【2024版】全国百强名校高二上学期期末综合复习与测试学生及教师版（含答案解析）

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一、单选题（共35题）
1．（2023下·江苏淮安·高一统考期末）在正四棱锥P-ABCD中，若PE=23PB，PF=13PC，平面AEF与棱PD交于点G，则四棱锥P-AEFG与四棱锥P-ABCD的体积比为（ ）
A．746B．845C．745D．445
【解题思路】利用A、E、F、G四点共面，PG=25PD，由锥体体积公式，求出VP-AEFVP-ABCD和VP-AGFVP-ABCD的值，即可得VP-AEFGVP-ABCD的值.
【解答过程】如图所示，

设PG=λPD，由A、E、F、G四点共面，
设AF=xAE+yAG，则AP+PF=x(AP+PE)+y(AP+PG)，
即AP+13(AB+AD-AP)=xAP+2x3(AB-AP)+yAP+yλAD-λAP，
得23-y-x3+λyAP+13-2x3AB+13-λyAD=0，
又AP，AB，AD不共面，则23-y-x3+λy=013-2x3=013-λy=0，解得：λ=25，即PG=25PD，
设h1，h2分别是点F到平面PAE和点C到平面PAB的距离，则h1h2=PFPC，
所以VP-AEFVP-ABC=VF-PAEVC-PAB=S△PAE⋅h1S△PAB⋅h2=S△PAES△PAB⋅PFPC=PA⋅PEPA⋅PB⋅PFPC=PEPB⋅PFPC=29，
VP-ABC=12VP-ABCD，VP-AEFVP-ABCD=19，
同理，VP-AGFVP-ADC=VF-PAGVC-PAD=PA⋅PGPA⋅PD⋅PFPC=PGPD⋅PFPC=215，VP-ADC=12VP-ABCD，VP-AGFVP-ABCD=115，
VP-AEFGVP-ABCD=VP-AGF+VP-AEFVP-ABCD=19+115=845
则四棱锥P-AEFG与四棱锥P-ABCD的体积比为845.
故选：B.
2．（2023下·浙江温州·高一统考期末）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=6，AD=8，E为棱AD上一点，且AE=6，平面A1BE上一动点Q满足EQ⋅AQ=0，设P是该长方体外接球上一点，则P，Q两点间距离的最大值是（ ）

A．34+26B．34+22
C．34+11D．34+6
【解题思路】建立空间直角坐标系，设出点Q坐标，结合平面向量基本定理求出点Q到外接球球心距离的最大值，然后加上外接球半径即为要求的最大值.
【解答过程】以C为原点，CA,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
设Qx,y,z,长方体外接球球心记为O.

则O3,4,3,A6,8,0,B0,8,0,E6,2,0,A16,8,6,
∴EQ=x-6,y-2,z,AQ=x-6,y-8,z,EB=-6,6,0,EA1=0,6,6,OQ=x-3,y-4,z-3.
因为EQ⋅AQ=0，所以x-62+y-2y-8+z2=0①.
又动点Q在面A1BE上，所以可设EQ=λEB+μEA1，
则x-6=-6λy-2=6λ+6μz=6μ，即x=6-6λy=2+6λ+6μz=6μ②.
将②代入①中整理得2λ2+2μ2+2λμ=λ+μ③.
在三棱锥A-A1BE中，AE=AB=AA1=6 且AE,AB,AA1两两互相垂直，
所以三棱锥A-A1BE为正三棱锥且底边BE=62.
当AQ⊥面A1BE时，AQ最小，在正三棱锥A-A1BE中由等体积法有
13×12×6×6×6=13×12×62×62×sinπ3×AQ，解得AQ=23.
在Rt△AQE中，AE=6，此时EQ有最大值62-232=26.
又EQ=x-62+y-22+z2.
先代入②再代入③有EQ=362λ2+2μ2+2λμ=6λ+μ.
则6λ+μ=26，此时λ+μ有最大值，解得λ+μmax=23.
当点Q与点E重合时，满足EQ⋅AQ=0，AQ最大，此时λ+μmin=0.则λ+μ∈0,23.
点Q到外接球球心距离为OQ=x-32+y-42+z-32④.
将②代入④中整理得OQ=362λ2+2μ2+2λμ-60λ+μ+22.
又2λ2+2μ2+2λμ=λ+μ，所以OQ=-24λ+μ+22.
因为λ+μ∈0,23，所以当λ+μ=0时，OQmax=22.
因为长方体外接球半径为1262+82+62=34.
所以P，Q两点间距离的最大值为34+22.
故选：B.
3．（2023上·四川遂宁·高二统考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段B1D1上动点（包括端点）．
①三棱锥P-A1BD中，点P到面A1BD的距离为定值233
②过点P且平行于面A1BD的平面被正方体ABCD-A1B1C1D1截得的多边形的面积为23
③ 直线PA1与面A1BD所成角的正弦值的范围为33,63
④当点P为B1D1中点时，三棱锥P-A1BD的外接球表面积为11π
以上命题为真命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形B1D1C为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心Ox0,y0,z0，由OA1=|OB|=|OD|=|OP|求解球心坐标即可.
【解答过程】
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x,y,z轴建系如图：
A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),D1(0,2,2)，
A1P=(t,2-t,0),BD=(-2,2,0),A1B=(2,0,-2)，
设B1P=t2B1D10≤t≤2,
则AP=AB1+t2(AD1-AB1)=(1-t2)AB1+t2AD1=(2-t,t,2)，
所以P(2-t,t,2)(0≤t≤2)
设面A1BD的一个法向量为n=x1,y1,z1，
则n⋅BD=0n⋅A1B=0∴-2x1+2y1=02x1-2z1=0
令x1=1得y1=1,z1=1,∴n=(1,1,1)，
对于①：P到平面A1BD的距离为d=A1P⋅n|n|=|t+2-t|3=233，故①正确；
对于②：连接B1C,D1C，因为四边形BB1D1D为平行四边形，
∴BD//B1D1，又BD⊂面A1BD，B1D1⊄面A1BD，
∴B1D1//面A1BD，
同理可证B1C//面A1BD，
又B1D1∩B1C=B1，所以面B1D1C//面A1BD，
所以过点P且平行于面A1BD的平面被正方体ABCD-A1B1C1D1截得的多边形为△B1D1C，
它是边长为22的等边三角形，故面积为34(22)2=23，故②正确；
对于③：设直线PA1与面A1BD所成角为θ，则sinθ=csA1P,n=A1P⋅nA1P⋅n=23⋅t2-2t+2，
∵0≤t≤2,∴t2-2t+2∈[1,2]，∴sinθ∈33,63，
所以直线PA1与面A1BD所成角的正弦值的范围为33,63，故③正确；
对于④：当点P为B1D1中点时P(1,1,2)，设三棱锥P-A1BD的外接球球心Ox0,y0,z0，
∵OA1=|OB|=|OD|=|OP|，
∴x02+y02+z0-22=x0-22+y02+z02=x02+y0-22+z02 =x0-12+y0-12+z0-22，
解得x0=y0=z0=12，
所以外接球半径R满足：R2=|OB|2=12-22+14+14=114，
三棱锥P-A1BD的外接球表面积为S=4πR2=11π，故④正确；
综上：①②③④均正确.
故选：D.
4．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱A1B1的中点，M,N分别是底面ABCD与侧面CDD1C1的中心，P为该正方体表面上的一个动点，且满足PM⊥BE，记点P的轨迹所在的平面为α，则过N,C,B1,C1四点的球面被平面α截得的圆的周长是（ ）
A．43πB．655πC．83πD．453π
【解题思路】建立空间直角坐标系，找到球心O和点P的轨迹，求出O到平面α的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.
【解答过程】取面对角线B1C中点O，连接ON，B1N，CN，C1N，H,I分别在BB1,CC1上，且B1H=3HB,C1I=3IC，
以A为原点，AB,AD,AA1的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
B2,0,0，C2,2,0 B12,0,2，E1,0,2，F1,2,0，G1,0,0 ，H2,0,12，O2,1,1，I2,2,12，N1,2,1，
B1N=-1,2,-1，CN=-1,0,1，B1N⋅CN=0，B1N⊥CN，
三棱锥C1-B1NC中， △B1NC为直角三角形，所以OC1=OC=ON=OB1，
因此点O即为三棱锥C1-B1NC的外接球球心，球半径长为12B1C=2，
BE=-1,0,2，GF=0,2,0，HG=-1,0,-12，HI=0,2,0，GF=HI，FGHI共面，
GF⋅BE=0，HG⋅BE=0，GF⊥BE， HG⊥BE，
GF,HG⊂平面FGHI，GF∩HG=G，BE⊥平面FGHI，M∈平面FGHI，
点P的轨迹为矩形FGHI的四边，如图所示，
OG=-1,-1,-1，BE为平面FGHI的法向量，
则球心O到平面FGHI的距离为OG⋅BEBE=15=55，
球面被平面α截得的圆的半径22-552=355，圆的周长为655π.
故选：B.
5．（2023上·北京密云·高二统考期末）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC为等腰直角三角形，且满足AB=AC=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈0,1，μ∈0,1，则下列说法不正确的是（ ）
A．当λ=1时，△ABP的面积S的最大值为22
B．当μ=1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C．当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ=12时，存在点P，使得A1B⊥平面AB1P
【解题思路】根据选项A，可得点P在CC1上运动，当点P运动到点C1时，△ABP的面积取得最大值，则S△ABP=S△ABC1=12AB⋅AC1=22，判断选项A；
根据选项B，可得点P在B1C1上运动，则VP-A1BC=VA1-BPC，判断选项B；
设BC的中点为M，B1C1的中点为N，根据选项C，可得点P在B1C1上运动，则点P在MN上运动，可证得A1P⊥面BCC1B1，即可判断选项C；
建立空间直角坐标系，设出点P的坐标，求得出点P的坐标，即可判断选项D.
【解答过程】当λ=1时, BP=BC+μBB1，则点P在CC1上运动，
则当点P与C1重合时，则此时面积取得最大值，
AC1=AC2+CC12=2,
由于直三棱柱ABC-A1B1C1，则AB⊥AA1,△ABC为等腰直角三角形,则AB⊥AC,AC∩AA1=A,AC,AA1⊂面ACC1A1，则AB⊥面ACC1A1
因为AC1⊂面ACC1A1，所以AB⊥ AC1，
则S△ABP=S△ABC1=12AB⋅AC1=22,故选项A正确；
当μ=1时，则BP=λBC+BB1，点P在B1C1上运动，则VP-A1BC=VA1-BPC,
由于点A1到平面BPC的距离为定值22，点P到线段BC的距离恒为1
则S△BCP=12×2×1=22,则VP-A1BC=VA1-BPC=13×22×22=16，故选项B正确；
当λ=12时，BP=12BC+μBB1,设BC的中点为M，B1C1的中点为N，则点P在MN上运动，当点P与点M重合时，BM⊥MN,BM⊥A1N,
MN∩A1N=N，MN,A1N⊂平面A1MN，则BM⊥面A1MN，
又因为A1P⊂面A1MN，则BM⊥A1P，
当点P与点N重合时，A1N⊥面BCC1B1，即A1P⊥面BCC1B1，
则A1P⊥BP,故选项C错误；
如图建立空间直角坐标系，设BB1的中点为H，CC1的中点为G，当μ=12时，BP=λBC+12BB1，则点P在线段HG上运动，A10.0.0,B1,0,1,A0,0,1,B11,0,0,Pa,1-a,12
A1B=1,0,1,AB1=1,0,-1AP=a,1-a,-12
设平面APB1的法向量为m=x,y,z.
则AB1⋅m=x-z=0AP⋅m=ax+1-ay-12z=0⇒m=1,12-a1-a,1
当a=12时，则A1B与m平行，则存在点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确.
故选：C.
6．（2023上·北京西城·高三统考期末）如图，正方形ABCD和正方形CDEF所在的平面互相垂直．Ω1是正方形ABCD及其内部的点构成的集合，Ω2是正方形CDEF及其内部的点构成的集合．设AB=1，给出下列三个结论：
①∃M∈Ω1,∃N∈Ω2，使MN=2；
②∃M∈Ω1,∃N∈Ω2，使EM⊥BN；
③∃M∈Ω1,∃N∈Ω2，使EM与BN所成的角为60°．
其中所有正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】根据题意，建立空间直角坐标系，假设出M,N的坐标；
对于①，利用空间向量的模长公式与M,N坐标的取值范围即可判断；
对于②③，利用赋值法与空间向量的数量积运算即可判断.
【解答过程】因为四边形CDEF是正方形，所以ED⊥CD，
又平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF=CD，ED⊂平面CDEF，
所以ED⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，所以ED⊥AD，
因为四边形ABCD是正方形，所以AD⊥CD，则ED,AD,CD两两垂直，
所以以D为原点，建立空间直角坐标系，如图，
则E0,0,1,B1,1,0，
对于①，因为M∈Ω1,N∈Ω2，所以不妨设Ma,b,0,N0,m,n，其中0≤a,b,m,n≤1，
则MN=-a,m-b,n，故MN=a2+m-b2+n2，
因为0≤a,b,m,n≤1，所以-1≤-b≤0，则-1≤m-b≤1，
所以a2≤1，m-b2≤1，n2≤1，即MN=a2+m-b2+n2≤3，
所以MN≤3，故①错误；
对于②，结合①中结论，EM=a,b,-1,BN=-1,m-1,n，
假设EM⊥BN，则EM⊥BN，即-a+bm-1-n=0，即bm-1=a+n，
显然令a=b=n=0,m=1，bm-1=a+n可以成立，所以假设成立，故②正确；
对于③，结合②中结论，假设EM与BN所成的角为60°，
则cs60°=EM⋅BNEMBN，即-a+bm-1-na2+b2+1×1+m-12+n2=12，
令a=1,b=m=n=0，则-a+bm-1-n=1，a2+b2+1=2，1+m-12+n2=2，
所以上述等式成立，故假设成立，故③正确；
综上：②③正确，①错误，所以正确结论的个数是2.
故选：C.
7．（2023上·北京·高二清华附中校考期末）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点．动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列四个结论：
①存在点P，使得PA1=PE；
②存在点P，使得BD1⊥平面PA1E；
③△PA1E的面积越来越小；
④四面体A1PB1E的体积不变．
其中，所有正确的结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】设正方体棱长为2,DP=m，求出PA12,PE2，由PA12=PE2解得m(0≤m≤2)，确定①正确，考虑到P到平面A1B1E的距离不变，从而易判断④，以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，可证明BD1不可能与A1E垂直，故②不正确；
设P(0,m,0)，(0≤m≤2)，由空间向量法求得P到A1E的距离，由距离的变化规律判断③正确.
【解答过程】设正方体棱长为2,DP=m，
由AA1⊥平面ABCD,AP⊂平面ABCD得AA1⊥AP，同理PC⊥EC，
所以PA12=AA12+AD2+DP2=8+m2, PE2=PC2+CC12+C1E2=4+(2-m)2+1=5+(2-m)2，
由8+m2=5+(2-m)2得m=14，存在P使得PA1=PE，①正确，
正方体中，CD//平面A1B1C1D1,P∈CD，所以P到平面A1B1C1D1的距离不变，即P到平面A1B1E的距离不变，而△A1B1E面积不变，因此三棱锥P-A1B1E，即四面体A1PB1E的体积不变，④正确;
以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图，
正方体棱长为2，则A1(2,0,2),E(1,2,2),B(2,2,0),D1(0,0,2)， A1E=(-1,2,0),
BD1=(-2,-2,2)，BD1⋅A1E=-2≠0，所以BD1不可能与A1E垂直，故BD1⊥平面PA1E也不可能成立，故②错误；
设P(0,m,0),(0≤m≤2)，PE=(1,2-m,2),PE=1+(m-2)2+4=m2-4m+9，A1E=5,
所以csPE,A1E=(1,2-m,2)⋅(-1,2,0)5⋅m2-4m+9=3-2m5⋅m2-4m+9,
设P到直线A1E的距离为d，则
d=|PE|sinPE,A1E=m2-4m+9⋅1-3-2m5⋅m2-4m+92=m2-8m+365=(m-4)2+205
由二次函数性质知0≤m≤2时，y=(m-4)2+20递减，所以d递减，又A1E=5不变，所以△A1PE的面积为12A1Ed递减，③正确，
综上：①③④正确
故选:C.
8．（2023下·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期末）已知点P为直线l：x+y-2=0上的动点，过点P作圆C：x2+2x+y2=0的切线PA，PB，切点为A,B，当PC⋅AB最小时，直线AB的方程为（ ）
A．3x+3y+1=0B．3x+3y-1=0
C．2x+2y+1=0D．2x+2y-1=0
【解题思路】先利用圆切线的性质推得A,P,B,C四点共圆，AB⊥CP，从而将PC⋅AB转化为2PA，进而确定PC⊥l时PC⋅AB取得最小值，再求得以PC为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解.
【解答过程】因为圆C：x2+2x+y2=0可化为x+12+y2=1，
所以圆心C-1,0，半径为r=1，

因为PA，PB是圆C的两条切线，则PA⊥AC,PB⊥BC，
由圆的知识可知，A,P,B,C四点共圆，且AB⊥CP，PA=PB，
所以PC⋅AB=4S△PAC=4×12×PA×AC=2PA，又PA=PC2-1，
所以当PC最小，即PC⊥l时，PC⋅AB取得最小值，此时PC的方程为y=x+1，
联立y=x+1x+y-2=0，解得x=12,y=32，即P12,32，
故以PC为直径的圆的方程为x-12(x+1)+yy-32=0，即，x2+12x+y2-32y-12=0，
又圆C:x2+2x+y2=0，
两圆的方程相减即为直线AB的方程：3x+3y+1=0.
故选：A.
9．（2023上·辽宁鞍山·高二鞍山一中校联考期末）我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以都转化为几何问题加以解决，列如，与(x-a)2+(y-b)2相关的代数问题，可以转化为点x,y与点a,b之间的距离的几何问题.已知点Mx1,y1在直线l1:y=x+2，点Nx2,y2在直线l2:y=x上，且MN⊥l1，结合上述观点，x12+y1-42+x2-52+y22的最小值为（ ）
A．722B．1122C．41-2D．5
【解题思路】根据两点距离公式将目标函数转化为点Mx1,y1到点A0,4的距离与点Nx2,y2到点B5,0的距离和，过点A作AC⊥l1，垂足为C，证明AM=CN，由 CN+NB≥CB求目标函数最小值.
【解答过程】由已知x12+y1-42表示点Mx1,y1到点A0,4的距离，
x2-52+y22表示点Nx2,y2到点B5,0的距离，
所以x12+y1-42+x2-52+y22=MA+NB，
过点A作AC⊥l1，垂足为C，
因为直线l1的方程为x-y+2=0，A0,4，
所以AC=0-4+21+1=2，
又直线l1:y=x+2与直线l2:y=x平行，MN⊥l1，
所以MN=2-01+1=2，
所以MN//AC,MN=AC，
所以四边形AMNC为平行四边形，
所以AM=CN，
所以x12+y1-42+x2-52+y22=CN+NB，
又CN+NB≥CB，
当且仅当C,N,B三点共线时等号成立，
所以当点N为线段CB与直线l2的交点时，
x12+y1-42+x2-52+y22取最小值，最小值为CB，
因为过点A0,4与直线l1垂直的直线的方程为y=-x+4，
联立y=-x+4y=x+2，可得x=1y=3，
所以点C的坐标为1,3，所以CB=5-12+0-32，
所以x12+y1-42+x2-52+y22的最小值为5，
故选：D.
10．（2022上·重庆九龙坡·高二校考期中）已知点P在直线l：3x+4y-20=0上，过点P的两条直线与圆O：x2+y2=4分别相切于A,B两点，则圆心O到直线AB的距离的最大值为（ ）
A．32B．455C．3D．1
【解题思路】得到P,A,O,B四点共圆，且圆的直径为OP，从而设出Pm,n，表达出圆心和半径，写出圆的方程，与x2+y2=4相减后得到直线AB的方程为4-mx-ny=0，利用点到直线距离公式得到圆心O到直线AB的距离d=4m2+n2，配方求出m2+n2的最小值，从而得到d的最大值.
【解答过程】由题意得：P,A,O,B四点共圆，且圆的直径为OP，
设Pm,n，则3m+4n-20=0，
则OP的中点为圆心，圆心坐标为m2,n2，半径为12m2+n2，
所以圆的方程为：x-m22+y-n22=m2+n24，
整理得：x2-mx+y2-ny=0，
将x2+y2=4与x2-mx+y2-ny=0相减得：4-mx-ny=0，
故直线AB的方程为4-mx-ny=0，
圆心O到直线AB的距离d=4m2+n2=4m2+n2，
因为3m+4n-20=0，
所以m2+n2=m2+5-34m2=2516m2-152m+25=2516m-1252+16≥16，
当且仅当m=125时，等号成立，
故d=4m2+n2≤44=1.
故选：D.
11．（2023下·北京·高二北京八中校考期末）在平面直角坐标系中，已知点Pa,b满足a+b=1，记d为点P到直线x-my-2=0的距离.当a,b,m变化时，d的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据直线l:x-my-2=0过定点A确定出对于给定的一点P，d取最大值时PA⊥l且dmax=PA，然后根据点P为正方形上任意一点求解出PAmax，由此可知dmax.
【解答过程】直线l:x-my-2=0过定点A2,0，
对于任意确定的点P，
当PA⊥l时，此时d=PA，
当PA不垂直l时，过点P作PB⊥l，此时d=PB，如图所示：
因为PB⊥AB，所以PA>PB，所以dmax=PA，
由上可知：当P确定时，dmax即为PA，且此时PA⊥l；
又因为P在如图所示的正方形上运动，所以dmax=PAmax，
当PA取最大值时，P点与M-1,0重合，此时PA=2--1=3，
所以dmax=3，
故选：C.
12．（2023·山西运城·康杰中学校考二模）数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知ΔABC的顶点A2,0,B0,4，若其欧拉线的方程为x-y+2=0，则顶点C的坐标为
A．-4,0B．-3,-1C．-5,0D．-4,-2
【解题思路】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标
【解答过程】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为2+m3,4+n3代入欧拉线方程得：2+m3-4+n3+2=0整理得：m-n+4=0 ①
AB的中点为（1，2），kAB=4-00-2=-2 AB的中垂线方程为y-2=12x-1，
即x-2y+3=0．联立x-2y+3=0x-y+2=0 解得x=-1y=1
∴△ABC的外心为（-1，1）．
则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8 ②
联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．
当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．
故选A.
13．（2018·全国·高考真题）直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆x-22+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是
A．2 ， 6B．4 ， 8C．2 ， 32D．22 ， 32
【解题思路】先求出A，B两点坐标得到AB，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可.
【解答过程】∵直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点
∴A-2,0,B(0,-2),则AB=22
∵点P在圆（x-2）2+y2=2上
∴圆心为（2，0），则圆心到直线距离d1=|2+0+2|2=22
故点P到直线x+y+2=0的距离d2的范围为[2,32]
则S△ABP=12ABd2=2d2∈[2,6]
故选A.
14．（2023上·湖南张家界·高二统考期末）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，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A，B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点M与两定点A95,0，B5,0的距离之比为35时的阿波罗尼斯圆为x2+y2=9．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆O:x2+y2=4上的动点M和定点A-1,0，B1,1，则2MA+MB的最小值为（ ）
A．2+10B．21C．26D．29
【解题思路】取点N(-4,0)，推理证明得|MN|=2|MA|，把问题转化为求点M到定点B，N距离和的最小值作答.
【解答过程】如图，点M在圆O:x2+y2=4上，取点N(-4,0)，连接MO,MN，有|ON|=2|OM|=4，
当点O,M,N不共线时，|OM||OA|=|ON||OM|=2，又∠AOM=∠MON，因此△AOM∽△MON，
则有|MN||MA|=|OM||OA|=2，当点O,M,N共线时，有|MN||MA|=2，则|MN|=2|MA|，
因此2MA+MB=|MN|+|MB|≥|BN|=(-4-1)2+12=26，当且仅当点M是线段BN与圆O的交点时取等号，
所以2MA+MB的最小值为26.
故选：C.
15．（2023上·河南驻马店·高二统考期末）已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1a1>b1>0与双曲线C2:x2a22-y2b22=1a2>0,b2>0具有相同的左、右焦点F1，F2，点P为它们在第一象限的交点，动点Q在曲线C1上，若记曲线C1，C2的离心率分别为e1，e2，满足e1⋅e2=1，且直线PF1与y轴的交点的坐标为0,3a22，则∠F1QF2的最大值为（ ）
A．π3B．π2C．2π3D．5π6
【解题思路】根据椭圆、双曲线的定义可得PF1=a1+a2PF2=a1-a2，结合离心率可得a1=1e1ca2=e1c，在△PF1F2中，利用余弦定理可得e1=12，进而结合椭圆性质可知：当Q为椭圆短轴顶点时，∠F1QF2取到最大值，分析求解即可.
【解答过程】由题意可知：PF1+PF2=2a1PF1-PF2=2a2，解得PF1=a1+a2PF2=a1-a2，
又因为ca1=e1ca2=e2e1⋅e2=1，可得a1=1e1ca2=e1c，
由直线PF1与y轴的交点的坐标为0,3a22可得cs∠PF1F2=cc2+9a224=24+9e12，
在△PF1F2中，由余弦定理可得cs∠PF1F2=PF12+F1F22-PF222PF1⋅F1F2=a1+a22+2c2-a1-a222a1+a2⋅2c
=a1a2+c2a1+a2c=c2+c21e1c+e1cc=2e1+1e1，
可得24+9e12=2e1+1e1，整理得8e14+2e12-1=0，解得e12=14或e12=-12（舍去），
且e1>0，所以e1=12，
由椭圆性质可知：当Q为椭圆短轴顶点时，∠F1QF2取到最大值，
此时sin∠F1QF22=ca1=e1=12，
且∠F1QF2∈0,π，则∠F1QF22∈0,π2，所以∠F1QF22=π6，即∠F1QF2=π3.
故选：A.
.
16．（2023下·湖南·高二校联考期末）如图，已知F1,F2是双曲线C:x2a2-y2b2=1的左､右焦点，P,Q为双曲线C上两点，满足F1P∥F2Q，且F2Q=F2P=3F1P，则双曲线C的离心率为（ ）

A．105B．52C．153D．102
【解题思路】根据双曲线的定义和性质分析可得t=a，进而可得∠F1P'Q=∠F1PF2=90∘，结合勾股定理运算求解.
【解答过程】延长QF2与双曲线交于点P'，
因为F1P∥F2P'，根据对称性可知F1P=F2P'，
设F2P'=F1P=t，则F2P=F2Q=3t，
可得F2P-F1P=2t=2a，即t=a，
所以P'Q=4t=4a，则QF1=QF2+2a=5a，F1P'=F2P=3a，
即P'Q2+F1P'2=QF12，可知∠F1P'Q=∠F1PF2=90∘，
在△P'F1F2中，由勾股定理得F2P'2+F1P'2=F1F22，
即a2+3a2=4c2，解得e=ca=102.
故选：D.

17．（2023下·四川成都·高二校联考期末）如图，已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和双曲线C2: x2m2-y2n2=1(m>0， n>0)有公共的焦点F1(-c,0)，F2(c,0)，C1， C2的离心率分别为e1， e2，且在第一象限相交于点P，则下列说法中错误的是（ ）

① 若a2+3m2=4c2，则b=3n；
② 若|PF1|⋅|PF2| =2，则a2-m2的值为1；
③ △F1PF2的面积S=nb；
④ 若∠F1PF2=60°，则当e2=3e1时，e12+e22取得最小值2．
A．①②B．②③C．③④D．②④
【解题思路】对于①，由椭圆和双曲线的定义结合a2+3m2=4c2得到b=3n，①正确；对于②，由椭圆定义和双曲线定义结合|PF1|⋅|PF2| =2得到a2-m2=2，从而②错误；对于③，由椭圆和双曲线定义得到PF1⋅PF2=a2-m2=b2+n2，由余弦定理得到csθ=b2-n2b2+n2，得到sinθ=2bnb2+n2，利用三角形面积公式进行求解；对于④，由椭圆和双曲线定义得到|PF1|=a+m，|PF2|=a-m，结合余弦定理得到1e12+3e22=4，由基本不等式求出最小值.
【解答过程】①∵a2-b2=c2 ， m2+n2=c2，
∴a2=b2+c2 ， m2=c2-n2，
a2+3m2=b2+c2+3(c2-n2)=4c2，即b2=3n2，
∴b=3n，故①正确；
②∵P在第一象限，且|PF1|+ |PF2|=2a，|PF1|- |PF2|=2m，
(|PF1|+ |PF2|)2-(|PF1|- |PF2|)2=4a2-4m2=4|PF1| ⋅|PF2|=8，
即a2-m2=2，故②错误；
③设椭圆的焦距为2c，∠F1PF2=θ，|PF1|>|PF2|，则|PF1|+ |PF2|=2a，|PF1|- |PF2|=2m，
解得|PF1|=a+m，|PF2|=a-m，
∵c2=a2-b2=m2+n2，即a2-m2=b2+n2，
∴PF1⋅PF2=a2-m2=b2+n2，
csθ=|PF1|2+ |PF2|2-4c22|PF1||PF2|=b2-n2b2+n2，sinθ=1-cs2θ=2bnb2+n2，
S△F1PF2=12×|PF1|×|PF2|×sinθ=nb，故③正确；
④设椭圆的焦距为2c，则|PF1|+ |PF2|=2a，|PF1|- |PF2|=2m，
解得|PF1|=a+m，|PF2|=a-m，
在△F1PF2中，根据余弦定理可得：|F1F2|2= |PF1|2+|PF2|2-2|PF1|⋅|PF2|⋅csπ3，
整理得4c2=a2+3m2，即1e12+3e22=4，
e12+e22=(e12+e22)(1e12+3e22)4=14(e22e12+3e12e22+4) ≥ 14(2e22e12⋅3e12e22+4)=14(23+4)，
当且仅当e22=3e12时取等号，故④错误.
故选：D．
18．（2023下·四川成都·高三校联考期末）若A是抛物线y2=4x上的动点，点B，C在y轴上，圆x-22+y2=4内切于△ABC，则△ABC面积的最小值为（ ）
A．8B．16C．24D．32
【解题思路】根据圆的切线的知识求得△ABC面积的表达式，利用基本不等式求得面积的最小值.
【解答过程】设Ax0,y0,B0,b,C0,c，不妨设b>c，则y02=4x0，
圆x-22+y2=4的圆心为2,0，半径r=2，
由于圆x-22+y2=4内切于△ABC，所以x0>4，
直线AB的方程为y-b=y0-bx0x-0，即y0-bx-x0y+x0b=0，
则2y0-b+x0by0-b2+x02=2，两边平方并整理得x0-4b2+4y0b-4x0=0，
同理可得x0-4c2+4y0c-4x0=0，
所以b+c=-4y0x0-4,b⋅c=-4x0x0-4，
所以b-c2=b+c2-4bc=-4y0x0-42+16x0x0-4，
将y02=4x0代入上式并整理得b-c2=16x02x0-42，所以b-c=4x0x0-4，
所以S△ABC=12×b-c×x0=12×4x0x0-4×x0=2x02x0-4
=2x0-42+32+16x0-4x0-4 =2x0-4+32x0-4+16≥22x0-4⋅32x0-4+16=32，
当且仅当2x0-4=32x0-4,x0=8时等号成立.
故选：D.
19．（2023上·广东深圳·高二统考期末）已知点M,N是抛物线y=4x2上不同的两点，F为抛物线的焦点，且满足∠MFN=2π3，弦MN的中点P到直线l:y=-116的距离记为d，若不等式MN2≥λd2恒成立，则λ的取值范围（ ）
A．-∞,2B．-∞,2
C．-∞,1+2D．-∞,3
【解题思路】令|MF|=a,|NF|=b，利用余弦定理表示出弦MN的长，再利用抛物线定义结合梯形中位线定理表示出d，然后利用均值不等式求解作答.
【解答过程】在△MFN中，令|MF|=a,|NF|=b，由余弦定理得|MN|2=|MF|2+|NF|2-2|MF|⋅|NF|cs∠MFN，
则有|MN|2=a2+b2+ab，
显然直线l:y=-116是抛物线y=4x2的准线，过M,P,N作直线l的垂线，垂足分别为A,B,C，如图，
而P为弦MN的中点，PB为梯形MACN的中位线，由抛物线定义知，d=|PB|=12(|MA|+|NC|)=12(a+b)，
因此|MN|2d2=4⋅a2+b2+aba2+b2+2ab=4-4aba2+b2+2ab=4-4ab+ba+2≥4-42ab⋅ba+2=3，
当且仅当a=b时取等号，又不等式MN2≥λd2恒成立，等价于λ≤MN2d2恒成立，则λ≤3，
所以λ的取值范围是(-∞,3].
故选：D.
20．（2023上·天津西青·高二校联考期末）已知双曲线x22-y2b2=1(b>0)的右焦点到其一条渐近线的距离等于2，抛物线y2=2px(p>0)的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上一动点M到直线l1:4x-3y+8=0和l2:x=-3的距离之和的最小值为（ ）
A．115B．145C．165D．215
【解题思路】根据给定条件，借助双曲线求出抛物线焦点F的坐标，再结合抛物线定义及几何意义求解最值作答.
【解答过程】双曲线x22-y2b2=1(b>0)的渐近线bx±2y=0，右焦点F(2+b2,0)，
依题意，b2+b2b2+2=2，解得b=2，因此抛物线的焦点为F(2,0)，方程为y2=8x，其准线为x=-2，
由4x-3y+8=0y2=8x消去x并整理得：y2-6y+16=0，Δ=62-4×160时，f'x>0，所以fx=ex-1-ln1+x在0,+∞单调递增，
又f0=0，所以f0.2>0，e0.2-1-ln1+0.2>0，即a>b，故C错误；
设gx=ln1+x-tanx，x∈(0,π4)，则g'x=11+x-1cs2x=cs2x-x-1cs2x1+x0时，gx0，则tx单调递增，又t0=0，所以当x∈0,π4，tx>0，
所以h0.2=e0.2-1-tan0.2>0，即a>c，故B错误，a>c>b，A正确.
故选：A.
31．（2023下·福建三明·高二统考期末）设函数fx=ex2x+1x，则（ ）
A．函数fx的单调递减区间为-1,12．
B．曲线y=fx在点1,3e处的切线方程为y=ex+1．
C．函数fx既有极大值又有极小值，且极大值大于极小值．
D．若方程fx=k有两个不等实根，则实数k的取值范围为0,1e∪4e,+∞．
【解题思路】根据导数的运算法则及初等函数的导数公式，利用导数值的定义及求过点处的切线方程的步骤，结合导数法求函数的极值的步骤及将方程fx=k有两个不等实根转化为y=k与fx有两个交点，再利用数形结合即可求解.
【解答过程】由题意可知fx的定义域为-∞,0∪0,+∞，
f'(x)=ex2x+1'x-ex2x+1x'x2=exx2(2x-1)(x+1)，
令f'(x)=0，即exx2(2x-1)(x+1)=0，解得x=-1或x=12
当x∈-∞,-1∪12,+∞时，f'(x)>0
当x∈-1,0∪0,12时，f'(x)0，解得00，故2x+1>0，
当a=0时，g'(x)>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
且g(x)=2x+lnx,(x>0)，g(1e2)=2e2-20，
即g(x)在(0,+∞)上存在唯一零点，即ax2+a+2x+lnx=0有且只有一正解；
当a>0时，g'(x)>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
由于ax2+a+2x的最小值为-(a+2)24a0，故g(x)在(0,+∞)上存在唯一零点，
即ax2+a+2x+lnx=0有且只有一正解；
当a0，而恰好存在两个正整数m,n使得fm1，
当x>1时，f(x)exx2-x，因此有且只有两个大于1的正整数使得a>exx2-x成立，
令g(x)=exx2-x,x>1，求导得：g'(x)=ex(x2-3x+1)(x2-x)2，由g'(x)0，y20,b>0的左、右焦点分别为F1、F2，左、右顶点分别为A1、A2，P为双曲线右支上的一点，且直线PA1与PA2的斜率之积等于3，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线C的渐近线方程为y=±3x
B．若PF1⊥PF2，且S△PF1F2=6，则a=1
C．分别以线段PF1、A1A2为直径的两个圆内切
D．∠PF2A1=2∠PA1F2
【解题思路】通过kPA1⋅kPA2=3求得b2a2，从而求得双曲线的渐近线方程，由此判断A选项的正确性；结合三角形PF1F2的面积以及双曲线的定义求得a，由此判断B选项的正确性；通过圆心距和两个圆半径间的关系判断C选项的正确性；结合二倍角的正切公式来判断D选项的正确性.
【解答过程】对于A选项，设点Px,y，则y2=b2x2a2-1，
因为A1-a,0、A2a,0，所以kPA1⋅kPA2=yx+a⋅yx-a=y2x2-a2=b2a2，
由b2a2=3，得ba=3，故双曲线C的渐近线方程为y=±3x，A对；
对于B选项，因为ca=1+b2a2=2，所以c=2a，
根据双曲线的定义可得PF1-PF2=2a，
又因为PF1⊥PF2，所以S△PF1F2=12PF1⋅PF2=6，整理得PF1⋅PF2=12.
由PF12+PF22=2c2，可得PF1-PF22+2PF1⋅PF2=4c2，
即4a2+24=16a2，解得a=2，B错；
对于C，设PF1的中点为O1，O为原点.因为O、O1分别为F1F2、PF1的中点，
所以OO1=12PF2=12PF1-2a=12PF1-a，

则可知以线段PF1、A1A2为直径的两个圆内切，C对；
对于D，当点P在第一象限时，设点Px0,y0，则x0>a，y0>0.
因为渐近线方程为y=±3x，
所以∠PA1F2∈0,π3，∠PF2A1∈0,2π3.
当∠PF2A1=π2时，即当PF2⊥x轴时，则x0=c，
所以，c2a2-y02b2=1，可得y0=3b=3a，所以，PF2=3a=AF2，
此时，△PA1F2为等腰直角三角形，则∠PA1F2=π4，满足∠PF2A1=2∠PA1F2；
当∠PA1F2∈0,π4∪π4,π3时，tan∠PF2A1=-y0x0-c=-y0x0-2a，tan∠PA1F2=y0x0+a，
所以tan2∠PA1F2=2y0x0+a1-y0x0+a2=2y0x0+ax0+a2-y02=2y0x0+ax0+a2-b2x02a2-1
=2y0x0+ax0+a2-3a2x02a2-1=2y0x0+ax0+a2-3x02-a2=-y0x0-2a=tan∠PF2A1，
因为2∠PA1F2∈0,π2∪π2,2π3，所以∠PF2A1=2∠PA1F2；
当点P在第四象限时，同理可得∠PF2A1=2∠PA1F2，
综上可知，D对.
故选：ACD.
45．（2023下·安徽亳州·高二亳州二中校考期末）已知等比数列an的前n项积为Tn,a1>0，公比q>1，且T20231，则（ ）
A．当n=2023时，Tn最小
B．a2024>1
C．存在n0,q>1，所以an=a1qn-1>0，
又因为a1a2⋯a20231，所以a2024>1a1a2⋯a2023>1，故B正确；
对于选项A、D：因为a1a2023=a2a2022=⋯=a1012a1012=a10122，
所以a1a2⋯a2023=a101220231，故a1013>1，
且a1>0,q>1，可知数列an是单调递增数列，
当n≤1012时，an≤a10121；
所以当n=1012时，a1a2⋯an最小，故选项A错误，选项D正确；
对于选项C：因为数列an是单调递增数列，且当n0
B．a≤2时，fx单调递增
C．a>2时，fx有两个极值点
D．若fx=0有三个不等实根x1、x2、x3，则x1+x2+x3=0
【解题思路】对于A，举反例即可判断；对于B，利用函数的导数，当a≤2时，f'x≥0进行判断；对于C，结合选项B可知，当a>2时，f'x=0有两个不同的解；对于D，x=0是fx=0一个根，当x≠0时，由fx=0，可得a=ex+1xex-1，令hx=ex+1xex-1，结合偶函数的性质进行判断.
【解答过程】对于A，当a=1时，fx=ex+1x-ex-1，此时fx=ex+1x-ex-1，此时f0=0-e0-1=0，故A错误；
对于B，f'x=x+1ex+1-aex，令f'x≥0，可得a≤x+1+1ex，
设gx=x+1+1ex，则g'x=1-1ex，
当x0，gx单调递增；
则a≤gxmin=g0=2，即当a≤2时，f'x≥0，fx单调递增，故B正确；
对于C，由选项B可知，gx最小值为2，且当x→-∞时，gx→+∞，当x→+∞时，gx→+∞，
所以当a>2时，直线y=a与函数gx有两个不同的交点，即f'x=0有两个不同的解，故当a>2时，函数fx有两个极值点，故C正确；
对于D，已知x=0是fx=0一个根，不妨设x1