浙江省温州市新力量联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份浙江省温州市新力量联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，多选题，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、选择题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.）
点 P(－1,2,3)关于 xOz 平面对称的点的坐标是（）
(1,2,3)B. (－1,－2,3)
C. (－1,2,－3)D. (1,－2,－3)
若直线l : y  tan π的倾斜角为α，则α （）
4
π
A. 0B.
4
π
D. 不存在
2
已知两条直线l1 : m 1 x  y 1  0 和l2 : 2x  my 1  0 ，若l1  l2 ，则实数m 的值为（）
2 或 1B. 2
D.  2
3
平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， M 为 AC 与 BD 的交点，若 AB  a ， AD  b ， AA1  c ，则下列式子中与 D1M 相等的是（）
1 →1 →→1 →1 →→
a  b  cB. a  b  c
2222
a
C.  1 → 
1 →→
b  cD.
→1 →→
 1
a  b  c
2222
在棱长为2a 的正四面体（四个面都是正三角形） ABCD 中，点 M 为CD 的中点，则直线 AC 与直线
BM 所成角的余弦值为（）
A. 0B.3
6
C.3
3
D. 与 a 的值有关
2
2
若方程 x 1y表示焦点在 y 轴上的椭圆，则实数m 的取值范围是（ ）
6  mm  4
[4, 5]B. (4, 6)C. [5, )
D. (5, 6)
已知直线 mx  y  2m 1  0 与圆 x  12   y  12  9 交于 A ， B 两点，则 AB 的最小值为（）
5
5
A. 4B. 3C. 4D. 2
已知直线l1 过点 A0,1 ，直线l1 与直线l2 : y  x 的交点 B 在第一象限，点O 为坐标原点.若三角形OAB
为钝角三角形时，则直线l1 的斜率的范围是（）
A. , 1
C. , 1 0,1
B. 0,1
D. , 1 1, 
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）
一条光线从点 A(2, 3) 射出，射向点 B(1, 0) ，经 x 轴反射后过点C(a,1) ，则下列结论正确的是（）
2
直线 AB 的斜率是1B. AB  BC
a  3
FF
x2y2
| AB |  | BC | 4
已知以 1 、 2 为左右焦点的椭圆C :

a2b2
 1a  b  0 的短轴长为2
，点 P 是椭圆C 上的一
3
个动点，且点 P 到 F2 的最大距离是点 P 到 F2 的最小距离的 3 倍，连接 PF2 ，并延长 PF2 与椭圆C 相交于点Q ，则下列结论正确的是（）
3
A. 椭圆的方程为 x2  y2 B. 三角形 PF F 的面积的最大值为
11 22
43
C. 三角形 PQF1 的周长为8D.
11 4
PF2
QF2
3
在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AC  CB  2 ， AA1  3 ， ACB  90∘ ， P 为 BC 的中点，点Q ， R
分别在棱 AA1 ， BB1 上，且 AQ  λAA1 ， B1R  λB1B 0  λ 1 ，则下列结论正确的是（）
存在λ，使得CA1 / / 平面 PQR
直三棱柱 ABC  A B C 外接球的表面积为17π
1 1 12
对于任意的λ 0,1 ，四棱锥 P  ABRQ 的体积为定值
当λ 1 时，平面 PQR 与平面 ABC 夹角的余弦值为 5 29
329
→
非选择题部分三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
在平面直角坐标系中直线 l 的一个方向向量为u  2, 3 ，则直线 l 的斜率为．
已知圆C1 : x  y  2x  2my 1  0 m  R  的面积被直线 x  2 y 1  0 平分，圆
22
C :  x  32   y  22  16 ，则圆C 与圆C 的位置关系是.
212
1
直线l 过点 M 1,1 且与椭圆 x2  y2  相交于 A 、 B 两点，若线段 AB 的中点为 M 则直线l 的斜率
42
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）
已知三角形顶点 A2, 4 ， B 0, 2 ， C 2, 3 ．
求边 AB 的直线方程；
求 AB 边上的中线方程；
求三角形 ABC 的面积．
在如图所示试验装置中，由矩形 ABCD 和 ABEF 构成，且 AB  4 ， AD  AF  3 ， DAF  π ，
3
–––→ →
M ， N 分别在对角线 BD ， AE 上移动，且 AN 与 DM 长度保持相等，记 AB=a ， AD  b ， AF  c ，
且 DM  λDB ，λ0,1 .
2
当λ 1 时，用向量 a, b, c 表示 AM ， MN ；
是否存在 M ， N 使得 MN  平面 ABCD ？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由.
已知定点 F1 1, 0 、 F2 1, 0 和动点 M  x, y  .
再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，使得动点 M 的轨迹为椭圆并求动点 M 的轨
迹方程.条件①： MF1  MF2  4 ；条件②： MF1  MF2  2 .
若直线l : y  kx  m 与动点 M 的轨迹相交于 A 、 B 两点，且 k
原点）的面积.
OA  kOB
  3 ，求V AOB （ O 为坐标
4
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E 为 A1D1 的中点， B1C1 与平面CDE 交于点 F .
求证： F 为 B1C1 的中点；
点 M
为棱 A1B1 上一点.
若 M 为棱 A1B1 的中点，正方体棱长为 2，求平面 MCF 截正方体所得的截面面积；
若二面角 M  FC  E 的余弦值为5 ，求 A1M 的值.
3A1 B1
如图，已知圆 M : x2  4x  y2  3  0 ， P 1, t  为直线l : x  1上一动点， O 为坐标原点，过点 P
作圆 M 的两条切线，切点分别为 A ， B .
求四边形 PAMB 面积的最小值；
求证：直线 AB 过定点；
2025 学年第一学期温州新力量联盟期中联考
高二年级数学试题
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、选择题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.）
点 P(－1,2,3)关于 xOz 平面对称的点的坐标是（）
(1,2,3)B. (－1,－2,3)
C. (－1,2,－3)D. (1,－2,－3)
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据空间直角坐标系的性质，可得答案.
【详解】点 P(－1,2,3)关于 xOz 平面对称的点的坐标是(－1，－2,3)，故选：B．
若直线l : y  tanπ的倾斜角为α，则α （）
4
π
A. 0B.
4
【答案】A
【解析】
π
D. 不存在
2
【分析】根据直线得出斜率进而得出倾斜角.
【详解】直线l : y  tanπ=1的斜率为 0，
4
倾斜角为α 0 .
故选：A.
已知两条直线l1 : m 1 x  y 1  0 和l2 : 2x  my 1  0 ，若l1  l2 ，则实数m 的值为（）
2 或 1B. 2
D.  2
3
【答案】D
【解析】
【分析】应用直线垂直的系数关系列式计算求解.
【详解】两条直线l1 : m 1 x  y 1  0 和l2 : 2x  my 1  0 ，
因为 l  l ，所以2 m 1  m  0 ，则实数 m   2 .
123
故选：D.
平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， M 为 AC 与 BD 的交点，若 AB  a ， AD  b ， AA1  c ，则下列式子中与 D1M 相等的是（）
1 →1 →→1 →1 →→
a  b  cB. a  b  c
22
1 →1 →→
22
 1 →
1 →→
C. 
a  b  cD.
22
a  b  c
22
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算性质以及图示即可表示 D1M .
→→
【详解】∵平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，M 为 AC 与 BD 的交点， AB  a ， AD  b ， AA1  c ，
–––––v––––→––––→
1 –––→–––→–––→––––→
1 →1 →→
∴ D1M  AM  AD1  AB  AD  AD  AA1   a  b  c
222
故选 A．
【点睛】主要考查了空间向量的线性运算及其几何意义，属于基础题.
在棱长为2a 的正四面体（四个面都是正三角形） ABCD 中，点 M 为CD 的中点，则直线 AC 与直线
BM 所成角的余弦值为（）
A. 0B.3
6
C.3
3
D. 与 a 的值有关
【答案】B
【解析】
【分析】取 AD 中点 E ，连接 EM ， BM ， BE ， EM //AC ,所以求解直线 AC 与直线 BM 所成角的余弦值转化为直线 BM 与直线 EM 所成角的余弦值，再通过余弦定理求解即可.
【详解】因为点 M 为CD 的中点，取 AD 中点 E ，连接 EM ， BM ， BE ，则 EM //AC ，如图，
所以直线 AC 与直线 BM 所成角的余弦值转化为直线 BM 与直线 EM 所成角的余弦值，因为该四面体为正四面体，△ABD ，△BCD 为等边三角形，
所以 BE  BM 
3a ， EM  1 AC  a ，
2
所以在△BEM 中，由余弦定理， BE2  EM 2  BM 2  2EM  BM  cs EMB ，
即 3a2  a2  
3a2  2 a
3acs EMB ，
解得cs EMB 3 .
6
故选：B.
2
2
若方程 x 1y表示焦点在 y 轴上的椭圆，则实数m
的取值范围是（ ）
6  mm  4
[4, 5]B. (4, 6)C. [5, )
D. (5, 6)
【答案】D
【解析】
【分析】将题目所给方程转化为椭圆的标准方程的形式，结合题设条件，列出方程组，即可求解.
x2y2x2y2
【详解】椭圆方程
 1 1 ， 6  mm  46  mm  4
上式表示焦点在 y 轴上的椭圆，
 6  m  0

则 m  4  0
，解得5  m  6 ，

m  4  6  m
故选：D.
【分析】先求出直线恒过的定点 M ，圆心C 和半径，通过分析可知直线 mx  y  2m 1  0 与直线 MC 垂直时， AB 最小，
利用勾股定理求解即可.
【详解】Q mx  y  2m 1  0 ， m(x  2)  ( y 1)  0 ，x  2  0 ，x  2 ，
7. 已知直线 mx  y  2m 1  0 与圆 x  12   y  12  9 交于 A ， B 两点，则
AB
的最小值为（）
A. 4
B. 3
C.
4 5
D.
2 5
【答案】A
【解析】


 y 1  0
直线恒过点 M (2, 1) ， M 在圆 x 12   y 12  9 的内部，
Q x 12   y 12  9 ，圆心C(1,1) ，半径 r  3 ，
要使 AB 最小，则圆心到直线 mx  y  2m 1  0 的距离最大，当直线 mx  y  2m 1  0 与直线CM 垂直时，
圆心到直线 mx  y  2m 1  0 的距离最大，
 y  1
(1 2)2  (11)2
QC(1,1) ， M (2, 1) ， CM 
r 2  CM 2
则 AB 的最小值为2
9  5
 2
 4 .
5 ，
故选：A.
已知直线l1 过点 A0,1 ，直线l1 与直线l2 : y  x 的交点 B 在第一象限，点O 为坐标原点.若三角形OAB
为钝角三角形时，则直线l1 的斜率的范围是（）
A. , 1
C , 1 0,1
0,1
D. , 1 1, 
【答案】C
【解析】
【分析】易知直线l1 斜率存在，设直线方程，联立两直线可得点 B ，分情况讨论当∠OAB 为钝角时，则
AO  AB  0 ，当OBA 为钝角时，则 BO  BA  0 ，分别解不等式即可.
【详解】由已知直线l1 过点 A0,1 ，直线l1 与直线l2 : y  x 的交点 B 在第一象限，则直线l1 斜率存在，设l1 : y  kx 1，
x 
 y  kx 1
联立直线方程，解得
1
1 k
，即 B  1 , 1  ，
 y  x
1 1 k
1 k 

 y 


1 k
1
由点 B 在第一象限，所以
1 k
0 ，解得 k  1 ，
–––→ 1k


当∠OAB 为钝角时，由 AO  0, 1 ， AB   1 k , 1 k  ，
–––→ –––→k
则 AO  AB   0 ，解得0  k  1；
1 k
–––→
11 
–––→1k
当OBA 为钝角时，由 BO    1 k ,  1 k  ， BA    1 k ,  1 k  ，
–––→ –––→1

k1 k
则 BO  BA 
2 2 
2  0 ，解得k  1 ，
1 k 1 k 1 k 
综上所述， k ∞, 1 0,1 ，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）
一条光线从点 A(2, 3) 射出，射向点 B(1, 0) ，经 x 轴反射后过点C(a,1) ，则下列结论正确的是（）
直线 AB 的斜率是1B. AB  BC
2
a  3D. | AB |  | BC | 4
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项 A 应用斜率公式计算即可；选项 B，先求得点 A 关于 x 轴的对称点，进而求得反射光线所在 直线的斜率，应用两条直线垂直的斜率公式判断即可；选项 C，求得反射光线所在直线的方程，进而求得点C的坐标；选项 D 应用两点间距离公式求解即可.
【详解】对于 A，由于 A(2, 3) 、 B(1, 0) ，由斜率公式得： kAB
0  3 1 (2)
 1，选项 A 正确；
对于 B，点 A(2, 3) 关于 x 轴的对称点 A1 的坐标为(2, 3) ，经 x 轴反射后直线 BC 的斜率为：
1
kBC  kA B
 0  (3)  1，且 k
1 (2)
BC  kAB
 1 ，所以 AB  BC ，选项 B 正确；
[1 (2)]2  (0  3)2
(2 1)2  (1 0)2
2
对于 C，直线 BC 即直线 A1B 的方程为： y  0  1(x 1) ，即 y  x  1 ，将 y  1代入得： x  2 ，所以点C(2,1) ， a  2 ，选项 C 不正确；
对于 D，由两点间距离公式得： | AB |  | BC |

 4
，选项
D 正确； 故选：ABD.
FFx2y2
3
已知以 1 、 2 为左右焦点的椭圆C :

a2b2
 1a  b  0 的短轴长为2
，点 P 是椭圆C 上的一
个动点，且点 P 到 F2 的最大距离是点 P 到 F2 的最小距离的 3 倍，连接 PF2 ，并延长 PF2 与椭圆C 相交于点Q ，则下列结论正确的是（）
3
A. 椭圆的方程为 x2  y2 B. 三角形 PF F 的面积的最大值为
11 22
43
C. 三角形 PQF1 的周长为8D.
11 4
PF2
QF2
3
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项 A，根据条件求出，可确定椭圆方程；对于选项 B，椭圆焦点三角形面积最大值是短轴顶
点与两焦点所成的三角形的面积；对于选项 C，利用椭圆的定义求解即可；对于选项 D，设 PF2  m ，
QF2  n ，通过椭圆定义即可求得 PF1 ， QF1 ，通过余弦定理可求得m ， n 之间的关系，即可求解.
【详解】如图，
3
对于选项 A，因为短轴长为2
，所以b ，又因为点 P 到 F2 的最大距离是点 P 到 F2 的最小距离的 3
3
倍，所以 a  c  3a  c ，解得 a  2c ，代入 a2  b2  c2 ，解得 a  2 ， c  1，故椭圆方程为
y
x
22
 1，故 A 正确；
43
3
对于选项 B，椭圆焦点三角形面积最大值是短轴顶点与两焦点所成的三角形的面积，所以
SV PF1F2
 1  2c  b 
2
，故 B 错误；
对于选项 C，通过椭圆定义可知，三角形 PQF1 的周长为 PF1  PF2  QF1  QF2  4a  8 ，故 C 正
确；
对于 D 选项，设 PF2  m ， QF2  n ，所以 PF1  4  m ， QF1  4  n ， F1F2  2c  2 ，
所以在VPF F 中， PF 2  F F 2  PF 2  2 PF  F F csθθ PF F  ，
1 211 2221 22 1
即4  m2  4  m2  2  2  m  csθ，解得csθ 2m  3 ，
m
同理在VQFF中， QF 2  F F 2  QF 2  2 QF  F F cs π θ ， QF F  π θ ，即
1 211 22
21 22 1
4  n2  4  n2  2  2  n  cs π θ ，
将csθ 2m  3 代入，可得16  8n  n2  4  n2  4n csθ 16  8n  n2  4  n2  4n  2m  3
mm
PF2
QF2
PF2

QF2
PF2

QF2
 12m  8mn  8mn 12n  m  n  4 ，所以 11 m  n  4 ，故 D 正确.
mn3
mn3
故选：ACD
在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AC  CB  2 ， AA1  3 ， ACB  90∘ ， P 为 BC 的中点，点Q ， R
分别在棱 AA1 ， BB1 上，且 AQ  λAA1 ， B1R  λB1B 0  λ 1 ，则下列结论正确的是（）
存在λ，使得CA1 / / 平面 PQR
直三棱柱 ABC  A B C 外接球的表面积为17π
1 1 12
对于任意的λ 0,1 ，四棱锥 P  ABRQ 的体积为定值
当λ 1 时，平面 PQR 与平面 ABC 夹角的余弦值为 5 29
329
【答案】AC
【解析】
【分析】对于 A，利用空间向量判断线面关系即可；对于 B，先确定V ABC 外接圆的圆心，从而确定直三棱柱
ABC  A1B1C1 外接球的球心，然后利用球的表面积公式求解即可；对于 C，判断四棱锥 P  ABRQ 的高和底面积是否为定值即可；对于 D，利用空间向量求平面和平面所成角即可.
【详解】在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， CC1  平面 A1B1C1 ，
且ACB  90∘ ，故C1A1, C1B1, CC1 两两垂直，
以点C1 为原点，直线C1A1, C1B1, CC1 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
由 AC  CB  2 ， AA1  3 ， AQ  λAA1  3λ， B1R  λB1B  3λ0  λ 1 ，
得 A(2, 0, 3), C(0, 0, 3), P(0,1, 3), R(0, 2, 3λ), Q(2, 0, 3  3λ) ，
CA1  2, 0, 3, PQ  2, 1, 3λ, PR  0,1, 3λ 3,
→ –––→
rn  PQ  2x  y  3λz  0
设平面 PQR 的法向量为 n   x, y, z  ，则→ –––→，
n  PR  y  3λ 3 z  0
→3
令 z  1，得 n  (, 3  3λ,1) ，
2
–––→ →3
对于 A，
CA1  n  2, 0, 3(, 3  3λ,1)  3  3  0 ，
2
故CA1  n ，且CA1  平面 PQR ，故CA1 / / 平面 PQR ，故 A 正确；
对于 B， ACB  90∘ ，故V ABC 外接圆的圆心为 AB 的中点1,1, 3 ，
因为V ABC 外接圆是平面 ABC 与三棱柱 ABC  A1B1C1 外接球的截面圆，
故直三棱柱 ABC  A1B1C1 外接球的球心在过点1,1, 3 且与平面 ABC 垂直的直线上，又因为直三棱柱 ABC  A1B1C1 上下底面平行且全等，
故直三棱柱 ABC  A1B1C1 外接球的球心到上下底面的距离相等，且侧棱 AA1  3 ，侧棱垂直底面，
所以直三棱柱 ABC  A B C 外接球的球心为O 1,1, 3  ，
1 1 1
2 


1 2 1 0  2  3
2

2 3
2


故直三棱柱 ABC  A1B1C1 外接球的半径 R  OA 
17 ,
2
故外接球的表面积： S  4πR 2  17π ，故 B 错误；
对于 C，直三棱柱 ABC  A1B1C1 知，侧面 ABB1A1 为矩形，
AC 2  BC 2
AB  2 2 ，
因为 AQ / / BR ，故当λ 1 时，四边形 AQRB 为直角梯形，
2
2
且梯形 AQRB 的面积： S  1  AQ  BR AB  3，
2
当λ 1 时，四边形 AQRB 为矩形，
2
2
且矩形 AQRB 的面积： S  AQ  AB  3，
故四边形 AQRB 的面积为定值，且点 P 为 BC 的中点是一个定点，平面 ABB1A1 是一个固定平面，
故点 P 到平面 ABB1A1 的距离为定值，因为Q ， R 分别在棱 AA1 ， BB1 上，
所以平面 AQRB 和平面 ABB1A1 是同一平面，
故 P 到平面 AQRB 的距离为定值，故四棱锥 P  ABRQ 的高和底面积均为定值，所以四棱锥 P  ABRQ 的体积为定值，故 C 正确；
→
对于 D，平面 PQR 的法向量 n 
3
(, 3
2
 3λ,1) ，
n
当λ 1 时， → 
3
3
(, 2,1) ， 2
显然平面 ABC 的一个法向量 m  (0, 0,1) ，
设平面 PQR 与平面 ABC 的夹角为θ，
→ →
2 29
n, m
csθ= cs → → 
于是
n  m1
 3 2

 2 
  22 12 1
→ → 
n m

29，
所以平面 PQR 与平面 ABC 所成角的余弦值为 2 29 ，故 D 错误；
29
故选：AC
非选择题部分
→
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
在平面直角坐标系中直线 l 的一个方向向量为u  2, 3 ，则直线 l 的斜率为．
【答案】  3 ## 1.5
2
【解析】
【分析】由方向向量和斜率的关系直接计算即可得出结果.
→
【详解】因为直线l 的一个方向向量为u  2, 3 ，
所以直线l 的斜率 k  3   3 .
22
故答案为：  3 .
2
已知圆C1 : x  y  2x  2my 1  0 m  R  的面积被直线 x  2 y 1  0 平分，圆
22
C :  x  32   y  22  16 ，则圆C 与圆C 的位置关系是.
212
【答案】外切
【解析】
【分析】根据圆的方程可得圆心和半径；由直线平分圆C1 面积可知直线过圆心C1 ，由此可求得m 的值；根据圆心距和两圆半径之间关系可确定两圆位置关系.
【详解】由圆C 方程知：圆心C 1, m ，半径 r  14  4m2  4  m ，
1112
由圆C2 方程知：圆心C2 3, 2 ，半径 r2  4 ；
Q圆C1 的面积被直线 x  2 y 1  0 平分，直线 x  2 y 1  0 过圆心C1 1, m ，
1  2m  1  0 ，解得： m  1，r1  1 ；
Q圆心距 C1C2

 5  r1  r2 ，
1 32  1 22
圆C1 与圆C2 的位置关系是外切.
故答案为：外切.
1
直线l 过点 M 1,1 且与椭圆 x2  y2  相交于 A 、 B 两点，若线段 AB 的中点为 M 则直线l 的斜率
42
为.
【答案】 1
2
【解析】
【分析】设 A, B 点坐标，代入椭圆中，作差化简可得答案.
【详解】设 A(x1 , y1 ) 和 B(x2 , y2 ) 为直线与椭圆的交点，且 M (1,1) 为 AB 中点，因此：
x1  x2  2 (1)  2
 y  y  2 1  2，
 12
点 A 和 B 满足椭圆方程：
 x2y2
 1  1  1(1)
 42，
 x  y 
22
2 2

1(2)
 42
x2  x2
y2  y2
将方程 (1) 减去 (2)： 12  12  0 ，
42
因式分解： (x1  x2 )(x1  x2 )  ( y1  y2 )( y1  y2 )  0 ，
42
代入中点坐标： (x1  x2 )(2)  ( y1  y2 )  2  0 ，
42
得：  1  x  x    y  y
  0 ，
21212
整理得： 2( y1  y2 )  (x1  x2 ) ，
因此，斜率
k  y1  y2  1 .
x1  x22
1
故答案为： 2 ．
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）
已知三角形顶点 A2, 4 ， B 0, 2 ， C 2, 3 ．
求边 AB 的直线方程；
求 AB 边上的中线方程；
求三角形 ABC 的面积．
【答案】（1） 3x  y  2  0 ；
（2） 2x  3y  5  0 ；
（3）11
【解析】
【分析】（1）由点斜式即可求；
先求 AB 中点，再由点斜式即可求；
由点线距离公式求得点 C 到直线 AB 的距离，由两点距离公式求得 AB ，即可由三角形面积公式求值.
【小问 1 详解】
由两点式得边 AB 的直线方程为 y  4 
4  2
2  0
 x  2  3x  y  2  0 ；
【小问 2 详解】
1 2
AB 中点为1,1 ，故 AB 边上的中线方程为 y 1  1 3  x 1  2x  3y  5  0 ；
32  3  2
32  12
【小问 3 详解】
点 C 到直线 AB 的距离 h 
故三角形 ABC 的面积为 1  AB  h  11.
2
11 10
10
， AB 
0  22  2  42
10
 2，
在如图所示试验装置中，由矩形 ABCD 和 ABEF 构成，且 AB  4 ， AD  AF  3 ， DAF  π ，
3
–––→ →
M ， N 分别在对角线 BD ， AE 上移动，且 AN 与 DM 长度保持相等，记 AB=a ， AD  b ， AF  c ，
且 DM  λDB ，λ0,1 .
当λ 1 时，用向量 a, b, c 表示 AM ， MN ；
2
是否存在 M ， N 使得 MN  平面 ABCD ？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由.
––––→
1 →→
––––→
1 →→
2
2
【答案】（1） AM 
（2）存在，λ 2
3
a  b  ， MN 
c  b 
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解；
（2）设存在λ使得 MN  平面 ABCD ，由题意得 MN  AB, MN  AD ，因为 DM  λDB ，得到
AN  λAE ，
c
得到 MN  λ1b  λ→ ，结合 MN  AB  0 和 MN  AD  0 ，求得λ的值，即可得到答案.
【小问 1 详解】
––––→–––→––––→–––→
1 –––→–––→
1 –––→–––→
1 →→
解：由空间向量的运算法则，可得： AM  AD  DM  AD  DB  AD   AB  AD  a  b  ，
–––→
AN 
1 –––→1
AE 
–––→–––→

AB  AF 
1 a  c  ，
222
→→
222
––––→–––→––––→
1 →→
1 →→
1 →→
则 MN  AN  AM  a  c   a  b   c  b .
222
【小问 2 详解】
解：假设存在λ使得 MN  平面 ABCD ，又由 AB, AD  平面 ABCD ，可得 MN ⊥AB ， MN ⊥AD ，
因为 DM  λDB ，则 AN  λAE ，其中λ0,1 ，
––––→–––→––––→–––→–––→––––→–––→–––→–––→–––→–––→ 
可得 MN  AN  AM  λAE   AD  DM   λ AB  AF    AD  λ AB  AD
 λ →→ →
→→ →→
a  c   b  λa  b   λ1b  λc ，
又因为 AB  a, AD  b, AF  c ，且 AB  4, AD  AF  3 ， DAF  π ， DAB  π ， FAB  π ，
→→→
→ →π → →
322
π → →π
所以 a  4 ， b  3 ， c  3 ， a, b  , a, c  , b, c  ，
→ →→ →→ →
223
π9
所以， a  b  0, a  c  0, b  c  3 3cs  ，
32
––––→ –––→
→→ →
→ →→ →
可得 MN  AB  λ1b  λc   a  λ1b  a  λc  a  0 .
––––→ –––→→→ →→2→ →
且 MN  AD  λ1b  λc   b  λ1b  λc  b  0 ，
化简得9 λ1  9 λ 0 ，解得λ 2 ，故存在λ 2 ，使得 MN  平面 ABCD .
233
已知定点 F1 1, 0 、 F2 1, 0 和动点 M  x, y  .
再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，使得动点 M 的轨迹为椭圆并求动点 M 的轨
迹方程.条件①： MF1  MF2  4 ；条件②： MF1  MF2  2 .
若直线l : y  kx  m 与动点 M 的轨迹相交于 A 、 B 两点，且 k
原点）的面积.
【答案】（1）答案见解析；
OA  kOB
  3 ，求V AOB （ O 为坐标
4
3
（2）.
【解析】
【分析】（1）题中条件满足椭圆的定义，利用椭圆定义求解；
（2）直线和椭圆联立方程组，消去 y ，得到关于 x 的一元二次方程，利用韦达定理写出两根之和和两根之积，利用弦长公式求出 AB ，利用点到直线的距离公式求出点O 到直线 AB 的距离，利用三角形面积公式求出V AOB 的面积.
【小问 1 详解】
选择条件①： MF1  MF2
 4 ，
MF1  MF2
 4  2a
则c  1， a  2 ， b2  a2  c2  3，
2
所以椭圆方程为 x
2
y
 1；
43
【小问 2 详解】
由题意知： m  0 ，设 A x1 , y1  ， B  x2 , y2  ，
 y  kx  m

联立 x
2  y2
得3  4k 2  x2  8kmx  4m2 12  0 ，

1
 43
Δ  8km2  4 4k 2  34m2 12  0 ，即 m2  4k 2  3 ，
x  x  
8km
4m2 12
124k 2  3 ，
x1 x2 
，
4k 2  3
1 2121 212
所以 y y  kx  mkx  m  k 2 x x  mk  x  x   m2
3m2 12k 2

，
4k 2  3
y y3m2 12k 23
Q kOA  kOB  1 2  
， 2m2  4k 2  3 ，满足 m2  4k 2  3 ，
 AB 
x1 x2
4m2 124
1 k 2x  x 4x x

12

2
1 2
1 k
2
192k 2  48m2 144
4k 2  3
，
m
1 k 2
又点O 到直线 AB 的距离 d ，
m
1 k 2
1 k
2
192k 2  48m2 144
4k 2  3
 S 1  d  AB  1 
△AOB22
m
48m2
22
，
m
192k 2  48m2 144
24k 2  3
把2m
 4k
 3 代入上式得： S△ AOB  2 

3
2m2
3
V AOB 的面积为.
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E 为 A1D1 的中点， B1C1 与平面CDE 交于点 F .
求证： F 为 B1C1 的中点；
点 M 为棱 A1B1 上一点.
若 M 为棱 A1B1 的中点，正方体棱长为 2，求平面 MCF 截正方体所得的截面面积；
若二面角 M  FC  E 的余弦值为5 ，求 A1M 的值.
3A1 B1
【答案】（1）证明见解析
（2）（i） 9 ；（ii） 1
22
【解析】
【分析】（1）根据线线平行可得CD / / 平面 A1B1C1D1 ，即可根据线面平行的性质求解，
（2）由线线平行可得截面为等腰梯形 ACFM ，即可求解长度得解（i），建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解.
【小问 1 详解】
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，
QCD / /C1D1 ，且C1D1  平面 A1B1C1D1 ， CD  平面 A1B1C1D1 ，
CD / / 平面 A1B1C1D1 ，
Q平面CDE  平面 A1 B1C1 D1  EF ， CD  平面CDE ，
CD / / EF ，
C1D1/ / EF ，
Q E 为 A1D1 的中点，
 F 为 B1C1 的中点.
【小问 2 详解】
当 M 为棱 A1B1 的中点时，则有 MF / / AC ，
截面为等腰梯形 ACFM ，
Q MF 
AM 
2
 AC  MF 
2


2



， AC  2， AM  CF ，
2
2
5
3 2
高为
2
 S  1 
，
2
 2 2  3 2  9 ；
222
设正方体棱长为 2，如图建立空间直角坐标系 D  xyz ，
则 D 0, 0, 0 ， C 0, 2, 0 ， F 1, 2, 2 ，
 DC  0, 2, 0 ， CF  1, 0, 2 .
→
设平面CDE 的法向量为 m   x, y, z  ，
 → –––→
m  DC  0 即2 y  0
 → –––→
x  2z  0
 m  CF  0
m
令 z  1，则 x  2 ， y  0 , →  2, 0,1 ， 设 A1M  λA1B1 ，λ0,1 ，  M 2, 2λ, 2 ，
 FM  1, 2λ 2, 0 ，
→
设平面 MCF 的法向量为 n   x0 , y0 , z0  ，
→ ––––→
n  FM  0 即x0  2λ 2 y0  0 ，
→ –––→
x  2z  0
n  CF  0
 00
令 x0  2 1λ ，则 z0
5λ 5
5  5λ2 10λ 6
5
 →
→ →
 λ1， y0  1n  2  2λ,1,λ1 ，
 cs
→ →
m, n
m  n

→ → ，
m n3
又λ0,1 ，所以解得λ 1 ，即 A1M  1 .
2A1 B12
如图，已知圆 M : x2  4x  y2  3  0 ， P 1, t  为直线l : x  1上一动点， O 为坐标原点，过点 P
作圆 M 的两条切线，切点分别为 A ， B .
求四边形 PAMB 面积的最小值；
求证：直线 AB 过定点；
若两条切线 PA ， PB 与 y 轴分别交于点S ， T ，求 ST 的最小值.
2
【答案】（1） 2
（2）证明见解析（3） 2
2
【解析】
PM 2 1
【分析】（1）将四边形 PAMB 的面积表示为
，根据 PM 的最小值可求结果；
根据四点共圆求解出过 P, A, M , B 四点的圆Q ，然后由公共弦所在直线的方程的求法可求直线 AB 的方程，据此可证明过定点；
设出切线方程，根据相切关系可得 k1, k2 的韦达定理形式，表示出 ST 并根据 k1, k2 的韦达定理形式化
ST.
简，由此可求min
【小问 1 详解】
PM 2 1
连接 MA ， MB ，圆 M 的标准方程为 x  22  y2  1，故半径为1，圆心 M 2, 0 ，
所以 S四边形PAMB
 2S
V PAM
 2  1  PA  AM
2
 PA ，
若要使得四边形 PAMB 的面积最小，则只需 PM 最小，
min
当 P 在 x 轴上时，显然 PM 2  1  3 ，
9 1
min
S四边形PAMB  2 2 .
【小问 2 详解】
因为PAM  PBM  180 , BPA  BMA  180 ，所以 P, A, M , B 四点共圆，
1 22  t  02
9  t 2
 1 2 t  0  1 t 
且圆心为Q 2, 2  即Q  ,  ，半径为，
 2 2 

22
1 2t 29  t 2
所以过 P, A, M , B 四点的圆的方程为 x     y   
，即 x2  y2  x  ty  2  0 ，
2 2 4
因为直线 AB 为圆Q 与圆 M 的公共弦所在的直线，
所以两圆方程相减可得直线 AB 的方程为3x  ty  5  0 ，显然当 y  0 时 x  5 ，
3
所以直线 AB 过定点 5 , 0  .
 3

【小问 3 详解】
设过点 P 的切线为 y  t  k  x 1 ，即 kx  y  k  t  0 ，
k 2 1
3k  t
所以圆心 M 2, 0 到切线距离 d  1 ，即8k 2  6tk  t 2 1  0 ，
12121 2
设 PA ， PB 的斜率为 k ， k ，所以 k  k   3t ， k k 
4

k  k 4k k
12

2
1 2
在 kx  y  k  t  0 中令 x  0 ，则有 y  k  t ，
t 2 1
，
8
所以 ST
 k1  t   k2  t   k1  k2


，
9t 2   t 2 1
16
4
8
t 2  8
2 2
2
442
当且仅当t  0 时取等号，