浙江省丽水发展共同体2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份浙江省丽水发展共同体2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共26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：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.
已知空间向量 a  3, 2, 5, b  1, 5, 1 ，则（）
→
a  b  2, 7, 6
→
C. 3a  b  10, 1,16
→
3
b  2
→
D. a  b  2
顶点在坐标原点，焦点坐标为 0, 1  的抛物线的标准方程为（）
2 
y2  2x

y2  x
x2  2 y
x2  y
2
若直线 x  y  m  0 被圆C :  x 12   y 12  4 截得的弦长为2
，则m  （）
2
1
2

2
2
已知 m, n 是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）
若 m / /n, m / /α且 n / /β，则α/ /β
若 m  n, m / /α且 n / /β，则α β
若 m / /α且 n  m ，则n α
若 m  n, m α且 n  β，则α β
如图，在平行六面体 ABCD−ABCD 中， AB  3, AD  2, AA  3 ，
BAD  BAA  DAA  60∘ ，则线段 AC的长为（）
22
43
AB.
22  21 3
C.D.130
2
–––→
3 –––→
1 –––→
2 –––→
已知点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD  EFGH 的内部且满足 AP 
AB 
AD 
AE ，则点 P 到直线
AB 的距离为（）
2
3
13
4
423
5D.145
612
已知抛物线C : y2  4x 的焦点为 F ，斜率为 k 的直线l 与C 交于两个不同的点 A, B ，且 F 为线段 AB
的一个三等分点，则k 2  （）
A. 4B. 8C. 12D. 16
阅读材料：空间直角坐标系O  xyz 中，过点 P  x0 , y0 , z0  且一个法向量为 n  a, b, c 的平面α的方程为 a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 .阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为
x  2 y  z  7  0 ，直线l 是平面 x  y 1  0 与平面 y  z  2  0 的交线，则直线l 与平面α所成角的正
弦值为（）
2 2
3
3
3
2D. 1
33
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分.
下列说法中不正确的是（）
平面内与一个定点 F 和一条定直线l 的距离相等的点的轨迹是抛物线
平面内与两个定点 F1 2, 0 和 F2 2, 0 的距离之和等于 4 的点的轨迹是椭圆
平面内与两个定点 F1 2, 0 和 F2 2, 0 的距离之差等于 3 的点的轨迹是双曲线
平面内与两个定点 F1 2, 0 和 F2 2, 0 的距离之比等于 2 的点的轨迹是圆
倾斜角为α的直线l 与抛物线C : y2  4x 相交于不同两点 A x1, y1 , B  x2, y2  ，且 x1x2  1 ，则
（）
C 的准线方程为 x  1
当α 45∘ 时， AB  8
存在α，使AOB  90∘（ O 为坐标原点）
对任意的α，总存在点 N ，使ANO  BNO （ O 为坐标原点）
已知 E，F，G，H 分别是正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱 AB, BC, CC1, C1D1 的中点， AB  2 ，则
（ ）
直线HG与直线 A1B 异面
直线 EF , HG, DC 交于同一点
2
5
过 A、G、D1 三点的平面截正方体所得截面图形的周长为3 2
动点 K 在侧面 A1ADD1 内（含边界），且 KE  AA1 ，则动点 K 的轨迹长度为 3π
非选择题部分三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知直线l 经过 A3, 2 ， B 1, 6 两点，则直线l 的倾斜角为．
有一个封闭的正三棱柱容器，高为12 ，内装水若干（如图 1，底面处于水平状态），将容器放倒（如图
2，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点 E 、 F 、 E1 、 F1 分别为所在棱的中点，则图 1 中水面的高度为．
x2y2
x2y2
e , e
设椭圆
a2b2
 1a  b  0 与双曲线
22
ab
 1 的离心率分别为 12 ，双曲线的渐近线的斜率的
绝对值小于
，则e  e 的取值范围是.
2 5
5
12
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.
已知圆C 过 A(1, 0)， B 0, 1 两点，且圆心C 在直线 x  y  2  0 上.
求圆C 的方程；
设点 P 是直线4x  3y  8  0 上的动点， PM 、 PN 是圆C 的两条切线， M 、 N 为切点，求切线长 PM 的最小值及此时四边形 PMCN 的面积.
如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD⊥底面 ABCD，PD＝DC，E 是 PC的中
点，作 EF⊥PB 交 PB 于点 F．
求证：PA∥平面 EDB；
求证：PB⊥平面 EFD；
求平面 CPB 与平面 PBD 的夹角的大小．
x2y2
6F , FF
已知椭圆C :
a2b2
 1a  b  0 的离心率为
，左、右焦点分别为 12 ，过右焦点 2 的直线l
3
3
与椭圆交于 A, B 两点，且△AF1B 的周长为4.
求椭圆C 的方程；
若AOB  90∘，求直线l 的方程.
如图 1 是一个由菱形 ABCD 和两个直角三角形△ADQ 和△CDP 所组成的平面图形，其中
2
, PD
∠BAD  π CD, QD  AD, AD  1, PD  QD ，现将△ADQ 和△CDP 分别沿 AD, CD 折
3
起，使得点 P 与点Q 重合于点S ，连接 BS ，得到如图 2 所示的四棱锥 S  ABCD .
求证： AC  平面 SBD ；
SE
SA
若 E 为棱 SA 上一点，记
 λ0  λ 1
若λ 1 ，求直线CE 与平面 SBD 所成角的正切值；
3
是否存在点 E 使得直线CE 与直线 AD 所成角为60 ，若存在请求出λ的值，若不存在请说明理由.
已知双曲线C 的渐近线方程是 y  
3x ，且过点4, 6 .
求C 的标准方程；
A1 ， A2 分别为双曲线的左、右顶点， F1 ， F2 分别为C 的左、右焦点，与 x 轴不垂直的直线l 与双曲线C 的左支相交于 P ， Q 两点，记直线 PA1 ， PA2 ， QA2 ， QA1 的斜率分别为 k1, k2 , k3, k4 , 已知
k1  k4  3k2  k3  .
证明直线l 过定点，并求出该定点的坐标；
2025 学年第一学期丽水发展共同体期中联考
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：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.
已知空间向量 a  3, 2, 5, b  1, 5, 1 ，则（）
→
a  b  2, 7, 6
→
C. 3a  b  10, 1,16
→
3
b  2
→
D. a  b  2
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的数量积坐标运算，计算即可．
→
【详解】对于 A： a  b  3, 2, 5  1, 5, 1  2, 7, 4 ，故 A 错误；
对于 B：
→
12  52  12
b 
27
→
 3 3 ，故 B 错误；
→
对于 C： 3a  b  33, 2, 5  1, 5, 1  10,1,16 ，故 C 错误；对于 D： a  b  31 5 2  51  2 ，故 D 正确.
故选：D
顶点在坐标原点，焦点坐标为 0, 1  的抛物线的标准方程为（）
2 
y2  2x

y2  x
x2  2 y
x2  y
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的标准方程与焦点的关系求解即可.
【详解】焦点坐标为 0, 1  在 y 轴正半轴上，可设抛物线方程为 x2  2 py  p  0 ，
2 

又 p  1 ，则 p  1 ，故抛物线的标准方程为 x2  2 y .
22
故选：C
2
若直线 x  y  m  0 被圆C :  x 12   y 12  4 截得的弦长为2
，则m  （）
2
1
2

2
2
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的弦长公式和点到直线的距离公式求出结果.
2
m
m
2
【详解】圆C :  x 12   y 12  4 的圆心坐标为1, 1 ，半径为 2，圆心到直线 x  y  m  0 的距离为 d .
因为圆的弦长为2
2
2
m
，所以根据勾股定理得2  4 ，解得 m  2 .
2
故选：A.
已知 m, n 是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）
若 m / /n, m / /α且 n / /β，则α/ /β
若 m  n, m / /α且 n / /β，则α β
若 m / /α且 n  m ，则n α
若 m  n, m α且 n  β，则α β
【答案】D
【解析】
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．
【详解】若 m / /n, m / /α且 n / /β，则α,β可以是相交平面且交线平行 n ，故 A 错误； 若 m  n, m / /α且 n / /β，则α,β可以平行，故 B 错误；
若 m / /α且 n  m ，则 n 可以平行α，故 C 错误；
若 m  n, m α且 n  β，则α β，故 D 正确．
故选：D．
如图，在平行六面体 ABCD−ABCD 中， AB  3, AD  2, AA  3 ，
BAD  BAA  DAA  60∘ ，则线段 AC的长为（）
22
43
A.B.
22  21 3
C.D.130
2
【答案】B
【解析】
【分析】由空间向量线性运算，可得 AC  AB  AD  AA ，利用数量积运算性质即可得出．
【详解】Q AC  AC  CC  AB  AD  AA，
又 AB  3 ， AD  2 ， AA  3 ， BAD  BAA  DAA  60∘ ，
––––→2
 AC
–––→2
 AB
–––→2
 AD
–––→2
 AA
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→

 2 AB  AD  AB  AA  AD  AA
 32  32  22  2  3 2  1  3 3 1  3 2  1   43 ，
222 

43
 AC ；
故选：B.
–––→
3 –––→
1 –––→
2 –––→
已知点 P 在棱长为 1 的正方体 ABCD  EFGH 的内部且满足 AP 
AB 
AD 
AE ，则点 P 到直线
AB 的距离为（）
2
3
13
4
423
5D.145
612
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意画出图形，分别以 AB, AD, AE 为 x, y, z 轴作出空间直角坐标系，写出相应的坐标，根
–––→3 –––→1 –––→2 –––→
据 AP  4 AB  2 AD  3 AE 求出 AP 的坐标，然后利用点到直线距离的向量法公式计算即可.
【详解】分别以 AB, AD, AE 为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方体 ABCD  EFGH 的棱长为 1，
所以 A0, 0, 0, B 1, 0, 0, D 0,1, 0, E 0, 0,1
所以 AB  (1, 0, 0), AD  (0,1, 0), AE  (0, 0,1) ，
–––→
由 AP 
3 –––→
AB 
1 –––→
AD 
2 –––→
AE ，
423
–––→
 3 1 2 
所以 AP   , ,  ，
 4 2 3 
 3 2 1 2 2 2
 4    2    3 

–––→
181
所以 AP 
–––→ –––→
，
12
31 2 3
又 AB• AP  1 4  0  2  0  3  4 ，
12  02  02
–––→
AB  1 ，
–––→
–––→ –––→3
所以 AB·AP  4  3 ，
AB14
所以点 P 到直线 AB 的距离为：
d 
 5
–––→ 2
AP
  AB·AP 
 –––→ –––→ 2

 –––→ 
AB


2
181 


12
   4 
 3 2


6
故选：C.
已知抛物线C : y2  4x 的焦点为 F ，斜率为 k 的直线l 与C 交于两个不同的点 A, B ，且 F 为线段 AB
的一个三等分点，则k 2  （）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】B
【解析】
–––→
1 –––→
 x2  2x1  1
【分析】设 A x1, y1 , B  x2 , y2
 ， AF 
AB ，应用向量数量关系的坐标表示得到
3 y
3

2  2 y1
，再令
 0
y1  t, y2  2t 有t 2  2 ，结合斜率的两点式求k2 .
【详解】设 A x , y , B  x , y , F 1, 0 ，不妨设–––→  1 –––→ ，
1122
1
AFAB
3
 x2  2x1  1
所以(1 x ,  y )  (x  x , y  y ) ，则3，
1132121

 y
2  2 y1  0
令 y  t, y
 2t ，所以 x
 t , x
 t 2 ，则 t
 t 2
2
2
2，
12142
k  y2  y1  3t   4
2  1  t  2 3
由x  x3t 2t ，所以k2  8.
21
4
故选：B
阅读材料：空间直角坐标系O  xyz 中，过点 P  x0 , y0 , z0  且一个法向量为 n  a, b, c 的平面α的方程为 a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 .阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为
x  2 y  z  7  0 ，直线l 是平面 x  y 1  0 与平面 y  z  2  0 的交线，则直线l 与平面α所成角的正
弦值为（）
2 2
3
3
3
2D. 1
33
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目材料确定平面α的法向量，由于同时满足两个平面方程的点在交线上，因此可取两个特
殊点，作为交线的方向向量，再求解即可.
【详解】由题意可知，平面α的法向量 n  (1, 2,1) .
因为直线l 是平面 x  y 1  0 与平面 y  z  2  0 的交线，
因此直线l 上的点均满足两个平面方程, 我们可以取l 上的两个点，来计算直线l 的一个方向向量.
令 x  0 ,则 y  1, z  3 ,即(0,1, 3) 在交线上；令 x  1 ,则 y  2, z  4 ,即(1, 2, 4) 在交线上.
故直线的方向向量u  (1,1,1) .
α
| u  n |4
设直线l 与平面
所成角为θ,则sinθ →→ .
6  3
| u |  | n |3
2 2
故选：A.
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分.
下列说法中不正确的是（）
平面内与一个定点 F 和一条定直线l 的距离相等的点的轨迹是抛物线
平面内与两个定点 F1 2, 0 和 F2 2, 0 的距离之和等于 4 的点的轨迹是椭圆
平面内与两个定点 F1 2, 0 和 F2 2, 0 的距离之差等于 3 的点的轨迹是双曲线
平面内与两个定点 F1 2, 0 和 F2 2, 0 的距离之比等于 2 的点的轨迹是圆
【答案】ABC
【解析】
【分析】对 A,举反例，定点 F 在直线l 上判断即可；对 B，根据 F1F2  4 判断即可；对 C，根据双曲线的
定义判断即可；对 D，设所求点为 P  x, y  ，再根据条件化简求解即可.
【详解】对 A，当定点 F 在直线l 上时，轨迹为过 F 且与l 垂直的直线，故 A 错误；
 x  22  y2
对 B，平面内与两个定点 F1 2, 0 和 F2 2, 0 的距离之和等于 4 的点的轨迹是线段 F1F2 ，故 B 错误；对 C，平面内与两个定点 F1 2, 0 和 F2 2, 0 的距离之差等于 3 的点的轨迹是双曲线的一支，不是双曲
线，故 C 错误；
对 D，设所求点为 P  x, y  ，则 PF1
 2 PF2
 x  22  y2
，即
 2，
则 x  22  y2  4  x  22  4 y2 ，化简可得3x2  20x 12  3y2  0 ，轨迹是圆，故 D 正确.故选：ABC
倾斜角为α的直线l 与抛物线C : y2  4x 相交于不同两点 A x1, y1 , B  x2, y2  ，且 x1x2  1 ，则
（）
C 的准线方程为 x  1
当α 45∘ 时， AB  8
存在α，使AOB  90∘（ O 为坐标原点）
对任意的α，总存在点 N ，使ANO  BNO （ O 为坐标原点）
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据抛物线的性质、直线与抛物线的位置关系、向量的数量积以及角平分线的性质逐一分析.
【详解】对于选项 A，Q抛物线C : y2  4x 中， 2 p  4  p  2 ，准线方程为 x  1 ，故 A 正确.
对于选项 B，当α 45∘ 时，直线l 的斜率为 k  tan 45  1，设直线l 的方程为 y  x  m ，
 y2  4x
联立直线与抛物线C : y2  4x ，得 y  x  m  x2  2m  4 x  m2  0 ，

由韦达定理可知 x1  x2
 m2 ，Q x x
 1， m  1 ，
1 2
当 m  1，方程 x2  2x 1  0 ，此时判别式 22  4 11  0 ，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，舍去，
当 m  1，方程 x2  6x 1  0 ，由韦达定理可知 x1  x2  6 ，
根据抛物线的焦点弦长公式 AB  x1  x2  p  6  2  8 ，故 B 正确.
对于选项 C，
 y2  4x
设直线l 的方程为 x  ty  m ，联立直线与抛物线C : y2  4x ，得x  ty  m  y2  4ty  4m  0 ，

由韦达定理可知 y1  y2  4t, y1  y2  4m ，
22
Q x x  1，且 y 2  4x , y 2  4x ， x x  y1  y2  1，即 y y 2  16 ，则 y y  4
1 21122

1 2441 21 2
若AOB  90∘，则OA  OB  0 ， OA   x1, y1 , OB   x2 , y2  ， x1 x2  y1 y2  0 ，当 y1 y2 = 4 时，1 4  5  0 ；当 y1 y2  4 时，1 4  3  0 ，
不存在α，使AOB  90∘（ O 为坐标原点）故 C 错误.
对于选项 D，设 N n, 0 ，若ANO  BNO （ O 为坐标原点），则直线 NA 与直线 NB 的斜率之和为0 ，即 kNA  kNB  0 ,
ky1, ky2，则 y1y2 y1  x2  n  y2  x1  n  0 ，
NAx  nNB
x  n
x  nx  n
 x  n x  n
121212
y 2y 2
 y 2
 y 2
即 y1  x2  n  y2  x1  n  0 ，将 x  1 , x  2 代入，得 y1  2  n   y2  1  n   0 ，化简得
1424
 4 4
y1 y2  y  y   n  y  y   0 ，即 y1 y2  n  y  y   0 ，
41212
 412

Q y  y  4t 不一定为0 ， y1 y2  n  0 ，即 y1 y2  n ，
1244
由以上可知 y1 y2  4 ，则 n  1 ，
对任意的α，总存在点 N 1, 0 ，使ANO  BNO （ O 为坐标原点），故 D 正确.
故选： ABD .
已知 E，F，G，H 分别是正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱 AB, BC, CC1, C1D1 的中点， AB  2 ，则
（ ）
直线HG与直线 A1B 异面
直线 EF , HG, DC 交于同一点
2
5
过 A、G、D1 三点的平面截正方体所得截面图形的周长为3 2
动点 K 在侧面 A1ADD1 内（含边界），且 KE  AA1 ，则动点 K 的轨迹长度为 3π
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意画出立体图形，再依据平行直线共面、中位线性质、动点轨迹等知识逐一对每个选项进行分析，从而选出正确选项.
【详解】A 选项，G，H 分别是CC1, C1D1 的中点，则 HG ∥CD1 ，又 A1B ∥ CD1 ，则 HG ∥ A1B ，所以
HG, A1B 共面，所以 A 错误；
B 选项，取 DC 中点为 M，延长 DC, EF 交于点 N，连接 EM ，如图 1，因为 BC EM 且 BC  EM , F
是 BC 的中点，
所以CF ∥ EM , CF  1 EM ，且 MC  CN ．同理，延长 DC, HG 交于点 T，则TC  CM ，
2
即点 N 与点 T 重合，直线 EF , HG, DC 交于同一点，所以 B 正确；
C 选项，延长 D1G, DC 交于点 Q，连接 AQ 交 BC 于点 P，如图 2，则同 B 选项，易证，P 为 BC 的中点，
22  22
12 12
所以四边形 APGD1 为过点 A, G, D1 的截面，
22 12
5
AP 
 GD1 , AD1

 2 2, PG ，
5
2
2
所以截面周长为3
 2
，所以 C 正确；
图 1图 2
3
D 选项，因为 EA  平面 AA1D1D ，所以| KE |2 | KA |2  | AE |2 ，即4 | KA |2 1，所以| KA |，
3
3
因此 K 的轨迹是以 A 为圆心，为半径的 1 圆，所以轨迹长度为 1  2π3 π，所以 D 错误.
442
故选：BC．
非选择题部分
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知直线l 经过 A3, 2 ， B 1, 6 两点，则直线l 的倾斜角为．
π
【答案】
4
【解析】
## 45
【分析】先根据过两点的直线斜率公式求出直线l 的斜率，再结合直线倾斜角与斜率的关系求出倾斜角.
1 3
【详解】由直线l 经过 A3, 2 ， B 1, 6 两点，得直线l 的斜率 k  6  2  1，
设直线l 的倾斜角为α0 α π ，所以tanα 1，解得α π ．
4
π
故答案为：
4
有一个封闭的正三棱柱容器，高为12 ，内装水若干（如图 1，底面处于水平状态），将容器放倒（如图
2，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点 E 、 F 、 E1 、 F1 分别为所在棱的中点，则图 1 中水面的高度为．
【答案】9
【解析】
【分析】设正三棱柱 ABC  A1B1C1 的底面边长为 a ，在图 1 中，设水面的高度为h ，根据图 1 和图 2 中水
的体积相等可得出关于h 的等式，即可解得h 的值.
【详解】设正三棱柱 ABC  A1B1C1 的底面边长为 a ，则 S△ ABC 
3 a2 ，
4
在图 1 中，设水面的高度为h ，则水的体积为V 
3 a2h ，
4
在图 2 中，易知几何体 BCFE  B1C1F1E1 为直棱柱，
因为V ABC 为等边三角形，且 E 、 F 分别为 AB 、 AC 的中点，
则 AE  1 AB  1 AC  AF ，且EAF  60∘ ，则△AEF 是边长为 a 的等边三角形，
222
3
3
3 3
 a 
2
且 S S Sa2  a2 ，
2
四边形BCFE
△ABC
△AEF

4416
则水的体积为V  3 3 a2 12  9 3 a2 3 a2h ，解得 h  9 .
1644
故答案为： 9 .
x2y2x2y2
e , e
设椭圆
a2b2
 1a  b  0 与双曲线
22
ab
 1 的离心率分别为 12 ，双曲线的渐近线的斜率的
绝对值小于
，则e
 e 的取值范围是.
2 5
5
【答案】 4 5 , 2 
12
 5

【解析】
2 5
【分析】因为 b ，再由e

1  a 
 b 2

，e 
，设t  b ，可得e  e ，
a51
2
a12
1  a 
 b 2

1 t 2
1 t 2
两边平方即可求解.
2
【详解】因为双曲线 x
a2
y2
2 5
 1 的渐近线的斜率绝对值小于，
b25
所以0  b 
a
2 5

5，则e1
， e2 ，
1  a 
 b 2

1  a 
 b 2

设t  b ，则0  t  2 5
1 t 4
a5
所以e
 e 
；由于e  e
2  2  2
 2  2，
1 t 2
1 t 2
1 t 2 1 t 2
1212
因为0  t  2 5 ，所以0  t 4  16 ，则 9
 1 t 4  1 ，则16  e  e
2  4 ，
5
因为e1  e2  1，所以 4 5  e
2525
 e  2
512
512
故答案为：  4 5 , 2 
 5

四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.
已知圆C 过 A(1, 0)， B 0, 1 两点，且圆心C 在直线 x  y  2  0 上.
求圆C 的方程；
设点 P 是直线4x  3y  8  0 上的动点， PM 、 PN 是圆C 的两条切线， M 、 N 为切点，求切线
长 PM 的最小值及此时四边形 PMCN 的面积.
5
【答案】（1）  x  12   y  12  5 ；（2）2， 2.
【解析】
【分析】（1）设出圆心坐标和半径，由待定系数法即可得圆的方程.
（2）由题意利用圆的几何性质将原问题进行等价转化，然后结合点到直线的距离公式即可求得最终结果.
【详解】（1）根据题意，设圆的圆心为a, b ，半径为 r ，

222
1 a2  0  b2  r 2
5

则有 0  a  1 b  r ，解可得 a  1 ， b  1， r ；

a  b  2  0

故要求圆的方程为 x  12   y  12  5 ；
2
2
（2）根据题意，而 PM PC 2  CM 2  PC  5 ，
当 PC 最小时， PM
的最小
4 1  31 8
16  9
而 PC 的最小值为点C 到直线 x  y  2  0 的距离，则 PC 的最小值为
PC
min
 3 ；
故 PM 的最小值为 2，
四边形 PMCN 的面积 S  S
△PMC
 S△PNC
 1  CM
2
 MP  CN  NP  
5
PM ，
5
故此时四边形 PMCN 面积为2.
【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，求某一动点所作圆的切线的最小值，以及切线与半径所围成的四边形面积的最小值，属于中档题.
如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD⊥底面 ABCD，PD＝DC，E 是 PC 的中点，作 EF⊥PB 交 PB 于点 F．
求证：PA∥平面 EDB；
求证：PB⊥平面 EFD；
求平面 CPB 与平面 PBD 的夹角的大小．
【答案】（1）证明见解析
π
（2）证明见解析（3） ．
3
【解析】
【分析】（1）连接 AC，交 BD 于 O，连接 EO，通过证明 PA//EO 可证明结论；
通过证明 DE  平面 PBC，可得 DE  PB ，结合 EF  PB 可得 PB  平面 EFD ；
由题意易知∠EFD 是平面CPB 与平面 PBD 的夹角，且 DE  EF ，分别求出 DE、DF 的值，利用
sin EFD  DE ，即可求出答案.
DF
【小问 1 详解】
连接 AC，交 BD 于 O，连接 EO.
因 O，E 分别为 AC, PC 中点，则 PA / / EO ，又 PA  平面 EDB， EO  平面 EDB，
则 PA// 面 EDB ；
【小问 2 详解】
因四边形 ABCD 是正方形，则 BC  CD ，
又 PD  底面 ABCD，BC  平面 ABCD ，则 BC  PD .
因 PD, CD  平面 PDC ， PD  CD  D ，则 BC  平面 PDC .
又 DE  平面 PDC ，则 DE  BC ，
因 PD  DC ，E 是 PC 的中点，则 DE  PC .
又 PC, BC  平面 PBC ， PC  BC  C ，则 DE  平面 PBC，
因 PB  平面 PBC，则 DE  PB ，又 EF  PB ， DE, FE  平面 EFD ， DE ∩ FE  E ，则 PB  平面 EFD ；
【小问 3 详解】
2
由（2）及 DF  平面 EFD 可知 PB  DF ，故∠EFD 是平面CPB 与平面 PBD 的夹角，不妨设 PD  DC  2 ，∴ DE  ，
2
在△PBD 中， BD  2
， PB  2
， DF  2 6 ，
3
2  2 2
2 3
3
又 DE  面 PBC ，∵ EF  面 PBC ，∴ DE  EF ,
在RtaEFD 中，
sin EFD  DE 2 3
DF2 62 ，
3
∴ EFD  π ，故平面 CPB 与平面 PBD 的夹角的大小 π .
3
x2y2
3
6F , FF
已知椭圆C :
a2b2
 1a  b  0 的离心率为
，左、右焦点分别为 12 ，过右焦点 2 的直线l
3
3
与椭圆交于 A, B 两点，且△AF1B 的周长为4.
求椭圆C 的方程；
若AOB  90∘，求直线l 的方程.
【答案】（1）
x2  2
y
3
 1；
（2） x  
15 y .
2
3
【解析】
【分析】（1）根据题意，由椭圆定义，可得 a 
3 ，再由离心率以及椭圆中 a，b，c 之间的关系即可求出
椭圆方程；
（2）先根据 F2 
2
2, 0可设直线 AB : x  my ，代入椭圆方程，根据韦达定理，利用数量积
OA  OB  0 ，从而求出直线方程.
【小问 1 详解】
由题意得△AF1B 的周长为4a ，
3
所以4a  4
，即 a 3 ，
又离心率e  c 
a
6 ，所以c ，所以b  1，
2
3
所以椭圆C 的方程是
x2  2
y
3
 1；
【小问 2 详解】
2
显然直线 AB 的斜率不为 0，所以设直线 AB : x  my ，
与椭圆C : x2  y2  1 联立得m2  3 y2  2 2my 1  0 ，  
3
12m
2 12  0 ，
所以 y  y  2 2m , y y 1，
12m2  31 2m2  3
因为AOB  90∘，所以OA  OB  0 ，即 x1x2  y1 y2  0 ，
所以my  2 my  2  y y  m2 1 y y  2m  y  y   2  m2 1 1 
2m 2 2m  2  0 ，
121 21 212
m2  3m2  3
解得 m  
15 ，
3
所以直线l 的方程为 x  
15 y .
2
3
如图 1 是一个由菱形 ABCD 和两个直角三角形△ADQ 和△CDP 所组成的平面图形，其中
2
, PD
∠BAD  π CD, QD  AD, AD  1, PD  QD ，现将△ADQ 和△CDP 分别沿 AD, CD 折
3
起，使得点 P 与点Q 重合于点S ，连接 BS ，得到如图 2 所示的四棱锥 S  ABCD .
求证： AC  平面 SBD ；
SE
SA
若 E 为棱 SA 上一点，记 λ0  λ 1
若λ 1 ，求直线CE 与平面 SBD 所成角的正切值；
3
是否存在点 E 使得直线CE 与直线 AD 所成角为60 ，若存在请求出λ的值，若不存在请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i） 2 3 ；（ii）存在，λ
3
57  7 .
2
【解析】
【分析】（1）利用 PD  CD ， QD  AD ，可得到 SD  平面 ABCD ，从而得到 SD  AC ，再利用菱形可得 AC ⊥BD ，最后就可得到 AC  平面 SBD ；
（2）①由CO  平面 SBD ，可知直线CE 与平面 SBD 所成角就是CGO ，从而利用已知数据进行计算
即可；
②由 AD / / BC 可得ECB 或其补角为直线CE 与直线 AD 所成角，再利用余弦定理解得
CE 
,利用勾股定理得 BE 
，最后由已知角ECB 的余弦定理得到关于λ
3λ2  3λ 3
3λ2  5λ 3
的方程，从而可解得λ.
【小问 1 详解】
连结 AC，交 BD 于点 O，又∵底面 ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD ,
由题可得 SD  AD ， SD  CD ，且 AD ∩ CD  D ， AD  平面 ABCD ， CD  平面 ABCD ，
∴ SD  平面 ABCD ，又 AC  平面 ABCD ，∴ SD  AC ，
∵ SD ∩ BD  D ， SD  平面 SBD ， BD  平面 SBD ，
∴ AC  平面 SBD ．
【小问 2 详解】
连结 SO 交 CE 于点 G，由（1）得CO  平面 SBD ,
∴ CGO 为直线 CE 与平面 SBD 所成角,
2
∵ SD ， AD  CD  1， BAD  60 ,
∴ SA  SC  AC 3 ,
∵
 1 ，∴ SE 3 ，
SE
SA
33
3
在三角形 SEC 中，由ASC  60 ， SC ，所以由余弦定理得：
CE 

SE2  SC 2  2SE  SC  cs ASC
1  3  2 
3
3 
3
3 cs 60
7
3
2227  3  4
21 ， 3
cs ECA  EC
 AC  AE 33 2 7 ，
2EC  AC
2  21 7
3
3
∴ sin CGO  cs GCO  cs ECA  2 7 ，即
7
cs CGO 
21 ，
7
2 7
∴ tan CGO  sin CGO 7
cs CGO21
7
 2 3 ，
3
2 3
3
∴直线CE 与平面 SBD 所成角的正切值为．
连结 BE ，∵ BC / / AD ,
∴ ECB 或其补角为直线CE 与直线 AD 所成角,则假设存在点 E ，满足ECB  60 ，
由
 λ0  λ 1 得SE 
3λ， AE 
3 1λ ,
SE
SA
3λ2  3λ 3
在三角形 SEC 中，由ASC  60 ，所以由余弦定理得：
SE2  SC 2  2SE  SC  cs 60
CE 

，
3λ2  3  2 3λ 3  1
2
过点 E 作 EH  AD ，交 AD 于 H ，
SE
SA
DH
DA
2
由 SD  平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，得 SD  AD ，所以 EH / /SD ，
由
 λ0  λ 1 可得
 λ，因为 AD  1 ，所以 DH  λ， EH  1λ，
在三角形 DHB 中，由余弦定理得：
DH 2  DB2  2DH  DB  cs ADB
BH 

，
λ2 1 2λcs 60
λ2 λ1
再由 EH / /SD ， SD  平面 ABCD 可得 EH  平面 ABCD ，又因为 HB  平面 ABCD ，所以 EH  HB ，
2 1λ2  λ2 λ1
3λ2  5λ 3
在直角三角形 EHB 中，由勾股定理得：
EH 2  BH 2
BE 

．
在三角形 BCE 中，又因为 BC  1 ， ECB  60 ，所以由余弦定理得：
EC 2  BC 2  BE2
2EC  BC
3λ2  3λ 3 1 3λ2  5λ 3
2 3λ2  3λ 3 1
2λ1
2 3λ2  3λ 3
cs ECB  1 ,
2
解得λ
∴存在λ
57  7 ,
2
57  7 使得直线CE 与直线 AD 所成角为60 ．
2
已知双曲线C 的渐近线方程是 y   3x ，且过点4, 6 .
求C 的标准方程；
A1 ， A2 分别为双曲线的左、右顶点， F1 ， F2 分别为C 的左、右焦点，与 x 轴不垂直的直线l 与双曲线C 的左支相交于 P ， Q 两点，记直线 PA1 ， PA2 ， QA2 ， QA1 的斜率分别为 k1, k2 , k3, k4 , 已知
k1  k4  3k2  k3  .
证明直线l 过定点，并求出该定点的坐标；
求△F2PQ 面积的取值范围.
2
2
1
【答案】（1） x  y 
412
（2）（i）证明见解析， 4, 0 （ii） 48, 
【解析】
【分析】（1）由已知渐近线方程，设设双曲线的方程为3 x 2  y 2  λ，代入点4, 6 求解即可；
（2）（i）设直线l 的方程为 x  my  t ,联立直线与双曲线，由韦达定理代入 k1  k4  3k2  k3  关系式，化简整理得 m, t 的关系，求得定点；
（ii）由（2）得 m, t 的关系，代入韦达定理，代入面积表达式，换元结合基本不等式求最值即可..
【小问 1 详解】
设双曲线的方程为3 x 2  y 2  λ，因为双曲线过点4, 6 ，
所以λ 3 42  36  12 ，
2
所以双曲线C 的方程为 x
2
y
 1.
412
【小问 2 详解】
设直线l 的方程为 x  my  t ， P  x1, y1  ， Q  x2 , y2  ，又 A1 2, 0 ， A2 2, 0 ，
 x2
12  1 1
2
所以yyy 4 
k1k21 1 13
x  2 x  2x2  4x2  4
1111
同理， k3k4  3 ，
333k2  k3 
所以 k1  k4  3k2  k3  ，所以 k2k3  1，
k2k3k2k3
 x2  y2 

由 412
x  my  t
1, 消去 x 得， 3m2 1 y2  6mty  3t 2 12  0 ，
6mt
3t 2 12
所以 y1  y2   3m2 1 , y1 y2  3m2 1 ，
所以 k2k3 
y1y2
x  2 x  2
 my
y1 y2
 t  2my
 t  2
 1 ，
1211
1 212
整理，得m2 1 y y
 m t  2 y  y
  t  22  0 ，
即
m2 13t 2 12
6m2t t  22
    
t20
3m2 13m2 1
整理，得t 2  2t  8  0 ，解得t  2 或t  4 ，
当t  2 时，直线l 过点 A2 2, 0 ，不合题意，舍去，

y  y 4 y y
12

2
1 2
12 m2 1
3m2 1
当t  4 时，直线l 过点4, 0 ，满足题意，所以直线l 过点 F1 4, 0 .
因为 y1  y2

，
又 F1F2
 8 ，所以 Sa PF Q 
F1F2  y1  y2
 48，
1
2
48 m2 1
3m2 1
m2 1
3m2 12
2
由直线l 与双曲线的左支有两个交点，且l 与坐标轴不垂直，
得0  m 
4
3 ，令u  m2 1，
3
u
9u2  24u 16
S  48
1
9u  16  24
u
 48
则1  u  ，，
3
因为 f u   9u  16  24 在1, 4  上单调递减，
u3 
所以0 

f u   1，
所以得S 的取值范围是48, ∞ .