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四川省成都市嘉祥教育集团2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市嘉祥教育集团2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析），共23页。
1．在作答前，考生务必将自己的姓名、考号涂写在试卷和答题卡规定的地方.考试结束，监考人员只将答题卡收回，试卷请考生自己妥善保存.
2．选择题部分必须用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题均无效.
4．保持答题卡清洁，不得折叠、污染、破损等.
一、选择题（本题共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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由倾斜角与斜率的关系，即可得到结果.
【详解】因为直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以.
故选：D
2. 椭圆C：一个焦点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程即可求出,并且知道焦点在轴上,可表示出焦点坐标.
【详解】由椭圆C：，知，
故焦点坐标为.
故选：B
3. 已知点P是圆 上一点，点，则线段长度的最大值为（ ）
A. 3B. 5C. 7D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】先由判断点在圆外，则最大值为.
【详解】圆 ，即，
则圆心，半径，由点，
则，
即点在圆外，则.
故选：C.
4. 直线l：关于点对称的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线关于点的对称直线平行，设出所求直线，利用点到直线距离求解.
【详解】因为不在直线l：上，
所以可设直线l：关于点对称的直线方程为，
则，解得或（舍去），
故所求直线方程为：.
故选：A
5. 若为空间的一个基底，则下列各项中能作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量基底定义和共面向量定理判断即可．
【详解】因为，所以是共面向量，
则不能作为基底，故A错误；
因为，所以是共面向量，
则不能作为基底，故B错误；
设，可得，此方程组无解，
所以是不共面的向量，则能作为基底，故C正确；
因为，所以是共面向量，
则不能作为基底，故D错误．
故选：C．
6. 已知直线：，：，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线平行、充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】依题意，：，：，
若两直线平行，则，
解得或.
当时，：，：，
此时两直线重合，不符合.
当时，：，：，符合题意.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
7. 已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以点到直线的距离是.
故选：D.
8. 明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆．已知图（1）、（2）、（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别为、、，设图（1）、（2）、（3）中椭圆的离心率分别为、、，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的长轴长与短轴长的定义，结合离心率公式和参数之间的等量关系，可得答案.
【详解】因为椭圆离心率，
所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大，
因为，
所以.
故选：B.
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 在空间直角坐标系中，O为坐标原点，点P的坐标为，则正确的是（ ）
A. 点P关于x轴对称点的坐标为
B. 点P关于平面的对称点坐标为
C. 点P到原点O的距离是3
D. 直线与y轴所在直线夹角的余弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据点关于坐标轴的对称点判断A，根据点关于平面的对称点判断B，根据两点距离公式判断C，根据直线夹角的向量求法判断D.
【详解】对于A，点关于轴对称点的坐标，错误；
对于B，点关于平面的对称点坐标为，正确；
对于C，点P到原点O距离是，正确；
对于D，直线的方向向量，y轴所在直线的方向向量为，所以直线与y轴所在直线夹角的余弦值为，错误.
故选：BC.
10. 已知直线过点，且直线在坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】分直线过原点，直线截距相等，直线截距互为相反数三种情况设直线分别为，结合过点可得答案.
【详解】当直线过原点时，设直线方程为，因过点，则直线的方程为，即，故A正确；
当直线截距相等时，设直线方程为，因过点，则，则直线的方程为，故C正确；
当直线截距互为相反数时，设直线方程为，因过点，则，则直线的方程为，故B正确．
故选：ABC．
11. 已知曲线，点，，，P为曲线上一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的周长为6
B. 的面积的最大值为
C. 存在点P，使得
D. 的最大值为7
【答案】BD
【解析】
【分析】先利用椭圆的定义求得曲线的标准方程，再利用椭圆的性质，逐一分析各选项即可得解.
【详解】因为曲线，，，
所以，所以曲线是椭圆，其中，则，
所以曲线的标准方程为，
对于A，的周长为，故A错误；
对于B，当P为椭圆短轴顶点时，点到边的距离最大，则的面积最大，
则最大面积，故B正确；
对于C，当P为椭圆短轴顶点时，最大，
此时，即为锐角，
所以不存在点P使得，故C错误；
对于D，如图，，，
所以，
所以，
当且仅当在的延长线上时，等号成立，故D正确．
故选：BD.
12. 已知直线和圆，点A是直线上的一个动点，点是圆上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 当最小时，直线的方程为
C. 若圆O上总存在点D，使得，则A的横坐标的取值范围是
D. 定点到动直线BC距离最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】分析的取值情况，即可判断A，根据圆的切线长的计算公式结合圆心到直线的距离即可求得的最小值，从而求出此时以为圆心的圆的方程，两圆方程作差，即可求出切点弦方程，即可判断B，由曲线上总存在点，使得，可得，从而，设，可得不等式，求得范围，判断C，由题意可知､两点在以为直径的圆上，求出以为直径的圆的方程，联立求得直线的方程，可推得直线所过的定点，从而求出距离最大值，判断D.
【详解】对于A：当越小时的值越大，所以当的长度无限大时，无限接近，所以无限接近，故A错误；
对于B： 因为，即，
所以最小时，就是最小，
又因为，所以最小时，最小，
因为当是点到直线的距离时最小，最小值为，
此时，则，所以，由，解得，即，
又，所以以为圆心为半径的圆的方程为，
由与相减即可得到，
即直线的方程为，故B正确．
对于C：因为点A是直线上的一个动点，所以设，
因为曲线上总存在点，使得，所以，
因此，又因为在中，，
所以，即，解得，
因此点A的横坐标的取值范围是，故C正确；
对于D：由题意过点A作曲线的两条切线，切点分别为､，
可知､两点在以为直径的圆上，设，则为直径的圆的方程为，
和相减可得直线的方程，即，即，
由于，故由，得，所以直线恒过定点，
所以定点到动直线BC距离最大值为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题判断正误的难点在于C、D选项的判断，对于C选项，要能够根据曲线上总存在点，使得，明确，然后结合三角函数求解；对于D选项，要能够明确即为以为直径的圆和的公共弦，由此可求得直线的方程.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知光线经过点，经x轴上的反射照到y轴上，则光线照在y轴上的点的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】求出点关于x轴的对称点为，直线即是反射光线所在直线，两点式求出直线方程，从而得到反射光线经过y轴上的点的坐标.
【详解】点关于x轴的对称点为，则直线即是反射光线所在直线，
由两点式可得其方程为，即，
令，得，所以反射光线经过y轴上的点的坐标为.
故答案为：
14. 已知方程(为实数)表示圆，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
由可求得或；分别在两个取值情况下验证是否大于零，大于零的为满足题意的取值.
【详解】方程表示圆 ，解得：或
当时，方程可化为，此时，满足题意；
当时，方程可化为，此时，方程不表示圆
综上所述：
故答案为：
【点睛】本题考查根据方程表示圆求解参数值的问题，关键是明确若方程表示圆，则需.
15. 椭圆：的左顶点为，点，均在上，且关于轴对称.若直线，的斜率之积为，则的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得：，再结合，整理可得离心率．
【详解】已知，设，则，
，，
故①，
∵，即②，
②代入①整理得：，
．
故答案为：．
16. 已知椭圆C：的离心率为，斜率为正的直线l与椭圆C交于A，B两点，与x轴、y轴分别交于P，Q两点，点的位置如图所示，且，则直线l的斜率为_________．
【答案】##0.75
【解析】
【分析】设，根据，得，，应用点差法求得，结合离心率即可求解.
【详解】设，因为直线斜率为正，设为，所以可设点在第一象限，
，，且A，B，P，Q四点共线，
，，
又，，，，
在椭圆上，，，
两式相减可得，，，
又，，
，即，，
，又直线斜率为正，．
故答案为：.
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
（1）求顶点的坐标；
（2）求直线的方程．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由边上的高所在直线的斜率可求直线的斜率，已知点，由点斜式方程可得直线方程，又点也在边的中线上，联立方程组求解交点的坐标即可；
（2）设点，则中点在已知中线上，又点在已知边的高线上，则联立方程组可得，再由两点式可得直线的方程.
【小问1详解】
因为边上的高所在直线方程为，
设线的斜率为，则，解得，
又因为直线过点，
则直线的方程为,，
又边上的中线所在直线方程为，且该直线过点，
所以联立，
解得的坐标为．
【小问2详解】
设，因为边上的中线所在直线方程为，
所以的中点在直线上，
且边上的高所在直线过顶点，
所以，解得，即的坐标为．
由（1）知，由两点式方程得，
化简得.
即直线的方程为．
18. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，.
（1）求圆A的标准方程；
（2）求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）计算出圆A的半径，可得出圆A的标准方程；
（2）利用勾股定理计算出圆心A到直线的距离为，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线轴时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数值，综合可得出直线的方程.
【小问1详解】
设圆A半径为R，由圆与直线相切，
则点到直线的距离等于半径，
得，
∴圆A的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，，
则圆心A到直线的距离
.
当直线l与x轴垂直时，即，
此时圆心A到直线的距离为，符合题意；
当直线l不与x轴垂直时，
设方程为，即，
， 解得，
∴直线l为：.
综上所述，直线l的方程为或.
19. 已知四面体ABCD的顶点坐标分别为，，，．
（1）若M是BD的中点，求直线CM与平面ACD所成的角的正弦值；
（2）若P，A，C，D四点共面，且BP⊥平面ACD，求点P的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意分别求出向量和平面ACD的一个法向量，再用直线与平面所成的角的正弦值公式代入计算即可；
（2）由题意，，于是点P的坐标为，由P，A，C，D四点共面，可设，将坐标分别代入即可解得，从而求得点P的坐标.
【小问1详解】
由题意，，，，，
可设平面ACD的法向量，
则，即，
化简得．
令，则，，
可得平面ACD的一个法向量，
设直线CM与平面ACD所成的角为，
则，
即直线CM与平面ACD所成的角的正弦值为；
【小问2详解】
由题意，，于是点P的坐标为，
又P，A，C，D四点共面，可设，
即，
即，
解得，
所以所求点P的坐标为．
20. 如图，已知是椭圆C:左右焦点，过的直线与椭圆C交于A，B两点，且的周长为8．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若椭圆C的长轴是DE，直线AD，BE的斜率分别是k1，k2，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的性质和直线过右焦点直接得出椭圆方程.
（2）直曲联立，得到韦达定理表示成代数式，再表示出斜率即可.
【小问1详解】
由已知得
因此，椭圆C的方程为
【小问2详解】
由（1）知
设，，
联立和，
消去x，整理得
，，
所以
21. 如图，正三棱锥中，E，F分别是侧棱AC，AD的中点，连接EF．
（1）判断AB与EF的位置关系，说明理由；
（2）若，，求平面BCD与平面BEF所成角的余弦值．
【答案】（1）异面垂直，证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明AB与EF异面，再证明即可得出结果.
（2）法一：先用二面角的定义求出二面角的位置，再解三角形得出二面角的余弦值；法二：建系，利用空间向量求面面夹角.
小问1详解】
AB与EF异面垂直．
直线EF在平面ACD内，且点A在直线EF在外，
点B在平面ACD外，所以AB与EF是异面直线．
取中点，连接，因为为等腰三角形，为正三角形，
，且都在面内，
所以，
所以
所以，所以AB⊥EF．
进而AB与EF异面垂直．
【小问2详解】
法一：
取等边的中心O，连接AO，，由图像可知为中点，连接，则，过做的平行线，
因为，所以，
因为，所以，
因为为平面BCD与平面BEF的公共边，
故为平面BCD与平面BEF所成的二面角，
因为底面为正三角形，且，的中心O
所以,
所以,
又因为
所以
所以余弦值等于
法二：
取等边的中心O，连接AO，OC，则，
，作Oy垂直OC，如图所示建立空间直角坐标系．
则A，B，C，D，
E，F
有，
取平面BEF的法向量，
则 ，取，解得
取平面BCD得法向量 ，
则平面BCD与BEF所成角的余弦值
22. 已知圆心为H的圆和定点，B是圆上任意一点，线段AB的中垂线l和直线BH相交于点M，当点B在圆上运动时，点M的轨迹记为曲线C．
（1）求C的方程．
（2）如图所示，过点A作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求的取值范围
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由l是线段AB的中垂线得，根据椭圆定义可得答案；
（2）由直线EF与直线PQ垂直可得，①当直线PQ的斜率不存在时，直线EF的斜率为零，可取，，，，可得；②当直线PQ的斜率为零时，直线EF的斜率不存在，同理可得；③当直线PQ的斜率存在且不为零时，直线EF的斜率也存在，于是可设直线PQ的方程为，设直线EF的方程为，将直线PQ的方程代入曲线C的方程，令，利用韦达定理代入，根据的范围可得答案．
【小问1详解】
由，得，所以圆心为，半径为4，
连接MA，由l是线段AB的中垂线，得，
所以，又，
根据椭圆的定义可知，点M的轨迹是以A，H为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以，，，所求曲线C的方程为；
【小问2详解】
由直线EF与直线PQ垂直，可得，
于是，
①当直线PQ的斜率不存在时，直线EF的斜率为零，
此时可不妨取，，，，
所以，
②当直线PQ的斜率为零时，直线EF的斜率不存在，同理可得，
③当直线PQ的斜率存在且不为零时，直线EF的斜率也存在，于是可设直线PQ的方程为，，，，，
则直线EF的方程为，
将直线PQ的方程代入曲线C的方程，并整理得，，
所以，，
于是
，
将上面的k换成，可得，
所以，
令，则，于是上式化简整理可得，
，
由，得，所以，
综合①②③可知，的取值范围为．
1．在作答前，考生务必将自己的姓名、考号涂写在试卷和答题卡规定的地方.考试结束，监考人员只将答题卡收回，试卷请考生自己妥善保存.
2．选择题部分必须用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题均无效.
4．保持答题卡清洁，不得折叠、污染、破损等.
一、选择题（本题共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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由倾斜角与斜率的关系，即可得到结果.
【详解】因为直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以.
故选：D
2. 椭圆C：一个焦点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程即可求出,并且知道焦点在轴上,可表示出焦点坐标.
【详解】由椭圆C：，知，
故焦点坐标为.
故选：B
3. 已知点P是圆 上一点，点，则线段长度的最大值为（ ）
A. 3B. 5C. 7D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】先由判断点在圆外，则最大值为.
【详解】圆 ，即，
则圆心，半径，由点，
则，
即点在圆外，则.
故选：C.
4. 直线l：关于点对称的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线关于点的对称直线平行，设出所求直线，利用点到直线距离求解.
【详解】因为不在直线l：上，
所以可设直线l：关于点对称的直线方程为，
则，解得或（舍去），
故所求直线方程为：.
故选：A
5. 若为空间的一个基底，则下列各项中能作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量基底定义和共面向量定理判断即可．
【详解】因为，所以是共面向量，
则不能作为基底，故A错误；
因为，所以是共面向量，
则不能作为基底，故B错误；
设，可得，此方程组无解，
所以是不共面的向量，则能作为基底，故C正确；
因为，所以是共面向量，
则不能作为基底，故D错误．
故选：C．
6. 已知直线：，：，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线平行、充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】依题意，：，：，
若两直线平行，则，
解得或.
当时，：，：，
此时两直线重合，不符合.
当时，：，：，符合题意.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
7. 已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以点到直线的距离是.
故选：D.
8. 明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆．已知图（1）、（2）、（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别为、、，设图（1）、（2）、（3）中椭圆的离心率分别为、、，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的长轴长与短轴长的定义，结合离心率公式和参数之间的等量关系，可得答案.
【详解】因为椭圆离心率，
所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大，
因为，
所以.
故选：B.
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 在空间直角坐标系中，O为坐标原点，点P的坐标为，则正确的是（ ）
A. 点P关于x轴对称点的坐标为
B. 点P关于平面的对称点坐标为
C. 点P到原点O的距离是3
D. 直线与y轴所在直线夹角的余弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据点关于坐标轴的对称点判断A，根据点关于平面的对称点判断B，根据两点距离公式判断C，根据直线夹角的向量求法判断D.
【详解】对于A，点关于轴对称点的坐标，错误；
对于B，点关于平面的对称点坐标为，正确；
对于C，点P到原点O距离是，正确；
对于D，直线的方向向量，y轴所在直线的方向向量为，所以直线与y轴所在直线夹角的余弦值为，错误.
故选：BC.
10. 已知直线过点，且直线在坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】分直线过原点，直线截距相等，直线截距互为相反数三种情况设直线分别为，结合过点可得答案.
【详解】当直线过原点时，设直线方程为，因过点，则直线的方程为，即，故A正确；
当直线截距相等时，设直线方程为，因过点，则，则直线的方程为，故C正确；
当直线截距互为相反数时，设直线方程为，因过点，则，则直线的方程为，故B正确．
故选：ABC．
11. 已知曲线，点，，，P为曲线上一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的周长为6
B. 的面积的最大值为
C. 存在点P，使得
D. 的最大值为7
【答案】BD
【解析】
【分析】先利用椭圆的定义求得曲线的标准方程，再利用椭圆的性质，逐一分析各选项即可得解.
【详解】因为曲线，，，
所以，所以曲线是椭圆，其中，则，
所以曲线的标准方程为，
对于A，的周长为，故A错误；
对于B，当P为椭圆短轴顶点时，点到边的距离最大，则的面积最大，
则最大面积，故B正确；
对于C，当P为椭圆短轴顶点时，最大，
此时，即为锐角，
所以不存在点P使得，故C错误；
对于D，如图，，，
所以，
所以，
当且仅当在的延长线上时，等号成立，故D正确．
故选：BD.
12. 已知直线和圆，点A是直线上的一个动点，点是圆上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 当最小时，直线的方程为
C. 若圆O上总存在点D，使得，则A的横坐标的取值范围是
D. 定点到动直线BC距离最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】分析的取值情况，即可判断A，根据圆的切线长的计算公式结合圆心到直线的距离即可求得的最小值，从而求出此时以为圆心的圆的方程，两圆方程作差，即可求出切点弦方程，即可判断B，由曲线上总存在点，使得，可得，从而，设，可得不等式，求得范围，判断C，由题意可知､两点在以为直径的圆上，求出以为直径的圆的方程，联立求得直线的方程，可推得直线所过的定点，从而求出距离最大值，判断D.
【详解】对于A：当越小时的值越大，所以当的长度无限大时，无限接近，所以无限接近，故A错误；
对于B： 因为，即，
所以最小时，就是最小，
又因为，所以最小时，最小，
因为当是点到直线的距离时最小，最小值为，
此时，则，所以，由，解得，即，
又，所以以为圆心为半径的圆的方程为，
由与相减即可得到，
即直线的方程为，故B正确．
对于C：因为点A是直线上的一个动点，所以设，
因为曲线上总存在点，使得，所以，
因此，又因为在中，，
所以，即，解得，
因此点A的横坐标的取值范围是，故C正确；
对于D：由题意过点A作曲线的两条切线，切点分别为､，
可知､两点在以为直径的圆上，设，则为直径的圆的方程为，
和相减可得直线的方程，即，即，
由于，故由，得，所以直线恒过定点，
所以定点到动直线BC距离最大值为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题判断正误的难点在于C、D选项的判断，对于C选项，要能够根据曲线上总存在点，使得，明确，然后结合三角函数求解；对于D选项，要能够明确即为以为直径的圆和的公共弦，由此可求得直线的方程.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知光线经过点，经x轴上的反射照到y轴上，则光线照在y轴上的点的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】求出点关于x轴的对称点为，直线即是反射光线所在直线，两点式求出直线方程，从而得到反射光线经过y轴上的点的坐标.
【详解】点关于x轴的对称点为，则直线即是反射光线所在直线，
由两点式可得其方程为，即，
令，得，所以反射光线经过y轴上的点的坐标为.
故答案为：
14. 已知方程(为实数)表示圆，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
由可求得或；分别在两个取值情况下验证是否大于零，大于零的为满足题意的取值.
【详解】方程表示圆 ，解得：或
当时，方程可化为，此时，满足题意；
当时，方程可化为，此时，方程不表示圆
综上所述：
故答案为：
【点睛】本题考查根据方程表示圆求解参数值的问题，关键是明确若方程表示圆，则需.
15. 椭圆：的左顶点为，点，均在上，且关于轴对称.若直线，的斜率之积为，则的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得：，再结合，整理可得离心率．
【详解】已知，设，则，
，，
故①，
∵，即②，
②代入①整理得：，
．
故答案为：．
16. 已知椭圆C：的离心率为，斜率为正的直线l与椭圆C交于A，B两点，与x轴、y轴分别交于P，Q两点，点的位置如图所示，且，则直线l的斜率为_________．
【答案】##0.75
【解析】
【分析】设，根据，得，，应用点差法求得，结合离心率即可求解.
【详解】设，因为直线斜率为正，设为，所以可设点在第一象限，
，，且A，B，P，Q四点共线，
，，
又，，，，
在椭圆上，，，
两式相减可得，，，
又，，
，即，，
，又直线斜率为正，．
故答案为：.
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
（1）求顶点的坐标；
（2）求直线的方程．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由边上的高所在直线的斜率可求直线的斜率，已知点，由点斜式方程可得直线方程，又点也在边的中线上，联立方程组求解交点的坐标即可；
（2）设点，则中点在已知中线上，又点在已知边的高线上，则联立方程组可得，再由两点式可得直线的方程.
【小问1详解】
因为边上的高所在直线方程为，
设线的斜率为，则，解得，
又因为直线过点，
则直线的方程为,，
又边上的中线所在直线方程为，且该直线过点，
所以联立，
解得的坐标为．
【小问2详解】
设，因为边上的中线所在直线方程为，
所以的中点在直线上，
且边上的高所在直线过顶点，
所以，解得，即的坐标为．
由（1）知，由两点式方程得，
化简得.
即直线的方程为．
18. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，.
（1）求圆A的标准方程；
（2）求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）计算出圆A的半径，可得出圆A的标准方程；
（2）利用勾股定理计算出圆心A到直线的距离为，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线轴时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数值，综合可得出直线的方程.
【小问1详解】
设圆A半径为R，由圆与直线相切，
则点到直线的距离等于半径，
得，
∴圆A的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，，
则圆心A到直线的距离
.
当直线l与x轴垂直时，即，
此时圆心A到直线的距离为，符合题意；
当直线l不与x轴垂直时，
设方程为，即，
， 解得，
∴直线l为：.
综上所述，直线l的方程为或.
19. 已知四面体ABCD的顶点坐标分别为，，，．
（1）若M是BD的中点，求直线CM与平面ACD所成的角的正弦值；
（2）若P，A，C，D四点共面，且BP⊥平面ACD，求点P的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意分别求出向量和平面ACD的一个法向量，再用直线与平面所成的角的正弦值公式代入计算即可；
（2）由题意，，于是点P的坐标为，由P，A，C，D四点共面，可设，将坐标分别代入即可解得，从而求得点P的坐标.
【小问1详解】
由题意，，，，，
可设平面ACD的法向量，
则，即，
化简得．
令，则，，
可得平面ACD的一个法向量，
设直线CM与平面ACD所成的角为，
则，
即直线CM与平面ACD所成的角的正弦值为；
【小问2详解】
由题意，，于是点P的坐标为，
又P，A，C，D四点共面，可设，
即，
即，
解得，
所以所求点P的坐标为．
20. 如图，已知是椭圆C:左右焦点，过的直线与椭圆C交于A，B两点，且的周长为8．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若椭圆C的长轴是DE，直线AD，BE的斜率分别是k1，k2，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的性质和直线过右焦点直接得出椭圆方程.
（2）直曲联立，得到韦达定理表示成代数式，再表示出斜率即可.
【小问1详解】
由已知得
因此，椭圆C的方程为
【小问2详解】
由（1）知
设，，
联立和，
消去x，整理得
，，
所以
21. 如图，正三棱锥中，E，F分别是侧棱AC，AD的中点，连接EF．
（1）判断AB与EF的位置关系，说明理由；
（2）若，，求平面BCD与平面BEF所成角的余弦值．
【答案】（1）异面垂直，证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明AB与EF异面，再证明即可得出结果.
（2）法一：先用二面角的定义求出二面角的位置，再解三角形得出二面角的余弦值；法二：建系，利用空间向量求面面夹角.
小问1详解】
AB与EF异面垂直．
直线EF在平面ACD内，且点A在直线EF在外，
点B在平面ACD外，所以AB与EF是异面直线．
取中点，连接，因为为等腰三角形，为正三角形，
，且都在面内，
所以，
所以
所以，所以AB⊥EF．
进而AB与EF异面垂直．
【小问2详解】
法一：
取等边的中心O，连接AO，，由图像可知为中点，连接，则，过做的平行线，
因为，所以，
因为，所以，
因为为平面BCD与平面BEF的公共边，
故为平面BCD与平面BEF所成的二面角，
因为底面为正三角形，且，的中心O
所以,
所以,
又因为
所以
所以余弦值等于
法二：
取等边的中心O，连接AO，OC，则，
，作Oy垂直OC，如图所示建立空间直角坐标系．
则A，B，C，D，
E，F
有，
取平面BEF的法向量，
则 ，取，解得
取平面BCD得法向量 ，
则平面BCD与BEF所成角的余弦值
22. 已知圆心为H的圆和定点，B是圆上任意一点，线段AB的中垂线l和直线BH相交于点M，当点B在圆上运动时，点M的轨迹记为曲线C．
（1）求C的方程．
（2）如图所示，过点A作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求的取值范围
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由l是线段AB的中垂线得，根据椭圆定义可得答案；
（2）由直线EF与直线PQ垂直可得，①当直线PQ的斜率不存在时，直线EF的斜率为零，可取，，，，可得；②当直线PQ的斜率为零时，直线EF的斜率不存在，同理可得；③当直线PQ的斜率存在且不为零时，直线EF的斜率也存在，于是可设直线PQ的方程为，设直线EF的方程为，将直线PQ的方程代入曲线C的方程，令，利用韦达定理代入，根据的范围可得答案．
【小问1详解】
由，得，所以圆心为，半径为4，
连接MA，由l是线段AB的中垂线，得，
所以，又，
根据椭圆的定义可知，点M的轨迹是以A，H为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以，，，所求曲线C的方程为；
【小问2详解】
由直线EF与直线PQ垂直，可得，
于是，
①当直线PQ的斜率不存在时，直线EF的斜率为零，
此时可不妨取，，，，
所以，
②当直线PQ的斜率为零时，直线EF的斜率不存在，同理可得，
③当直线PQ的斜率存在且不为零时，直线EF的斜率也存在，于是可设直线PQ的方程为，，，，，
则直线EF的方程为，
将直线PQ的方程代入曲线C的方程，并整理得，，
所以，，
于是
，
将上面的k换成，可得，
所以，
令，则，于是上式化简整理可得，
，
由，得，所以，
综合①②③可知，的取值范围为．
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