浙江省温州市十校联合体2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份浙江省温州市十校联合体2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题学校：塘下中学黄相红审题学校：虹桥中学缪秀玲
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、选择题：本大题共 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.
直线
l : y 
3 x  2
3
的倾斜角是（ ）
A. 30B. 60C. 120∘D. 150∘
2x2
双曲线 y  1的焦距为（ ）
4
3
A 2
2
4D. 2
5
6
n
已知平面α的一个法向量 r  1, 2, 2 ，点 A1, 0,1 在平面内，则点 B 2,1, 3 到平面α的距离为
（ ）
12
B.
33
4
D.
3
圆C1 : x  y  4x  2 y 1  0 与圆C : x  y  2x  4 y  4  0 的位置关系是（ ）
2
2222
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
过圆 x2  y2  4 外一点 P 0, 4 作圆的两条切线，切点为 A 、 B ，则V ABP 的外接圆半径是（ ）
5
B.
D.5
2
2
2
椭圆 x y 1的离心率可能是（ ）
164  m2
521
AB. C.
333
3
2
2
已知点 P 在椭圆C : x
2
y
 1 上运动，圆C 的圆心为椭圆的右焦点 F ，半径 r 
3 ，点Q 在圆C
1612
上，则 PQ 的取值范围是（ ）
2  3, 6  3
0,8

2  3,8
1, 7

2
已知球O 是棱长为的正方体 ABCD  A1B1C1D1 的内切球，点 M 为球O 表面上一动点，且满足
BM / / 面 AD C ，则 MA2  MB2 的最大值为（ ）
11
148
AB. 2C. 6D.
33
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分）
→→
已知空间向量 a  1, 2, 2 ， b   x,1, 0 ， c  0,1, 1 ，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若
→
a ∥b
，则 x   1
2
B. 若 →，则 x  2
5
a ⊥b
5→
C. 向量 a  c 在 a 上的投影向量的模长为
3
D. 若 b

，则 x  2
已知直线l : m  2 x  m 1 y  3m 1  0 ，则下列选项中正确的是（ ）
 3 3 
直线l 恒过定点 4 , 5 

若直线l 与直线2x  y  3  0 平行，则 m  0
若直线l 不经过第二象限，则1  m  1
3
原点到直线l 的距离可能为 2
在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  AA1  5 ， AD  3 ，点 P 在底面四边形 ABCD 内（含边界）运动，且满足 BD1  B1P ，点 M 是线段 B1P 的中点，则下列选项中正确的是（ ）
点 P 的轨迹是线段，其长度为 3 34
5
三棱锥 M  A1B1C1 的体积为定值
直线 D1M 与平面 A1C1D 所成角的正弦值的最大值为 1
5
存在点 M ，使得 M 到 AD 的距离为 2
非选择题部分三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
在空间直角坐标系中，点 P 1, 3, 3 关于平面 xOz 对称的点的坐标为.
已知直线l : y  kx 1与圆C : x2  y2  4x  2 y 1  0 相交于 A ， B 两点，若弦 AB 的长度为 4，则实数 k 的值为.
已知双曲线mx2  y2  1 ，过点 P 1,1 的直线l 与双曲线相交于 A ， B 两点， P 为弦 AB 中点，则正
整数m 的最小值为.
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.
如图，在正方体 ABCD  A B C D 中，点 M 、 P 为棱 AA 、 A D 的中点，设 BA  → ， BC  b ，
c
BB1
 → .
1 1 1 1
11 1a
用 a 、b 、c 表示 MC1 ；
证明： M 、 P 、C1 、 B 四点共面.
已知 F1 3, 0 ， F2 3, 0 ，动点 P 满足 PF1
 10  PF2
指出动点 P 的轨迹是什么曲线，并写出它的方程；
过 F 作直线l 与曲线交于 P ， Q 两点， P 在 x 轴上方，直线 PQ 的斜率为 4 ，求经过 P ， Q 且以坐
23
标轴为对称轴的双曲线的标准方程，若不存在，说明理由.
四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， V ABC ， △ADC 均为等腰直角三角形，斜边分别为
2
BC ， AC ，且 BC  4， PA  2 ， N 为 PC 的中点．
求证： DN // 平面 PAB ；
求平面 PAB 与平面 NBD 的夹角的余弦值．
已知抛物线 y = x2 与直线 y  mx  2 相交于 P ， Q 两点（ P 在Q 左侧），给定点 A1,1 、 B 2, 4 在
抛物线上．
用m 表示 xP  xQ ；
若 P ， A ， B ， Q 四点共圆，求实数m 的值；
在（2）的条件下，求过 P ， A ， B ， Q 四点的圆的方程．
22
在平面直角坐标系中，若一条直线与一条圆锥曲线相交于 A ， B 两点，且满足 OA  OB
2
AB ，
其中O 为坐标原点，则称该圆锥曲线关于此直线是“和谐”的，该直线称为圆锥曲线的“和谐线”.已知椭圆
x
2
C :
4
y2  1 和直线l : y  kx  m （其中 k  0 ），直线l 与椭圆C 相交于 A ， B 两点.
当 m  0 时，求直线l 被椭圆C 截得的弦长 AB （用 k 表示）；
若直线l 是椭圆C 的“和谐线”，求 k 与m 的关系式；
在（2）的条件下，求V AOB 面积S 的取值范围.
2025 学年第一学期温州十校联合体期中联考
高二年级数学学科试题
命题学校：塘下中学黄相红审题学校：虹桥中学缪秀玲
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、选择题：本大题共 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.
直线
l : y 
3 x  2
3
的倾斜角是（ ）
A. 30B. 60C. 120∘D. 150∘
【答案】A
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可得到答案.
【详解】l : y 3 x  2 的斜率为 3 ，设其倾斜角为α， 0∘ α 180∘ ，
则tanα
33
3 ，则α 30∘ .
3
故选：A.
2x2
双曲线 y  1的焦距为（ ）
4
3
2
2
4D. 2
5
6
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线方程得出 a2 , b2 ，求出c ，即可得焦距2c .
2x222
5
【详解】由双曲线 y  1可得 a
4
 1,b
 4 ，则c2  a2  b2  5 ， c ，
5
则焦距2c  2，
故选：B.
n
已知平面α的一个法向量 r  1, 2, 2 ，点 A1, 0,1 在平面内，则点 B 2,1, 3 到平面α的距离为
（ ）
12
B.
33
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量法来求点到面的距离即可.
α
4
D.
3
r
【详解】由题意得 AB  1,1, 2 ，平面 的一个法向量 n  1, 2, 2 ，
–––→ →
AB  n
→
n
则点 B 2,1, 3 到平面α的距离为 d 
故选：C.
1,1, 21, 2, 2
1, 2, 2
 3  1， 3
圆C1 : x  y  4x  2 y 1  0 与圆C : x  y  2x  4 y  4  0 的位置关系是（ ）
2
2222
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
【答案】A
【解析】
【分析】由一般方程得标准方程，得出圆心、半径，求出圆心距，判断与 r1  r2 的关系即可得两圆的位置
关系.
【详解】圆C1 即(x  2)2  ( y 1)2  4 ，圆心C1 (2, 1) ，半径 r1  2 ；
圆C 即(x 1)2  ( y  2)2  1 ，圆心C (1, 2) ，半径 r  1 ；
222
10
C1C2  r1  r2 ，则两圆外离，
故选：A
过圆 x2  y2  4 外一点 P 0, 4 作圆的两条切线，切点为 A 、 B ，则V ABP 的外接圆半径是（ ）
5
B.
D.5
2
【答案】C
【解析】
【分析】圆 x2  y2  4 的圆心O 0, 0 ，故以OP 为直径的圆就是V ABP 的外接圆， 1 OP 即为所求半径．
2
【详解】圆 x2  y2  4 的圆心O 0, 0 ，半径 r  2 ，
因为 PA, PB 是圆的切线，所以 PA  OA ， PB  OB ，
∴以OP 为直径的圆就是V ABP 的外接圆，
∵ P 0, 4 ，
∴V ABP 的外接圆的半径为故选：C.
OP  1  4  2 .
1
2
2
2
椭圆 x
y2
 1的离心率可能是（ ）
5
3
164  m2
21
C.
33
3
2
【答案】D
【解析】
12  m2
【分析】写出离心率表达式e ，再结合 m2  0 范围即可得到答案.
4
【详解】 4  m2  0 .
16  4  m2 
16
16  4  m2 恒成立，
12  m2
x
则椭圆的焦点在
12  m2
12  0
3
2
轴上，则离心率e ，
4
因为0  m

所以e 
 4 ，则1 ，
442
3 ,1 ，对照选项可知 D 正确.
 2

故选：D.
2
已知点 P 在椭圆C : x
2
y
 1 上运动，圆C 的圆心为椭圆的右焦点 F ，半径 r 
，点Q 在圆C
1612
上，则 PQ 的取值范围是（ ）
2  3, 6  3
0,8

2 
3,8
1, 7

【答案】A
【解析】
【分析】设 P  x, y  ，则4  x  4 ，利用椭圆的焦半径公式求出 PF 的取值范围，再结合圆的几何性质可
求得 PQ 的取值范围.
3
【详解】在椭圆C 中， a  4 ， b  2
，则c 
 2 ，即 F 2, 0 ，
a2  b2
设点 P  x, y  ，则 ，且 x2  y2  ，可得
2
23x
，
x4
1
1612
y12
4
 x  22  y2
所以 PF



 4  x 2, 6，
x2 
4
4x 16
2
x  4x  4 12 
2
3x2
4
所以 PQ  PF
FQ 
PF  6  3 ，
3
3
3
当且仅当 P 为椭圆的左端点，且Q 为射线 PF 与圆C 的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，
PQ 
PF  FQ
 PF
 2 ，
当且仅当 P 为椭圆的右端点，且Q 为线段 PF 与圆C 的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，
综上所述， PQ 的取值范围是2  3, 6  3 .

故选：A.
已知球O 是棱长为
的正方体 ABCD  A1B1C1D1 的内切球，点 M 为球O 表面上一动点，且满足
2
BM / / 面 AD C ，则 MA2  MB2 的最大值为（ ）
11
148
A.B. 2C. 6D.
33
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，证得平面 A1BC1 / / 平面 AD1C ，得到点 M 在平面 A1BC1 与球O 的截面圆上，求得正
V A1BC1 的边长为2 ，得到 A1(1, 0), B(1, 0) ，圆的方程为(x 
3 )2  y2  1 ，结合圆的性质，即可求解.
33
【详解】如图所示，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，可得 A1B / /CD1, A1C1 / / AC ，因为 A1B  平面 AD1C ， CD1  平面 AD1C ，所以 A1B / / 平面 AD1C ，
同理可证： A1C1 / / 平面 AD1C ，
又因为 A1B ∩ A1C1  A1 ，且 A1B, A1C1  平面 A1BC1 ，所以平面 A1BC1 / / 平面 AD1C ，要使得 BM / / 平面 AD1C ，且点 M 为球O 表面上一动点，
所以点 M 在平面 A1BC1 与球O 的截面圆上，且截面圆恰为V A1BC1 的内切圆，
因为正方体的棱长为
，可得正V A1BC1 的边长为2 ，其内切圆的半径为 r 3 ，
2
3
以 A1B 所在直线为 x 轴，以 A1B 的中垂线为 y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
1
可得 A (1, 0), B(1, 0) ，内切圆的方程为 x2   y 
3 2

 1 ，
3 3
1
设 M (x, y) ，则 MA2  MB2  (x 1)2  y2  (x 1)2  y2  2(x2  y2 )  2 ，
 2( x2  y2 )2  2  2( (x  0)2  ( y  0)2 )2  2 ，
(x  0)2  ( y  0)2
因为表示内切圆上点到原点的距离，
可得内切圆与 y 轴的交点为 0, 2 3  时，距离最大，最大距离为 d  2r  2 3 ，
3 3

 2 3 
2
14
所以MA2  MB2 
 2   2 .
1max
 3 3
故选：A.
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分）
→→
已知空间向量 a  1, 2, 2 ， b   x,1, 0 ， c  0,1, 1 ，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若
→
a ∥b
，则 x   1
2
若 →，则 x  2
5
a ⊥b
5→
向量 a  c 在 a 上的投影向量的模长为
3
【答案】BCD
【解析】
若 b

，则 x  2
【分析】利用空间向量共线求参数，由于无解可判断 A，利用空间向量积为 0 可判断 B，利用投影向量的坐
标运算可判断 C，利用空间向量模的坐标运算可判断 D．
→→
【详解】对于 A，空间向量 a  1, 2, 2 ， b   x,1, 0 ，由 a ∥b ，可得b  λa ，即 x  λ,1  2λ, 0  2λ，显然λ和 x 无解，故 A 错误；
a ⊥b
对于 B，若 →，则 x  2  0  0  x  2 ，故 B 正确；
→→→
1,1, 11, 2, 25
对于 C，向量 a  c  1,1, 1 在 a  1, 2, 2 上的投影向量的模长是
1, 2, 2
= ，故 C 正
3
确；
x2 1
→
5
对于 D， b
  x,1, 0 =
 x  2 ，故 D 正确；
故选：BCD
已知直线l : m  2 x  m 1 y  3m 1  0 ，则下列选项中正确的是（ ）
 3 3 
直线l 恒过定点 4 , 5 

若直线l 与直线2x  y  3  0 平行，则 m  0
若直线l 不经过第二象限，则1  m  1
3
原点到直线l 的距离可能为 2
【答案】ABD
【解析】
2x  y 1  0
【分析】选项 A，将直线l 整理成 m(x  y  3)  (2x  y 1)  0 ，则有x  y  3  0，

解出这个方程组的解就是直线l 恒过的定点；选项 B，求出直线l 的斜率为 k1 ，直线2x  y  3  0 的斜率为 k2 ，由这两条直线平行得到k1  k2 ，代入 k1 和 k2 计算得解；选项 C，第一种情况：当直线l 存在斜率时，求出直线l 的斜率为 k1 和在 y 轴上的截距，由l 不过第二象限，得到 k1  0 且在 y 轴上的截距小于等于
0，计算得到m 的范围；第二种情况：当直线l 不存在斜率时， m  1， l : x  4 ， l 不经过第二象限，
3
m  1符合题意，这两种情况求并集得到m 的范围；选项 D，利用点到直线的距离求出原点到直线l 的距离，这个距离等于 2，得到m 的一元二次方程，利用判别式与 0 的大小关系判断这个一元二次方程是否有解，得到判断.
【详解】选项 A，Ql : m  2 x  m 1 y  3m 1  0 ，
2x  y 1  0
 m(x  y  3)  (2x  y 1)  0 ，x  y  3  0，

x  4
3 ，直线l 恒过定点 4 , 5  ，故选项 A 正确；
3 3


 y  5
3
选项 B，Ql : m  2 x  m 1 y  3m 1  0 的斜率为 k1
  m  2 ，
m 1
直线2x  y  3  0 的斜率为 k2  2 ，这两条直线平行，
 k  k ， m  2  2 ， m  0 ，故选项 B 正确；
12m 1
选项 C，第一种情况：当直线l 存在斜率时，
Ql : m  2 x  m 1 y  3m 1  0 ，当 x  0 时， y  3m 1 ，
m 1
l 在 y 轴上的截距为 3m 1 ，
m 1
Ql 不过第二象限，

k   m  2  01  m  2
1m 1
1
3m 1
， 1  m  1 ，
1  m ，
3
 0
 m 1
3
第二种情况：当直线l 不存在斜率时，
Ql : m  2 x  m 1 y  3m 1  0 ，
 m  1 ，l : x  4 ，l 不经过第二象限， m  1 符合题意，
3
综上，若直线l 不经过第二象限，则1  m  1 ，故选项 C 错误；
3
选项 D，Ql : m  2 x  m 1 y  3m 1  0 ，
3m 1
m  22  m 12
3m 12
m2  4m  4  m2  2m 1
9m2  6m 1
2m2  2m  5
原点到直线l 的距离为 d  2
9m2  6m 1  4 2m2  2m  5 ， m2  2m 19  0 ，Δ  22  4 19  0 ，
 m2  2m 19  0 有根，原点到直线l 的距离可能为 2，故选项 D 正确.故选：ABD.
在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  AA1  5 ， AD  3 ，点 P 在底面四边形 ABCD 内（含边界）运动，且满足 BD1  B1P ，点 M 是线段 B1P 的中点，则下列选项中正确的是（ ）
点 P 的轨迹是线段，其长度为 3 34
5
三棱锥 M  A1B1C1 的体积为定值
直线 D1M 与平面 A1C1D 所成角的正弦值的最大值为 1
5
存在点 M ，使得 M 到 AD 的距离为 2
【答案】AB
【解析】
【分析】利用空间向量坐标运算来确定交线，再用坐标运算可求解线段长来判断 A，线面是否存在垂直来判断 C，求点到线的距离来判断 D，利用体积变换来判断 B.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，根据 AB  AA1  5 ， AD  3 ，
可得： B 3, 5, 0, D1 0, 0, 5, B1 3, 5, 5, A3, 0, 0, C 0, 5, 0, D 0, 0, 0, A1 3, 0, 5 ，设点 P  x, y, 0 ，则 BD1  3, 5, 5, B1P   x  3, y  5, 5, AC  3, 5, 0, DA1  3, 0, 5, DB1  3, 5, 5
因为 BD1  B1P ，所以 BD1  B1P  3, 5, 5 x  3, y  5, 5  3x  9  5 y  25  25  0 ，
化简得： 3x  5 y  9 ，令 x  0 得 y  9 ，令 y  0 得 x  3 ，
5
9
5
由此可得点 P 在以点 A3, 0, 0 ，点 E  0, , 0  为端点的线段上，

此时 AE 
 3 34 ，故点 P 的轨迹是线段 AE ，其长度为 3 34 ，故 A 正确；
9  81
25
306
25
55
因为点 M 是线段 B1P 的中点，点 P 在底面四边形 ABCD 内（含边界）运动，
所以三棱锥 M  A B C 的体积V
 1 V
 1  1  15  5  25 ，故 B 正确；
1 1 1
M  A1B1C1
2 P A1B1C1

2324
由 A1C1  AC  3, 5, 0, DA1  3, 0, 5 ，
–––––→––––→––––→––––→
1 –––→1
 x  3
y  55 
D1M  D1B1  B1M  D1B1  2 B1P  3, 5, 0  2  x  3, y  5, 5  2,2,  2  ，

设平面 AC D 的法向量为 →  a, b, c ，
1 1n
→
––––→
 A1C1  n  3a  5b  0
则––––→ →，令 a  5 ，则
DA1  n  3a  5c  0
→
所以 n  5, 3, 3 ，
b  3, c  3 ，
要想使得直线 D1M 与平面 A1C1D 所成角的正弦值的最大值为1，
–––––→→
 x  3
y  55 
则需要满足 D1M  平面 A1C1D ，此时 D1M / /n  2,
2,  2  / / 5, 3, 3 ，
 x  3  5λ

16
 2x 
 y  53
即存在λ使得 3λ，解得 y  0
，此时不满足 x  3 ，故 C 错误；
2

5
5λ
 3λ6
 2
––––→––––→––––→––––→
1 –––→1
 x  3
y  5 5 
由 DM  DB1  B1M  DB1  2 B1P  3, 5, 5  2  x  3, y  5, 5  2,
2, 2  ，
则点 M 到 AD 的距离为：
––––→ 2
DM
  DM  DA 
 ––––→ –––→ 2


DA
–––→


d 


 x  3 y  5 5 2
 x  3 2


222 
,
,
   2 
 3



3


 y  52  25 4
 5 ，
2
此时取等号条件为 y  5 ，显然 y  0 ，所以等号不成立，故 D 错误；
故选：AB.
非选择题部分
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
在空间直角坐标系中，点 P 1, 3, 3 关于平面 xOz 对称的点的坐标为.
【答案】1, 3, 3
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中，点关于坐标平面对称的点的坐标写出即可．
【详解】点 P 1, 3, 3 关于平面 xOz 对称的点的坐标为(1, 3, 3) .
故答案为： 1, 3, 3
已知直线l : y  kx 1与圆C : x2  y2  4x  2 y 1  0 相交于 A ， B 两点，若弦 AB 的长度为 4，则
实数 k 的值为.
【答案】1
【解析】
【分析】利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，进而可得答案.
【详解】圆 C 的方程为： x2  y2  4x  2 y 1  0 ，化为标准式得： (x  2)2  ( y 1)2  4 ，
因此，圆 C 的圆心为 (2,1) ，半径为 2，
r 2  d 2
弦长公式为： AB  2
， d 为圆心C 到直线l 的距离，
把 AB  4, r  2 代入得：
22  d 2
4  2，
解得： d  0 .
因此，直线l : y  kx 1通过圆心 (2,1) .
即：1  k  2 1解得： k  1 . 故答案为：1
已知双曲线mx2  y2  1 ，过点 P 1,1 的直线l 与双曲线相交于 A ， B 两点， P 为弦 AB 中点，则正整数m 的最小值为.
【答案】3
【解析】
【分析】设 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 )，过点 P 1,1 的直线l 与双曲线相交于 A ， B 两点， P 为弦 AB 中点，则此直线一定存在斜率，利用直线的点斜式设出过点 P 1,1 的直线l 的方程，将直线l 的方程代入双曲线，
消去 y ，得到关于 x 的一元二次方程，利用根与系数的关系得到 x1  x2 ，又 P 为弦 AB 中点，利用中点坐标公式建立m, k 的等式，利用判别式大于 0 建立m, k 的不等式，要求正整数m 的最小值，则对m, k 从 1开始取值，代入m, k 的不等式中求出正整数m 的最小值.
【详解】设 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 )，过点 P 1,1 的直线l 与双曲线相交于 A ， B 两点， P 为弦 AB 中点，
则此直线一定存在斜率，设过点 P 1,1 的直线l 的方程为 y 1  k (x1) ，
整理得到 y  kx  k 1 ，代入双曲线得到 mx2  kx  k 12  1 ，
整理得m  k 2  x2  2k (k 1)x  (k 1)2 1  0 ，
则有 x  x   2k (k 1) ，Q P 为弦 AB 中点，
12m  k 2

 2k(k 1)  2 ，2k (k 1)  2 m  k 2 ， m  k ，
m  k 2
又Q  2k (k 1)2  4 m  k 2 (k 1)2 1  0 ，
 m(k 2  2k  2)  k 2  0 ，Q m  k ， m  0 ，当m  k  1 时， m(k 2  2k  2)  k 2  0 不成立；
当 m  k  2 时， m(k 2  2k  2)  k 2  0 不成立；
当 m  k  3 时， m(k 2  2k  2)  k 2  0 成立；
正整数m 的最小值为 3.
故答案为：3.
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.
如图，在正方体 ABCD  A B C D 中，点 M 、 P 为棱 AA 、 A D 的中点，设 BA  → ， BC  b ，
c
BB1
 → .
1 1 1 1
11 1a
用 a 、b 、c 表示 MC1 ；
证明： M 、 P 、C1 、 B 四点共面.
––––→
→→c
【答案】（1） MC1  a  b  2
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由向量的线性表示即可求解；
（2）法 1：由题可得 MP∥AD1 ， AD1∥BC1 ，进而得到 MP ∥ BC1 即可证明；法 2：根据向量的线性运算可得
BC1  2MP 即可证明；法 3：建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明 BC1∥MP 即可．
【小问 1 详解】
––––→
––––→––––→––––→
1 –––→–––→
–––→
→→c
MC1  MA1  A1B1  B1C1  2 BB1  BA  BC  a  b  2 ；
【小问 2 详解】 法 1：连接 AD1 ，
易知 MP∥AD1 ， AD1∥BC1 ，
故 MP ∥ BC1 ，得 M 、 P 、C1 、 B 四点共面；

––––→–––→–––→–––→––––→–––→––––→–––→
法 2： BC1  BC  BB1  2 A1P  2MA1  2 A1P  MA1  2MP ；
故 BC1∥MP ，得 M 、 P 、C1 、 B 四点共面；
法 3：以 B 为原点， BA 、 BC 、 BB1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 B−xyz ，
3 3
易得 B 0, 0, 0 ， M  3, 0, 2  ， C1 0, 3, 3 ， P  3, 2 , 3 ，

–––→
3 3 
得 BC1  0, 3, 3 ， MP   0, ,  ，
2 2 
故有 BC1  2MP ， BC1∥MP ，得 M 、 P 、C1 、 B 四点共面．
已知 F1 3, 0 ， F2 3, 0 ，动点 P 满足 PF1
 10  PF2
指出动点 P 的轨迹是什么曲线，并写出它的方程；
过 F 作直线l 与曲线交于 P ， Q 两点， P 在 x 轴上方，直线 PQ 的斜率为 4 ，求经过 P ， Q 且以坐
23
标轴为对称轴的双曲线的标准方程，若不存在，说明理由.
2
2
1
【答案】（1）椭圆， x  y 
2516
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1） 利用椭圆的定义可求得椭圆标准方程；
（2）利用直线与椭圆联立方程组可求得交点坐标，再由双曲线经过这两个交点，利用待定系数法求解，最终因无解说明不存在.
【小问 1 详解】
由题意得： PF1  PF2  10 ，
所以动点 P 轨迹是焦点为3, 0 ， 3, 0 长轴长等于 10 的椭圆，则 a  5, c  3, b2  25  9  16 ，
2
即 P 点的轨迹方程为 x
2
y
 1 ；
2516
【小问 2 详解】
设直线 PQ 的方程为 y   4  x  3 ,
3
16x2  25 y2  400  0
9


联立方程 y   4
3
x  3
，化简得 x2  25 x2  6x  9  25 ，
即34x2 150x  0 ，得到 x  75 ， x  0， P 0, 4 ， Q  75 ,  32  ，

Q17P
 1717 
由 P 点在 y 轴上，可知顶点在 y 轴上，
a2  16
y2x2
 32 2 75 2
设双曲线标准方程为：
a2b2
 1，将 P, Q 两点代入，
 17    17   1
该方程组无解，所以不存在所要求的双曲线.
a2b2
四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， V ABC ， △ADC 均为等腰直角三角形，斜边分别为
BC ， AC ，且 BC  4 2 ， PA  2 ， N 为 PC 的中点．
求证： DN // 平面 PAB ；
求平面 PAB 与平面 NBD 的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2） 3 14
14
【解析】
【分析】（1）根据四棱锥的性质，结合已知条件推出线、线平行，进而推出线面平行；
先建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量坐标，再分别求出两平米的法向量，最后利用向量夹角余弦公式求出向量夹角余弦值，进而得出平面 PAB 与平面 NBD 的夹角的余弦值．
【小问 1 详解】
QV ABC ， △ADC 均为等腰直角三角形，斜边分别为 BC ， AC ，
2
∠DAC ∠ACB  45∘
 AD//BC ，
又Q BC  4
， AC 
AB  4 ， DA  DC
 2
， BC
 2 AD ，
2
取 BP 的中点 H ，连接 HN ， AN ，
 HN //AD ， HN  AD ，
四边形 HNDA 为平行四边形， DN //AH ，
Q AH  平面 PAB ， DN  平面 PAB ，
 DN // 平面 PAB ．
【小问 2 详解】
以点 A 为坐标原点， AB ， AC ， AP 所在的直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，
则 A0, 0, 0 ， B 4, 0, 0 ， C 0, 4, 0 ， D 2, 2, 0 ， P 0, 0, 2 ， N 0, 2,1 ，
 NB  4, 2, 1 ， BD  6, 2, 0 ， AC  0, 4, 0 ，记面 PAB 和面 NBD 的法向量分别为 m ， n ，
 →
Q AC  平面 PAB ， m  0, 4, 0 ，
→
设 n   x, y, z  ，
→ –––→
n  NB  0  4x  2 y  z  0
y  3→
则→
–––→
6x  2 y  0，令
，则 n  1, 3, 2 ，
n  BD  0
→ →
3 14
→ →m  n12
4 1 9  4
csm, n  → →
m n
 0 ， 14
平面 PAB 与平面 NBD 的夹角余弦值为 3 14 ．
14
已知抛物线 y = x2 与直线 y  mx  2 相交于 P ， Q 两点（ P 在Q 左侧），给定点 A1,1 、 B 2, 4 在
抛物线上．
用m 表示 xP  xQ ；
若 P ， A ， B ， Q 四点共圆，求实数m 的值；
在（2）的条件下，求过 P ， A ， B ， Q 四点的圆的方程．
【答案】（1） xP  xQ  m
（2） m  1
x2   y  32  5
【解析】
【分析】（1）联立抛物线和直线方程，根据韦达定理列出关系式；
根据四点共圆的性质，结合韦达定理分析四点共圆的成立条件求出m 的值；
先求出四点坐标，代入圆的一般方程求解．
【小问 1 详解】
Q抛物线 y = x2 与直线 y  mx  2 相交于 P ， Q 两点，联立方程得 x2  mx  2 ，移项得 x2  mx  2  0 ，
由已知 xP 、 xQ 为方程的两个根，由韦达定理得： xP  xQ  m ．
【小问 2 详解】
方法一：（代数法）
设圆的方程为： x2  y2  Dx  Ey  F  0 ，
代入点 A1,1 得11 D  E  F  0  D  E  F  2 ①，
代入点 B 2, 4 得4 16  2D  4E  F  0  2D  4E  F  20 ②，由①②式，消去 F ，得3D  3E  18  E  6  D ，
代入①式得D  6  D  F  2  F  2D  4 ，
Q点 P  x
, mx  2 在圆上，代入圆的方程 x2  mx  22  Dx  E mx
 2  F  0 ，
PPPPPP
Q
P
Q
同理对 x 成立， x ， x 是方程 x2  mx  22  Dx  E mx  2  F  0 的两根，
但 xP ， xQ 也是 x2  mx  2  0 的两根，两方程系数成比例，
又Q x2  mx  22  Dx  E mx  2  F  0 得： 1 m2  x2  4 m  D  Em x  4  2E  F  0 ，
1 m2 
1
4  2E  F
③，
2
将 E  6  D ， F  2D  4 代入③得4  2 6  D  2D  4  2 1 m2  ，化简得 m2  1  m  1 ，
检验：当 m  1时，直线为 y  x  2 ，与抛物线交点： x2  x  2  0 ，解得 x  2 或 x  1 ，即 P 1,1  A ， Q 2, 4  B ，此时四点共圆，但 P ， Q 与 A ， B 重合，舍去；
当 m  1时，直线为 y  x  2 ，与抛物线交点： x2  x  2  0 ，解得 x  2 或 x  1 ，
即 P 2, 4 ， Q 1,1 ，与 A ， B 不同，四点共圆成立．
 m  1 ．
方法二：（几何法）
设直线 PQ 与直线 AB 相交于点 M ，
由圆幂定理知：若 P ， A ， B ， Q 共圆，则 MA  MB  MP  MQ ，
Q直线 AB 过 A1,1 ， B 2, 4 ，斜率 kAB  1 ，直线方程为： y  x  2 ，
Q直线方程 PQ : y  mx  2 ，
两直线联立求交点 M : x  2  mx  2  x  mx  0  x 1 m  0 ，
Q m  1，则 x  0 ， y  2 ，即 M 0, 2 ，
1 02  1 22
 MA 
 MA  MB 
2  02  4  22
2
2  2

2
 4 ，
2 ， MB 
 2，

x  0 mx  2  2

2

1

2
1
设 P ， Q 横坐标为x ， x ，则 MP 
 x，
1 m2
同理 MQ  x2
121
1 m2
，
 MP  MQ  x1 x2 1 m2  ，
Q抛物线 y = x2 与直线 y  mx  2 相交于 P ， Q 两点，联立方程得 x2  mx  2  0 ，
由韦达定理得： x1x2  2 ， x1x2  2 ，
 MP  MQ  2 1 m2  ，
由圆幂定理得： 4  2 1 m2   m2  1，解得 m  1，舍去 m  1（重合情况），得 m  1．方法三：
1
设圆的方程为： x2  y2  Dx  Ey  F  0 ， P ， Q 横坐标为x ， x2 ，联立圆方程与抛物线方程得：
x4  1 E  x2  Dx  F  0 ，x ， x ， 1， 2 是该方程四个根，
12
12
 x4  1 E  x2  Dx  F   x  x  x  x
展开 x  x1  x  x2  x 1 x  2 得：
 x 1 x  2 ，
x4  1 x  x  x3   x x  2  x  x  x2  2x  2x  x x  x  2x x  x4  1 E  x2  Dx  F ，即
121 212121 21 2
1 x1  x2  0 ，
Q抛物线 y = x2 与直线 y  mx  2 相交于 P ， Q 两点，联立方程得 x2  mx  2  0 ，
 x1  x2  m ，即1  x1  x2   1 m  0 ，解得 m  1．方法四：
Q直线 AB 过 A1,1 、 B 2, 4 ，斜率 kAB  1 ，直线 AB 方程为： y  x  2 ，
Q直线 PQ : y  mx  2 ，两直线相交于点 M 0, 2 ，
Q抛物线关于 y 轴对称，如果两直线也是关于 y 轴对称，则四点共圆，
 m  1．
【小问 3 详解】
当 m  1时， P 2, 4 ， Q 1,1 ， A1,1 ， B 2, 4 ，设圆方程为： x2  y2  Dx  Ey  F  0 ，
代入点 A1,1 得11 D  E  F  0  D  E  F  2 ，
代入点 B 2, 4 得4 16  2D  4E  F  0  2D  4E  F  20 ， 代入点 P 2, 4 得4 16  2D  4E  F  0  2D  4E  F  20 ，解得 E  6 ， D  0 ， F  4 ，
圆方程为： x2 +
y2 -
6 y + 4 = 0 ，标准方程为： x2   y  32  5 ．
22
在平面直角坐标系中，若一条直线与一条圆锥曲线相交于 A ， B 两点，且满足 OA  OB
AB ，
2
其中O 为坐标原点，则称该圆锥曲线关于此直线是“和谐”的，该直线称为圆锥曲线的“和谐线”.已知椭圆
x
2
C :
4
y2  1 和直线l : y  kx  m （其中 k  0 ），直线l 与椭圆C 相交于 A ， B 两点.
当 m  0 时，求直线l 被椭圆C 截得的弦长 AB （用 k 表示）；
若直线l 是椭圆C 的“和谐线”，求 k 与m 的关系式；
4 1 k 2
1 4k 2
在（2）的条件下，求V AOB 面积S 的取值范围.
【答案】（1）
4 1 k 2 
（2） m2 
5
S  4
5
（3）
 ,1

【解析】
【分析】（1）联立 y  kx 与椭圆方程，求出点 A ， B 的坐标，即可表示弦长 AB ；
联立直线l : y  kx  m 与椭圆方程，由 OA 2  OB 2 
AB 2 可得OA  OB ，OA  OB  x x  y y
 0 ，
代入韦达定理化简整理即可得 k 与m 的关系式；
1 21 2
由 SVAOB 的表达式，代入韦达定理以及（2）的结论，构造函数结合基本不等式求出范围即可.
【小问 1 详解】
当 m  0 时，直线l 的方程为 y  kx ，
x2
x22
x2 14
将 y  kx 代入椭圆方程
4
 y2  1得：
4
 kx
 1 ，
1  k 2
4
1 4k 2 ，
所以 x  2
，对应的 y  2k.
1  4k 2
1 4k 2

因此，点 A ， B 的坐标分别为
2,2k
 和 
2, 2k .
1 4k 2
1 4k 2
1 4k 2
1 4k 2





4
1 4k 2 
  
2

4k

1 4k 2 

2
16 16k 2
1 4k 2
4 1 k 2
1 4k 2
弦长 AB .
【小问 2 详解】
设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ，则 y1  kx1  m ， y2  kx2  m .
将 y  kx  m 代入椭圆方程
x2  2
y
4
 1得：
2
x 2
kx  m
4
 1，
即 1  k 2  x2  2kmx  m2 1  0 ，
 4

  4k 2  m2 1  0 ，
2km
8km
m2 1
4 m2 1
由韦达定理得：
x1  x2   1 
 k 2
4
1 4k 2
， x1 x2
 1
 k 2
4
1 4k 2，
22
2
由 OA  OB AB ，所以OA  OB ，
则AOB  90∘，即OA  OB  0 ，所以 x1 x2  y1 y2  0 .
又 y y  kx  mkx  m  k 2 x x  km  x  x   m2 ，
1 2121 212
则 x x  k 2 x x  km  x  x   m2  0 ，
1 21 212
4 m2 18km 
将韦达定理的结果代入： 1 k 2  km  
  m2  0 ，
1 4k 2 1 4k 2 
即4 1 k 2 m2 1  8k 2m2  m2 1 4k 2   0 ，
展开并整理： 4m2  4  4k 2m2  4k 2  8k 2m2  m2  4k 2m2  0 ，

即4m2  m2   4k 2m2  8k 2m2  4k 2m2   4  4k 2  0 ，即5m2  0  k 2m2  4  4k 2  0 ，即5m2  4  4k 2 ，
4 1 k 2
 m2 .
5
【小问 3 详解】

4 1 k 2
由（2）知 m2 ，
5
1
2

x  x 4x x
12

2
1 2
三角形 AOB 的面积 S m  x  x ，又 x  x ，
1212
8km 4 m2 1
由（2）有： x1  x2   1  4k 2 ， x1 x2 
，
 


8km 1 4k
2   4 
2
4 m2 1

1 4k
2

1 4k 2 2
64k 2m2
16 m2 1
1 4k 2
1 4k 2
代入得： x1  x2

64k 2m2 16 m2 11 4k 2 
1 4k 2 2
64k 2m2 16 m2 11 4k 2 
64k 2 16m2 16
1 4k 21 4k 2,
4 1 k 2 
256k 2 16
16 16k 2 1
x  x 
将 m2 代入：
512
55，
1 4k 21 4k 2
4 16k 2 1
5 1 4k 2 
4 1 k 2 
5
2 1 k 2
5
又 m ，
2 1 k 2
5
4 16k 2 1
5 1 4k 2 
4 1 k 2 16k 2 1
51 4k 2 
所以， S  1 ，
2
4 1 t 16t 1
由已知 k  0 ，令t  k 2  0 ，则 S ，
51 4t 
设 f t  
1 t 16t 1
1 4t 2
16t 2 17t 1
4
16t 2  8t 1 ，则 S  5
f t  .
f t   19t 19
设16t 2  8t 116t  8  1 ，
t
当t  1 时 f t  取到最大为 25 ，S 取到最大值为 1，
416
当t   时， f t   1， S  4 ，
5
 S  4 .
5
 ,1
