2024-2025高二上期中数学{2019人教A版}真题模拟试题合集2套[含解析}

这是一份2024-2025高二上期中数学{2019人教A版}真题模拟试题合集2套[含解析}，共40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。
一、单选题(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．（24-25高二上·山东潍坊·开学考试）如图所示，在四面体A－BCD中，点E是CD的中点，记，，， 则等于（ ）
A．B．C．D．
2．（22-23高二下·吉林长春·开学考试）不论k为任何实数，直线恒过定点，则这个定点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．（2022高三·全国·专题练习）设是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，且.则的面积为（ ）
A．6B．C．8D．
4．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知，，且，则的值为（ ）
A．6B．10C．12D．14
5．（22-23高二下·广东深圳·期中）点，点是圆上的一个动点，则线段的中点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
6．（23-24高三上·湖北武汉·阶段练习）过双曲线的左焦点F作的一条切线，设切点为T，该切线与双曲线E在第一象限交于点A，若，则双曲线E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．（23-24高三上·北京海淀·期末）已知圆，直线与圆交于，两点.若为直角三角形，则（ ）
A．B．
C．D．
8．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知抛物线的方程为，为其焦点，点坐标为，过点作直线交抛物线于、两点，是轴上一点，且满足，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．（24-25高二上·浙江台州·开学考试）如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则下列计算结果正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．（23-24高二下·山西运城·开学考试）下列说法正确的是（ ）
A．直线的倾斜角的取值范围是
B．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
D．已知向量，，则在上的投影向量为
11．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．椭圆C的离心率为
C．直线l的方程为D．的周长为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（22-23高三下·湖北·阶段练习）已知抛物线的焦点为，过点的直线与该抛物线交于两点，的中点纵坐标为，则 .
13．（2024·浙江·二模）如图为世界名画《星月夜》，在这幅画中，文森特·梵高用夸张的手法，生动地描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆的一段圆弧，且弧所对的圆心角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为 .（参考数据：）
14．（22-23高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，则线段的长为
四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15. (13分) （2021·浙江·高考真题试卷）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
16. (15分) （23-24高二上·广东东莞·期中）已知双曲线的渐近线方程为，且点在该双曲线上.
(1)求双曲线方程；
(2)若点，分别是双曲线的左、右焦点，且双曲线上一点满足，求的面积.
17. (15分) （23-24高二上·浙江金华·阶段练习）已知动点与两个定点，的距离的比是2.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程.
18. (17分) （2023·江苏徐州·预测）在三棱台中，为中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积.
19. (17分) （2024·山东青岛·一模）已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．
①证明：G，E，H三点共线；
②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．
答案：
1．A
【分析】利用空间向量的线性运算，用基底表示向量.
【详解】连接AE，如图所示，
∵E是CD的中点，，，∴＝＝．
在△ABE中，，又，
∴.
故选：A.
2．B
【分析】直线方程即，一定经过和 的交点，联立方程组可求定点的坐标．
【详解】直线
即，
根据的任意性可得，解得，
不论取什么实数时，直线都经过一个定点．
故选：B
3．B
【分析】利用椭圆的几何性质，得到，，进而利用得出，进而可求出
【详解】解：由椭圆的方程可得，
所以，得
且，，
在中，由余弦定理可得
，
而，所以，，
又因为，，所以，
所以，
故选：B
4．C
【分析】根据空间向量坐标运算以及空间向量垂直的坐标表示可以计算得到答案.
【详解】因为，所以，
解得，
故选：C.
5．A
【分析】设出点坐标，得出点坐标，代入圆方程，即可得到线段的中点M的轨迹方程.
【详解】设点的坐标为，因为点是线段的中点，
可得，点在圆上，
则，即.
故选：A.
6．C
【分析】取线段中点，根据给定条件，结合双曲线定义及直角三角形勾股定理求解作答.
【详解】令双曲线的右焦点为，半焦距为c，取线段中点，连接，

因为切圆于，则，有，
因为，则有，，
而为的中点，于是，即，，
在中，，整理得，
所以双曲线E的离心率.
故选：C
7．A
【分析】由直线与圆相交的弦长公式进行求解即可.
【详解】因为圆，圆心为，半径为，即
因为为直角三角形，所以,
设圆心到直线的距离为，
由弦长公式得，所以，化简得.
故选：A.
8．B
【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，，直线方程为，联立直线与抛物线方程，消元，得到，再由，可得Ax1,y1，Bx2,y2是方程的解，将代入方程，由求出.
【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，，直线方程为，
联立直线与抛物线方程，可得，
显然，所以．
又，即，
即，，
故Ax1,y1，Bx2,y2是方程的解，
将代入方程，
整理得，显然，
，
，即．
故选：B．
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
9．ABC
【分析】利用向量数量积的定义分别求解即可.
【详解】因为E，F分别是AB，AD的中点，所以，
所以，A正确；
，B正确；
，C正确；
，D错误．
故选：ABC.
10．ACD
【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系及三角函数的性质即可判断A选项，利用两直线的垂直及充要条件的定义即可判断B选项，利用空间向量的基本定理可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，直线的倾斜角为，则，因为，所以，所以，故A正确；
对于B选项，因为直线与直线互相垂直，所以，即，解得或，所以“”是“或”的充分不必要条件，所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故B错误；
对于C选项，若两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，不妨设这两个非零向量不共线，设这两个非零向量为，由空间向量的基本定理可知，在空间中必存在非零向量，使得为空间的一个基底，假设不成立，故这两个非零向量共线，故C正确;
对于D选项，因为向量，所以在上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD.
11．AC
【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.
【详解】如图所示：

根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确；
椭圆C的离心率为，故选项B不正确；
不妨设，则，，
两式相减得，变形得，
又注意到点为线段的中点，所以，
所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，故选项C正确；
因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确.
故选：AC．
12．或
【分析】由题可设直线的方程为，，与抛物线联立可得交点坐标关系，根据相交弦长公式及中点坐标公式即可求得的值.
【详解】抛物线的焦点，设直线的方程为，，
所以，则，
联立，消去得：，恒成立，
所以，所以，则，
又，
整理得：，所以，解得或.
故或.
13．
【分析】设弧的中点为，根据圆与圆相离，确定两圆的外公切线与内公切线，确定圆的位置，分析可得弧上的点与圆上的点的最短距离.
【详解】如图，
设弧的中点为，弧所对的圆心角为，
圆的半径，在弧上取两点，则，
分别过点作圆的切线，并交直线于点，
当过点的切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点，使过点的切线为两圆的内公切线，
则圆的圆心只能在线段上，且不包括端点，
过点，分别向作垂线，垂足为，则即为圆的半径，
设线段交圆于点，则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度.
在中，，
则，
即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为.
故答案为.
结论点睛：本题考查了根据两圆位置关系求距离的范围的问题.可按如下结论求解：
相离的两个圆（圆心分别为和 ,半径分别为和）上的两个动点之间的距离的最小值是两圆心之间的距离减去两圆的半径，最大值是两圆心之间的距离加上两圆的半径，即.
14．
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用向量的夹角公式求出的最大值，从而确定Q点在上的位置，即可求得答案.
【详解】因为平面年，所以两两垂直,
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则各点的坐标分别为,
因为,设，
又，则，
又，从 ,
设 ，
则,
当且仅当，即时，的最大值为,
即直线与所成角的余弦值的最大值为，
而直线与所成角的范围为，
因为在上是减函数，故此时直线与所成角最小，
又因为，所以，
故
方法点睛：建立空间直角坐标系，利用向量的坐标求得的夹角的余弦的最大值，即可确定Q点的位置，进而求得答案，因此在解决类似问题时，可以尝试建立空间坐标系，利用向量解决问题，可以简化题目的难度.
15．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
16．(1)
(2)3
【分析】（1）根据双曲线渐近线方程得，根据点在双曲线上列方程，最后解方程组得出双曲线的方程；
（2）根据双曲线定义和列方程组求解，再根据三角形面积公式计算面积可得出答案.
【详解】（1）由题知，解得，
所以双曲线C的方程为：
（2）
根据双曲线的定义得，
解方程得，
考查双曲线方程求解及焦点三角形的面积求解，属基础题.
17．(1)
(2)或
【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆；
（2）直线的斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程.
【详解】（1）设点，
动点与两个定点，的距离的比是，
，即，
则，
化简得，
所以动点的轨迹的方程为；
（2）由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
直线被曲线截得的弦长为，
圆心到直线的距离，
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
化简得，解得或，
此时直线的方程为或.
综上，直线的方程是或.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论；
（2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果.
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，
又，，
，四边形为平行四边形，，
又，，
，，，
，平面，平面.
（2），，，
又，，平面，平面，
连接，，，为中点，；
以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得：，，；
又平面的一个法向量，
，解得：，即，
平面，平面平面，平面，
.
19．(1)
(2)①证明见解析 ；②16
【分析】（1）设，根据题目条件列式化简可得轨迹；
（2）①设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而可得结论；②将四边形面积转化为四边形GAHB面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可.
【详解】（1）设，与直线的切点为N，则，
所以
化简得，所以C的方程为：；
（2）①设线段的中点为，
因为，所以可设，，
又因为，
所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设，，，，AB中点为E，中点为F，
将代入得：，所以，，
所以，
同理，，（均在定直线上）
因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；
所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，
设，，
直线，即
整理得：直线，又因为，所以，
同理，直线，，所以
所以
所以四边形GAHB面积
，
当且仅当，即，即时取等号，
所以四边形面积的最大值为16．
关键点点睛：本题的关键是将四边形的面积转化为四边形GAHB的面积，还有充分利用第一问中的点共线求出的横坐标，可以给求面积带来便利.
2024-2025高二上期中数学（2019人教A版）真题试卷试题（二）
范围：选择性必修一第一章、第二章、第三章
一、单选题(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．（2023高三·全国·专题练习）方程的化简结果是（ ）
A．B．
C．D．
2．（21-22高二上·山东济宁·期中）设点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A．或B．或C．D．
3．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）已知空间单位向量，，两两垂直，则（ ）
A．B．C．3D．6
4．（22-23高二上·山东枣庄·期末）两定点A，B的距离为3，动点M满足，则M点的轨迹长为（ ）
A．B．C．D．
5．（22-23高二上·安徽马鞍山·阶段练习）在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
6．（2024·吉林长春·预测）已知点为抛物线的焦点，过的直线与交于两点，则的最小值为（ ）
A．B．4C．D．6
7．（2023·北京海淀·二模）已知动直线与圆交于，两点，且．若与圆相交所得的弦长为，则的最大值与最小值之差为（ ）
A．B．1C．D．2
8．（2024·河南·预测）设双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于两点，，则的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．（2025·浙江·预测）已知正方形ABCD在平面直角坐标系xOy中，且AC：，则直线AB的方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
10．（2022·山东青岛·二模）已知，则下述正确的是（ ）
A．圆C的半径B．点在圆C的内部
C．直线与圆C相切D．圆与圆C相交
11．（23-24高二上·江西上饶·阶段练习）已知点P在双曲线C：上，分别是双曲线C的左、右焦点，若的面积为20，则（ ）
A．B．
C．点P到x轴的距离为4D．
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2023·北京·预测）如图，在直角梯形中，E为的中点，，，M，N分别是，的中点，将沿折起，使点D不在平面内，则下命题中正确的序号为 ．
①；
②；
③平面；
④存在某折起位置，使得平面平面．
13．（2023高三·全国·专题练习）已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为 .
14．（2024·浙江·预测）应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜的特点是，镜铜可以很短而观察天体运动又很清楚．某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中心截口示意图）所示．其中，一个反射镜弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜弧所在的曲线为双曲线一个分支．已知是双曲线的两个焦点，其中同时又是抛物线的焦点，且，的面积为10，，则抛物线方程为 ．

四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15. (13分) （21-22高二·全国·课后作业）在①过点，②圆E恒被直线平分，③与y轴相切这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知圆E经过点，且______.
(1)求圆E的一般方程；
(2)设P是圆E上的动点，求线段AP的中点M的轨迹方程.
16. (15分) （2023·全国·预测）已知斜率存在的直线过点且与抛物线交于两点.
(1)若直线的斜率为1，为线段的中点，的纵坐标为2，求抛物线的方程；
(2)若点也在轴上，且不同于点，直线的斜率满足，求点的坐标.
17. (15分) （23-24高三上·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18. (17分) （22-23高三上·北京丰台·阶段练习）已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)M为椭圆的左顶点，直线与椭圆交于两点，若，求证：直线过定点．
19. (17分) （22-23高三上·天津河西·期末）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
答案：
1．C
【分析】由方程的几何意义及椭圆定义得出结果即可.
【详解】方程的几何意义为动点到定点和的距离和为10，并且，
所以动点的轨迹为以两个定点为焦点，定值为的椭圆，所以， ，
根据 ，所以椭圆方程为.
故选：C.
2．B
【分析】根据给定条件求出直线的斜率，再画出图形分析可得或，从而即可得解.
【详解】依题意，直线的斜率分别为，
如图所示：
若直线过点且与线段相交，
则的斜率满足或，
即的斜率的取值范围是或 .
故选：B
3．A
【分析】先根据单位向量得出模长，再根据垂直得出数量积，最后应用运算律求解模长即可.
【详解】因为空间单位向量两两垂直,
所以，
所以
.
故选：A.
4．A
【分析】由题意建立坐标系，由题意可得点M的轨迹方程，进而可得M点的轨迹长．
【详解】以点A为坐标原点，直线AB为x轴，建立直角坐标系，如图，

则，设点，
由，得，化简并整理得：，
于是得点M的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，其周长为，
所以M点的轨迹长为.
故选：A.
5．C
【分析】延长交于点，根据向量的线性运算法则，结合重心的性质将表示为的线性形式即可.
【详解】延长交于点，则点为的中点，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
故选：C.
6．C
【分析】设直线方程为，联立方程组得出两点坐标的关系，根据抛物线的性质得出关于两点坐标的式子，使用基本不等式求出最小值.
【详解】抛物线的焦点F1,0，
过F1,0的斜率为0的直线为，直线与抛物线有且只有一个交点，
与条件矛盾，故直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，
联立方程组，得，
方程的判别式，
设，则，，所以，
由抛物线的性质得，
.
当且仅当时，等号成立，
故选：C.
7．D
【分析】根据题意当动直线经过圆的圆心时，可得到弦长的最大值为该圆的直径，再设线段的中点为，从而得到动直线在圆上做切线运动，当动直线与轴垂直且点的坐标为时，即可得到弦长的最小值，进而即可求解．
【详解】由题意可知圆的圆心在圆上，
则当动直线经过圆心，即点或与圆心重合时，如图1，
此时弦长取得最大值，且最大值为；
设线段的中点为，
在中，由，且，则，
则动直线在圆上做切线运动，
所以当动直线与轴垂直，且点的坐标为时，如图2，
此时弦长取得最小值，且最小值为，
所以的最大值与最小值之差为2．
故选：D．
方法点睛：圆的弦长的常用求法：
①几何法：求圆的半径，弦心距，则弦长为；
②代数法：运用根与系数的关系及弦长公式．
8．D
【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与、有关齐次式即可得离心率.
【详解】
由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形，
令，则，
由双曲线定义可知，故有，即，
即，，
，
则，即，故，
则有，
即，即，则，由，故.
故选：D.
关键点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于、、之间的等量关系，本题中结合题意与双曲线的定义得出、与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与、有关齐次式，即可得解.
9．BC
【分析】由正方形的特征可知，直线与直线夹角为，由直线斜率利用两角差的正切公式求出直线的斜率，对照选项即可判断.
【详解】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
直线斜率为2，有，则.
依题意有或，
当时，，即，
解得，即直线的斜率为-3，C选项中的直线斜率符合；
当时，，即，
解得，即直线的斜率为，B选项中的直线斜率符合.
故选：BC
10．ACD
【分析】先将圆方程化为标准方程，求出圆心和半径，然后逐个分析判断即可
【详解】由，得，则圆心，半径，
所以A正确，
对于B，因为点到圆心的距离为，所以点在圆C的外部，所以B错误，
对于C，因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆C相切，所以C正确，
对于D，圆的圆心为，半径，
因为，，
所以圆与圆C相交，所以D正确，
故选：ACD
11．BC
【分析】利用双曲线的定义可判断选项，取点P的坐标为即可判断选项，利用三角形面积公式即可判断选项，利用余弦定理即可判断选项.
【详解】由已知得双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，
则右焦点的横坐标为，
由双曲线的定义可知，，故错误；
设点，则，
所以，故C正确；
由双曲线的对称性，不妨取点P的坐标为，
得，
由双曲线的定义，得，
所以，故B正确；
由余弦定理,得 ，
所以，故D错误．
故选：BC．
12．②③
【分析】①③，作出辅助线，得到，从而得到与不平行，平面；②证明线面垂直，得到线线垂直；④建立空间直角坐标系，得到两平面的法向量，由法向量不为0得到不存在某折起位置，使得平面平面.
【详解】①③，如图所示：直角梯形中，，
又因为，，所以，
故四边形为矩形，
因为N分别是的中点
连接，则与相交于点，故点是的中点，
因为是的中点，所以，
又，而与相交于点，
故与不平行，故与不平行，①错误，
因为，平面，平面，
所以平面，③正确；
②，因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
由①知，所以，②正确；
④，连接，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，，，
故，
设平面的法向量为，
故，
解得，令，则，
故，
设平面的法向量为，
故，
解得，令，则，
故，
故，
因为，故，故，
故不存在某折起位置，使得平面平面，④错误.
故选：②③
13．/
【分析】根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.
【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为,所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以.
故 .
14．
【分析】设，由，解出得点坐标，结合得抛物线方程.
【详解】以的中点为原点，为轴，建立平面直角坐标系，
不妨设．
由，则有，解得，
又，解得，
，则有，
故抛物线方程为．
故
15．(1)
(2)
【分析】（1）选择①③时，设圆的一般式方程或者标准方程，代入点以及相关条件，根据待定系数法，即可确定圆的方程，选择②时，根据几何法确定圆心和半径即可求解，
（2）根据相关点法即可求解轨迹方程.
【详解】（1）方案一：选条件①.
设圆的方程为，
则，解得，
则圆E的方程为.
方案二：选条件②.
直线恒过点.
因为圆E恒被直线平分，所以恒过圆心，
所以圆心坐标为，
又圆E经过点，所以圆的半径r＝1，所以圆E的方程为，即.
方案三：选条件③.
设圆E的方程为.
由题意可得，解得，
则圆E的方程为，即.
（2）设.
因为M为线段AP的中点，所以，
因为点P是圆E上的动点，所以，即，
所以M的轨迹方程为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由题知直线的方程，联立抛物线，利用韦达定理以及中点公式即可求解；
（2）设出直线的方程及的坐标，联立方程组，消元，韦达定理，利用直线斜率公式写出将韦达定理代入，化简求出参数即可得点的坐标.
【详解】（1）因为直线的斜率为1且过点，
所以直线的方程为：，
设，
由，得：，
所以，
所以，
因为为线段的中点，的纵坐标为2，
所以，
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为：，，
，得：，
所以，
由
由，
所以，
即，
所以，
所以点的坐标为.
17．(1)证明见解析
(2)存在，或
【分析】（1）由题设证得，取AD的中点，连结PO，应用面面垂直的性质证平面，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论；
（2）取AB的中点，连结ON，则，构建空间直角坐标系，设，应用向量法，结合线面角大小列方程求，即可得结果.
【详解】（1）因为，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，即，
取AD的中点，连结PO，因为是正三角形，所以
又面面ABCD，面面，面，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）取AB的中点，连结ON，则，所以
以为正交基底建立空间直角坐标系，

则，
设，，则，
又，设平面的一个法向量为，
则，即，若，
取，
由直线AP与平面MBD所成角为，得，
化简得 解得或，
当或时，直线AP与平面所成角为.
18．(1);
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据条件求出的值即可；
（2）联立直线方程和椭圆方程后利用两直线垂直可算出.
【详解】（1）由题意得：，，，
故可知，
椭圆方程为.
（2）
M为椭圆C的左顶点，
又由（1）可知：，设直线AB的方程为：，，
联立方程可得：，
则，即，
由韦达定理可知：，，
，则，
，
又，
，
，
展开后整理得：，解得：或，
当时，AB的方程为：，经过点，不满足题意，舍去，
当时，AB的方程为：，恒过定点.
所以直线过定点．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行；
（2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可；
（3）先利用线面角结合向量法求得的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可.
【详解】（1）记的中点为，连结，
因为，，所以四边形是平行四边形，则，
因为，所以平行四边形是矩形，则，
因为平面，平面，所以，则两两垂直，
故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
因为为的中点，所以，则，
设平面的一个法向量为，而，，
则，令，则，
所以，则，
又平面，所以平面．
.
（2）设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
记平面与平面夹角为，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）依题意，不妨设，则，，
又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，
所以，解得（负值舍去），
所以，则，
而由（2）得平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
B
C
A
C
A
B
ABC
ACD
题号
11









答案
AC









题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
A
C
C
D
D
BC
ACD
题号
11









答案
BC