四川省内江市第一中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

这是一份四川省内江市第一中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题，共27页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题，本题共 8 小题，每题 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.
l
3, 
已知直线 经过点
3 , 4, 0
l
，则直线 的倾斜角为（）
ππ
A. B.
43
→
2π3π
C.D.
34
α→
已知空间中直线l 的一个方向向量u  3, 0, 2 ，平面 的一个法向量 n  2, 1, 3 ，则（）
A. l / /αB. l α
C. l α
D. 直线l 与平面α不相交
球的半径为 10，若它的截面面积是64π ，则球心到截面的距离是（）
A. 9B. 8C. 6D. 4
如图，下列正方体中，M，N，P，Q 分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 MN 和 PQ 为异面直线的是（ ）
A.B.C.D.
2
若双曲线 x
a2
2
y
 1a  0, b  0 的两条渐近线的夹角为60 ，则该双曲线的离心率为（ ）
b2
2
A.
B. 2C. 2 或
D.或
2 3
3
2 3
3
3
已知圆C :  x 12  y2  16 及点 A1,0 ，在圆C 上任取一点 P ，连接CP ，将点 P 折叠到点 A，记CP
与折痕l 的交点为 M （如图）. 当点 P 在圆C 上运动时，点 M 的轨迹方程为（）
1

x2y2
A.
x2y2
1

B.
431612
C
1
x2  y2 

x2y2
1

D.
431612
如图，在正三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB  AA1  1 ，P 为 B1C1 的中点，则 AC1  BP  （）
53
A. B. 1C.
42
D. 1
2
已知椭圆 : x2  y2  1(a  b  0) 的焦距为 2c ，若直线 kx  3y  k  8c  0 恒与椭圆 有两个不同的
a2b2
公共点，则椭圆 的离心率范围为（）
 0, 1 
 0, 1 
 1 ,1
 1 ,1
   
 2 
3 
2 
 3
二、多选题：本题共 3 小题，每题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
已知直线l : kx  2 y  2k 1  0 ，则下列表述正确的是（）
当 k  2 时，直线的倾斜角为45∘
当实数 k 变化时，直线l 恒过点 2, 1 
2 

当直线l 与直线 x  2 y  4  0 平行时，则两条直线的距离为 5
5
原点到直线l 的距离最大值为 2
如图 1，半圆 O 的直径为 4，点 B，C 三等分半圆，P，Q 分别为 OB，OC 的中点，将此半圆以 OA 为母线卷成如图 2 所示的圆锥，D 为 BC 的中点，则在图 2 中，下列结论正确的有（）
PQ 3
2
AD  平面OBC
PQ / / 平面 ABC
三棱锥 P  ABC 与Q  ABC 公共部分的体积为 1
4
x2y2x2y2
ab
ab
已知 F1 ， F2 是椭圆 2  2  1 （ a1  b1  0 ）和双曲线 2  2
1122
 1（ a2  0 ， b2  0 ）的公共焦
π
点， P 是他们的一个公共点，且F1PF2  3 ，则以下结论正确的是（）
1122
a2  b2  a2  b2
b2  3b2
12
1
4e2
 1  1
4e2
e2  e2 的最小值为13
12
2
12
三、填空题：本题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分.
求过两条直线 x  3y  6  0 和2x  y  2  0 的交点，且与6x  8 y 1  0 垂直的直线方程
．
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，二面角C  D1B  D 的大小为．
如图所示，一套组合玩具需在一半径为 4 的球外罩上一个倒置圆锥，则圆锥体积的最小值为
．
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.
5

2
2
2
2
已知双曲线C : xy 1a  0,b  0 的实轴长为 2，离心率为.
ab
求双曲线C 的方程；
P 为双曲线C 上一点，且F PF
 π ，求 PF
 PF .
12312
已知圆C 的圆心在坐标原点，且过点 M 1, 3  ．
求圆C 的方程；
若直线l 经过点 M 1, 3  且与圆C 相切，求直线l 的方程．
已知点 P 是圆C 上的动点，试求点 P 到直线 x  y  4  0 的距离的最大值．
如图，在三棱柱
ABC  A1B1C1 中， AA1  平面 ABC， AB  BC  AC  AA1 ， D 是 BC的中点.
求证: A1B / / 平面 AC1D ;
求证: 平面 AC1D  平面 BCC1B1 ;
求直线 AC 与平面 AC1D 所成角的正弦值.
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AD  DC,
PDC  平面 ABCD ， M 为棱 PC 的中点.
AB / / DC, AB  1 CD  AD  1, PC 
2
5, PD  1，平面
求三棱锥 P  BDM 的体积；
求直线 DM 与 PB 所成角的余弦值；
若点Q 在棱 PA 上，使得点Q 到平面 BDM 的距离是 5 6 ，求二面角 B  MD  Q 的余弦值.
18
已知椭圆 C 的两个焦点 F1(2, 0) ， F2 (2, 0) ，过 F1 点且与坐标轴不平行的直线 l 与椭圆 C 相交于 M， N 两点， VMNF2 的周长等于 16.
求椭圆 C 的标准方程；
若过点 P(8, 0) 的直线与椭圆 C 交于两点 A，B，设直线 AF1 ， BF1 的斜率分别为 k1 ， k2 .
求证： k1  k2 为定值；
求V ABF1 面积的最大值.
内江一中高 2027 届高二(上)第二次月考数学试题
考试时间：120 分钟试卷满分：150 分
一、单选题，本题共 8 小题，每题 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.
l
3, 
已知直线 经过点
3 , 4, 0
l
，则直线 的倾斜角为（）
ππ
A. B.
43
2π3π
C.D.
34
【答案】B
【解析】
【分析】先求出斜率，再根据斜率和倾斜角之间的关系求出.
0   3 
3
【详解】由题意可知，直线l 的斜率为，
4  3
3
设直线l 的倾斜角为α,α0, π ，则tanα，则α π ，
3
故直线l 的倾斜角为 π .
3
故选：B
→α→
已知空间中直线l 的一个方向向量u  3, 0, 2 ，平面 的一个法向量 n  2, 1, 3 ，则（）
l / /αB. l α
l α
直线l 与平面α不相交
【答案】D
【解析】
【分析】由方向向量与法向量关系可判断直线与平面α关系.
【详解】对于 AB，Qu  n  6  0  6  0 ，则直线l 可能与平面α平行，也可能在平面α内，因题目条 件不足，故 AB 选项无法判断，
对于 C，Qu 与 n 不共线，则直线l 与平面α不垂直，故 C 错误，对于 D，由 AB 分析可知，直线l 与平面α不相交，故 D 正确.
故选：D.
球的半径为 10，若它的截面面积是64π ，则球心到截面的距离是（）
A. 9B. 8C. 6D. 4
【答案】C
【解析】
球
【分析】利用 d 2  r 2  R 2 即可求解.
【详解】因为球的截面面积是64π ，故截面圆的半径 r  8 ，设球心到截面的距离是 d ，则 d 2  r 2  100 解得 d  6 .
故选：C
如图，下列正方体中，M，N，P，Q 分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 MN 和 PQ 为异面直线的是（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断.
【详解】对于 A，如图， PQ / /CD / / AB / /MN ， M , N , P, Q 四点共面，A 不是；
对于 B，如图， MP / /GH / / EF / / NQ ， M , N , P, Q 四点共面，B 不是；
对于 C，如图， MP / / KL / / NQ ， M , N , P, Q 四点共面，C 不是；
对于 D，如图， PQ 平面 MPQ ， N ∉ 平面 MPQ ， M 平面 MPQ ， M 直线 PQ ，则 MN 与 PQ 是异面直线，D 是.
故选：D
2
若双曲线 x
a2
2
y
 1a  0, b  0 的两条渐近线的夹角为60 ，则该双曲线的离心率为（ ）
b2
2
A.
B. 2C. 2 或
D.或
2 3
3
2 3
3
3
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程和倾斜角进行求解即可.
【详解】因为双曲线的两条渐近线夹角为60 ，则渐近线的倾斜角为30 ,150 或60 ,120 ，
所以渐近线的斜率为
3 或.
3
3
因为该双曲线方程为 x2  y2  ，所以渐近线方程为 y   b x .
所以 b 
a
3 或
3
a2b21a
3
.
所以双曲线的离心率为e  c 
a
或 2.
b2
1
a2
2 3
3
故选：C.
已知圆C :  x 12  y2  16 及点 A1,0 ，在圆C 上任取一点 P ，连接CP ，将点 P 折叠到点 A，记CP
与折痕l 的交点为 M （如图）. 当点 P 在圆C 上运动时，点 M 的轨迹方程为（）
1

x2y2
​
x2y2
1

​
431612

x2y2
1
x2y2
1

​
431612
【答案】A
【解析】
【分析】直接由题意可得： CM  AM  r  4  AC  2 ，符合椭圆定义，且得到长半轴和半焦距，再由
b2  a2  c2  3求得b ，可求点 M 的轨迹方程可求．
【详解】连接 MA ，
圆C :  x 12  y2  16 的圆心坐标为C (1, 0) ，半径为 4．
因为将点 P 折叠到点 A，记CP 与折痕l 的交点为 M ，所以 PM
 AM ，
所以 CM
AM
 CM
MP  r  4 
AC  2 ，
所以点 M 的轨迹是以 A, C 为焦点的椭圆，且2a  4, 2c  2 ，所以 a  2, c  1 ，
2
所以b2  a2  c2  3，所以点 M 的轨迹方程为 x
2
y
 1．
43
故选：A．
如图，在正三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB  AA1  1 ，P 为 B1C1 的中点，则 AC1  BP  （）
5
A.
4
【答案】A
3
B. 1C.
2
D. 1
2
【解析】
【分析】以 AC, AB, AA1 为基底表示 AC1, BP 后可求 AC1  BP 的值.
【详解】由正三棱柱 ABC  A1B1C1 可得 AA1  AB, AA1  AC ， BAC  60 ，
––––→–––→–––→ –––→–––→–––→–––→1 –––→–––→1 –––→1 –––→
而 AC1  AC  AA1 , BP  BB1  B1P  BB1  2 BC  AA1  2 AC  2 AB ，
––––→ –––→–––→–––→ –––→
1 –––→1 –––→ 

故 AC1  BP   AC  AA1  AA1 
AC 
22
AB 


1 –––→2
AC
2
故选：A.
–––→ –––→–––→
 12
2 AC  AB  AA1
 1  1 1  5 .
244
已知椭圆 : x2  y2  1(a  b  0) 的焦距为 2c ，若直线 kx  3y  k  8c  0 恒与椭圆 有两个不同的

a2b2
公共点，则椭圆 的离心率范围为（）
 0, 1 
 0, 1 
 1 ,1
 1 ,1
   
 2 
3 
2 
 3
【答案】A
【解析】
 8 
8b2
【分析】根据椭圆焦点坐标以及直线过定点可得点
c, 3 c  在椭圆内部，整理不等式
c 可得离心率
0  e  1 .
3
3a
【详解】将直线 kx  3y  k  8c  0 整理可得 k  x  c  3y  8c  0 ，
 8 
易知该直线恒过定点 c, 3 c  ，

 8 
若直线 kx  3y  k  8c  0 恒与椭圆 有两个不同的公共点，可知点 c, 3 c  在椭圆内部；
cb2

8b2
易知椭圆上的点当其横坐标为
时，纵坐标为，即可得
a
c ，
3a
整理可得3c2  8ac  3a2  0 ，即3e2  8e  3  0 ，
解得0  e  1 .
3
故选：A
二、多选题：本题共 3 小题，每题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
已知直线l : kx  2 y  2k 1  0 ，则下列表述正确的是（）
当 k  2 时，直线的倾斜角为45∘
当实数 k 变化时，直线l 恒过点 2, 1 
2 

当直线l 与直线 x  2 y  4  0 平行时，则两条直线的距离为 5
5
原点到直线l 的距离最大值为 2
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于 A，依据斜率求出倾斜角；对于 B，将直线l 的方程化为 k  x  2  2 y 1  0 即可；对于
C，根据平行关系求出 k ，再利用两条平行直线间的距离公式即可；对于 D，当直线l 与过原点、 2, 1 
2 

的直线垂直时，原点到直线l 的距离最大，求两点间距离即可.
【详解】对于 A，当 k  2 时，直线l : 2x  2 y  3  0 ，则直线斜率为1，故直线的倾斜角为45∘ ，故 A 正确；
对于 B，直线l : k  x  2  2 y 1  0 ，当 x  2 时， y  1 ，
2
故直线l 恒过点 2, 1  ，故 B 正确；
2 

对于 C，当直线l 与直线 x  2 y  4  0 平行时，有2k  2 ，得 k  1 ，此时直线l : x  2 y  3  0 ，
则两条直线的距离为

1 4
4  3
5
5
，故 C 正确；
对于 D，当直线l 与过原点、 2, 1  的直线垂直时，原点到直线l 的距离最大，
2 
最大值为

4  1
4
17 ，故 D 错误.
2
故选：ABC
如图 1，半圆 O 的直径为 4，点 B，C 三等分半圆，P，Q 分别为 OB，OC 的中点，将此半圆以 OA 为母线卷成如图 2 所示的圆锥，D 为 BC 的中点，则在图 2 中，下列结论正确的有（）
PQ 3
2
AD  平面OBC
PQ / / 平面 ABC
三棱锥 P  ABC 与Q  ABC 公共部分的体积为 1
4
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出 BC ，进而可判断；对于 B，由勾股定理 逆定理结合 AD2  OD2  AO2 ，可得 AD 与OD 不垂直，由此即可判断；对于 C，由中位线定理得 PQ / / BC ，结合线面平行的判定定理即可判断；对于 D，连接 BQ, CP 交于点 E ，连接OE 并延长OE ，可知OE 交 BC于点 D ，则三棱锥 P  ABC 与三棱锥Q  ABC 公共部分即为三棱锥 E  ABC ，再确定点 E 的位置即可求 解体积并判断 D.
【详解】对于 A，在图2 中，设圆锥的底面圆半径为 r ，
则2πr  1  4π ，解得 r  1，
2
因为在图 1 中，点 B 、C 三等分半圆，
所以在图2 中，点 B 、C 为圆锥的底面圆周的三等分点，所以V ABC 为等边三角形，
BC
所以
sin 60
 2r  2 ，所以 BC ，
3
3
又因为点 P 、Q 分别是OB 、OC 的中点，
所以 PQ  1 BC 3 ，故 A 正确；
22
对于 B，
连接OD, AC, AB ，因为三角形 ABC 边长为的等边三角形，三角形OBC 为等腰三角形，
点 D 是 BC 的中点，所以 AD  3 ，OD 
13 ，
OB2  BD2
22
而 AO  2 ，所以 AD2  OD2  9  13  4  AO2 ，这表明 AD 与OD 不垂直，故 B 错误；
44
对于 C，因为点 P 、Q 分别是OB 、OC 的中点，所以 PQ / / BC ，
因为 PQ  平面 ABC ， BC  平面 ABC ，所以 PQ / / 平面 ABC ，故 C 正确；
对于 D，连接 BQ, CP 交于点 E ，连接OE 并延长OE ，则由对称性可知OE 必定交 BC 于点 D ，则三棱锥 P  ABC 与三棱锥Q  ABC 公共部分即为三棱锥 E  ABC ，
因为点 P, Q 分别是OB 、OC 的中点，
所以 E 为aOBC 的重点，所以 DE  1 OD 13 ，
36
3
由上易知，圆锥的轴截面为边长为 2 的正三角形，所以圆锥的高为，
所以V
 1 V
 1  1  1  3  3 3  1 ，
E  ABC
O ABC
33  22 4
3

所以三棱锥 M  ABC 与三棱锥 N  ABC 公共部分的体积为 1
4
，故 D 正确.
故选：ACD.
x2y2
x2y2
ab
已知 F1 ， F2 是椭圆 2  2
11
 1 （ a1  b1  0 ）和双曲线 2  2
ab
22
 1（ a2  0 ， b2  0 ）的公共焦
π
点， P 是他们的一个公共点，且F1PF2  3 ，则以下结论正确的是（）
1122
a2  b2  a2  b2
b2  3b2
12
1
12
4e2
 1  1 4e2
e2  e2 的最小值为13
12
2
【答案】ABD
【解析】
12
【分析】由椭圆与双曲线的几何性质可判断 A，B 项，由 a2  3a2  4c2 ，得
1
4e2
 1 4e2
 1，可判断 C 项，
12
D 项利用 C 项的结论及基本不等式求解即可．
1122
【详解】对 A：因为椭圆与双曲线由公共焦点，所以 a2  b2  a2  b2 ，故 A 正确；
对 B：不妨设 P 为第一象限的点，再设 PF1
 m ， PF2
 n .如图：
由椭圆及双曲线的定义可得： m  n  2a1  m  a1  a2 .
m  n  2an  a  a
212
因为F PF  π ，所以 F F 2  m2  n2  2mn cs π ，
1231 23
所以2c2  a  a 2  a  a 2  2 a  a a  a  1  a2  3a2  4c2 .
12121212212
1122
又 a2  b2  a2  b2  c2 ，
12
12
所以b2  c2  3c2  b2   4c2  b2  3b2 ，故 B 正确；
a2  3a2  4c2  a2  3a2 
1  3  1
对 C：由 12
1 2
4 ，即22
.故 C 错误；
3
16
c2c2
4e14e2
1  3  1
 13 22
e23e2
对 D：因为
，所以e2  e2  
e  e   1 2  1  1 2
 1
3
4e2
4e2
124e2
4e212
4e2
4e22
12
12 12
（当且仅当e2 
3 1 ， e2 
3  3 时取“  ”）.故 D 正确.
1424
故选：ABD
【点睛】方法点睛：关于圆锥曲线的焦点三角形的问题，若知道F1PF2 ，一般可利用余弦定理列式.
三、填空题：本题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分.
求过两条直线 x  3y  6  0 和2x  y  2  0 的交点，且与6x  8 y 1  0 垂直的直线方程
．
【答案】 4x  3y  6  0
【解析】
【分析】先求出两直线的交点坐标，根据两直线垂直，斜率的关系，可求出所求直线的斜率，代入公式，即
可得答案.
x  3y  6  0
x  0
【详解】联立2x  y  2  0 ，解得 y  2 ，即交点坐标为(0, 2) ，

直线6x  8 y 1  0 变形为 y   3 x  1 ，斜率为 3 ，
484
4
所以所求直线的斜率为 ，
3
则所求直线方程为 y  2  4 x ，整理得4x  3y  6  0 .
3
故答案为： 4x  3y  6  0
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，二面角C  D1B  D 的大小为．
【答案】60
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
【详解】在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，令棱长 AB  1，以点 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则 D(0, 0, 0), B(1,1, 0), C(0,1, 0), D1 (0, 0,1) ， DB  (1,1, 0), DD1  (0, 0,1), CB  (1, 0, 0), CD1  (0, 1,1) ，
→v
–––v
n  DB  x  y  0
令平面 DD1B 的法向量 n  (x, y, z) ，则v ––––v
，令 y  1，得 n  (1, 1, 0) ，
n  DD1  z  0
 v ––––v
m  CD1   y1  z1  0
令平面CD1B 的法向量 m  (x1 , y1 , z1 ) ，则 v –––v
，令 y1  1 ，得 m  (0,1,1) ，
m  CB  x1  0
→ –→
n  m
11∘∘∘
2  2
于是得csn, m  → –→  
| n || m |2
，而0
 n, m  180 ，则n, m  120 ，
由图形知，二面角C  D1B  D 的平面角为锐角，所以二面角C  D1B  D 的大小60 .
故答案为： 60
如图所示，一套组合玩具需在一半径为 4 的球外罩上一个倒置圆锥，则圆锥体积的最小值为
．
【答案】
【解析】
512π
3
【分析】设母线与底面的夹角为2α，内切球半径 r  4 ，用α表示底面半径 R 和圆锥的高h ，求出圆锥体积
V 的表达式，利用基本不等式求出最小值．
【详解】球的外切圆锥，轴截面如图所示，
设母线与底面的夹角为2α，底面半径 R ，内切球半径 r  4 ，圆锥的高h ，
则： R r4， h  R  tan 2α4 tan 2α8，
tanα
tanα
tanα
1 tan2α

11
2
8128π1
圆锥的体积v 
πR2h 
33
π  tanα

1 tan2α
3tan2α1 tan2α ，
而0  2α 90 , 0 α 45 ，所以0  tanα 1 ，1 tan2 a  0 ， 又因为： tan2α 1 tan2α  1 定值，
22
 tan2α1 tan2α2
所以 tan α 1 tan α  
 1 ， 当且仅当 tan2α 1  tan2α， 即 tanα时，
2
242
等号成立，
v 128π1512π
所以 min
3 11 3．

22
故答案为：
512π
.
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.
5

2
2
2
2
已知双曲线C : xy 1a  0,b  0 的实轴长为 2，离心率为.
ab
求双曲线C 的方程；
P 为双曲线C 上一点，且F PF
 π ，求 PF
PF .
12312
2y2
【答案】（1） x  1
4
17
（2） 2
【解析】
【分析】（1）根据实轴求出 a 值，根据离心率求出 c 值，根据 a，b，c 的关系，求出b2 ，即可得答案.
根据双曲线的定义，结合余弦定理，可得 PF1 PF2 的值，代入完全平方公式，化简变形，即可得答案.
【小问 1 详解】
5
由题意实轴2a  2 ，解得 a  1 ，则离心率e  c  c ，
a
所以b2  c2  a2  4 ，
2y2
所以双曲线C 的方程为 x  1.
4
【小问 2 详解】 由双曲线的定义得
PF1  PF2
 2a  2 ，且 F1F2
5
 2c  2，

PF  PF 2 PF
1
2

2
1
PF  20
2
2 PF1 PF2
PF 2  PF 2  F F 21
由余弦定理cs F PF
 121 2 ，所以
，解得
12
2
1
2
1
2
1
2
PF1 PF2  16 ，
2 PF1 PF22
1
所以 PF
PF
2 
PF 2  PF
2  2 PF PF
4 PF PF
1
  PF
 PF
2  4 PF PF
 4  4 16  68 ，
17
2
1
2
所以 PF1  PF2
 2.
已知圆C 的圆心在坐标原点，且过点 M 1, 3  ．
求圆C 的方程；
若直线l 经过点 M 1, 3  且与圆C 相切，求直线l 的方程．
已知点 P 是圆C 上的动点，试求点 P 到直线 x  y  4  0 的距离的最大值．
【答案】（1） x2  y2  4
（2） y  
3 x  4 3
33
2
2 2
【解析】
【分析】（1）求出 OM
即为圆的半径，从而求出圆的方程；
求出直线CM 的斜率，即可得到直线l 的斜率，再由点斜式计算可得；
求出圆心到直线的距离，从而求出点 P 到直线的距离的最大值.
12  
3 2
【小问 1 详解】
依题意圆C 的半径为 OM 
所以圆C 的方程为 x2  y2  4 ；
 2 ，
【小问 2 详解】
因为直线CM 的斜率 kCM 
3 ，所以直线l 的斜率为3 ，
3
3
直线l 的方程为 y  
3  x 1 ，即 y  
3
3 x  4 3 ；
33
【小问 3 详解】
圆心C 0, 0 到直线
4
12 12
2
x  y  4  0 的距离为 d  2
2 ，
2
所以直线
x  y  4  0 与圆相离，
所以 P 到直线
x  y  4  0 的距离的最大值为2
 2 .
如图，在三棱柱
ABC  A1B1C1 中， AA1  平面 ABC， AB  BC  AC  AA1 ， D 是 BC 的中点.
求证: A1B / / 平面 AC1D ;
求证: 平面 AC1D  平面 BCC1B1 ;
求直线 AC 与平面 AC1D 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；（3） 5 .
5
【解析】
【分析】（1）连接 A1C 交 AC1 于 O，连接 OD，则由三角形中位线定理可得OD / / A1B ，再利用线面平行的判定定理可得结论.
由等边三角形的性质可得 AD ⊥BC ，再由棱柱的性质结合已知可得 BB1  平面 ABC ，从而得
BB1  AD ，由线面垂直的判定定理可得 AD  平面 BCC1B1 ，再利用面面垂直的判定定理可得结论.
过 C 作 CE  C1D 于 E，连 AE，则可得 CE⊥平面 AC1D ，从而中得∠CAE 是 AC 与平面 AC1D 所成的角，然后在直角aCAE 中求解即可.
【小问 1 详解】
在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，连接 A1C 交 AC1 于 O，连接 OD，
则 O 是 A1C 的中点，又 D 是 BC 的中点， OD / / A1B ，而 A1B  平面 AC1D ，OD  平面 AC1D ，
所以 A1B / / 平面 AC1D .
【小问 2 详解】
由 AB  BC  AC ， D 是 BC 的中点，得 AD ⊥BC ，
由 AA1  平面 ABC ，得 BB1  平面 ABC ，又 AD  平面 ABC ，则 BB1  AD ，
又 BB1 ､BC 是平面 BCC1B1 内的两条相交直线，因此 AD  平面 BCC1B1 ，而 AD  平面 AC1D ，所以平面 AC1D  平面 BCC1B1
【小问 3 详解】
在平面 BCC1B1 内过 C 作 CE  C1D 于 E，连 AE，
5
由（2）知，平面 AC1D  平面 BCC1B1 ，平面 AC1D ∩ 平面 BCC1B1 = C1 D ，则CE  平面 AC1D ，∠CAE 是 AC 与平面 AC1D 所成的角，
在直角aC CD 中，令CD  1 BC  a, CC =2a ，则C D 
5a ， CE  CC1  CD  2a ，
1211
2a
C1D
在直角aCAE 中， sin CAE  CE 5 5 ，
AC2a5
所以直线 AC 与平面 AC1D 所成角的正弦值为 5 .
5
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AD  DC,
PDC  平面 ABCD ， M 为棱 PC 的中点.
求三棱锥 P  BDM 的体积；
求直线 DM 与 PB 所成角的余弦值；
AB / / DC, AB  1 CD  AD  1, PC 
2
5, PD  1，平面
若点Q 在棱 PA 上，使得点Q 到平面 BDM 的距离是 5 6 ，求二面角 B  MD  Q 的余弦值.
18
1
【答案】（1）
6
（2） 15
15
（3） 14
42
【解析】
【分析】（1）利用等体积法求解；
建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据向量的夹角公式计算得到答案；
设 PQ  PA  (, 0, )(0    1) ，确定 BQ  (λ1, 1,1λ) ，再利用距离的向量公式计算出λ
的值，最后计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【小问 1 详解】
因为 PC 5, PD  1， CD  2 ，
所以 PC 2  PD2  CD2 ，所以 PD  CD ，
因为 M 为棱 PC 的中点，所以 S
a PDM
 1 S
2
a PDC
 1  1  2 1  1 ，
222
因为平面 PDC  平面 ABCD ，平面 PDC ∩ 平面 ABCD  CD ， AD  DC ，所以 AD  平面 PDC ，
因为 AB / / DC ，所以点 B 到平面 PDC 的距离为 AD  1 ，
所以V V 1 S
·AD  1  1 1  1 ；
PBDMBPDM
【小问 2 详解】
3 a PDM

326
因为 AD  平面 PDC ， PD  平面 PDC ，所以 AD  PD ，又 AD  DC ， PD  CD ，
所以以点 D 为坐标原点， DA, DC, DP 所在直线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，如图：
, )
则 P(0, 0,1), D(0, 0, 0), B(1,1, 0), M (0,1 1 ，
2
––––→
1 –––→
所以 DM  (0,1, ), PB  (1,1, 1) ，
2
––––→ –––→
所以cs DM , PB 
––––→ –––→
DM  PB
––––→ –––→ 
DM PB
1 1
2
1 1 111
4
15
15 ，
所以直线 DM 与 PB 所成角的余弦值为 15 .
15
【小问 3 详解】
A(1, 0, 0)
––––→
1 –––→
根据（2）可知
，则 PA  (1, 0, 1) ， DM  (0,1, ), DB  (1,1, 0) ， BP  1, 1,1 ，
2
设 PQ  PA  (, 0, )(0    1) ， BQ  BP  PQ  BP  PA  ( 1, 1,1 ) ，
→ –––→
n  DB  x  y  0
设平面 BDM 的一个法向量为 n (x, y, z) ，则→ ––––→1，

n  DM  y  2 z  0
令 z  2 ，则 x  1, y  1 ，故 n  (1, 1, 2) ，
2 λ
11 4
5 6
–––→ →
点Q 到平面 BDM 的距离是
解得λ 1 ，
3
BQ  n
→
n
 2 λ，
6
18
–––→22–––→–––→–––→12
所以 BQ  ( , 1, ) ，所以 DQ  DB  BQ  (, 0, ) ，
3333
 → –––→12
m  DQ  3 a  3 c  0
设平面 MDQ 的一个法向量为 m  (a, b, c) ，则 → ––––→1，
m  DM  b 

令c  6 ，则 a  12, b  3 ，故 m  (12, 3, 6) ，
→ →
c  0
2
14
→ →n  m12  3 123
所以cs n, m  → →
n m
，
11 4 144  9  36
9 14
42
所以二面角 B  MD  Q 的余弦值为 14 .
42
已知椭圆 C 的两个焦点 F1(2, 0) ， F2 (2, 0) ，过 F1 点且与坐标轴不平行的直线 l 与椭圆 C 相交于 M， N 两点， aMNF2 的周长等于 16.
求椭圆 C 的标准方程；
若过点 P(8, 0) 的直线与椭圆 C 交于两点 A，B，设直线 AF1 ， BF1 的斜率分别为 k1 ， k2 .
求证： k1  k2 为定值；
求aABF1 面积的最大值.
2
2
【答案】（1） x  y  1 ；
1612
（2）（i）证明见解析；（ii） aABF1 面积的最大值为3 3 .
【解析】
【分析】（1）依据题意列出关于 a, b, c 的方程组求出 a, b, c 即可得解；
（2）（i）依据题意分直线斜率为 0 时和直线斜率不为 0 时两种情况结合韦达定理计算分析即可求证；（ii）
24 m2  4
S S S

PF y  y
由（i）先求出 y  y

，再由面积公式
a ABF
a PAF
a PBF
112
结合基本不
123m2  4
111
1
2
等式即可求解.
【小问 1 详解】
c  2
a  4
由题意可得椭圆焦点在 x 轴上，且4a  16


b  2 3 ，

a2  b2  c2c  2
2
所以椭圆的方程为 x

y2
 1 .
1612
【小问 2 详解】
证明：由题意可知直线斜率存在，
当直线斜率为 0 时，显然 k1  k2  0 ，所以 k1  k2  0 ；当直线斜率不为 0 时，设直线方程为 x  my  8 ，
x  my  8

联立 x
2  y2
 3m2  4 y2  48my 144  0 ，

1
1612
则Δ  48m2  4 3m2  4144  576m2  2304  0  m2  4 ，
设 A x , y , B  x , y
 ，则 y y 
144
, y  y 
48m
，
1122
1 23m2  412
3m2  4
所以 k  k y1y2y1y2 y1 my2  6  y2 my1  6 ，
12x  2x  2my  6my  6my  6my  6
121212
因为 y my  6  y my  6  2my y  6  y  y   2m 144 6 48m 0 ，
12211 212
所以 k1  k2  0 .
综上， k1  k2 为定值 0.
3m2  43m2  4


48m
2
144

3m  4
2


 4 
3m  4
2
24
m2  4

y  y 4 y y
12

2
1 2
由（i）可得 y1  y2


3m2  4，
1
2
3
124 m2  472 m2  4
所以 Sa ABF
 Sa PAF
 Sa PBF

PF1
y1  y2
  6 
2
3m2  4
3m2  4，
111
72 m2  4
3m2  4 16
72 m2  4
7272 3
m2  4
1
所以 Sa ABF 
3m2  4

m2  4
3
16，
当且仅当3
16
即 m2  28  4 时等号成立，
2 3 m2  4 
16
m2  4
3
m2  4
m2  4
所以aABF1 面积的最大值为3 3 .