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2022-2023学年浙江省杭州学军中学高二上学期期中模拟数学试题（解析版）
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这是一份2022-2023学年浙江省杭州学军中学高二上学期期中模拟数学试题（解析版），共26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。
2022-2023学年浙江省杭州学军中学高二上学期期中模拟数学试题
一、单选题
1．已知，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的坐标运算可求解.
【详解】因为,所以,即,解得,
故选:A.
2．如果方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．
【答案】D
【分析】依题意可得，即可求出参数的取值范围.
【详解】解：因为方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，即，解得；
故选：D
3．在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（ ）
A．AE=CF，AC与EF是共面直线 B．，AC与EF是共面直线
C．AE=CF，AC与EF是异面直线 D．，AC与EF是异面直线
【答案】D
【分析】，，在中，根据中位线可得 ，由此能求出结果．
【详解】在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面，
其中母线，是的中点，是的中点，如图，
，，
，
在中，是的中点，是的中点，，
与是共面直线，若AC与EF是共面直线,则在同一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线
故选：D．
4．在圆内，过点的最长弦和最短弦分别是和，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化圆的方程为标准方差，求出圆心M的坐标与半径，最长的弦即为圆的直径，最短的弦和垂直，且经过点O，由垂径定理求得，从而可求四边形的面积.
【详解】化圆为，
可得圆心坐标为,半径为3.
由圆的性质可得，最长的弦即圆的直径，故.
因为，所以.
弦最短时，弦与垂直，且经过点O,此时.
故四边形的面积为.
故选:B.
5．已知双曲线，直线与双曲线C交于M，N两点，直线与双曲线C交于P，Q两点，若，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将代入双曲线方程可求，将代入双曲线可求，根据，得出，从而可求离心率.
【详解】将代入，得，
即，
解得，
所以，
将代入，得，即，
解得，
所以，
因为，所以，
所以，即，
所以双曲线C的离心率为.
故选：A.
6．如图，在三棱台中，下底面是直角三角形，且，侧面与都是直角梯形，且，若异面直线AC与所成角为，则BC与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由线面垂直的判定可得面，进而有，再证面，根据面面垂直的判定有面面，线面垂直的判定、性质得，由面面垂直的性质有面，即BC与平面所成角的平面角为，最后求其余弦值.
【详解】
由侧面与都是直角梯形，则，
又，面，则面，
由面，故，又，即，
而，面，则面，
因为面，所以面面，
连接，由，易知△为等腰直角三角形，
所以，又面面，面，
所以面，连接，则BC与平面所成角的平面角为，
又异面直线AC与所成角为，即，在中，，
又面，故，在中，则，
所以.
故选：D
7．已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，（其中O为坐标原点），则与面积之和的最小值是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】D
【分析】设（）且直线，联立抛物线应用韦达定理，结合向量数量积的坐标表示求得，进而可得，最后应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
【详解】
设（）且直线，联立抛物线得，
由，而，所以，得或，
又A，B位于x轴的两侧，故，故，
由，且过定点，
又，，
所以，当且仅当时等号成立.
故与面积之和的最小值是.
故选：D
8．为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.
【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:
正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等， 设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴ ，，，.
半球面形状的容器的容积是.
故选：B
二、多选题
9．己知，则以下坐标表示的点在平面ABC内的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】设选项中的点为，若，，，四点共面，则存在，，使得.
【详解】设选项中的点为，
由题意得，，
又，，，四点共面，则存在，，使得，
即，即，
对于A，，解得，故点在平面ABC内；
对于B，，解得，故点在平面ABC内；
对于C，，无解，故点不在平面ABC内；
对于D，，无解，故点不在平面ABC内.
故选：AB
10．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ）
A．的“欧拉线”方程为
B．圆上点到直线的最大距离为
C．若点在圆上，则的最小值是
D．若点在圆上，则的最大值是
【答案】ACD
【分析】由及题意可得三角形的欧拉线为线段的中垂线，求出的中垂线方程判断A；由欧拉线与圆相切可得，圆心到欧拉线的距离等于半径可得的值，由圆上的点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加半径判断B；令，得，代入圆的方程，由方程有根求出的范围判断C；表示圆上的点与连线的斜率，设，利用点到直线的距离公式得到不等式，即可求出的取值范围，从而判断D．
【详解】解：，由题意可得的欧拉线为的中垂线，
由，可得的中点为，且，
线段的中垂线方程为，即，故A正确；
的“欧拉线”与圆相切，
圆心到直线的距离，
圆的方程为，
圆心到直线的距离，
圆上点到直线的距离的最大值为，故B错误；
令，，代入圆的方程，
可得，由于在圆上，有根，
则，整理得，
解得，
的最小值为，即的最小值为，故C正确；
因为表示圆上的点与连线的斜率，设，则，即，
所以，即，解得，
所以的最大值为，故D正确；
故选：ACD．
11．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交该抛物线于，两点，点T（-1，0），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．若三角形TAB的面积为S，则S的最小值为
D．若线段AT中点为Q，且，则
【答案】ABD
【分析】A选项，设出直线AB：，与联立后得到两根之积；B选项，利用抛物线的定义得到，，转化为两根之和与两根之积的关系式，代入求解；C选项，表达出，求出最小面积；D选项，根据得到，，得到，进而计算出，求出.
【详解】将直线AB：与联立得：
设，则，故A正确；
由抛物线的定义可知：，，
则
，B正确；
，当且仅当时等号成立，故S的最小值为4，C错误；
由可得：，即，
所以，
解得：或（舍去），
又因为，所以，
因此，D正确.
故选：ABD
【点睛】抛物线的焦点弦的性质是比较多的，要重点记忆一些，比如，，等.
12．如图，在五面体中，底面为矩形，和均为等边三角形，平面，，，且二面角和的大小均为．设五面体的各个顶点均位于球的表面上，则（ ）
A．有且仅有一个，使得五面体为三棱柱
B．有且仅有两个，使得平面平面
C．当时，五面体的体积取得最大值
D．当时，球的半径取得最小值
【答案】ABC
【分析】根据棱柱的定义，主要利用线面、面面平行判定和性质定理判定A；利用线面、面面垂直的判定定理和性质定理判定B；利用体积分割，求得体积关于角度的函数关系，利用导数判定函数单调性，进而求得五面体的体积最大值的条件，从而判定C；利用球的性质找到外接球的球心，进而得到半径的变化规律，从而判定何时外接球的半径最小，从而判定D.
【详解】对于选项A:
∵平面,经过的平面与平面交于直线,∴,
取的中点分别为,连接,则
连接,∵和均为等边三角形，∴,
又∵底面为矩形，∴垂直,
故得二面角的平面角为,
二面角的平面角为,
因为，分别在平面和平面中，平面与平面和分别交于直线，所以当且仅当时，平面平面,
故当且仅当，即时，平面平面,
即五面体为三棱柱，故A正确；
对于选项B:
当平面和平面不平行时，它们的交线为,
由于,平面，平面，∴平面,
又∵平面,平面平面=直线，∴，
∴同理，∴当且仅当时，平面平面，
由于四边形为等腰梯形，∴当且仅当或时，,
∴当且仅当或时，平面平面，
故B正确；
对于选项C:
设的补角为，过A作直线AR与直线PQ垂直相交，垂足为R，连接DR,∵AD⊥EF,EF//PQ,∴AD⊥PQ,
又∵AD∩AR=A,AD,AR⊂平面ADF,
∴平面ADR⊥直线PQ，
同理做出S,得到平面SBC⊥直线PQ，
为直三棱柱的底面，且RS=EF为直三棱柱的高，
、为三棱锥和的底面上的高
因为，
所以五面体的体积为（如上图）或（如下图）
两种情况下都有，
令则，所以，
对求导得 ，
令得（舍去）或，
,,
故时体积取得极大值也是最大值.
所以，所以.
五面体的体积取得最大值.故C正确；
对于D项：
取等边的中心 ，的中点，过作平面QBC的垂线与过的平面ABCD的垂线的交点即为五面体PQABCD的外接球的球心，如图所示，连接,,则,∵四边形为边长一定的矩形，∴为定值，
∴当且仅当最小，即重合时外接球的半径最小，此时为锐角，
故D不对.
故选：ABC.
三、填空题
13．圆心在直线上，并且经过点，与直线相切的圆的方程为___．
【答案】
【分析】由题意设圆心为，可得圆的半径为，再由直线与圆相切列方程可求出的值，从而可求出圆的方程.
【详解】由题意设圆心为，
因为圆过点，所以圆的半径为，
因为直线与圆相切，
所以，
化简得，得，
所以圆心为，半径，
所以圆的方程为，
故答案为：
14．已知正四棱柱，，，则直线与平面所成角的正弦值为___________.
【答案】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：.
15．四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，则动点的轨迹的长度为______.
【答案】.
【分析】建立空间直角坐标系，设出，由二面角的大小，列出方程，得到，设直线与轴交点分别为，得到动点的轨迹的长度为的长，由勾股定理求出答案.
【详解】因为平面，平面，
所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又因为，
所以PA，AB，AD两两垂直，
所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
因为是四边形内部一点，设，
其中，
平面PDA的法向量为，
设平面QPD的法向量为，则
，
令，则，
所以，
，
由于，
所以，故，
因为的平面角大小为，设为，
则，
解得：，
设直线与轴交点分别为，
故动点的轨迹的长度为的长，
令得：，故
令得：，故
由勾股定理得：，
所以动点的轨迹的长度为.
故答案为：.
16．已知椭圆，，为其左右焦点，动直线l为此椭圆的切线，右焦点关于直线l的对称点，，则S的取值范围为_____________．
【答案】
【分析】本题的关键点是根据椭圆的光学性质可得：对称点，切点，左焦点三点共线，根据斜率相等得到方程，结合点中点B在切线方程上得到的方程，求出点的轨迹方程，然后根据S的特点，从点到直线距离入手，求出S的取值范围.
【详解】因为，所以，故，因为右焦点关于直线l的对称点，设切点为 ，由椭圆的光学性质可得：，，三点共线，直线l方程为，则点中点B在切线方程上，其中代入切线方程中，得：①，由，，三点共线可得：，即②，联立①②可得：，，因为在椭圆方程上，可得：③，把，代入③中，解得：，即点的轨迹方程是以为圆心，半径为4的圆，圆心到直线的距离为，则圆上的点到直线的距离最小值为，最大值为，则，即
故答案为：
【点睛】本题是圆锥曲线的光学性质的运用，即从椭圆一个焦点出发的光线经过椭圆反射后，反射光线一定经过另一个焦点，这在焦点关于切线对称的问题上，属于一个隐含条件，只有用到这个性质，才能顺利的解决问题；当然双曲线和抛物线都有类似的性质，双曲线的光学性质：从双曲线一个焦点发出的光，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线都汇聚到双曲线的另一个焦点上；抛物线的光学性质：从抛物线的焦点发出的光线，经过抛物线反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.
四、解答题
17．已知圆：.
(1)若直线与交于A，两点，线段的中点为，求；
(2)已知点的坐标为，求过点的圆的切线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据运算求解；
（2）根据直线与圆相切可得，结合点到直线的距离公式运算求解，注意讨论直线l的斜率是否存在.
【详解】（1）：的圆心，半径
设线段的中点为，则
∴.
（2）当的斜率不存在时，则：，圆心到直线的距离为，即与圆相切，
∴符合题意；
当的斜率存在时，设为，则直线：，即
由题意可得：，解得，
∴直线：；
综上所述：的方程为或.
18．如图，在四棱台中，底面是正方形，若，，．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，根据已知易证、，再由线面垂直、面面垂直的判定即可证结论；
（2）应用几何法找到二面角的一个平面角，进而求其余弦值即可.
【详解】（1）将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，
由题意知，且，，，分别是棱PA，PB，PC，PD的中点，
所以，又，，，
所以，故，
又，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，又平面，
所以平面平面ABCD．
（2）由底面是正方形，则，
由（1）知：面面ABCD，面面ABCD，而面ABCD，
所以面，过D作于G，连接AG，则面，
故面面，面面，面，
所以面，又面，则，
因此∠AGD为二面角的一个平面角，
在直角△ADG中，，，则，
所以，即二面角的平面角的余弦值为．
19．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．
（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.
【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为：.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有
设第个面的棱数为，所以
所以总曲率为：
所以这类多面体的总曲率是常数.
【点睛】本题考查立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键．
20．已知双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，直线交双曲线于两点.
(1)求双曲线的方程.
(2)若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，使得以线段为直径的圆恒过点
【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；
（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.
【详解】（1）两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；
当时，由得：，，双曲线的方程为：；
当时，方程无解；
综上所述：双曲线的方程为：.
（2）由题意得：，
假设存在定点满足题意，则恒成立；
方法一：①当直线斜率存在时，设，，，
由得：，，
，，
，
，
整理可得：，
由得：；
当时，恒成立；
②当直线斜率不存在时，，则，，
当时，，，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
方法二：①当直线斜率为时，，则，，
，，，
，解得：；
②当直线斜率不为时，设，，，
由得：，，
，，
；
当，即时，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；
④由所得等式恒成立可整理得到定点.
21．正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设
(1)当时，求的值；
(2)若P为平面ABCD外一点，满足，记，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）构建平面直角坐标系得到，坐标，进而写出、坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.
（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到，结合换元法及三角函数、二次函数性质求范围.
【详解】（1）构建如下图示的平面直角坐标系，则，，
当，则，故，，
所以，，
则.
（2）由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，
所以且，
则，
所以，
令，则，可得，
若，则，此时在上递增，
所以.
【点睛】关键点点睛：构建坐标系，利用坐标表示相关向量，由向量模长、夹角的坐标表示求值、得到，结合相关函数的性质求范围.
22．已知椭圆过点，且以长轴和短轴为对角线的四边形面积为.
(1)求的方程；
(2)已知椭圆，在椭圆上任取三点，是否存在使得与椭圆相切于三角形三边的中点，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，
【分析】（1）由以长轴和短轴为对角线的四边形面积为可得，求得，再结合在椭圆上得到，两式联立即可得到答案；
（2）设的中点分别是，然后得到直线为，与椭圆进行联立，得到一元二次方程，利用韦达定理以及结合题意通过计算即可得到答案
【详解】（1）以长轴和短轴为对角线的四边形面积为，从而，
因为在椭圆上，所以，解得，
所以椭圆方程为
（2）设的中点分别是，则，
因为均与椭圆相切于点，所以，
因为在两直线上，所以，
所以在直线上，即直线的方程为，
联立得，
所以，
所以，
当直线斜率存在时，且的中点为，直线，
设得，
因为与椭圆相切，所以，化简得，
代入得
因为在椭圆上，所以，代入得，解得（舍），所以，此时，
中点的横坐标为，
方程的解为，
所以时，与椭圆相切时切点为的中点，所以满足条件，
当直线斜率不存在时，不妨假设直线切于椭圆的左顶点，且根据椭圆的对称性，的中点为左顶点，在轴的正半轴上，
所以将代入椭圆得，不妨设，
将代入椭圆得，所以，
则的中点为，代入椭圆得，解得，
综上所述，
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
2022-2023学年浙江省杭州学军中学高二上学期期中模拟数学试题
一、单选题
1．已知，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的坐标运算可求解.
【详解】因为,所以,即,解得,
故选:A.
2．如果方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．
【答案】D
【分析】依题意可得，即可求出参数的取值范围.
【详解】解：因为方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，即，解得；
故选：D
3．在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（ ）
A．AE=CF，AC与EF是共面直线 B．，AC与EF是共面直线
C．AE=CF，AC与EF是异面直线 D．，AC与EF是异面直线
【答案】D
【分析】，，在中，根据中位线可得 ，由此能求出结果．
【详解】在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面，
其中母线，是的中点，是的中点，如图，
，，
，
在中，是的中点，是的中点，，
与是共面直线，若AC与EF是共面直线,则在同一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线
故选：D．
4．在圆内，过点的最长弦和最短弦分别是和，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化圆的方程为标准方差，求出圆心M的坐标与半径，最长的弦即为圆的直径，最短的弦和垂直，且经过点O，由垂径定理求得，从而可求四边形的面积.
【详解】化圆为，
可得圆心坐标为,半径为3.
由圆的性质可得，最长的弦即圆的直径，故.
因为，所以.
弦最短时，弦与垂直，且经过点O,此时.
故四边形的面积为.
故选:B.
5．已知双曲线，直线与双曲线C交于M，N两点，直线与双曲线C交于P，Q两点，若，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将代入双曲线方程可求，将代入双曲线可求，根据，得出，从而可求离心率.
【详解】将代入，得，
即，
解得，
所以，
将代入，得，即，
解得，
所以，
因为，所以，
所以，即，
所以双曲线C的离心率为.
故选：A.
6．如图，在三棱台中，下底面是直角三角形，且，侧面与都是直角梯形，且，若异面直线AC与所成角为，则BC与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由线面垂直的判定可得面，进而有，再证面，根据面面垂直的判定有面面，线面垂直的判定、性质得，由面面垂直的性质有面，即BC与平面所成角的平面角为，最后求其余弦值.
【详解】
由侧面与都是直角梯形，则，
又，面，则面，
由面，故，又，即，
而，面，则面，
因为面，所以面面，
连接，由，易知△为等腰直角三角形，
所以，又面面，面，
所以面，连接，则BC与平面所成角的平面角为，
又异面直线AC与所成角为，即，在中，，
又面，故，在中，则，
所以.
故选：D
7．已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，（其中O为坐标原点），则与面积之和的最小值是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】D
【分析】设（）且直线，联立抛物线应用韦达定理，结合向量数量积的坐标表示求得，进而可得，最后应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
【详解】
设（）且直线，联立抛物线得，
由，而，所以，得或，
又A，B位于x轴的两侧，故，故，
由，且过定点，
又，，
所以，当且仅当时等号成立.
故与面积之和的最小值是.
故选：D
8．为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.
【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:
正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等， 设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴ ，，，.
半球面形状的容器的容积是.
故选：B
二、多选题
9．己知，则以下坐标表示的点在平面ABC内的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】设选项中的点为，若，，，四点共面，则存在，，使得.
【详解】设选项中的点为，
由题意得，，
又，，，四点共面，则存在，，使得，
即，即，
对于A，，解得，故点在平面ABC内；
对于B，，解得，故点在平面ABC内；
对于C，，无解，故点不在平面ABC内；
对于D，，无解，故点不在平面ABC内.
故选：AB
10．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ）
A．的“欧拉线”方程为
B．圆上点到直线的最大距离为
C．若点在圆上，则的最小值是
D．若点在圆上，则的最大值是
【答案】ACD
【分析】由及题意可得三角形的欧拉线为线段的中垂线，求出的中垂线方程判断A；由欧拉线与圆相切可得，圆心到欧拉线的距离等于半径可得的值，由圆上的点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加半径判断B；令，得，代入圆的方程，由方程有根求出的范围判断C；表示圆上的点与连线的斜率，设，利用点到直线的距离公式得到不等式，即可求出的取值范围，从而判断D．
【详解】解：，由题意可得的欧拉线为的中垂线，
由，可得的中点为，且，
线段的中垂线方程为，即，故A正确；
的“欧拉线”与圆相切，
圆心到直线的距离，
圆的方程为，
圆心到直线的距离，
圆上点到直线的距离的最大值为，故B错误；
令，，代入圆的方程，
可得，由于在圆上，有根，
则，整理得，
解得，
的最小值为，即的最小值为，故C正确；
因为表示圆上的点与连线的斜率，设，则，即，
所以，即，解得，
所以的最大值为，故D正确；
故选：ACD．
11．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交该抛物线于，两点，点T（-1，0），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．若三角形TAB的面积为S，则S的最小值为
D．若线段AT中点为Q，且，则
【答案】ABD
【分析】A选项，设出直线AB：，与联立后得到两根之积；B选项，利用抛物线的定义得到，，转化为两根之和与两根之积的关系式，代入求解；C选项，表达出，求出最小面积；D选项，根据得到，，得到，进而计算出，求出.
【详解】将直线AB：与联立得：
设，则，故A正确；
由抛物线的定义可知：，，
则
，B正确；
，当且仅当时等号成立，故S的最小值为4，C错误；
由可得：，即，
所以，
解得：或（舍去），
又因为，所以，
因此，D正确.
故选：ABD
【点睛】抛物线的焦点弦的性质是比较多的，要重点记忆一些，比如，，等.
12．如图，在五面体中，底面为矩形，和均为等边三角形，平面，，，且二面角和的大小均为．设五面体的各个顶点均位于球的表面上，则（ ）
A．有且仅有一个，使得五面体为三棱柱
B．有且仅有两个，使得平面平面
C．当时，五面体的体积取得最大值
D．当时，球的半径取得最小值
【答案】ABC
【分析】根据棱柱的定义，主要利用线面、面面平行判定和性质定理判定A；利用线面、面面垂直的判定定理和性质定理判定B；利用体积分割，求得体积关于角度的函数关系，利用导数判定函数单调性，进而求得五面体的体积最大值的条件，从而判定C；利用球的性质找到外接球的球心，进而得到半径的变化规律，从而判定何时外接球的半径最小，从而判定D.
【详解】对于选项A:
∵平面,经过的平面与平面交于直线,∴,
取的中点分别为,连接,则
连接,∵和均为等边三角形，∴,
又∵底面为矩形，∴垂直,
故得二面角的平面角为,
二面角的平面角为,
因为，分别在平面和平面中，平面与平面和分别交于直线，所以当且仅当时，平面平面,
故当且仅当，即时，平面平面,
即五面体为三棱柱，故A正确；
对于选项B:
当平面和平面不平行时，它们的交线为,
由于,平面，平面，∴平面,
又∵平面,平面平面=直线，∴，
∴同理，∴当且仅当时，平面平面，
由于四边形为等腰梯形，∴当且仅当或时，,
∴当且仅当或时，平面平面，
故B正确；
对于选项C:
设的补角为，过A作直线AR与直线PQ垂直相交，垂足为R，连接DR,∵AD⊥EF,EF//PQ,∴AD⊥PQ,
又∵AD∩AR=A,AD,AR⊂平面ADF,
∴平面ADR⊥直线PQ，
同理做出S,得到平面SBC⊥直线PQ，
为直三棱柱的底面，且RS=EF为直三棱柱的高，
、为三棱锥和的底面上的高
因为，
所以五面体的体积为（如上图）或（如下图）
两种情况下都有，
令则，所以，
对求导得 ，
令得（舍去）或，
,,
故时体积取得极大值也是最大值.
所以，所以.
五面体的体积取得最大值.故C正确；
对于D项：
取等边的中心 ，的中点，过作平面QBC的垂线与过的平面ABCD的垂线的交点即为五面体PQABCD的外接球的球心，如图所示，连接,,则,∵四边形为边长一定的矩形，∴为定值，
∴当且仅当最小，即重合时外接球的半径最小，此时为锐角，
故D不对.
故选：ABC.
三、填空题
13．圆心在直线上，并且经过点，与直线相切的圆的方程为___．
【答案】
【分析】由题意设圆心为，可得圆的半径为，再由直线与圆相切列方程可求出的值，从而可求出圆的方程.
【详解】由题意设圆心为，
因为圆过点，所以圆的半径为，
因为直线与圆相切，
所以，
化简得，得，
所以圆心为，半径，
所以圆的方程为，
故答案为：
14．已知正四棱柱，，，则直线与平面所成角的正弦值为___________.
【答案】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：.
15．四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，则动点的轨迹的长度为______.
【答案】.
【分析】建立空间直角坐标系，设出，由二面角的大小，列出方程，得到，设直线与轴交点分别为，得到动点的轨迹的长度为的长，由勾股定理求出答案.
【详解】因为平面，平面，
所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又因为，
所以PA，AB，AD两两垂直，
所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
因为是四边形内部一点，设，
其中，
平面PDA的法向量为，
设平面QPD的法向量为，则
，
令，则，
所以，
，
由于，
所以，故，
因为的平面角大小为，设为，
则，
解得：，
设直线与轴交点分别为，
故动点的轨迹的长度为的长，
令得：，故
令得：，故
由勾股定理得：，
所以动点的轨迹的长度为.
故答案为：.
16．已知椭圆，，为其左右焦点，动直线l为此椭圆的切线，右焦点关于直线l的对称点，，则S的取值范围为_____________．
【答案】
【分析】本题的关键点是根据椭圆的光学性质可得：对称点，切点，左焦点三点共线，根据斜率相等得到方程，结合点中点B在切线方程上得到的方程，求出点的轨迹方程，然后根据S的特点，从点到直线距离入手，求出S的取值范围.
【详解】因为，所以，故，因为右焦点关于直线l的对称点，设切点为 ，由椭圆的光学性质可得：，，三点共线，直线l方程为，则点中点B在切线方程上，其中代入切线方程中，得：①，由，，三点共线可得：，即②，联立①②可得：，，因为在椭圆方程上，可得：③，把，代入③中，解得：，即点的轨迹方程是以为圆心，半径为4的圆，圆心到直线的距离为，则圆上的点到直线的距离最小值为，最大值为，则，即
故答案为：
【点睛】本题是圆锥曲线的光学性质的运用，即从椭圆一个焦点出发的光线经过椭圆反射后，反射光线一定经过另一个焦点，这在焦点关于切线对称的问题上，属于一个隐含条件，只有用到这个性质，才能顺利的解决问题；当然双曲线和抛物线都有类似的性质，双曲线的光学性质：从双曲线一个焦点发出的光，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线都汇聚到双曲线的另一个焦点上；抛物线的光学性质：从抛物线的焦点发出的光线，经过抛物线反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.
四、解答题
17．已知圆：.
(1)若直线与交于A，两点，线段的中点为，求；
(2)已知点的坐标为，求过点的圆的切线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据运算求解；
（2）根据直线与圆相切可得，结合点到直线的距离公式运算求解，注意讨论直线l的斜率是否存在.
【详解】（1）：的圆心，半径
设线段的中点为，则
∴.
（2）当的斜率不存在时，则：，圆心到直线的距离为，即与圆相切，
∴符合题意；
当的斜率存在时，设为，则直线：，即
由题意可得：，解得，
∴直线：；
综上所述：的方程为或.
18．如图，在四棱台中，底面是正方形，若，，．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，根据已知易证、，再由线面垂直、面面垂直的判定即可证结论；
（2）应用几何法找到二面角的一个平面角，进而求其余弦值即可.
【详解】（1）将四棱台补形成四棱锥，取CD中点E，连接PE，BE，
由题意知，且，，，分别是棱PA，PB，PC，PD的中点，
所以，又，，，
所以，故，
又，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，又平面，
所以平面平面ABCD．
（2）由底面是正方形，则，
由（1）知：面面ABCD，面面ABCD，而面ABCD，
所以面，过D作于G，连接AG，则面，
故面面，面面，面，
所以面，又面，则，
因此∠AGD为二面角的一个平面角，
在直角△ADG中，，，则，
所以，即二面角的平面角的余弦值为．
19．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．
（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.
【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为：.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有
设第个面的棱数为，所以
所以总曲率为：
所以这类多面体的总曲率是常数.
【点睛】本题考查立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键．
20．已知双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，直线交双曲线于两点.
(1)求双曲线的方程.
(2)若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，使得以线段为直径的圆恒过点
【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；
（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.
【详解】（1）两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；
当时，由得：，，双曲线的方程为：；
当时，方程无解；
综上所述：双曲线的方程为：.
（2）由题意得：，
假设存在定点满足题意，则恒成立；
方法一：①当直线斜率存在时，设，，，
由得：，，
，，
，
，
整理可得：，
由得：；
当时，恒成立；
②当直线斜率不存在时，，则，，
当时，，，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
方法二：①当直线斜率为时，，则，，
，，，
，解得：；
②当直线斜率不为时，设，，，
由得：，，
，，
；
当，即时，成立；
综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；
④由所得等式恒成立可整理得到定点.
21．正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设
(1)当时，求的值；
(2)若P为平面ABCD外一点，满足，记，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）构建平面直角坐标系得到，坐标，进而写出、坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.
（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到，结合换元法及三角函数、二次函数性质求范围.
【详解】（1）构建如下图示的平面直角坐标系，则，，
当，则，故，，
所以，，
则.
（2）由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，
所以且，
则，
所以，
令，则，可得，
若，则，此时在上递增，
所以.
【点睛】关键点点睛：构建坐标系，利用坐标表示相关向量，由向量模长、夹角的坐标表示求值、得到，结合相关函数的性质求范围.
22．已知椭圆过点，且以长轴和短轴为对角线的四边形面积为.
(1)求的方程；
(2)已知椭圆，在椭圆上任取三点，是否存在使得与椭圆相切于三角形三边的中点，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，
【分析】（1）由以长轴和短轴为对角线的四边形面积为可得，求得，再结合在椭圆上得到，两式联立即可得到答案；
（2）设的中点分别是，然后得到直线为，与椭圆进行联立，得到一元二次方程，利用韦达定理以及结合题意通过计算即可得到答案
【详解】（1）以长轴和短轴为对角线的四边形面积为，从而，
因为在椭圆上，所以，解得，
所以椭圆方程为
（2）设的中点分别是，则，
因为均与椭圆相切于点，所以，
因为在两直线上，所以，
所以在直线上，即直线的方程为，
联立得，
所以，
所以，
当直线斜率存在时，且的中点为，直线，
设得，
因为与椭圆相切，所以，化简得，
代入得
因为在椭圆上，所以，代入得，解得（舍），所以，此时，
中点的横坐标为，
方程的解为，
所以时，与椭圆相切时切点为的中点，所以满足条件，
当直线斜率不存在时，不妨假设直线切于椭圆的左顶点，且根据椭圆的对称性，的中点为左顶点，在轴的正半轴上，
所以将代入椭圆得，不妨设，
将代入椭圆得，所以，
则的中点为，代入椭圆得，解得，
综上所述，
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
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