浙江省G5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G5联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共29页。
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（共 58 分）
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.
点 P 1, 2, 3 关于 xOy 平面的对称点的坐标为（）
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
已知直线的方向向量为（ 3, 1），则直线的倾斜角是（）
ππ2π5π
B.
64
C.D.
36
m
n
已知平面α的一个法向量为 →  1, 3, 2 ，平面β的一个法向量为 →   x, 1, 2 ，若α β，则 x 
（）
B. 2C. 4D. 1
已知 m, n 为两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）
若 m α, n ∥ β,α∥ β，则m ∥ n
若 m α, n ∥ β,α β，则 m  n
若m ∥α, n ∥ β, m ∥ n 则α∥ β
若 m α, n  β, m  n 则α β
x2y2
F , FF
A, B
已知椭圆

a2b2
 1a  b  0 的左右焦点分别为 12 ，过 2 的直线交椭圆于
两点，若
F1A  F2 A  0 ，且 AF2
 3 BF2
 3 ，则椭圆的方程为（）
1

x2y2
A.
x22 y2
1

B.
4x2
C.
 y2 
x2y2
1

D.
251699
496
3618
1 ( y 1)2
1
若直线l : kx  y  2  0 与曲线C : x 
1 有两个不同的交点，则实数 k 的取值范围是
（）
 4 , 4 
 4 , 2
4, 
 4 , 
 3
 3
 3

已知抛物线C : y2  8x, P 为C 上的动点， Q 为圆 M : (x  2)2  ( y  3)2  4 上的动点，则点 P 到直线
l : x  1的距离与 PQ 之和的最小值为（）
B. 3C. 4D. 5
双曲线C : x2  y2  2 的右焦点为 F ，过 F 的直线l 与C 的右支相交于 A, B 两点，点 M 为线段 AB 的中点，若 FM 的中垂线与 x 轴交于点 P 4, 0 ，则 M 的横坐标为（）
2
2
A. 2B. 2C. 3D. 3
二､多选题：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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.
已知直线l : x  y  3  0 ，圆C : x2  y2  2x  0 ，下列判断正确的是（）
直线l 在 y 轴上的截距为 3
圆心C 的坐标为1, 0
直线l 与圆相交
2
圆C 上的点到直线l 的距离最大为1
2
2
若方程 xy 1表示双曲线，则该双曲线（）
8  mm  4
满足 m  8 或m  4
焦距为 4
渐近线斜率可以是2D. 不可能是等轴双曲线
如图，在平面四边形 ABCD 中， BD  2 3, AD  3, CD  4,∠A  ∠CBD  90∘ ，将△BCD 沿
BD 折起，使点C 到达点C1 的位置，下面正确的是（）
13
P 为线段 BD 上的动点，则 PA  PC1 的最小值为
异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值取值范围是0, 1 
2

1 
若平面C1BD  平面 ABD, M 在三角形C1AD 内部， BM 
133 ，则 M 轨迹长度为2π
7
当三棱锥C1  ABD 的体积最大时，三棱锥C1  ABD 的外接球的表面积为16π
非选择题部分（共 92 分）三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12 直线l1 : 2x  a 1 y 1  0 ，直线l2 : ax  y 1  0 ，若l1//l2 ，则a  ．
→
在空间直角坐标系中，若平面α经过点 P0  x0 , y0 , z0  ，且以u  a, b, c 为法向量，可得平面的点法
式方程为 a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 .若已知平面α的点法式方程为
2  x  2  y  2  z  3  0 ，则点 P 3, 2, 6 到平面α的距离为.
已知椭圆 x2  y2  1a  b  0 的左右焦点分别为 F , F ，抛物线 y2  2 px  p  0 以 F 为焦点，且
a2b2
122
与椭圆在第一象限相交于点 A ，记λ sin∠AF2 F1 ，若λ 7 ，则椭圆的离心率取值范围是
sin∠F1 AF24
．
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.
已知圆 M 的圆心在直线 y  2x 上，且点 A1, 5, B 4, 2 在圆 M 上.
求圆 M 的标准方程；
若斜率为 2 的直线l 与圆 M 相交于 D, E 两点，且 DE  4 ，求直线l 的方程.
如图，在平行六面体 ABCD−ABCD 中∠BAA  ∠DAA  120 ，∠BAD  90∘ ，
AB  AD  2, AA  4 ，点 M 为 DD 的中点.
求 BM 的长；
已知 E 为CC 上的动点，若 AE ⊥BM ，求CE 的长.
点 M 是圆 F : (x 1)2  y2  36 上的动点， F 是点 F 关于 y 轴的对称点，线段 MF 的中垂线交线段
1212
MF1 于点 P ，记动点 P 的轨迹为C .过 F1 的直线交C 于G, H 两点，设直线 F2G, F2H 与C 的另一个交点分别为 R, Q .
求轨迹C 的方程；
证明：直线 RQ 过定点.
5
如图，在四棱台 ABCD  A1B1C1D1 中，平面 ABCD ⊥平面CDD1C1 ，且 ABCD 与CDD1C1 是两个全等的等腰梯形，满足CD  2 AB  4, BC .点 E 在 B1C1 上，满足 B1C1  3B1E ，连接 A1C1, D1E 交于点
F ，点G 为 AC1 的中点，连接 FG .
证明： FG / / 平面 ADD1 A1 ；
求 FG 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值；
在线段 AC1 上（不含端点）是否存在一点 P ，使得平面 DPD1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为
2 2
3
？若存在，求出 AP 的长；若不存在，请说明理由.
已知抛物线Γ : y2  2 px  p  0 上的一点C  1 , y  y  0 到焦点 F 的距离为 1，直线l 交Γ 于
 20 0

A, B 两点.
求抛物线Γ 的标准方程；
O 为坐标原点，已知OA  OB ：
作OD  AB 垂足为 D ，则是否存在定点Q ，使 DQ 为定值？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由；
若Γ 在C 处的切线 g 恰好平分直线 AC 与 BC 的夹角，求l 的方程.
2025 学年第一学期浙江 G5 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（共 58 分）
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.
点 P 1, 2, 3 关于 xOy 平面的对称点的坐标为（）
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
1, 2, 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中关于 xOy 平面对称的点的坐标特征来求解点 P 的对称点坐标.
【详解】已知点 P 的坐标为(1, 2,3) ，关于 xOy 平面对称的点的坐标为(1, 2, 3) .
故选：C.
已知直线的方向向量为（ 3, 1），则直线的倾斜角是（）
ππ2π5π
B.
64
C.D.
36
【答案】D
【解析】
【分析】由直线的方向向量先求出直线的斜率，再求倾斜角即可
【详解】解：因为直线的方向向量为（ 3, 1），
3
3
1
3
所以直线的斜率为 k  ，即tanθ ，
33
又倾斜角θ[0,π) ，所以θ 5π.
6
故选：D
m
n
已知平面α的一个法向量为 →  1, 3, 2 ，平面β的一个法向量为 →   x, 1, 2 ，若α β，则 x 
（）
B. 2C. 4D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由α β得到 m
–→ →
 n ，从而得到 m  n  0 ，利用向量的数量积求解.
【详解】Qα β， m  n ， m  n  0 ，x  3  4  0 ， x  1.
故选：A.
已知 m, n 为两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）
若 m α, n ∥ β,α∥ β，则m ∥ n
若 m α, n ∥ β,α β，则 m  n
若m ∥α, n ∥ β, m ∥ n 则α∥ β
若 m α, n  β, m  n 则α β
【答案】D
【解析】
【分析】ABC 可以在正方体中找到反例，从而否定；利用线面垂直的性质定理和面面垂直的定义可以证明
D.
【详解】选项 A：如图正方体：
在正方体中，设平面 ABCD 为α，平面 A1B1C1D1 为β，直线 DD1 为m ，直线 AD 为 n ， 根据正方体的性质可知满足 m α， n β，α∥β， m  n ，而非 m n .故不正确；选项 B：如图正方体：
设平面 ABCD 为α，平面 ABB1 A1 为β，直线 DD1 为m ，直线CC1 为 n ，
由正方体的性质可知满足 m α， n β，α β，此时m 与n 平行，不垂直.
故不正确；
选项 C：如图正方体：
设平面 ABCD 为α，平面 BCC1B1 为β，直线 A1D1 为m ，直线 AD 为 n ， 根据正方体的性质可知满足 m α， n β， m n ，但α和β相交，不平行.故不正确；
选项 D：若 m α， n  β， m  n ，则α β
如图所示，设 m α A ，α β l ，
在直线m 上取一点 B 作直线 n 的平行线 BC 交平面β于点C ，因为 n  β，所以 BC  β.
因为l  β，所以 BC  l ，
记直线 BC 和m 所确定的平面记为γ.
因为 m α， l α，所以 m  l ，
因为直线 BC 和m 是平面γ中的两条相交直线，所以直线l γ.
设l γ D ，则四边形 ABCD 为平面γ内的四边形，且ADC 为α、β所成的每个二面角的平面角或 其补角.
因为 m α, AD α，所以 m  AD ，所以BAD  90 ，
因为 BC  β， CD  β，所以 BC  CD ，所以BCD  90 ， 因为 m  n ， n BC ，所以 m  BC ，所以ABC  90 .
所以ADC  90 ，所以α β，故 D 正确. 综上，唯一正确的结论是选项 D.
故选：D.
x2y2
F , FF
A, B
已知椭圆

a2b2
 1a  b  0 的左右焦点分别为 12 ，过 2 的直线交椭圆于
两点，若
F1A  F2 A  0 ，且 AF2
 3 BF2
 3 ，则椭圆的方程为（）
1

x2y2
A.
x22 y2
1

B.
4x2
C.
 y2 
x2y2
1

D.
251699
496
3618
1
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆定义得 BF1
 2a 1，
AF1
 2a  3 ，然后在Rt△F1AB 和RtVF1AF2 中，利用勾股
定理得 a  3 ， c2  9 ，即可求解椭圆方程.
2
【详解】连接 BF1 ，由椭圆的定义有 BF1
因为 F1A  F2 A  0 ，所以 F1A  F2 A ，
 2a  BF2
 2a 1 ，
AF1
 2a  AF2
 2a  3，
1
在Rt△F AB 中， AB 2 
AF 2 
BF 2 ，即42  2a  32  2a 12 ，解得 a  3 ，
1
1
在RtVF AF 中， AF
2  AF 2  F F
2 ，即32  2a  32  2c2 ，
122
11 2
所以32  32  2c2 ，解得c2  9 ，所以b2  a2  c2  9  9  9 ，
222
x2
所以椭圆的方程为 9
 y2 
9
2
即 x 
1
2
9
2 y2
9
 1 .
故选：B
1 ( y 1)2
若直线l : kx  y  2  0 与曲线C : x 
1 有两个不同的交点，则实数 k 的取值范围是
（）
 4 , 4 
 4 , 2
4, 
 4 , 
 3
 3
 3

【答案】B
【解析】
【分析】由题可画出曲线 C 图象，结合直线l : kx  y  2  0 过定点与图形可得答案.
1 ( y 1)2
【详解】曲线C : x 
1 即 x 12   y 12  1 x  1 表示如图所示的半圆，
又l : kx  y  2  0 过定点： 0, 2 .
k 2 1
k  3
当l : kx  y  2  0 与半圆相切时，圆心1,1 到直线距离为 1，则
当直线过如图点 B 1, 0 时，斜率为： k  0  2  2 ，
1 0
 1  k  4 ，
3
则实数 k 的取值范围是 4 , 2 .
 3

故选：B
已知抛物线C : y2  8x, P 为C 上的动点， Q 为圆 M : (x  2)2  ( y  3)2  4 上的动点，则点 P 到直线
【分析】如图，作 PL  直线l : x  1， PN  直线 x  2 ，取抛物线焦点为 F.由抛物线定义可得点 P 到直线
l : x  1的距离与 PQ 之和为 PQ  PF 1，然后由圆外一点到圆上距离最小值相关结论可得答案.
【详解】由题可得抛物线C : y2  8x 焦点为： F 2, 0 ，准线为： x  2 .
如图，作 PL  直线l : x  1， PN  直线 x  2 ，取抛物线焦点为 F，
则点 P 到直线l : x  1的距离与 PQ 之和为 PL  PQ  PN  PQ 1，
l : x  1的距离与
PQ 之和的最小值为（
）
A. 2
【答案】A
【解析】
B. 3
C. 4D. 5
由抛物线定义可得： PN
PQ 1  PF
PQ 1 ，
则当 M，Q，P，F 四点共线时， PF  PQ 1取最小值为 QF 1  MF  MQ 1，
2  22  32
又由题可得 M 2, 3 ， MQ  2 ，则最小值为： MF  3 
 3  2 .
故选：A
双曲线C : x2  y2  2 的右焦点为 F ，过 F 的直线l 与C 的右支相交于 A, B 两点，点 M 为线段 AB 的中点，若 FM 的中垂线与 x 轴交于点 P 4, 0 ，则 M 的横坐标为（）
2
2
B. 2C. 3D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】设 A x1, y1 , B  x2 , y2
, M s, t  ，利用设而不求点差法求得 kl
 s ，再根据 FM 的中垂线与直线
t
AB 垂直建立方程得
s
s  6
 1，求解即可.
【详解】由题意 F 2, 0 ，设 A x1, y1 , B  x2 , y2 , x1  x2 , M s, t  ，
x2  y2  2
则 11
，相减得 x  x  x  x    y  y  y  y  ，
22
x2  y2  2
12121212
因为点 M 为线段 AB 的中点，所以 x1  x2  2s, y1  y2  2t ，
所以 s  x  x   t  y  y  ，所以 k  y1  y2  s ，
1212
lx  xt
12
因为 FM 的中点为 2  s , t  ，结合 P 4, 0 ，
22 

t  0
所以 FM 的中垂线斜率为 2 
2  s  4
2
t
s  6 ，
由题意
t
s  6
 s  1 ，即
t
s
s  6
 1，解得 s  3 ，即 M 的横坐标为 3.
故选：C
二､多选题：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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.
已知直线l : x  y  3  0 ，圆C : x2  y2  2x  0 ，下列判断正确的是（）
直线l 在 y 轴上的截距为 3
圆心C 的坐标为1, 0
直线l 与圆相交
2
圆C 上的点到直线l 的距离最大为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，令 x  0 可得直线l 在 y 轴上的截距；对于 B，将圆方程化为标准式可判断选项正误；对于 C，比较直线到圆心距离与圆半径大小可判断选项正误；对于 D，由圆上点到直线距离最大值可判断选项正误.
【详解】对于 A，对于l : x  y  3  0 ，令 x  0 ，可得 y  3 ，故 A 正确；
对于 B， C : x2  y2  2x  0   x 12  y2  1，则圆心坐标为1, 0 ，故 B 正确；
2
1 3
2
对于 C，直线l : x  y  3  0 到圆心距离为：，该距离大于圆半径，则直线l 与圆相离，故 C
错误；
2
2
对于 D，由 C 直线l : x  y  3  0 到圆心距离为，则圆C 上的点到直线l 的距离最大为1，故 D
正确.
故选：ABD
2
2
若方程 xy 1表示双曲线，则该双曲线（）
8  mm  4
满足 m  8 或m  4
焦距为4
渐近线斜率可以是2D. 不可能是等轴双曲线
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据双曲线的标准方程求出m 的取值范围，再根据双曲线的性质逐一分析选项.
2
2
【详解】选项 A，对于方程 xy 1表示双曲线，则(8  m)(m  4)  0 ，
8  mm  4
所以m 的取值范围是 m  8 或m  4 ，故 A 选项正确；
B 选项，当 m  8 时，双曲线方程为
y2
m  4
2
x
 1 ，
m  8
2m 12
则c2  a2  b2  m  4  m  8  2m 12 ，焦距2c  2
，不是定值4 ；
当m  4 时，双曲线方程为
x2
8  m
y2
 1 ， 4  m
12  2m
则c2  a2  b2  8  m  4  m  12  2m ，焦距2c  2
，也不是定值4 ；B 选项错误；
C 选项，
当 m  8 时，双曲线方程为
y2
m  4
2
m  4
m  8
x
 1 ，其渐近线方程为 y  x ；
m  8
令
 2 ，化简得： 3m  28 ，解得 m  28 ，满足 m  8 ，所以渐近线斜率可以是2 ，C 选项正
m  4
m  8
3
确；
D 选项，若该双曲线是等轴双曲线，
当 m  8 时， m  8  m  4 ，此方程无解；当m  4 时， 8  m  4  m ，此方程无解；
所以该双曲线不可能是等轴双曲线，D 选项正确.故选：ACD.
如图，在平面四边形 ABCD 中， BD  2 3, AD  3, CD  4,∠A  ∠CBD  90∘ ，将△BCD 沿
BD 折起，使点C 到达点C1 的位置，下面正确的是（）
13
P 为线段 BD 上的动点，则 PA  PC1 的最小值为
异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值取值范围是0, 1 
2

1 
若平面C1BD  平面 ABD, M 在三角形C1AD 内部， BM 
133 ，则 M 轨迹长度为2π
7
当三棱锥C1  ABD 的体积最大时，三棱锥C1  ABD 的外接球的表面积为16π
【答案】ABD
【解析】
【分析】A 选项在翻折前的平面四边形 ABCD 中，当 APC 共线，即 AC 的长就是 PA  PC 的最小值，结 合余弦定理求解即可；B 选项，利用空间向量表示异面直线夹角的余弦值；C 选项，先由等体积法可求得点 B
到平面C1BD 的距离，则可得在平面C1 AD 内， M 的轨迹为圆，但要判断此圆是否完全在三角形C1 AD 内；
D 选项，分析体积最大时的几何关系，由直角三角形斜边中线性质可得出圆心半径， 求出表面积.
【详解】A 选项，在直角三角形 ABD 中， cs ADB  AD 
BD
3 ，则ADB  30∘ ，
2
在直角三角形CBD 中， cs CDB  BD 
CD
3 ，则CDB  30∘ ，
2
对于线段 BD 上的任意动点 P ，翻折前后总有 PA  PC1  PA  PC ，
13
对于翻折前的平面四边形 ABCD ，当 APC 共线，即 AC 的长就是 PA  PC 的最小值，由于 AD  3, CD  4,∠ADC  60∘ ，由余弦定理可得 AC ，故 A 正确；
B 选项， BC1  DA （DC1  DB） DA  DC1  DA  DB  DA ，
–––→ –––→–––→–––→
DB  DA  DB  DA cs ADB  9 ，
––––→ –––→––––→–––→
DC1  DA  DC1  DA cs ADC1  12 cs ADC1 ，
对于ADC1 ，翻折前为ADC  60∘，由于ADB  CDB∘  30∘ ，则可完全翻折使得C1 在直线 AD
上，
由于需要是异面直线，故ADC 0, 60∘  ， DC  DA 6,12 ，则BC  DA 3, 3 ，
111
在三角形 BCD 中可求得 BC  2 ，
––––→ –––→
––––→ –––→
BC1  DA
––––→ –––→
BC1  DA

1 
则 cs BC1  DA  ––––→–––→ 
BC1  DA
6 0, 2  ，故 B 正确；
C 选项，由平面C1BD  平面 ABD ，交线为 BD ， BC1  平面C1BD ， BC1  BD 可得 BC 1  平面
ABD ，
7
则 BC  AB ，可得 AC ，则 AC 2  AD2  CD2 ，即三角形C AD 为直角三角形，
1111
作 BN  平面C1BD ，垂足为 N ，
则由V
 V即 1 S
 BC
 1 S
 BN 可得 BN  2 21 ，
C1  ABDBC1AD
3 V ABD
13 VC1 AD7
BM 2  BN 2
3 7
7  7
则 MN 
 1，即在平面C1 AD 内， M 的轨迹是 N 为圆心，1 为半径的圆，
对于三角形C1AD ，由等面积可得其内切圆半径 r 
AC1  AD AC  AD  C D
 1 ，
11
则在三角形C1 AD 内部， M 的轨迹不是完整的圆，故长度不是2π ，C 错误；
D 选项，三棱锥C1  ABD 的底面积 SABD 不变， BC 1 长度不变，
由选项 C 得当平面C1BD  平面 ABD 时， BC 1  平面 ABD ，此时体积最大，且此时三角形C1AD ， C1BD 都是以CD 为斜边的直角三角形，
则取CD 中点O ，可得OA  OB  OC1  OD  2 ，
则三棱锥C1  ABD 的外接球半径为 2，表面积为4πR2  16π ，故 D 正确；
故选：ABD.
非选择题部分（共 92 分）
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
直线l1 : 2x  a 1 y 1  0 ，直线l2 : ax  y 1  0 ，若l1//l2 ，则a  ．
【答案】1
【解析】
【分析】利用直线平行的判定列方程求参数值，注意验证.
【详解】由题设及l1//l2 ，有a(a 1)  2  0 ，则 a2  a  2  (a  2)(a 1)  0 ，所以 a  2 或 a  1 ，
当 a  2 ，则l1 : 2x  y  1  0 ， l2 : 2x  y 1  0 重合，不符合；
当 a  1 ，则l1
: x  y  1  0 ， l
2
2
: x  y  1  0 ，符合.
所以 a  1 .
故答案为：1
在空间直角坐标系中，若平面α经过点 P0  x0 , y0 , z0
→
 ，且以u  a, b, c 为法向量，可得平面的点法
式方程为 a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 .若已知平面α的点法式方程为
2  x  2  y  2  z  3  0 ，则点 P 3, 2, 6 到平面α的距离为.
【答案】2
【解析】
【分析】先根据平面的点法式方程确定平面α的法向量和平面上一点的坐标，再利用点到平面的距离公式求出点 P 到平面α的距离.
【详解】已知平面α的点法式方程为2(x  2)  y  2(z  3)  0 ，可得平面α的法向量u  (2,1, 2) ， 平面α上一点 P0 (2, 0, 3) ，
已知 P(3, 2, 6) ， P0 (2, 0, 3) ，则 PP0  (2  3, 0  2, 3  6)  (1, 2, 3) ，
→
可得： PP0  u  (1) (2)  (2) 1 (3)  2  2  2  6  6 ；
→
根据向量模长的计算公式，可得
| u |

 3 ；
(2)2 12  22
4 1 4
9
| PP  →
| 6 |6
根据点到平面的距离公式 d 
故答案为： 2 .
→0
| u |
u | ，可得 d   2 .
33
已知椭圆 x2  y2  1a  b  0 的左右焦点分别为 F , F ，抛物线 y2  2 px  p  0 以 F 为焦点，且
a2b2
122
与椭圆在第一象限相交于点 A ，记λ sin∠AF2 F1 ，若λ 7 ，则椭圆的离心率取值范围是
sin∠F1 AF24
．
【答案】 0, 1 
3 

【解析】
【分析】利用正弦定理化角为边，根据椭圆与抛物线的定义及性质，结合已知条件构造不等式求出离心率的取值范围．
【详解】

2
Q椭圆 x
2
2
y
2  1a  b  0 的左右焦点分别为 F1 , F2 ，
ab
 F1 c, 0, F2
c, 0 ， e  c ， c2  a2  b2 ，
a
2
Q抛物线 y2  2 px  p  0 以 F 为焦点，
 p  c ，解得 p  2c ，抛物线方程为 y2  4cx ，
2
在△AF1F2 中，由正弦定理得
sin AF F
 sin F AF ，
AF1
F1F2
2 112
AF1
F1F2
AF1
Qλ sinAF2 F1 ，λ 7 ，解得 AF
7 c ，
sinF1 AF2
2c412
Q AF1 
AF2
 2a ， AF2
 2a  AF1 ，
Q A x1, x2  在抛物线上， AF2
 x1  c ，
，
由椭圆的焦半径公式得： AF  a  ex ， x  c  a  ex ，解得 x
a  c a a  c
2111
11 ea  c
则 AF1
 a  ex  a  c 
1a
a2  2ac  c2
a a  c 
a  c
7c
a2  2ac  c2
，
a  c
2
 2  e  1
 AF1 
a  c
，整理得9e 2
 3e  2  0 ，解得 33 ，
又Qe 0,1 ，e  0, 1  ．
3 

故答案为：  0, 1  ．
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.
已知圆 M 的圆心在直线 y  2x 上，且点 A1, 5, B 4, 2 在圆 M 上.
求圆 M 的标准方程；
若斜率为 2 的直线l 与圆 M 相交于 D, E 两点，且 DE  4 ，求直线l 的方程.
【答案】（1） (x 1)2  ( y  2)2  9
（2） 2x  y  5  0
【解析】
【分析】（1）由题可得 AB 垂直平分线方程，结合圆 M 的圆心在直线 y  2x 上可得圆心坐标与圆的半径，即可得答案；
（2）由 DE  4 可得直线到圆心距离，设直线方程为 y  2x  b ，由点到直线距离公式可得直线方程.
【小问 1 详解】
因为点 A1, 5, B 4, 2 ，
直线 AB 的斜率为 5  2  1，
1 4
所以线段 AB 的垂直平分线的斜率为 1，
 2 2 
设线段 AB 的中点为 N ，则 N  5 , 7  ，所以线段 AB 的垂直平分线的方程为 y  x  1 ，

 y  x 1

由 y  2x
x  1

，解得 y  2 ，
所以圆心 M 1, 2 ，半径 r  MB  3 ，所以圆 M 的标准方程为(x 1)2  ( y  2)2  9
r 2  


2
2 

DE
5
【小问 2 详解】
因为 DE  4 ，所以圆心 M 到直线l 的距离 d1

，
设直线l 的方程为 y  2x  b ，
2  2  b
22  (1)2
b
5
则点 M 1, 2 到直线l 的距离 d2 ，
b
5
由
，解得b  5 ，
5
所以直线l 的方程为2x  y  5  0 .
如图，在平行六面体 ABCD−ABCD 中∠BAA  ∠DAA  120 ，∠BAD  90∘ ，
AB  AD  2, AA  4 ，点 M 为 DD 的中点.
求 BM 的长；
已知 E 为CC 上的动点，若 AE ⊥BM ，求CE 的长.
3
【答案】（1） 2
（2） 2
【解析】
uuuruuuruuur
1 uuur
【分析】（1）根据题意可得 BM   AB  AD 
2
AA，利用数量积求模长即可；
（2）设CE  λCC ，根据向量垂直结合数量积可得λ 1 ，即可得结果.
2
【小问 1 详解】
uuuruuuruuur
uuur uuuruuur uuur
1 
由题意可知： AB 
AD  2, AA  4 ， AB  AD  0 ， AD  AA  AB  AA  2  4     4 ，
2

––––→–––→––––→–––→–––→
因为 BM  BA  AM   AB  AD 
–––→
1
AA ，
2
uuur 2 uuuruuur1 uuur 2
2
则 BM    AB  AD  AA

uuur 2uuur 21 uuur 2uuur uuuruuur uuuruuur uuur
 AB
AD
AA  2 AB  AD  AD  AA  AB  AA
4
 4  4  4  0  4  4  12 ，
uuur
3
3
即 BM  2，所以 BM 的长为2.
【小问 2 详解】
设CE  λCC ，则 AE  AC  CE  AB  AD  λAA
uuur uuuruuuruuuruuur uuuruuur1 uuur 

2
可得 AE  BM  AB  AD  λAA   AB  AD 
AA

uuur 2
  AB
uuur 2
1uuur 2 1
 uuur uuur
 1
λAA  
22
 1  λ  4  1

λ  8λ 4
  2 λ

，
 2


 2


 AD 
 λ AD  AA
uuur uuur
AB  AA
 4  4  8λ 4

若 AE ⊥BM ，则 AE  BM  8λ 4  0 ，解得λ 1 ，
2
1
2
uuruuur
所以 CE CC  2 ，即CE 的长为 2.
点 M 是圆 F : (x 1)2  y2  36 上的动点， F 是点 F 关于 y 轴的对称点，线段 MF 的中垂线交线段
1212
MF1 于点 P ，记动点 P 的轨迹为C .过 F1 的直线交C 于G, H 两点，设直线 F2G, F2H 与C 的另一个交点分别为 R, Q .
求轨迹C 的方程；
证明：直线 RQ 过定点.
2
【答案】（1） x
2
y
 1；
98
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得到 P 到点 F1 , F2 的距离之和为定值 6，满足椭圆的定义，利用椭圆的定义求解；
先讨论直线 F G 斜率不存在时，可计算得直线 RQ 与 x 轴的交点为 7 , 0  ；再讨论直线 F G 斜率存
2 32

在时，设G  x1, y1 , H  x2 , y2 , R  x3, y3 , Q  x4 , y4  ，设直线 F2G 方程为 y  k  x 1 ，与椭圆方程联立，消去 y ，得到关于 x 的一元二次方程，利用韦达定理得到 x1  x3 的值，从中解出x1 ，代入 k ，
R  x , y
 代入椭圆，消去k, y 得的 x
 5x3  9 ，结合 y3  y1 

y3，可得 y 
4 y3
，从而得到G
333
1x  5
x  xx 1
1x  5
33133
的坐标，同理得到 H 的坐标，由G, H , F1 共线，利用斜率相等建立等式，即可得解.
【小问 1 详解】由题意得， PF2
 PM
, MF1
 r  6 ，
故 PF1  PF2
 PF1  PM
 MF1
 6 ，
即 P 到点 F1 , F2 的距离之和为定值 6，
而 F1 1, 0, F2 1, 0 ，故 P 的轨迹C 是 a  3, c  1 且焦点在 x 轴上的椭圆，

2
2
故C : xy1 .
98
【小问 2 详解】
设G  x1, y1 , H  x2 , y2 , R  x3, y3 , Q  x4 , y4 
当直线 F2G 斜率不存在时，则直线 F2G 的方程为 x  1 ，
2
将 x  1 代入椭圆方程C : x
2
y
8
 1 ，得 y  
983
8884
取G(1, 3), R(1,  3) ， k 3  4 ，直线 F1G 方程为 y  3 (x 1) ，
F1G113
将 y  4 (x 1) 代入椭圆方程C : x2  y2  1 ，解得 x  1 或 x   7 ，
3983
当 x  1 时， y  8 ；当 x   7 时， y   16 ，
3
则 H ( 7 ,  16) ， k
39
F2 H
3
 16
9
 7 1
3
9
8
 15 ，直线 F2H 的方程为 y 
8 (x 1) ，
15
将 y 
8 (x 1)
15
x2y2
代入椭圆方程C : 1 ，解得
98
x   7
3
或 x  31 ，
11
当 x   7 时， y   16 ，当 x  31 时， y  32 ，则Q(31, 32) ，
Q R(1, 
3911
8
32  8
) ， kQR  333  2 ，
331  1
11
3311 33
 y  8  2(x  1) ， y  2x  14 ，此直线 RQ 与 x 轴的交点为 7 , 0  ；
33 3
8 8 
RQx

 7
33
取G 1,   , R 1,  时，由对称性可知，直线

当直线 F2G 斜率存在时，
与 轴的交点为 , 0  ；
3

2
设直线 F G 方程为 y  k  x 1 ，与椭圆方程联立得： 9k 2  8 x2 18k 2 x  9k 2  72  0 ，
18k 218k 2
x1  x3  9k 2  8 , x1  9k 2  8  x3
yx 2y 2
5x3  9
，
代入 k  3 , 3  3  1 ，消去k, y3 得 x1 
x3 198
x3  5
结合 y3  y1 
y3，可得 y 
4 y3
，即G  5x3  9 ,
4 y3 
，
x  xx 1
1x  5 x  5x  5 
313
333
同理 H  5x4  9 ,
4 y4
 ，由G, H , F 共线，得
4 y3  0
x3  5
4 y4  0
x4  5
，
 x  5
x  5 
15x3  95x4  9
44
1
x3  5
1
x4  5
y3y4,y3y4
 7

即 3x3  73x4  7
x  7
x  7 ，故点Q, R 与点 3 , 0  的斜率相同，
3343
即Q, R 与点 7 , 0  共线， 综上可知， QR 过定点 7 , 0  .
 3 3

5
如图，在四棱台 ABCD  A1B1C1D1 中，平面 ABCD ⊥平面CDD1C1 ，且 ABCD 与CDD1C1 是两个全等的等腰梯形，满足CD  2 AB  4, BC .点 E 在 B1C1 上，满足 B1C1  3B1E ，连接 A1C1, D1E 交于点
F ，点G 为 AC1 的中点，连接 FG .
证明： FG / / 平面 ADD1 A1 ；
求 FG 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值；
在线段 AC1 上（不含端点）是否存在一点 P ，使得平面 DPD1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为
2 2
3
？若存在，求出 AP 的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2） 2 14
21
存在， 16 3
9
【解析】
【分析】（1）利用向量证明 FG / / AA1 ，再根据线面平行的判定定理证明线面平行.
建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的三角函数值.
利用空间向量，根据二面角的三角函数值求 AP 的长.
【小问 1 详解】
–––→2 ––––→1 ––––→––––→1 ––––→1 ––––→1 ––––→
由题意得： A1E  3 A1B1  3 A1C1 ， A1B1  2 D1C1  2 A1C1  2 A1D1
设 A1C1  λA1F ，
–––→

2––––→
1 ––––→
A1E  3 λA1F  3 A1D1
又因为 F , D1, E 三点共线，
 2 λ 1  1,λ 2 .即 F 为 AC 中点.
331 1
 FG / / AA1
又因为 FG  平面 ADD1A1, AA1  平面 ADD1A1
 FG / / 平面 ADD1 A1
【小问 2 详解】
由（1）知 AA1 / / FG ，
所以 AA1 与平面 BCC1B1 所成角即为所求角.
分别取CD, AB, D1C1 中点O, M , N ，连接OM , ON .
平面CDD1C1  平面 ABCD ，平面CDD1C1  平面 ABCD  CD ， ON  平面CDD1C1 ， ON  CD ，所以ON  平面 ABCD ，
以O 为原点， OM , OC, ON 为 x, y, z 轴的正方向，如图建系，
B 2,1, 0, C 0, 2, 0, C 0,1, 2, A2, 1, 0, A 1,  1 , 2  ，
11 2

设平面 BCC B 的法向量为 →   x, y, z  ，
1 1m
 → –––→
m·CB  2x  y  0
 → ––––→
m·CC1   y  2z  0
，取 x  1 ，则
y  2, z  1 ，
→  1, 2,1 为平面 BCC B 的一个法向量，
m1 1
–––→1
12
又 AA   1, , 2 

→
→ –––→m  AA12 14
m AA1
→ –––→
因为csm, AA1 21
设 AA1 与平面 BCC1B1 所成角为θ，
→ –––→
2 14
所以sinθ csm, AA1 21
【小问 3 详解】
设 AP  t AC1  2t, 2t, 2t , t 0,1
 P 2  2t, 2t 1, 2t , DP  2  2t, 2t 1, 2t  ，设平面 DPD 的法向量为 →  a, b, c ，
1n
→ –––→
n·DP  2  2t  a  2t 1b  2tc  0
则→ ––––→，
n·DD1  b  2c  0
取c  2  2t ，则b  4t  4 ， a  2t  2 ，
 →  2t  2, 4t  4, 2  2t  为平面 DPD 的一个法向量，
n1
设平面 DPD1 与平面 BCC1B1 所成角为α，
2 2
3
Qsinα
 csα  cs
9t 2  8t  0
→ →
m, n
→ →


m n

→→
m n
 1
2t  2  2 4t  4  2  2t
12  22 12  (2t  2)2  (4t  4)2  (2  2t)2
3
t  0 （舍）或t  8 .
9
–––→
8 ––––→
所以存在点 P 使得 AP  9 AC1 ，
8
9
––––→–––→––––→
Q
16 3 .
AC1
 2 3, AP 
AC1 9
已知抛物线Γ : y2  2 px  p  0 上的一点C  1 , y  y
 0 到焦点 F 的距离为 1，直线l 交Γ 于
 20 0

A, B 两点.
求抛物线Γ 的标准方程；
O 为坐标原点，已知OA  OB ：
作OD  AB 垂足为 D ，则是否存在定点Q ，使 DQ 为定值？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由；
若Γ 在C 处的切线 g 恰好平分直线 AC 与 BC 的夹角，求l 的方程.
【答案】（1） y2  2x
（2）（i）存在， Q 1, 0 ；（ii） y   2 x  4
77
【解析】
【分析】（1）根据抛物线定义可得答案；
（2）（i）设直线l : x  my  t, A x1, y1 , B  x2 , y2  ，与抛物线方程联立，由OA  OB 利用韦达定理求出
t ，可得直线 AB 过定点，结合OD  AB 可得答案；
（ii）设切线 g 方程为 x  n  y 1  1 ，与抛物线方程联立，利用  0 得 n 求出切线的倾斜角.直线l 方
2
程与抛物线方程联立，不妨设直线 AC, BC 的倾斜角分别为β,γ，则由 g 恰好平分直线 AC 与 BC 的夹角 可知， βααγ，根据tan βα  tan αγ 和韦达定理得出答案.
【小问 1 详解】
C 到 F 的距离等于C 到准线 x   p 的距离，
2
故 1  p  1, p  1 ，
22
故Γ : y2  2x ；
【小问 2 详解】
设直线l : x  my  t, A x1, y1 , B  x2 , y2  ，
x  my  t

联立方程 y2  2x
，得 y2
 2my  2t  0 ，
由韦达定理知， y1  y2  2m, y1y2  2t ，
而 x  x  my  t  my  t  m  y  y   2t  2m2  2t ，
121212
y 2y 22
x1 x2  1  2  t .
22
因为OA  OB ，所以OA  OB  0 ，有 x1x2  y1 y2  0 ，即t 2  2t  0 ，解得t  2 或t  0 （舍去），
所以直线l : x  my  2 ，即直线 AB 过定点 P 2, 0 ，
结合OD  AB ，所以 D 在以OP 为直径的圆上，
所以 D 到定点Q 1, 0 的距离为定值 1；
因为 y  0 ，所以C  1 , 1 .
0 2

设切线 g 方程为 x  n  y 1  1 ，
2

2
x  n  y 1  1
联立方程组
 y2  2x
2 得 y
 2ny  2n 1  0,
令Δ  4n2  4 2n 1  0 ，得 n  1 ，
所以切线方程为 y  x  1 ，
2
斜率 kg
 1, g 的倾斜角α 3π .
4
由（i）可知，直线l : x  my  2, A x1, y1 , B  x2 , y2  ，
 y2  2x
联立方程x  my  2 ，消 x 得 y2  2my  4  0 ，

121 2
则Δ  4 m2  2  0, y  y
 2m, y y
 4 ，故 x  x
 2m2  4, x x
 4 .
121 2
不妨设直线 AC, BC 的倾斜角分别为β,γ，则由 g 恰好平分直线 AC 与 BC 的夹角可知， βααγ.
tanβ k
 y1 1 , tanγ k
 y2 1
ACx  1
12
BCx  1 ，
22
tan βα  tan αγ ，即 tanβ tanα  tanα tanγ
1 tanβtanα 1 tanαtanγ
kAC  1 
1 kBC
，即 kAC 1  1 kBC , k
11 k  1 k1 k
1 k 1
1 1 k
1 k1 k
ACBCACBC
ACBCACBC
化简得 kAC  kBC  1，
即 y 1 y 1   x
 1  x
 1  , y y  y  y 1  x x
 1  x  x   1
12 12  22 1 2121 22124

代入得4  2m 1  4  1 2m2  4  1 ，即 m2  2m  21  0 ，
244
解得 m  3 , m   7 .
1222
当 m  3 时，直线l 过点C ，舍去.
2
所以直线l : y   2 x  4 .
77