浙江省北斗联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份浙江省北斗联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单项选择题：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.
2
3
6
A. 1B.C.D.
若 p : x  1，则 p 的一个充分不必要条件为 （）
1. 已知 z1  2  i, z2
 1 2i ，则复数 z  z2  z1 对应的点位于（
）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
2.
在V ABC 中，已知B  45 ， C  30 ， AC  2 ，则 AB 等于（
）
x  1
C. 8  x  2
x  2
D. 10  x  3
设 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ 是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
若α/ /β， m α， n  β，则 m / /nB. 若 m / /n ， m / /α，则 n / /α
C. 若 m α， n α，则 m / /nD. 若βα，γα，则β/ /γ
已知圆C : x2  y2  r 2 r  0 ，圆C :  x  32   y  42  4 ，若C 与C 有公共点，则 r 的最小值为
1212
（）
B. 3C. 5D. 7
a
已知向量 a ， b 满足b  (1,1) ， →  b  2 ，则 a 在b 上的投影向量的坐标为（）
( 2 ,2 )
(1,1)C. (1, 1)
D. (
2 ,2 )
2222
《孙子算经》是中国古代重要的数学著作．其中的一道题“今有木，方三尺，高三尺，欲方五寸作枕一枚．问：得几何？”意思是：“有一块棱长为 3 尺的正方体方木，要把它作成边长为 5 寸的正方体枕头，可作多少个？”现有这样的一个正方体木料，其外周已涂上油漆，则从切割后的正方体枕头中任取一块，
恰有一面涂上油漆的概率为
125841
A.B.C. D.
2162794
已知两点 A1, 2, B 4, 2 到直线l 的距离分别为2, 3 ，则满足条件的直线共有（）
A. 1条B. 2 条C. 3 条D. 4 条
二、多项选择题：本题共 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.
已知两直线l1 :ax 2y 3  0 与l2 : 3x  4 y  4  0 ，则（ ）
直线l 过定点 0, 3 
直线l 在 y 轴上的截距为 1
12 2
当l

 l 时， a   8
当l //l 时， l 与l 之间的距离为 7
12312125
如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，下列选项正确的是（ ）
异面直线 A1C1 与 B1C 所成的角为90
三棱锥 D  AC D 的体积为 1
11 16
直线 BD1  平面 A1C1D
二面角 B1  CD  B 的大小为30
已知函数 f  x 的定义域是0,  , x, y 0,   都有 f  xy  
 2 
f  x  0 ，且 f  1   1，则下列说法正确的是（ ）

f  x  f  y  ，且当 x  1 时，
f 1  0
函数 f  x 在0,   上单调递增
f 2  f  1   f 3  f  1  L f 2024  f 1  2024
232024
  

满足不等式 f  x  f  x  2  2 的x 的取值范围是 2, 8 
3

非选择题部分三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
若直线 y  ax 1 的倾斜角为55∘ ，则直线 y   ax  2 的倾斜角为.
2
已知椭圆 x
20
2
y
 1k  20 的焦距为 6，则 k 的值为.
k
已知扇形 OPQ 中，半径 r  2 ，圆心角为θ 0  θ π  ，若要在扇形上截取一个面积为 1 的矩形
2 

ABCD，且一条边在扇形的一条半径上，如图所示，则 tanθ的最小值为．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知角α的顶点在原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边在射线2x  y  0  x  0 上.
求2sinα csα的值；
1 2 sin παsin πα
求
 2 的值.

sin2α cs2α
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是边长为1的正方形，侧棱 AP 的长为2 ，且 AP 与 AB 、
––––→
1 ––––→
–––→→→
AD 的夹角都等于60 ， M 在棱 PC 上， PM  2 MC ，设 AB  a ， AD  b ， AP  c ．
试用 a ， b ， c 表示出向量 BM ；
求 BM 与 AP 所成的角的余弦值．
已知圆 M 经过点(1, 4) 和(3, 2) ，其圆心在直线2x  y  2  0 上.
求圆 M 的标准方程；
若直线l 过点 P(1, 0) 且与圆 M 相切，求l 的方程.
如图，将边长为 2 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个直二面角，且 EA  平面 ABD ， AE  a .
（1）若 a  2 2 ，
求证： AB / / 平面CDE ；
求直线 BC 与平面CDE 所成角的正弦值；
（2）求实数 a 的值，使得二面角 A  EC  D 的大小为 60°.
已知函数 y  f (x) 的定义域为集合 D ，若x  D 都有 f (x  m)  f (x) ，其中m 为正常数，则称函
数 f (x) 为“ m 距”增函数.
若函数 f (x)  sin x  x ，试判断函数 f (x) 是否为“π距”增函数，并说明理由；
若函数 g(x)  x  1 ， x   1 ,  为“ m 距”增函数，求正实数m 的取值范围；

x 2
若函数 h(x)  lg2 (4x  t)  x ， x [0, ) 为“2 距”增函数，求h( x) 的最小值.
2025 学年第一学期杭州北斗联盟期中联考
高二年级数学学科试题
考生须知：
本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单项选择题：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.
已知 z1  2  i, z2  1 2i ，则复数 z  z2  z1 对应的点位于（）
第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先根据复数的减法运算求出复数 z ，然后求出其在复平面对应的点，从而可求得结果.
【详解】因为 z1  2  i, z2  1 2i ，
所以 z  z2  z1  (1 2i)  (2  i)  1 3i ，
所以复数 z 在复平面对应的点为(1, 3) ，位于第三象限．故选：C
在V ABC 中，已知B  45 ， C  30 ， AC  2 ，则 AB 等于（）
2
3
6
B.C.D.
【答案】B
【解析】
2
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】由正弦定理，故选：B.
AB
sin C
 AC
sin B
AB
，即
sin 30
 sin 45
，解得 AB 2.
【解析】
【分析】由充分必要条件关系， 10  x  3  x  1，反之不成立，即可判断.
【详解】由10  x  3  x  1，反之不成立，所以 P： x  1的一个充分不必要条件为：
10  x  3 ，其它选项均不符合.
故选：D.
设 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ 是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
若α/ /β， m α， n  β，则 m / /nB. 若 m / /n ， m / /α，则 n / /α
C. 若 m α， n α，则 m / /nD. 若βα，γα，则β/ /γ
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行、线面垂直、面面垂直的定义及判定定理，逐一判断正误.
【详解】A 中，若α/ /β， m α， n  β，则直线 m，n 平行或异面，所以 A 错误．
B 中，若 m / /n ， m / /α，则 n / /α或 n α，所以 B 错误．
C 中，根据垂直于同一个平面的两条直线互相平行知 C 正确．
D 中，β，γ 两平面可能相交或平行，所以 D 错误．
故选：C
已知圆C : x2  y2  r 2 r  0 ，圆C :  x  32   y  42  4 ，若C 与C 有公共点，则 r 的最小值为
1212
3. 若 p : x  1，则 p 的一个充分不必要条件为 （
）
A. x  1
B.
x  2
C. 8  x  2
D.
10  x  3
【答案】D
（）
A. 1
【答案】B
【解析】
B. 3
C. 5D. 7
【分析】首先得到两圆的圆心坐标与半径，求出圆心距，依题意可得 r  2  C1C2
 r  2 ，即可求出 r 的
取值范围，即可得解.
【详解】圆C : x2  y2  r 2 r  0 则圆心C 0,0 ，半径为 r  r ，
111
2
圆C2 :  x  32   y  42  4 则圆心C 3, 4 ，半径 r2  2 ，
32  42
又 C1C2 
 5 ，
因为C1 与C2 有公共点，则 r  2  C1C2
所以3  r  7 ，即 r 的最小值为3 .
故选：B
 r  2 ，又 r  0 ，
a
已知向量 a ， b 满足b  (1,1) ， →  b  2 ，则 a 在b 上的投影向量的坐标为（）
( 2 ,2 )
(1,1)C. (1, 1)
D. (
2 ,2 )
2222
【答案】B
【解析】
【分析】利用投影向量的计算公式，可得答案.
→
b→  bb
【详解】解： a 在b 上的投影向量的坐标为| a | csθ →  a →  →  (1,1).
| b || b | | b |
故选：B.
《孙子算经》是中国古代重要的数学著作．其中的一道题“今有木，方三尺，高三尺，欲方五寸作枕一枚．问：得几何？”意思是：“有一块棱长为 3 尺的正方体方木，要把它作成边长为 5 寸的正方体枕头，可作多少个？”现有这样的一个正方体木料，其外周已涂上油漆，则从切割后的正方体枕头中任取一块，
恰有一面涂上油漆的概率为
125841
A.B.C. D.
2162794
【答案】C
【解析】
【分析】有一块棱长为 3 尺的正方体方木，要把它作成边长为 5 寸的正方体枕头，可作 216 个，由正方体的结构及锯木块的方法，可知一面带有红漆的木块是每个面的中间那 16 块，共有 6×16＝96 个，由此能求出从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率．
【详解】有一块棱长为 3 尺的正方体方木，要把它作成边长为 5 寸的正方体枕头，可作 216 个，由正方体的结构及锯木块的方法，
可知一面带有红漆的木块是每个面的中间那 16 块，共有 6×16＝96 个，
∴从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率：

p96  4 ．
2169
故选 C．
【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、正方体的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可.
已知两点 A1, 2, B 4, 2 到直线l 的距离分别为2, 3 ，则满足条件的直线共有（）
A. 1条B. 2 条C. 3 条D. 4 条
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，将问题转化成以 A1, 2, B 4, 2 为圆心，半径分别为2, 3 的两圆的公切线的条数，再判断出两圆的位置关系，即可求解.
1 42  2  22
【详解】以 A1, 2 为圆心， 2 为半径的圆 A 的方程为(x 1)  ( y  2)2  4 ，以 B 4, 2 为圆心， 3 为半径的圆 B 的方程为(x  4)  ( y  2)2  9 ，
又 AB 
 5  2  3 ，所以圆 A 和圆 B 外切，
当直线l 与圆 A 和圆 B 均相切时，两点 A1, 2, B 4, 2 到直线l 的距离分别为2, 3 ，所以满足条件的直线共有3 条，
故选：C.
二、多项选择题：本题共 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.
已知两直线l1 :ax 2y 3  0 与l2 : 3x  4 y  4  0 ，则（ ）
直线l 过定点 0, 3 
直线l 在 y 轴上的截距为 1
12 2

当l  l 时， a   8
当l //l 时， l 与l 之间的距离为 7
123
【答案】AC
12125
【解析】
【分析】对于 A，运用消去参数，对于 B，运用截距概念；对于 C，运用两直线垂直时，斜率之积为1；对于 D，两直线平行时，斜率相等，结合平行线距离公式计算.我们将根据这些性质来逐一分析每个选项.
【详解】对于选项 A，对于直线l :ax 2y 3  0 ，当 x  0 时， 2 y  3  0 ，解得 y  3 .
12
l3
所以直线 1 过定点(0, 2) ，选项 A 正确.
对于选项 B，对于直线l2 : 3x  4 y  4  0 ，令 x  0 ，则4 y  4  0 ，解得 y  1.
所以直线l2 在 y 轴上的截距为1，选项 B 错误.
对于选项 C，直线l : y   a x  3 ，其斜率 k   a ；直线l : y   3 x  1 ，其斜率k   3 .当l  l
122
1224
2412
时， k1  k2
 1，即( a )  ( 3)  1 ，
24
3a  1，解得 a   8 ，选项 C 正确.
83
对于选项 D，当l ∥l 时， a  2  3 ，解得 a  3 .
123442
此时l1
: 3 x  2 y  3  0 ，即3x  4 y  6  0 .
A2  B2
2
两平行直线 Ax  By  C1
 0 与 Ax  By  C2
 0 之间的距离公式为 d  | C1  C2 | .
对于l1
: 3x  4 y  6  0 与l2
: 3x  4 y  4  0 ，距离d 
| 6  4 |
 10  2 ，选项 D 错误.
5
32  42
故选；AC.
如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，下列选项正确的是（ ）
异面直线 A1C1 与 B1C 所成的角为90
三棱锥 D  AC D 的体积为 1
11 16
直线 BD1  平面 A1C1D
二面角 B1  CD  B 的大小为30
【答案】BC
【解析】
【分析】对于 A，利用线线角的定义及正方体的性质，结合等边三角形的性质即可求解；对于 B，利用等体积法及棱锥的体积公式即可求解；对于 C，利用线面垂直的判定定理即可求解；对于 D，根据已知条件及二面角的平面角的定义，结合锐角三角函数即可求解.
【详解】对于 A，因为 ABCD  A1B1C1D1 为正方体，所以 A1 B1 // CD ,且 A1 B1  CD ，所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，所以 A1D / / B1C ，且 A1D  B1C ，
所以异面直线 A1C1 与 B1C 所成的角的大小即为 A1C1 与 A1D 所成的角，故DA1C1 或其补角为所求.
再由正方体 ABCD  A1B1C1D1 的性质可得 DA1C1 为等边三角形，故DA1C1  60 ，即异面直线 A1C1 与 B1C 所成的角为60 ，故 A 错误；
对于 B，由题意可知，V V 1 S
 DD
 1  1 111  1 ，故 B 正确；
D1  A1C1DD A1C1D1
3 V A1C1D11
326
对于 C，由正方体的性质可得， BB1  平面 A1B1C1D1 ， A1C1  平面 A1B1C1D1 ，所以 BB1  A1C1 ，
因为 ABCD  A1B1C1D1 为正方体，所以四边形 A1B1C1D1 为正方形，即 B1D1  A1C1 ，又 B1D1  BB1  B1 ， B1D1, BB1  平面 B1D1B ，
所以 A1C1  平面 B1D1B ，又 D1B  平面 B1D1B ，所以 A1C1  D1B ，
同理可证 DC1  D1B ，又 A1C1  DC1  C1 ， A1C1, DC1  平面 A1C1D ，所以 D1B  平面 A1C1D ，故 C 正确；
对于 D，由正方体的性质可知， DC  平面 BCC1B1 ， B1C  平面 BCC1B1 ，
所以 DC  B1C ，因为 ABCD  A1B1C1D1 为正方体，所以四边形 ABCD 为正方形，即 DC  BC ，所以BCB1 是二面角 B1  CD  B 的平面角，
因为 ABCD  A1B1C1D1 为正方体，所以四边形 BCC1B1 为正方形，
所以tan BCB  BB1  1，即BCB
1BC1
 45 ，
所以二面角 B1  CD  B 的大小为45 ，故 D 错误.
故选：BC.
已知函数 f  x 的定义域是0,  , x, y 0,   都有 f  xy  
 2 
f  x  0 ，且 f  1   1，则下列说法正确的是（ ）

f  x  f  y  ，且当 x  1 时，
f 1  0
函数 f  x 在0,   上单调递增
f 2  f  1   f 3  f  1  L f 2024  f 1  2024
232024
  

满足不等式 f  x  f  x  2  2 的 x 的取值范围是 2, 8 
3

【答案】ABD
【解析】
【分析】A 选项，令 x  y  1 得 f 1 ；
B 选项：由函数单调性的定义判断函数的单调性；
 x 
C 选项，赋值得到 f  x  f  1  

f 1  0 ；
 2 
D 选项，根据 C 选项，由 f  1  求得 f 2 ， f 4 ，变形得到 f  x 

f 4x  8 ，结合 f  x 在定义域上
单调递增，得到不等式，求出解集.
【详解】A 选项，令 x  y  1 得 f 1  f 1  f 1 ，∴ f 1  0 ，A 正确；
x1
2
x
B 选 项 ， 任 选 x , x 0, ∞ ， 且 x  x ， f  xy   f  x  f  y  中 ， 令 x  x ， y 得
f  x   f  x
1212
2
  f  x1  ，
12 x 
 2 
因为当 x  1 时， f  x  0 ，又 x1  1，所以 f  x1   0 ，
x x 
2
故 f  x   f  x   f  x1   0 ，
 2 
12 x 
 2 
所以 f  x 在定义域0, ∞ 上单调递增，B 正确；
C 选项， f  xy  
f  x  f  y  中，令 y  1 得 f  x  f  1  
f 1  0 ，
x
 
x
故 f 2  f  1   f 3  f  1  L  f 2024  f 1  0 ，
232024
  

故 f 2  f  1   f 3  f  1  L f 2024  f 1  0 ，C 错误；
232024
  

 2 
D 选项，因为 f  1   1，所以 f 2  1 ，f  xy  

f  x  f  y  中，令 x  y  2 得 f 4  2 f 2  2 ，
∵ f  x  f  x  2  2 ，∴ f  x  2  f  x  2 
f 4  f  x  2 
f 4x  8 ，
x  4x  8
由于 f  x 在定义域0, ∞ 上单调递增，故x  0
，解得 x  2, 8  ，D 正确.

3
故选：ABD
4x  8  0
非选择题部分
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
若直线 y  ax 1 的倾斜角为55∘ ，则直线 y   ax  2 的倾斜角为.
【答案】125°
【解析】
【分析】根据斜率与倾斜角的关系计算可得.
【详解】因为直线 y  ax 1 的倾斜角为55∘ ，所以 a  tan 55∘ ，设直线 y   ax  2 的倾斜角为α，
则tanα a   tan 55∘  tan 180∘  55∘   tan125∘ ，
又0∘ α 180∘ ，所以α 125∘ ， 即直线 y   ax  2 的倾斜角为125∘ .
故答案为：125∘
2
已知椭圆 x
20
2
y
 1k  20 的焦距为 6，则 k 的值为.
k
【答案】29
【解析】
【分析】讨论椭圆焦点的位置，然后根据焦距，列等式求得 k 即可.
2
【详解】因为椭圆 x
20
2
y
 1k  20 的焦距为 6，所以c  3 ．
k
当椭圆的焦点在 x 轴上时，因为 a2  20, b2  k ，，所以9  20  k ，解得k  11 （舍去）；当椭圆的焦点在 y 轴上时，因为 a2  k, b2  20 ，，所以9  k  20 ，解得 k = 29 ．
综上所述， k 的值为 29 ．
故答案为： 29 ．
已知扇形 OPQ 中，半径 r  2 ，圆心角为θ 0  θ π  ，若要在扇形上截取一个面积为 1 的矩形
2 

ABCD，且一条边在扇形的一条半径上，如图所示，则 tanθ的最小值为．
4
【答案】
3
【解析】
【分析】连接CO ，设COP α，分别用含α的三角函数表示 AB, BC ，表示出矩形 ABCD 的面积，由 矩形面积为 1 求得tanθ的最小值.
【详解】连接CO ，设COP α，则 AD  BC  2 sinα，
，
OB  2 csα， OA  AD  2 sinα， AB  OB  OA  2 csα 2 sinα
tanθ
tanθ
tanθ
则 S AB  BC   2 csα 2 sinα 2 sinα 1，
ABCD
tanθ 

4 sin2α
则4 sinαcsα 1 ，即 tanθ
4 sin2α
tanθ
 4 sinαcsα1 ，
4 sin2α
即tanθ
4 sinαcsα1
4
2
4 csα  csα
1 ，

sinα  sinα
∴当 csα 2  tanα 1 时， tanθ
 4 ，
sinα
2min3
4
故答案为：
3
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知角α的顶点在原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边在射线2x  y  0  x  0 上.
求2sinα csα的值；
1 2 sin παsin πα
求
 2 的值.

sin2α cs2α
【答案】（1）  3 5 （2）3
5
【解析】
【详解】（1）由于角α终边在射线2x  y  0  x  0 上，可设终边上一点 P a, 2a
tanα 2 ，
a  0 ，则 r 
5a ，
sinα  2 5 ， csα5 ，此时2sinα csα  3 5 .
555
1 2sin παsin πα
(2)
 2
1 2sinαcsα
sinα csα
tanα1 ，
 

sin2α cs2α
∵ tanα 2 ，∴原式 2  1  3 .
2  1
sin2α cs2α
sinα csα
tanα1
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是边长为1的正方形，侧棱 AP 的长为2 ，且 AP 与 AB 、
––––→
1 ––––→
–––→→→
AD 的夹角都等于60 ， M 在棱 PC 上， PM  2 MC ，设 AB  a ， AD  b ， AP  c ．
试用 a ， b ， c 表示出向量 BM ；
求 BM 与 AP 所成的角的余弦值．
––––→2 →1 →2 →
【答案】（1） BM   a  b  c
（2） 7 17
34
【解析】
333
【分析】（1）根据向量线性运算，化简即得用a ， b ， c 表示向量 BM 的式子；
（2）利用空间的数量积和向量夹角公式进行求解即可．
【小问 1 详解】
––––→1 ––––→––––→–––→––––→–––→2 –––→
因为 PM 
MC ，则 BM  BC  CM  BC 
2
CP ，
3

–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→
因为 ABCD 是边长为 1 的正方形，则CP  AP  AC  AP  AB  AD  AP  AB  AD ，

––––→–––→2 –––→–––→–––→2 –––→1 –––→2 –––→
且 BC  AD ，可得 BM  AD  AP  AB  AD   AB  AD  AP ，
3333
–––→ →
––––→2 →1 →2 →
又因为 AB=a ， AD  b ， AP  c ，所以 BM   3 a  3 b  3 c .
【小问 2 详解】
→→→
由题意可知： a  b  1， c  2 ， c 与a 、b 的夹角均为 60°， a 与b 的夹角为 90°，

––––→ 2
2 →1 →2 → 2
→ 2
→ 2
→ 24 → →8 → →4 → →
则 BM
   3 a  3 b  3 c 

a 
b 
c  a  b  a  c  b  c
999
4
9
1
9
4
9
 4  1  4  4  8 1 2 cs 60  4 1 2 cs 60  17 ，
999999
17
uuur
可得 BM ，
3
––––→ –––→
2 →1 →
2 →  →
2 → →
1 → →→ 2
2
3

又因为 BM  AP    3 a  3 b  3 c   c   3 a  c  3 b  c c
  2 1 2 cs 60  1 1 2 cs 60  2  4  7 ，
3333
––––→ –––→7
设 BM 与 AP 所成的角为θ，所以
csθ
BM  AP
––––→–––→
3
17
 7 17 ．
34
BM  AP 2
3
已知圆 M 经过点(1, 4) 和(3, 2) ，其圆心在直线2x  y  2  0 上.
求圆 M 的标准方程；
若直线l 过点 P(1, 0) 且与圆 M 相切，求l 的方程.
【答案】（1） (x  3)2  ( y  4)2  4
（2） x  1 或3x  4 y  3  0
【解析】
【分析】（1）设圆 M 的标准方程为(x  a)2  ( y  b)2  r2 ，代入点的坐标，解方程即可求得圆 M 的标准方程.
（2）分直线l 的斜率不存在和直线l 的斜率存在两种情况讨论求解即可.
【小问 1 详解】
设圆 M 的标准方程为(x  a)2  ( y  b)2  r2 ，

(1 a)2  (4  b)2  r 2

所以 (3  a)2  (2  b)2  r 2 ，

2a  b  2  0
解得 a  3, b  4, r  2 ，
故圆 M 的标准方程为(x  3)2  ( y  4)2  4 ．
【小问 2 详解】
由（1）可知圆心为 M (3, 4), r  2 ．
①当直线l 的斜率不存在时，易得直线l 的方程为 x  1 ，符合题意；
②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为 y  k (x 1) ，即 kx  y  k  0,
k 2 1
由题意，圆心(3, 4) 到直线l 的距离等于半径 2，即| 3k  4  k |  2 ，解得 k  3 ，
4
此时直线l 的方程为3x  4 y  3  0 ．
综上，所求直线l 的方程为 x  1 或3x  4 y  3  0 ．
如图，将边长为 2的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个直二面角，且 EA  平面 ABD ， AE  a .
（1）若 a  2 2 ，
求证： AB / / 平面CDE ；
求直线 BC 与平面CDE 所成角的正弦值；
（2）求实数 a 的值，使得二面角 A  EC  D 的大小为 60°.
【答案】（1）（i）证明见解析，（ii） 6
3
2
（2） a  2 
【解析】
–→
【分析】（1）建立空间直角坐标系，确定平面CDE 的一个法向量 n1  0,2,
AB / / 平面CDE ；利用向量的夹角即可求解正弦值.
––→
2 ，利用数量积为 0，即可证得
（2）确定平面CDE 的一个法向量 n2  a  2 2, a, 2 ，平面 AEC 的一个法向量为 n3  1,1, 0 ，利用二面角 A  EC  D 的大小为 60°，结合向量的夹角公式，即可求求实数 a 的值．
【小问 1 详解】
证明：如图建立空间直角坐标系，
设正方形 ABCD 的对角线 AC, BD 相交于O ，
由于OA  OB  OC  OD 2,
则 A0, 0, 0, B 2, 0, 0, C 1,1, 2 , D 0, 2, 0, E 0, 0, 2 2 ,

–––→–––→–––→
所以 AB  2, 0, 0 , DE  0, 2, 2 2 , DC  1, 1, 2 ,
→
设平面CDE 的一个法向量为 n1   x,y,z  ，

–→ –––→
n1  DE  2 y  2 2z  0
–→ –––→
n1  DC  x  y 2z  0

–→
2
取 z 时， n1  0,2,
2 ，
由于 AB  n1  0 ，故 AB  n1 ，
又 AB 不在平面CDE 内，所以 AB / / 平面CDE ；

–→
平面CDE 的一个法向量为 n1  0,2,
设直线 BC 与平面CDE 所成角为θ，
–––→ –→
–––→

2 ， BC  1,1, 2 ,
–––→ –→
BC  n1
2  26
则sinθ cs
BC, n1
 –––→ –→ 
6  2
3
BC n1
【小问 2 详解】
如图建立空间直角坐标系， A0, 0, 0, B 2, 0, 0, C 1,1, 2 , D 0, 2, 0, E 0, 0, a ，

–––→–––→
DE  0, 2, a , DC  1, 1, 2
设平面CDE 的一个法向量为 n2   x1,y1, z1  ，则有

––→ –––→
n2  DE  2 y1  az1  0
––→ –––→
n2  DC  x1  y1 2z1  0
––→
取 z1  2 时， n2  a  2 2, a, 2 ，

–––→–––→
AC  1,1, 2 , AE  0, 0, a ，
设平面 AEC 的一个法向量为 n3   x2 , y2 , z2  ，
则有

––→ –––→
n3  AE  az2  0
––→ –––→
n3  AC  x2  y2 
2z2  0
取 y2  1 时， n3  1,1, 0 ，
––→ ––→
n3  n2
2
a  2 a
a  2 2 2  a2  4 
 1
由于二面角 A  EC  D 的大小为 60°，故 ––→ ––→2 ，
2
n3 n2
2
2
即 a2  2 2a  2  0 ，解得 a  2 ，又 a  0 ，所以 a  2 ．
已知函数 y  f (x) 的定义域为集合 D ，若x  D 都有 f (x  m)  f (x) ，其中m 为正常数，则称函
数 f (x) 为“ m 距”增函数.
若函数 f (x)  sin x  x ，试判断函数 f (x) 是否为“π距”增函数，并说明理由；
若函数 g(x)  x  1 ， x   1 ,  为“ m 距”增函数，求正实数m 的取值范围；

x 2
2
若函数 h(x)  lg (4x  t)  x ， x [0, ) 为“2 距”增函数，求h( x) 的最小值.
【答案】（1）是“π距”增函数，理由见解析
（2） m  3
2

lg2 (t 1), 1  t  1
（3） h(x)min 
lg2 2 t ,1  t  4
【解析】
【分析】（1）根据题设中的新定义可证 f (x  π)  f (x) ，故可判断 f (x) 为“ π 距”增函数.
根据函数新定义可得 x2  mx 1  0 对任意 x  1 都成立，法 1：根据二次函数的性质可求参数的范
2
围；法 2：参变分离后，设 p(x)  1  x ，证得函数在[ 1 , ) 上为单调递减函数，则参数范围可求；
x2
根据函数新定义可得1  t  4 ，分1  t  1和1  t  4 两种情况进行讨论后可求函数
2
h(x)  lg (4x  t)  x 的最小值.
【小问 1 详解】
函数 f (x)  sin x  x 是“ π 距”增函数.
因为 f (x) 的定义域为R
任取 x  R ， f (x  π)  f (x)  sin(x  π)  x  π  (sin x  x)  sin x  π  sin x  π  2 sin x
因为sin x  1，所以π  2 sin x  0 ，即， f (x  π)  f (x)  0 ，所以， f (x  π) 
所以，函数 f (x)  sin x  x 是“ π 距”增函数.
【小问 2 详解】
f (x)
因为函数 g(x)  x  1 ， x [ 1 , ) 为“ m 距”增函数
x2
所以，对任意 x [ 1
2
, ) ， g(x  m)  g(x)
所以， x  m 1 (x  1 )  m 1 1  0
即， m 
x  mxx  mx
m 0
(x  m)x
因为 m  0 ， x  1 ，所以， x2  mx 1  0 （**）
2
法 1：因为函数 y  x2  mx 1图象开口向上且对称轴为 x   m  0
2
所以，函数 y  x2
 mx 1在[, ) 上单调递增
1
2
所以，当 x  1 时，函数 y  x2  mx 1取得最小值为 y m  3
2min24
若 x2  mx 1  0 对任意 x  1 都成立，则 m  3  0 ，即 m  3
2242
1x  1m3
因此，若函数 g(x)  x  ，
x
[, ) 为“ 2
距”增函数，则 m  .
2
法 2：（接（**））即， m  1  x 对任意 x  1 都成立，设 p(x)  1  x
x2x
对于任意x ， x  1 ) 且 x  x ，
[ ,
12212
p(x )  p(x )  1  x  ( 1  x )  1  1  (x  x )  x2  x1  (x  x )  (x  x )( 1 1)
2x1x
2xx
1 xx
2121x x
12121 21 2
21
12
因为 x  x  1 ，所以， x  x  0 ， 1 1  0 ，所以， p(x )  p(x )  0
212
x1 x2
即， p(x1)  p(x2 )
所以， p(x)  1  x 在[ 1 , ) 上为单调递减函数
x2
所以， p(x)1  3 ，所以， m  3
max
p()
22
1
2
x  1m3
因此，若函数 g(x)  x  ，
x
[, ) 为“ 2
距”增函数，则 m  ；
2
【小问 3 详解】
由题意可知， t  4x ，若函数 h(x)  lg2 (4x  t)  x ， x [0, ) 为“2 距”增函数则x [0, ) ， h(x  2)  h(x) ，
即lg2 (4x2  t)  (x  2) [lg2 (4x  t)  x]  0
即lg2
4x2  t
4x  t
2 ，即4
x2
 t  4 (4x
 t) ，所以， 4x  t  4x1 ， x [0, )
所以， 1  t  4
22
由 h(x)  lg
(4x  t)  x  lg (2x 
t ) ，设 q(x)  2x  t ，
2x2x
①当1  t  1时， x1 ， x2 [0, ) 且 x1  x2
xtxtxxt(2x2  2x1 )(2x1  2x2 )(2x1 2x2  t)
则 q(x1 )  q(x2 )  2 1  2 2  2 1  2 2 ，
2x1
2x1
2x1 2x2
2x1 2x2
因为0  x1  x2 ，所以， 2x1  2x2  0 ， 2x1 2x2  t  0 ， 2x1 2x2  0
所以， q(x1 )  q(x2 ) 
(2x1  2x2 )(2x1 2x2  t)
2x1 2x2
 0 ，即 q(x1 )  q(x2 )
2x  t
2x
t
所以， h(x1 )  h(x2 ) ，所以， h( x) 在0, ∞ 上单调递增， h(x)min  h(0)  lg2 (t 1)
②当1  t  4 时， q(x)  2x  t
2x
 2 2
当且仅当2x  t
2x
，即 x  lg4
t 时，取得等号.
t
此时， h(x)min  lg2 2
，1  t  4
综上， h(x)
 lg2 (t 1), 1  t  1 .
min
lg 2 t ,1  t  4
2
【点睛】“新定义”主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.