）且一个方向向量为（1，﹣）的直线l的方程是（ ）
A．3x+2y﹣1＝0 B．3x+2y+1＝0 C．2x+3y+1＝0 D．x﹣2y﹣3＝0
【分析】根据直线的方向向量求出直线的斜率k的值，代入点斜式方程，求出直线方程即可．
【解答】解：直线l的一个方向向量为（1，﹣），即（1，﹣1），
故直线l的斜率k＝﹣，
故直线方程为：y+1＝﹣（x﹣1），即3x+2y﹣1＝0，
故选：A．
【点评】本题考查了求直线方程问题，考查直线的方向向量，是基础题．
2．（5分）圆A：（x﹣3）2+y2＝9与圆B：x2+y2﹣8x﹣12y+27＝0的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．相离
【分析】根据两个圆的圆心距d，大于两个圆的半径之差而小于两个圆的半径之和，可得两个圆相交．
【解答】解：圆B：x2+y2﹣8x﹣12y+27＝0，即圆B：（x﹣4）2+（y﹣6）2＝25，表示以（4，6）为圆心、5为半径的圆．
而圆A：（x﹣3）2+y2＝9 是以（3，0）为圆心、3为半径的圆，
两个圆的圆心距d＝＝，大于两个圆的半径之差而小于两个圆的半径之和，
故两个圆相交，
故选：C．
【点评】本题主要考查圆的标准方程，两个圆的位置关系的判定方法，属于基础题．
3．（5分）已知直线l1：ax+（a+2）y+2＝0与l2：x+ay+1＝0平行，则实数a的值为（ ）
A．﹣1或2 B．﹣1 C．2 D．0或2
【分析】由a•a﹣（a+2）＝0，即a2﹣a﹣2＝0，解得a．经过验证即可得出．
【解答】解：由a•a﹣（a+2）＝0，即a2﹣a﹣2＝0，解得a＝2或﹣1．
经过验证可得：a＝2时两条直线重合，舍去．
∴a＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4．（5分）设函数f（x）＝sin2x，x∈R，若θ∈[0，），函数f（x+θ）是偶函数，则θ的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由诱导公式和余弦函数为偶函数，可得θ＝+（k∈Z），再由θ的范围，可得所求值．
【解答】解：函数f（x）＝sin2x，x∈R，
函数f（x+θ）＝sin2（x+θ）＝sin（2x+2θ），
由于f（x+θ）是偶函数，可得2θ＝kπ+（k∈Z），
即θ＝+（k∈Z），
由θ∈[0，），可得θ的值为．
故选：C．
【点评】本题考查函数的奇偶性的判断和三角函数的诱导公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
5．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上的任意一点，则直线OP与直线AM所成的角为（ ）
A．45° B．60°
C．90° D．与点P的位置有关
【分析】如图所示，建立空间直角坐标系．不妨时AB＝2，则A（2，0，0），O（1，1，0），M（0，0，1），设P（2，y，2），计算，即可得出．
【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系．
不妨时AB＝2，则A（2，0，0），O（1，1，0），M（0，0，1），
设P（2，y，2），
则＝（﹣2，0，1），＝（1，y﹣1，2），
∴＝﹣2+0+2＝0，
∴．
∴直线OP与直线AM所成的角为90°．
故选：C．
【点评】本题考查了数量积运算性质、向量垂直与数量积的关系、异面直线所成的角，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．（5分）直线y＝x+b与曲线x＝﹣有且仅有一个公共点，则实数b的取值范围是（ ）
A．b＝± B．﹣1＜b≤1或b＝﹣
C．﹣1≤b＜1或b＝ D．﹣≤b≤
【分析】把曲线方程整理后可知其图象为半圆，进而画出图象来，要使直线与曲线有且仅有一个交点，那么很容易从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第二象限与曲线相切，交曲线于（0，1）和（﹣1，0），及与曲线交于点（0，﹣1），分别求出b，则b的范围可得．
【解答】解：曲线x＝﹣有即 x2+y2＝1 （x≤0），表示一个半圆（单位圆位于x轴及x轴左侧的部分）．
如图，A（0，1）、B（﹣1，0）、C（0，﹣1），
当直线y＝x+b经过点C时，﹣1＝0+b，求得 b＝﹣1；
当直线y＝x+b经过点B、点A时，0＝﹣1+b，求得b＝1；
当直线y＝x+b和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，可得1＝，求得b＝，或 b＝﹣（舍去），
故要求的实数b的范围为﹣1≤b＜1或b＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了直线与圆相交的性质．对于此类问题除了用联立方程转化为方程的根的问题之外，也可用数形结合的方法较为直观．
7．（5分）已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC为等边三角形且其面积为平面ABC，AD＝2，则球O的表面积为（ ）
A．π B．2π C．4π D．8π
【分析】由正弦定理可得△ABC外接圆的半径，利用勾股定理可得四面体ABCD的外接球的半径，即可求出球O的表面积．
【解答】解：因为△ABC为等边三角形且其面积为，所以△ABC的边长为，
由正弦定理可得△ABC外接圆的半径为＝1，
∵AD⊥平面ABC，AD＝2，
∴四面体ABCD的外接球的半径为＝，
∴球O的表面积为4π×2＝8π．
故选：D．
【点评】本题考查球的表面积，考查学生的计算能力，确定四面体ABCD的外接球的半径是关键，属于中档题．
8．（5分）已知点F是椭圆的上焦点，点P在椭圆E上，线段PF与圆C：相切于点Q，O为坐标原点，且，则椭圆E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设P（m，n），m，n＞0，由向量的加减运算和数量积性质可得|OP|＝c，再由两点的距离公式和P满足椭圆方程，求得P的坐标，以及直线PF的斜率k，求得圆C的圆心和半径r，由直线和圆相切的条件：d＝r，化简整理可得a，c的方程，解方程可得所求离心率．
【解答】解：设P（m，n），m，n＞0，由，即（+）•（﹣）＝2﹣2＝0，
则|OP|＝|OF|＝c，
由m2+n2＝c2，+＝1，解得m＝，n＝，
又F（0，c），可得直线PF的斜率k＝＝，
设直线PF的方程为y＝kx+c，由题意可得CQ⊥PF，
圆C：的圆心C（0，c），半径为，
由直线和圆相切可得＝，
可得k2＝，
即有（）2＝，
结合b2＝a2﹣c2，
化为5a4﹣14a2c2+9c4＝0，
即为（5a2﹣9c2）（a2﹣c2）＝0，
可得5a2＝9c2，或a2＝c2，
由e＝，且0＜e＜1，
可得e＝．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查直线与圆的位置关系，确定几何量的关系是关键，属于中档题．
二.多选题（共4小题）
（多选）9．（5分）已知F1，F2分别是椭圆C：＝1的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．△PF1F2的周长为10
B．△PF1F2面积的最大值为
C．|PF1|的最小值为1
D．椭圆C的焦距为6
【分析】根据椭圆的简单几何性质即可分别求解．
【解答】解：∵椭圆C方程为：＝1，
∴a＝3，b＝，c＝2，
∴△PF1F2的周长为2a＝6，∴A错误；
∴△PF1F2面积的最大值为＝，∴B正确；
∴|PF1|的最小值为a﹣c＝1，∴C正确；
∴椭圆C的焦距为2c＝4，∴D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，属基础题．
（多选）10．（5分）某同学在研究函数f（x）＝+|x﹣1|的最值时，联想到两点间的距离公式，从而将函数变形为f（x）＝，则下列结论正确的是（ ）
A．函数f（x）的最小值为 B．函数f（x）的最小值为
C．函数f（x）没有最大值 D．函数f（x）有最大值
【分析】由题意画出图形，利用动点到两定点距离和的变化求出最小值判断AB，分析无最大值判断CD．
【解答】解：设f（x）＝，可理解为动点P（x，0）到两个定点A（0，1），B（1，0）的距离和，
如图：
由三角形三边关系可得|PA|+|PB|≥|AB|＝，
当点P在线段AB上时，等号成立，
|PA|+|PB|无最大值，
所以函数f（x）的最小值为，没有最大值．
故选：BC．
【点评】本题主要考查根据函数解析式求最值，属于中档题．
（多选）11．（5分）已知点F1，F2分别是椭圆＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，点P是椭圆上的一点（异于左、右顶点），若存在以c为半径的圆内切于△PF1F2，则该椭圆的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意可得，从而可得，再化简转化为关于e的不等式，解不等式即可求解．
【解答】解：由椭圆性质可得：△PF1F2的面积满足，
又存在以c为半径的圆内切于△PF1F2，
∴＝，
∴a+c≤b，
∴（a+c）2≤2b2＝2（a2﹣c2），
∴3c2+2ac﹣a2≤0，
∴3e2+2e﹣1≤0，又e∈（0，1），
解得e∈（0，]，
故选：CD．
【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，不等式思想，属基础题．
（多选）12．（5分）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为边AB的中点．将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（点A1不落在底面BCDE内）．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，以下命题正确的是（ ）
A．四棱锥A1﹣BCDE体积最大值为
B．线段BM长度是定值
C．MB∥平面A1DE一定成立
D．存在某个位置，使DE⊥A1C
【分析】直接利用几何体的体积公式的应用，线面平行和面面平行之间的转换，余弦定理的应用，线线垂直的应用求出结果．
【解答】解：如图所示：
①在选项A中，设A1到平面EBCD的距离为h，所以h的最大值为，
所以四棱锥A1﹣BCDE体积最大值为V＝＝．故A正确；
②对于选项B：由于∠MFB＝∠A1DE，由余弦定理可得MB2＝MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB是定值，故B正确．
③对于选项C中，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D且MF＝A1D，FB∥ED 且FB＝ED，
由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，
∴总有BM∥平面A1DE，故C正确；
④对于选项D中，A1C在平面ABCD的射影不是AC，点A1在平面ABCD的射影是线段AF，因此A1C在平面ABCD的射影可能是点C与线段AF上任意一点的连线，在平面ABCD中，因为CE⊥DE，所以DE与A1C的射影都不垂直，故DE与A1C不垂直，故D错误；
故选：ABC．
【点评】本题考查的知识要点：几何体的体积公式的应用，线面平行和面面平行之间的转换，余弦定理的应用，线线垂直的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间想象能力的应用，属于基础题型．
三.填空题（共4小题）
13．（5分）求过点P（4，﹣3）且与圆（x﹣1）2+（y﹣3）2＝9相切的直线方程为 x＝4或3x+4y＝0 ．
【分析】先考虑直线的斜率是否存在，然后结合点到直线的距离公式即可求解．
【解答】解：当直线的斜率存在时，可设直线方程为y+3＝k（x﹣4），即kx﹣y﹣4k﹣3＝0，
由题意得＝3，
解得k＝﹣，此时直线方程为3x+4y＝0，
当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝4符合题意．
故答案为：x＝4或3x+4y＝0．
【点评】本题主要考查了直线与圆相切的性质的应用，点到直线的距离公式，属于基础题．
14．（5分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为 ．
【分析】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ABC1的法向量，由点到直线的距离公式求解即可．
【解答】解：以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，，
设平面ABC1的法向量为，
则，
则，
所以点B1到平面ABC1的距离为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了点到直线距离公式的应用，空间向量在立体几何中的应用，解题的关键是建立空间直角坐标系，转化为点到直线的距离公式求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
15．（5分）已知直线l：kx﹣y﹣2k+2＝0与圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0相交于A，B两点，则|AB|的最小值为 2 ．
【分析】根据题意，分析圆C的圆心与半径，将直线l的方程变形为y﹣2＝k（x﹣2），恒过定点M（2，2），分析可得M在圆C内部，分析可得：当直线l与CM垂直时，弦|AB|最小，求出此时|CM|的值，由勾股定理分析可得答案．
【解答】解：根据题意，圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0即（x﹣1）2+（y﹣3）2＝4，
圆心C的坐标为（1，3），半径r＝2，
直线l：kx﹣y﹣2k+2＝0，即y﹣2＝k（x﹣2），恒过定点M（2，2），
又由圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣3）2＝4，则点M（2，2）在圆内，
分析可得：当直线l与CM垂直时，弦|AB|最小，
此时|CM|＝＝，
则|AB|的最小值为2＝2；
故答案为：2．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，注意分析直线所过定点，属于中档题．
16．（5分）17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何．我们知道，方程x＝1在一维空间中，表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线，那么在三维空间中，它表示 平面 ，过点P（1，﹣1，2）且法向量为的平面的方程是 x+2y+3z＝5 ．
【分析】设平面上任意一点的坐标为Q（x，y，z），由得，化简整理得平面方程．
【解答】解：在三维空间中，x＝1表示过（1，0，0）且与yOz平面平行的平面．
设平面上任意一点的坐标为Q（x，y，z），则．
由得，整理得x+2y+3z＝5．
故答案为：平面；x+2y+3z＝5．
【点评】本题考查空间直角坐标系中垂直关系的应用，属于基础题．
三.解答题（共6小题）
17．（10分）在①，②2ccosA＝acosB+bcosA，③b2+c2＝a2+bc，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．
问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若已知b＝6，，_____，求a的值．
【分析】选条件①时，直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换及三角形的面积公式和余弦定理，求出a的值；
选条件②时，直接利用三角函数的关系式的变换及三角形的面积公式和余弦定理，求出a的值；
选条件③时，直接利用余弦定理及三角形的面积公式，求出结果．
【解答】解：若选①：因为，
所以，
因为0＜C＜π，所以sinC≠0
所以，
即，所以，
因为0＜A＜π，所以．
所以，
所以，
所以，
所以．
若选②：因为2ccosA＝acosB+bcosA，
所以2sinCcosA＝sinAcosB+sinBcosA，
所以2sinCcosA＝sin（A+B）＝sin（π﹣C）＝sinC
因为0＜C＜π，所以sinC≠0，所以，
因为0＜A＜π，所以，
所以，
所以c＝2，
所以，
所以．
若选③：因为b2+c2＝a2+bc，所以b2+c2﹣a2＝bc，
所以，
因为0＜A＜π，所以，
所以，
所以c＝2，
所以，
所以．
【点评】本题考查的知识要点：三角恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，考查运算能力，属于基础题．
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点Q（，0），直线l：x＝2，动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离之比为．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）若直线m：x﹣y﹣1＝0与曲线C交于A，B两点，求|AB|．
【分析】（1）设P的坐标，由题意可得P的横纵坐标的关系，进而求出P的轨迹方程．
（2）设直线m：x﹣y﹣1＝0与曲线C交于A（x1，y1），B（x2，y2），由，可得x1+x2＝，x1x2＝﹣，可求弦|AB|的长．
【解答】解：（1）设P（x，y），由题意可得＝|x﹣2|，整理可得：+＝1；
所以P的轨迹C的方程为：+＝1．
（2）设直线m：x﹣y﹣1＝0与曲线C交于A（x1，y1），B（x2，y2），
由，消去y得x2+2（x﹣1）2＝6，整理得3x2﹣4x﹣4＝0，
∴x1+x2＝，x1x2＝﹣，
∴|AB|＝＝．
【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查弦长公式的应用，考查运算求解能力，属中档题．
19．（12分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2．
（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求点D到直线EG的距离．
【分析】（1）取AD的中点M，连接MG，OD，FM，G为线段AB的中点，根据三角形的中位线定理、矩形的性质、平行四边形的判断定理、线面平行的判定定理即可证明结论．
（2）连接GD，ED．根据线面垂直的性质定理可得EB⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，直线EG的单位向量＝，可得点D到直线EG的距离d＝．
【解答】解：（1）证明：取AD的中点M，连接MG，OD，FM，又G为线段AB的中点，
则MG∥BD，MG＝OB，
∵四边形OBEF为矩形，则EFOB，∴EFMG，
∴四边形EFMG为平行四边形，
∴EG∥FM，而FM⊂平面AFD，而EG⊄平面AFD，
∴EG∥平面ADF．
（2）连接GD，ED．
∵四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，
∴EB⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，
D（2，2，0），G（0，1，0），E（0，0，2），
＝（2，2，﹣2），＝（0，1，﹣2），
直线EG的单位向量＝＝（0，1，﹣2），
∴•＝•＝，
∴点D到直线EG的距离d＝＝＝．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理、矩形的性质、平行四边形的判断定理、线面平行的判定定理、空间线面位置关系、空间距离，考查了空间想象能力与计算能力，属于中档题．
20．（12分）已知函数f（x）＝sin2x﹣．
（1）求f（x）的单调递减区间；
（2）∀x∈（0，），，求a的取值范围．
【分析】（1）根据三角恒等变换公式，化简可得f（x）＝﹣sin（2x+）+2，再由正弦函数的单调性，得解；
（2）计算可得f（x﹣）＝2cos2x+1，原问题等价于2cos2x+acosx+1＞0对∀x∈（0，）恒成立，再结合换元法、参变分离法与基本不等式，得解．
【解答】解：（1）f（x）＝sin2x﹣＝﹣sin2x+＝﹣sin（2x+）+2，
令2x+∈[2kπ﹣，2kπ+]，k∈Z，则x∈[kπ﹣，kπ+]，k∈Z，
故f（x）的单调递减区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．
（2）f（x﹣）＝﹣sin[2（x﹣）+]+2＝﹣sin（2x﹣）+2＝cos2x+2＝2cos2x+1，
原问题等价于2cos2x+acosx+1＞0对∀x∈（0，）恒成立，
令t＝cosx，则t∈（0，1），所以2t2+at+1＞0在t∈（0，1）上恒成立，即﹣a＜，
设g（t）＝＝2t+≥2＝2，当且仅当2t＝，即t＝时，等号成立，
此时g（t）的最小值为2，
所以﹣a＜2，即a＞﹣2，
故a的取值范围为（﹣2，+∞）．
【点评】本题主要考查三角函数的综合应用，熟练掌握三角恒等变换公式，正弦函数的单调性，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21．（12分）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝2．
（1）证明：MB⊥平面ABCD；
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
【分析】（1）由面面垂直的性质可得BC⊥BM，再得出BM⊥AB即可证明；
（2）设，求出平面BEN和平面BMN的法向量，利用向量关系建立方程求出；即可得出．
【解答】（1）证明：正方形ABCD中，BC⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面ABMN，
∴BC⊥BM，且BC⊥BN，又，
∴，
又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2+AN2，
∴AN⊥AB，
又∵AN∥BM，∴BM⊥AB，BC∩BA＝B，
∴BM⊥平面ABCD；
解：（2）由（1）知，BM⊥平面ABCD，BM⊥AB，
以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N（2，2，0），M（0，4，0），
设点，∴（x，y，z﹣2）＝λ（0，4，﹣2），
∴，∴E（0，4λ，2﹣2λ），
∴，
设平面BEN的法向量为＝（x，y，z），
∴，令x＝1，∴，∴，
显然，平面BMN的法向量为，
∴，
即，即，
即3λ2+2λ﹣1＝0，解得或﹣1（舍），
则存在一点E，且．
【点评】本题考查了线面垂直的证明以及二面角的问题，属于中档题．
22．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆C上的动点，△F1PF2的面积的最大值为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线3x﹣4y+5＝0相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l过定点（1，0）且与椭圆C交于不同的两点A，B，点M是椭圆C的右顶点，直线AM，BM分别与y轴交于P，Q两点，试问：以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
【分析】（1）利用直线与圆相切以及三角形的面积列出方程组，求出b，c，a，即可解得椭圆C的方程；
（2）以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点．当直线l斜率不存在时，直接求出定点坐标；当直线l斜率存在时，设y＝k（x﹣1），（k≠0）．联立直线与椭圆方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），利用韦达定理，通过直线AM的方程，直线BM的方程，转化已知条件为＝0恒成立．然后利用数量积求解定点坐标．
【解答】解：（1）由题意椭圆C的中心在坐标原点，左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上的动点，
△PF1F2的面积最大值为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线3x﹣4y+5＝0相切．
可得，解得b＝1，c＝，a＝2．
∴椭圆C的方程是；
（2）以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点．
当直线l斜率不存在时，以线段PQ为直径的圆的方程为：x2+y2＝3，恒过定点（±，0）．
当直线l斜率存在时，设y＝k（x﹣1），（k≠0）．
由，得（1+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣4＝0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1+x2＝，x1x2＝．
又∵点M是椭圆C的右顶点，∴点M（2，0）．
由题意可知直线AM的方程为：y＝（x﹣2），故点P（0，﹣）．
直线BM的方程为：y＝（x﹣2），故点Q（0，﹣）．
若以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点N（x0，0），
则等价于恒成立．
又，，
∴＝＝0恒成立．
又∵（x1﹣2）（x2﹣2）＝x1x2﹣2（x1+x2）+4＝﹣2×+4＝，
y1y2＝k（x1﹣1）k（x2﹣1）＝k2[x1x2﹣（x1+x2）+1]＝k2（﹣+1）＝，
∴＝＝．
解得x0＝±．
故以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点（±，0）．
【点评】本题考查椭圆的方程的求法，直线与圆的位置关系，恒过定点问题的求解方法，考查转化思想以及计算能力．向量在解析几何中的应用，注意直线的斜率是否存在，是中档题．
福建省福州市福建师范大学附属中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学试卷
一、选择题（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）经过点（1，﹣1）且一个方向向量为（1，﹣）的直线l的方程是（ ）
A．3x+2y﹣1＝0 B．3x+2y+1＝0 C．2x+3y+1＝0 D．x﹣2y﹣3＝0
2．（5分）圆A：（x﹣3）2+y2＝9与圆B：x2+y2﹣8x﹣12y+27＝0的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．相离
3．（5分）已知直线l1：ax+（a+2）y+2＝0与l2：x+ay+1＝0平行，则实数a的值为（ ）
A．﹣1或2 B．﹣1 C．2 D．0或2
4．（5分）设函数f（x）＝sin2x，x∈R，若θ∈[0，），函数f（x+θ）是偶函数，则θ的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上的任意一点，则直线OP与直线AM所成的角为（ ）
A．45° B．60°
C．90° D．与点P的位置有关
6．（5分）直线y＝x+b与曲线x＝﹣有且仅有一个公共点，则实数b的取值范围是（ ）
A．b＝± B．﹣1＜b≤1或b＝﹣
C．﹣1≤b＜1或b＝ D．﹣≤b≤
7．（5分）已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC为等边三角形且其面积为平面ABC，AD＝2，则球O的表面积为（ ）
A．π B．2π C．4π D．8π
8．（5分）已知点F是椭圆的上焦点，点P在椭圆E上，线段PF与圆C：相切于点Q，O为坐标原点，且，则椭圆E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二.多选题（共4小题）
（多选）9．（5分）已知F1，F2分别是椭圆C：＝1的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．△PF1F2的周长为10
B．△PF1F2面积的最大值为
C．|PF1|的最小值为1
D．椭圆C的焦距为6
（多选）10．（5分）某同学在研究函数f（x）＝+|x﹣1|的最值时，联想到两点间的距离公式，从而将函数变形为f（x）＝，则下列结论正确的是（ ）
A．函数f（x）的最小值为 B．函数f（x）的最小值为
C．函数f（x）没有最大值 D．函数f（x）有最大值
（多选）11．（5分）已知点F1，F2分别是椭圆＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，点P是椭圆上的一点（异于左、右顶点），若存在以c为半径的圆内切于△PF1F2，则该椭圆的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
（多选）12．（5分）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为边AB的中点．将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（点A1不落在底面BCDE内）．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，以下命题正确的是（ ）
A．四棱锥A1﹣BCDE体积最大值为
B．线段BM长度是定值
C．MB∥平面A1DE一定成立
D．存在某个位置，使DE⊥A1C
三.填空题（共4小题）
13．（5分）求过点P（4，﹣3）且与圆（x﹣1）2+（y﹣3）2＝9相切的直线方程为 ．
14．（5分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为 ．
15．（5分）已知直线l：kx﹣y﹣2k+2＝0与圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0相交于A，B两点，则|AB|的最小值为 ．
16．（5分）17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何．我们知道，方程x＝1在一维空间中，表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线，那么在三维空间中，它表示 ，过点P（1，﹣1，2）且法向量为的平面的方程是 ．
三.解答题（共6小题）
17．（10分）在①，②2ccosA＝acosB+bcosA，③b2+c2＝a2+bc，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．
问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若已知b＝6，，_____，求a的值．
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点Q（，0），直线l：x＝2，动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离之比为．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）若直线m：x﹣y﹣1＝0与曲线C交于A，B两点，求|AB|．
19．（12分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2．
（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求点D到直线EG的距离．
20．（12分）已知函数f（x）＝sin2x﹣．
（1）求f（x）的单调递减区间；
（2）∀x∈（0，），，求a的取值范围．
21．（12分）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝2．
（1）证明：MB⊥平面ABCD；
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
22．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆C上的动点，△F1PF2的面积的最大值为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线3x﹣4y+5＝0相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l过定点（1，0）且与椭圆C交于不同的两点A，B，点M是椭圆C的右顶点，直线AM，BM分别与y轴交于P，Q两点，试问：以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
福建省福州市福建师范大学附属中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（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）经过点（1，﹣1）且一个方向向量为（1，﹣）的直线l的方程是（ ）
A．3x+2y﹣1＝0 B．3x+2y+1＝0 C．2x+3y+1＝0 D．x﹣2y﹣3＝0
【分析】根据直线的方向向量求出直线的斜率k的值，代入点斜式方程，求出直线方程即可．
【解答】解：直线l的一个方向向量为（1，﹣），即（1，﹣1），
故直线l的斜率k＝﹣，
故直线方程为：y+1＝﹣（x﹣1），即3x+2y﹣1＝0，
故选：A．
【点评】本题考查了求直线方程问题，考查直线的方向向量，是基础题．
2．（5分）圆A：（x﹣3）2+y2＝9与圆B：x2+y2﹣8x﹣12y+27＝0的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．相离
【分析】根据两个圆的圆心距d，大于两个圆的半径之差而小于两个圆的半径之和，可得两个圆相交．
【解答】解：圆B：x2+y2﹣8x﹣12y+27＝0，即圆B：（x﹣4）2+（y﹣6）2＝25，表示以（4，6）为圆心、5为半径的圆．
而圆A：（x﹣3）2+y2＝9 是以（3，0）为圆心、3为半径的圆，
两个圆的圆心距d＝＝，大于两个圆的半径之差而小于两个圆的半径之和，
故两个圆相交，
故选：C．
【点评】本题主要考查圆的标准方程，两个圆的位置关系的判定方法，属于基础题．
3．（5分）已知直线l1：ax+（a+2）y+2＝0与l2：x+ay+1＝0平行，则实数a的值为（ ）
A．﹣1或2 B．﹣1 C．2 D．0或2
【分析】由a•a﹣（a+2）＝0，即a2﹣a﹣2＝0，解得a．经过验证即可得出．
【解答】解：由a•a﹣（a+2）＝0，即a2﹣a﹣2＝0，解得a＝2或﹣1．
经过验证可得：a＝2时两条直线重合，舍去．
∴a＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4．（5分）设函数f（x）＝sin2x，x∈R，若θ∈[0，），函数f（x+θ）是偶函数，则θ的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由诱导公式和余弦函数为偶函数，可得θ＝+（k∈Z），再由θ的范围，可得所求值．
【解答】解：函数f（x）＝sin2x，x∈R，
函数f（x+θ）＝sin2（x+θ）＝sin（2x+2θ），
由于f（x+θ）是偶函数，可得2θ＝kπ+（k∈Z），
即θ＝+（k∈Z），
由θ∈[0，），可得θ的值为．
故选：C．
【点评】本题考查函数的奇偶性的判断和三角函数的诱导公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
5．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上的任意一点，则直线OP与直线AM所成的角为（ ）
A．45° B．60°
C．90° D．与点P的位置有关
【分析】如图所示，建立空间直角坐标系．不妨时AB＝2，则A（2，0，0），O（1，1，0），M（0，0，1），设P（2，y，2），计算，即可得出．
【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系．
不妨时AB＝2，则A（2，0，0），O（1，1，0），M（0，0，1），
设P（2，y，2），
则＝（﹣2，0，1），＝（1，y﹣1，2），
∴＝﹣2+0+2＝0，
∴．
∴直线OP与直线AM所成的角为90°．
故选：C．
【点评】本题考查了数量积运算性质、向量垂直与数量积的关系、异面直线所成的角，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．（5分）直线y＝x+b与曲线x＝﹣有且仅有一个公共点，则实数b的取值范围是（ ）
A．b＝± B．﹣1＜b≤1或b＝﹣
C．﹣1≤b＜1或b＝ D．﹣≤b≤
【分析】把曲线方程整理后可知其图象为半圆，进而画出图象来，要使直线与曲线有且仅有一个交点，那么很容易从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第二象限与曲线相切，交曲线于（0，1）和（﹣1，0），及与曲线交于点（0，﹣1），分别求出b，则b的范围可得．
【解答】解：曲线x＝﹣有即 x2+y2＝1 （x≤0），表示一个半圆（单位圆位于x轴及x轴左侧的部分）．
如图，A（0，1）、B（﹣1，0）、C（0，﹣1），
当直线y＝x+b经过点C时，﹣1＝0+b，求得 b＝﹣1；
当直线y＝x+b经过点B、点A时，0＝﹣1+b，求得b＝1；
当直线y＝x+b和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，可得1＝，求得b＝，或 b＝﹣（舍去），
故要求的实数b的范围为﹣1≤b＜1或b＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了直线与圆相交的性质．对于此类问题除了用联立方程转化为方程的根的问题之外，也可用数形结合的方法较为直观．
7．（5分）已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC为等边三角形且其面积为平面ABC，AD＝2，则球O的表面积为（ ）
A．π B．2π C．4π D．8π
【分析】由正弦定理可得△ABC外接圆的半径，利用勾股定理可得四面体ABCD的外接球的半径，即可求出球O的表面积．
【解答】解：因为△ABC为等边三角形且其面积为，所以△ABC的边长为，
由正弦定理可得△ABC外接圆的半径为＝1，
∵AD⊥平面ABC，AD＝2，
∴四面体ABCD的外接球的半径为＝，
∴球O的表面积为4π×2＝8π．
故选：D．
【点评】本题考查球的表面积，考查学生的计算能力，确定四面体ABCD的外接球的半径是关键，属于中档题．
8．（5分）已知点F是椭圆的上焦点，点P在椭圆E上，线段PF与圆C：相切于点Q，O为坐标原点，且，则椭圆E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设P（m，n），m，n＞0，由向量的加减运算和数量积性质可得|OP|＝c，再由两点的距离公式和P满足椭圆方程，求得P的坐标，以及直线PF的斜率k，求得圆C的圆心和半径r，由直线和圆相切的条件：d＝r，化简整理可得a，c的方程，解方程可得所求离心率．
【解答】解：设P（m，n），m，n＞0，由，即（+）•（﹣）＝2﹣2＝0，
则|OP|＝|OF|＝c，
由m2+n2＝c2，+＝1，解得m＝，n＝，
又F（0，c），可得直线PF的斜率k＝＝，
设直线PF的方程为y＝kx+c，由题意可得CQ⊥PF，
圆C：的圆心C（0，c），半径为，
由直线和圆相切可得＝，
可得k2＝，
即有（）2＝，
结合b2＝a2﹣c2，
化为5a4﹣14a2c2+9c4＝0，
即为（5a2﹣9c2）（a2﹣c2）＝0，
可得5a2＝9c2，或a2＝c2，
由e＝，且0＜e＜1，
可得e＝．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查直线与圆的位置关系，确定几何量的关系是关键，属于中档题．
二.多选题（共4小题）
（多选）9．（5分）已知F1，F2分别是椭圆C：＝1的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．△PF1F2的周长为10
B．△PF1F2面积的最大值为
C．|PF1|的最小值为1
D．椭圆C的焦距为6
【分析】根据椭圆的简单几何性质即可分别求解．
【解答】解：∵椭圆C方程为：＝1，
∴a＝3，b＝，c＝2，
∴△PF1F2的周长为2a＝6，∴A错误；
∴△PF1F2面积的最大值为＝，∴B正确；
∴|PF1|的最小值为a﹣c＝1，∴C正确；
∴椭圆C的焦距为2c＝4，∴D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，属基础题．
（多选）10．（5分）某同学在研究函数f（x）＝+|x﹣1|的最值时，联想到两点间的距离公式，从而将函数变形为f（x）＝，则下列结论正确的是（ ）
A．函数f（x）的最小值为 B．函数f（x）的最小值为
C．函数f（x）没有最大值 D．函数f（x）有最大值
【分析】由题意画出图形，利用动点到两定点距离和的变化求出最小值判断AB，分析无最大值判断CD．
【解答】解：设f（x）＝，可理解为动点P（x，0）到两个定点A（0，1），B（1，0）的距离和，
如图：
由三角形三边关系可得|PA|+|PB|≥|AB|＝，
当点P在线段AB上时，等号成立，
|PA|+|PB|无最大值，
所以函数f（x）的最小值为，没有最大值．
故选：BC．
【点评】本题主要考查根据函数解析式求最值，属于中档题．
（多选）11．（5分）已知点F1，F2分别是椭圆＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，点P是椭圆上的一点（异于左、右顶点），若存在以c为半径的圆内切于△PF1F2，则该椭圆的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意可得，从而可得，再化简转化为关于e的不等式，解不等式即可求解．
【解答】解：由椭圆性质可得：△PF1F2的面积满足，
又存在以c为半径的圆内切于△PF1F2，
∴＝，
∴a+c≤b，
∴（a+c）2≤2b2＝2（a2﹣c2），
∴3c2+2ac﹣a2≤0，
∴3e2+2e﹣1≤0，又e∈（0，1），
解得e∈（0，]，
故选：CD．
【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，不等式思想，属基础题．
（多选）12．（5分）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为边AB的中点．将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（点A1不落在底面BCDE内）．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，以下命题正确的是（ ）
A．四棱锥A1﹣BCDE体积最大值为
B．线段BM长度是定值
C．MB∥平面A1DE一定成立
D．存在某个位置，使DE⊥A1C
【分析】直接利用几何体的体积公式的应用，线面平行和面面平行之间的转换，余弦定理的应用，线线垂直的应用求出结果．
【解答】解：如图所示：
①在选项A中，设A1到平面EBCD的距离为h，所以h的最大值为，
所以四棱锥A1﹣BCDE体积最大值为V＝＝．故A正确；
②对于选项B：由于∠MFB＝∠A1DE，由余弦定理可得MB2＝MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB是定值，故B正确．
③对于选项C中，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D且MF＝A1D，FB∥ED 且FB＝ED，
由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，
∴总有BM∥平面A1DE，故C正确；
④对于选项D中，A1C在平面ABCD的射影不是AC，点A1在平面ABCD的射影是线段AF，因此A1C在平面ABCD的射影可能是点C与线段AF上任意一点的连线，在平面ABCD中，因为CE⊥DE，所以DE与A1C的射影都不垂直，故DE与A1C不垂直，故D错误；
故选：ABC．
【点评】本题考查的知识要点：几何体的体积公式的应用，线面平行和面面平行之间的转换，余弦定理的应用，线线垂直的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间想象能力的应用，属于基础题型．
三.填空题（共4小题）
13．（5分）求过点P（4，﹣3）且与圆（x﹣1）2+（y﹣3）2＝9相切的直线方程为 x＝4或3x+4y＝0 ．
【分析】先考虑直线的斜率是否存在，然后结合点到直线的距离公式即可求解．
【解答】解：当直线的斜率存在时，可设直线方程为y+3＝k（x﹣4），即kx﹣y﹣4k﹣3＝0，
由题意得＝3，
解得k＝﹣，此时直线方程为3x+4y＝0，
当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝4符合题意．
故答案为：x＝4或3x+4y＝0．
【点评】本题主要考查了直线与圆相切的性质的应用，点到直线的距离公式，属于基础题．
14．（5分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为 ．
【分析】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ABC1的法向量，由点到直线的距离公式求解即可．
【解答】解：以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，，
设平面ABC1的法向量为，
则，
则，
所以点B1到平面ABC1的距离为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了点到直线距离公式的应用，空间向量在立体几何中的应用，解题的关键是建立空间直角坐标系，转化为点到直线的距离公式求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
15．（5分）已知直线l：kx﹣y﹣2k+2＝0与圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0相交于A，B两点，则|AB|的最小值为 2 ．
【分析】根据题意，分析圆C的圆心与半径，将直线l的方程变形为y﹣2＝k（x﹣2），恒过定点M（2，2），分析可得M在圆C内部，分析可得：当直线l与CM垂直时，弦|AB|最小，求出此时|CM|的值，由勾股定理分析可得答案．
【解答】解：根据题意，圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0即（x﹣1）2+（y﹣3）2＝4，
圆心C的坐标为（1，3），半径r＝2，
直线l：kx﹣y﹣2k+2＝0，即y﹣2＝k（x﹣2），恒过定点M（2，2），
又由圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣3）2＝4，则点M（2，2）在圆内，
分析可得：当直线l与CM垂直时，弦|AB|最小，
此时|CM|＝＝，
则|AB|的最小值为2＝2；
故答案为：2．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，注意分析直线所过定点，属于中档题．
16．（5分）17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何．我们知道，方程x＝1在一维空间中，表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线，那么在三维空间中，它表示 平面 ，过点P（1，﹣1，2）且法向量为的平面的方程是 x+2y+3z＝5 ．
【分析】设平面上任意一点的坐标为Q（x，y，z），由得，化简整理得平面方程．
【解答】解：在三维空间中，x＝1表示过（1，0，0）且与yOz平面平行的平面．
设平面上任意一点的坐标为Q（x，y，z），则．
由得，整理得x+2y+3z＝5．
故答案为：平面；x+2y+3z＝5．
【点评】本题考查空间直角坐标系中垂直关系的应用，属于基础题．
三.解答题（共6小题）
17．（10分）在①，②2ccosA＝acosB+bcosA，③b2+c2＝a2+bc，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．
问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若已知b＝6，，_____，求a的值．
【分析】选条件①时，直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换及三角形的面积公式和余弦定理，求出a的值；
选条件②时，直接利用三角函数的关系式的变换及三角形的面积公式和余弦定理，求出a的值；
选条件③时，直接利用余弦定理及三角形的面积公式，求出结果．
【解答】解：若选①：因为，
所以，
因为0＜C＜π，所以sinC≠0
所以，
即，所以，
因为0＜A＜π，所以．
所以，
所以，
所以，
所以．
若选②：因为2ccosA＝acosB+bcosA，
所以2sinCcosA＝sinAcosB+sinBcosA，
所以2sinCcosA＝sin（A+B）＝sin（π﹣C）＝sinC
因为0＜C＜π，所以sinC≠0，所以，
因为0＜A＜π，所以，
所以，
所以c＝2，
所以，
所以．
若选③：因为b2+c2＝a2+bc，所以b2+c2﹣a2＝bc，
所以，
因为0＜A＜π，所以，
所以，
所以c＝2，
所以，
所以．
【点评】本题考查的知识要点：三角恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，考查运算能力，属于基础题．
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点Q（，0），直线l：x＝2，动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离之比为．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）若直线m：x﹣y﹣1＝0与曲线C交于A，B两点，求|AB|．
【分析】（1）设P的坐标，由题意可得P的横纵坐标的关系，进而求出P的轨迹方程．
（2）设直线m：x﹣y﹣1＝0与曲线C交于A（x1，y1），B（x2，y2），由，可得x1+x2＝，x1x2＝﹣，可求弦|AB|的长．
【解答】解：（1）设P（x，y），由题意可得＝|x﹣2|，整理可得：+＝1；
所以P的轨迹C的方程为：+＝1．
（2）设直线m：x﹣y﹣1＝0与曲线C交于A（x1，y1），B（x2，y2），
由，消去y得x2+2（x﹣1）2＝6，整理得3x2﹣4x﹣4＝0，
∴x1+x2＝，x1x2＝﹣，
∴|AB|＝＝．
【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查弦长公式的应用，考查运算求解能力，属中档题．
19．（12分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2．
（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求点D到直线EG的距离．
【分析】（1）取AD的中点M，连接MG，OD，FM，G为线段AB的中点，根据三角形的中位线定理、矩形的性质、平行四边形的判断定理、线面平行的判定定理即可证明结论．
（2）连接GD，ED．根据线面垂直的性质定理可得EB⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，直线EG的单位向量＝，可得点D到直线EG的距离d＝．
【解答】解：（1）证明：取AD的中点M，连接MG，OD，FM，又G为线段AB的中点，
则MG∥BD，MG＝OB，
∵四边形OBEF为矩形，则EFOB，∴EFMG，
∴四边形EFMG为平行四边形，
∴EG∥FM，而FM⊂平面AFD，而EG⊄平面AFD，
∴EG∥平面ADF．
（2）连接GD，ED．
∵四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，
∴EB⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，
D（2，2，0），G（0，1，0），E（0，0，2），
＝（2，2，﹣2），＝（0，1，﹣2），
直线EG的单位向量＝＝（0，1，﹣2），
∴•＝•＝，
∴点D到直线EG的距离d＝＝＝．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理、矩形的性质、平行四边形的判断定理、线面平行的判定定理、空间线面位置关系、空间距离，考查了空间想象能力与计算能力，属于中档题．
20．（12分）已知函数f（x）＝sin2x﹣．
（1）求f（x）的单调递减区间；
（2）∀x∈（0，），，求a的取值范围．
【分析】（1）根据三角恒等变换公式，化简可得f（x）＝﹣sin（2x+）+2，再由正弦函数的单调性，得解；
（2）计算可得f（x﹣）＝2cos2x+1，原问题等价于2cos2x+acosx+1＞0对∀x∈（0，）恒成立，再结合换元法、参变分离法与基本不等式，得解．
【解答】解：（1）f（x）＝sin2x﹣＝﹣sin2x+＝﹣sin（2x+）+2，
令2x+∈[2kπ﹣，2kπ+]，k∈Z，则x∈[kπ﹣，kπ+]，k∈Z，
故f（x）的单调递减区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．
（2）f（x﹣）＝﹣sin[2（x﹣）+]+2＝﹣sin（2x﹣）+2＝cos2x+2＝2cos2x+1，
原问题等价于2cos2x+acosx+1＞0对∀x∈（0，）恒成立，
令t＝cosx，则t∈（0，1），所以2t2+at+1＞0在t∈（0，1）上恒成立，即﹣a＜，
设g（t）＝＝2t+≥2＝2，当且仅当2t＝，即t＝时，等号成立，
此时g（t）的最小值为2，
所以﹣a＜2，即a＞﹣2，
故a的取值范围为（﹣2，+∞）．
【点评】本题主要考查三角函数的综合应用，熟练掌握三角恒等变换公式，正弦函数的单调性，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21．（12分）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝2．
（1）证明：MB⊥平面ABCD；
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
【分析】（1）由面面垂直的性质可得BC⊥BM，再得出BM⊥AB即可证明；
（2）设，求出平面BEN和平面BMN的法向量，利用向量关系建立方程求出；即可得出．
【解答】（1）证明：正方形ABCD中，BC⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面ABMN，
∴BC⊥BM，且BC⊥BN，又，
∴，
又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2+AN2，
∴AN⊥AB，
又∵AN∥BM，∴BM⊥AB，BC∩BA＝B，
∴BM⊥平面ABCD；
解：（2）由（1）知，BM⊥平面ABCD，BM⊥AB，
以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N（2，2，0），M（0，4，0），
设点，∴（x，y，z﹣2）＝λ（0，4，﹣2），
∴，∴E（0，4λ，2﹣2λ），
∴，
设平面BEN的法向量为＝（x，y，z），
∴，令x＝1，∴，∴，
显然，平面BMN的法向量为，
∴，
即，即，
即3λ2+2λ﹣1＝0，解得或﹣1（舍），
则存在一点E，且．
【点评】本题考查了线面垂直的证明以及二面角的问题，属于中档题．
22．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆C上的动点，△F1PF2的面积的最大值为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线3x﹣4y+5＝0相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l过定点（1，0）且与椭圆C交于不同的两点A，B，点M是椭圆C的右顶点，直线AM，BM分别与y轴交于P，Q两点，试问：以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
【分析】（1）利用直线与圆相切以及三角形的面积列出方程组，求出b，c，a，即可解得椭圆C的方程；
（2）以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点．当直线l斜率不存在时，直接求出定点坐标；当直线l斜率存在时，设y＝k（x﹣1），（k≠0）．联立直线与椭圆方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），利用韦达定理，通过直线AM的方程，直线BM的方程，转化已知条件为＝0恒成立．然后利用数量积求解定点坐标．
【解答】解：（1）由题意椭圆C的中心在坐标原点，左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上的动点，
△PF1F2的面积最大值为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线3x﹣4y+5＝0相切．
可得，解得b＝1，c＝，a＝2．
∴椭圆C的方程是；
（2）以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点．
当直线l斜率不存在时，以线段PQ为直径的圆的方程为：x2+y2＝3，恒过定点（±，0）．
当直线l斜率存在时，设y＝k（x﹣1），（k≠0）．
由，得（1+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣4＝0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1+x2＝，x1x2＝．
又∵点M是椭圆C的右顶点，∴点M（2，0）．
由题意可知直线AM的方程为：y＝（x﹣2），故点P（0，﹣）．
直线BM的方程为：y＝（x﹣2），故点Q（0，﹣）．
若以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点N（x0，0），
则等价于恒成立．
又，，
∴＝＝0恒成立．
又∵（x1﹣2）（x2﹣2）＝x1x2﹣2（x1+x2）+4＝﹣2×+4＝，
y1y2＝k（x1﹣1）k（x2﹣1）＝k2[x1x2﹣（x1+x2）+1]＝k2（﹣+1）＝，
∴＝＝．
解得x0＝±．
故以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点（±，0）．
【点评】本题考查椭圆的方程的求法，直线与圆的位置关系，恒过定点问题的求解方法，考查转化思想以及计算能力．向量在解析几何中的应用，注意直线的斜率是否存在，是中档题．
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