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2023-2024学年上海市虹口区重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年上海市虹口区重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，已知这个球的表面积是12π，那么这个正方体的体积是( )
A. 3B. 4 3πC. 8D. 24
2.直线l1：ax+by+c=0，直线l2：mx+ny+d=0，则ambn=−1是直线l1⊥l2的( )
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 必要条件D. 充分不必要条件
3.椭圆C：x24+y23=1的左，右顶点分别为A1，A2，点P在C上，且直线PA2斜率的取值范围是[−2,−1]，那么直线PA1斜率的取值范围是( )
A. [38,34]B. [12,34]C. [12,1]D. [34,1]
4.已知四面体ABCD的所有棱长均为 2，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点.有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③∠MFN的余弦值的取值范围为[0, 55)
④△FMN周长的最小值为 2+1．
其中正确结论的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.抛物线y2=4x的焦点坐标为 ．
6.直线y=x+1被圆x2+y2=1所截的弦长为______ ．
7.已知点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l对称，则直线l的方程为_________________________．
8.以点(±3,0)为焦点，且渐近线为y=± 2x的双曲线标准方程是______ ．
9.已知二面角α−l−β的大小为600，m、n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m、n所成的角为______ ．
10.已知圆锥的侧面积为2π9，若其过轴的截面为正三角形，则该圆锥母线的长为______．
11.设圆C与双曲线x29−y216=1的渐近线相切，且圆心是双曲线的右焦点，则圆C的标准方程是______ ．
12.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤5，河岸线所在直线方程为x+y=8，若将军从点A(4,0)处出发，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为______．
13.如图所示，已知双曲线C：x2a3−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F′，右焦点为F，双曲线C的右支上一点A，它关于原点O的对称点为B，满足∠F′AF=60°，且|BF|=3|AF|，则双曲线C的离心率是 ．
14.直线y=34x与椭圆x264+y212=1相交于A、B两点，现将椭圆所在平面沿x轴折成直二面角，则折好后的A、B间的距离为______ ．
15.定义两个点集S、T之间的距离集为d(S,T)={|PQ||P∈S，Q∈T}，其中|PQ|表示两点P、Q之间的距离，已知k、t∈R，S={(x,y)|y=kx+t，x∈R}，T={(x,y)|y= 4x2+1,x∈R}，若d(S,T)=(1,+∞)，则t的值为 ．
16.如图所示的直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=4，AB⊥AC，过点A1作平面α分别交棱AB，AC于点D，E，若直线AA1与平面α所成的角为60°，则截面三角形A1DE面积的最小值为______ ．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别为BB1，AC的中点．
(1)求证：BF//平面A1EC；
(2)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1．
18.(本小题14分)
定义：设P、Q分别为曲线C1和C2上的点，把P、Q两点距离的最小值称为曲线C1到C2的距离．
(1)求曲线C：y=x2到直线l：2x−y−4=0的距离；
(2)求圆O：x2+y2=1到曲线y=1x−2+2(x>2)的距离．
19.(本小题14分)
如图，OM，ON是某景区的两条道路(宽度忽略不计)，其中OM为东西走向，Q为景区内一景点，A为道路OM上一游客休息区．已知tan∠MON=−3，OA=6(百米)，Q到到直线OM，ON的距离分别为3(百米)，6 105(百米).现新修一条自A经过Q的直线型观光车轨道AB(点B在ON上)，并在B处修建一游客休息区．
(1)求轨道AB的长；
(2)已知在景点Q的正北方6百米的P处有一大型音乐喷泉，喷泉表演一次的时长为9分钟．表演时，喷泉喷洒区域是以P为圆心，r为半径的圆心区域，且t分钟时，r=2 at(百米)(0≤t≤9，020.(本小题18分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)设椭圆C的左右焦点为F1、F2，P是椭圆C上任意一点，记∠F1PF2=θ，求θ的最大值，并求此时P点坐标；
(3)点M，N为C上异于A的两点，且AM⊥AN，试判断直线MN是否过定点，若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由．
21.(本小题18分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，其中DA⊥AB，AD//BC.PA=2AD=BC=2，AB=2 2．
(1)求异面直线PC与AD所成角的大小；
(2)若平面ABCD内有一经过点C的曲线E，该曲线上的任一动点Q都满足PQ与AD所成角的大小恰等于PC与AD所成角.试判断曲线E的形状并说明理由；
(3)在平面ABCD内，设点Q是(2)题中的曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)的、一段曲线CG上的动点，其中G为曲线E和DC的交点.以B为圆心，BQ为半径的圆分别与梯形的边AB、BC交于M、N两点.当Q点在曲线段GC上运动时，求四面体P−BMN体积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设球的半径为R，则4πR2=12π，从而R= 3，
所以正方体的体对角线为2 3，故正方体的棱长为2，体积为23=8．
故选：C．
设出球的半径，利用球的表面积求出半径，然后求出正方体的棱长，求出正方体的体积即可．
本题考查球内接多面体，棱柱、棱锥、棱台的体积的求法，考查计算能力．
2.【答案】D
【解析】解：直线l1⊥l2的，所以am+bn=0，推不出ambn=−1；
但是ambn=−1可以得到am+bn=0，两条直线垂直，
所以直线l1：ax+by+c=0，直线l2：mx+ny+d=0，则ambn=−1是直线l1⊥l2的充分不必要条件．
故选：D．
按照直线垂直求出字母的关系；通过字母关系推出直线的位置关系，判断充要条件即可．
本题是基础题，考查直线垂直的条件的应用，注意斜率是否存在的情况，容易错误解答．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考察椭圆的标准方程及其性质，斜率的计算公式，考查运算求解能力，属于中档题．
由椭圆C：x24+y23=1可得左顶点A1(−2,0)，右顶点A2(2,0).设P(x0,y0)(x0≠±2)，代入椭圆方程可得y02x02−4=−34，利用斜率计算公式可得kPA2kPA1，再利用直线PA2斜率的取值范围是[−2,1]，即可解出结果．
【解答】
解：由椭圆C：x24+y23=1，可得左顶点A1(−2,0)，右顶点A2(2,0)．
设P(x0,y0)(x0≠±2)，
则y02x02−4=−34，
∵kPA2=y0x0−2，kPA1=y0x0+2，
∴kPA2kPA1=y0x0−2⋅y0x0+2=y02x02−4=−34，
∵直线PA2斜率的取值范围是[−2,−1]，
∴直线PA1斜率的取值范围是[38,34]，
故选：A．
4.【答案】B
【解析】解：在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点，依次连接可得四面体ABCD，
则四面体ABCD的所有棱长均为 2，又M，N分别为棱AD，BC的中点，
∴线段MN的长度为正方体的棱长为1，故①正确；
取AB的中点为F，G为MN的中点，I为CD的中点，由正方体的结构特征可知，F、I、G三点共线，
此时直线FG与直线CD相交于点I，故②错误；
由已知可得，BN=12BC= 22，BM= BD2−MD2= 2−12= 62，
又MN=1，∴cs∠MBN=12+32−12× 22× 62= 33> 55，故F点无限接近B点时，cs∠MFN无限接近 33，
故③∠MFN的余弦值的取值范围为[0, 55)错误；
如图将等边三角形ABC与ABD铺平，放置在同一平面上，故有N′F+FM′≥M′N′= 2，
当且仅当F为AB的中点时取最小值，故在正方体中，NF+FM≥ 2，即三角形FMN的最小值为 2+1，
故④正确．
∴其中正确结论的个数为2．
故选：B．
将四面体放置在正方体中，根据M，N分别为前后面的中心判断①；取F为AB中点，G为MN中点，此时直线FG与直线CD相交；通过计算cs∠MBN判断③；把空间问题转化为平面问题，计算可得NF+MF≥ 2判断④．
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】(1,0)
【解析】【分析】
本题主要考查抛物线的焦点坐标．属基础题．
先确定焦点位置，即在x轴正半轴，再求出p的值，可得到焦点坐标．
【解答】
解：∵抛物线y2=4x是焦点在x轴正半轴的标准方程，
p=2，∴焦点坐标为：(1,0)，
故答案为(1,0)．
6.【答案】 2
【解析】解：圆x2+y2=1的圆心O(0,0)到直线y=x+1，即x−y+1=0的距离
d=1 12+(−1)2= 22
圆x2+y2=1的半径r=1
则直线y=x+1被圆x2+y2=1截得的弦长l=2 r2−d2= 2
故答案为： 2
由已知中直线方程和圆的方程，求出圆x2+y2=1的圆心O(0,0)到直线y=x+1的距离d，圆的半径r，代入弦长公式l=2 r2−d2可得答案．
本题考查的知识点是直线与圆的位置关系，其中熟练掌握圆的弦长公式l=2 r2−d2是解答的关键．
7.【答案】x−y+1=0
【解析】解：点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l对称，
所以PQ的中点坐标为：(2,3)，PQ的斜率为：4−21−3=−1，
所以对称轴的斜率为：1，
所以对称轴方程为：y−3=x−2，
即：x−y+1=0．
故答案为：x−y+1=0．
求出PQ的中点，PQ的斜率，推出对称轴的斜率，利用点斜式方程求出对称轴方程．
本题是基础题，考查对称问题，直线方程的求法，考查计算能力．
8.【答案】x23−y26=1
【解析】解：设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1
∵(±3,0)为焦点
∴c=3
∵渐近线为y=± 2x
∴ba= 2
∵c2=a2+b2
所以有c=3ba= 2c2=a2+b2
解得a=3，b=6
∴双曲线标准方程是x23−y26=1
故答案为x23−y26=1
利用双曲线的焦点在x轴时渐近线的方程y=±bax及双曲线中c2=a2+b2，列出方程组求出a，b的值，求出双曲线的方程．
本题考查利用待定系数法求双曲线的方程、考查双曲线三参数的关系c2=a2+b2．
9.【答案】60°
【解析】解：如图，过二面角α−l−β内一点P，
分别作PA//m，PB//n，
则PA⊥α，PB⊥β，且l⊥平面PAB．
设平面PAB交l于O，则l⊥OA，l⊥OB，
∠AOB为二面角α−l−β的平面角，
即∠AOB=60°.故∠APB=120°，
则异面直线m、n所成的角为60°．
故答案为：60°．
过二面角α−l−β内一点P，分别作PA//m，PB//n，设平面PAB交l于O，则∠AOB为二面角α−l−β的平面角，由此能求出异面直线m、n所成的角．
本题考查异面直线所成的角的大小的求法，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．
10.【答案】23
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，
因为圆锥的侧面积为2π9，
所以πrl=2π9，
则rl=29①，
又过轴的截面为正三角形，
则2r=l②，
由①②可得，l=23，
所以该圆锥母线的长为23．
故答案为：23．
设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，利用圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，以及正三角形的性质，列式求解即可．
本题考查了圆锥的侧面展开图的理解与应用，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
11.【答案】(x−5)2+y2=16
【解析】解：双曲线x29−y216=1的一条渐近线为4x−3y=0，圆心即右焦点(5,0)，
故半径为r=|20−0| 16+9=4，故圆的方程为(x−5)2+y2=16，
故答案为(x−5)2+y2=16．
求出渐近线和右焦点，利用点到直线的距离公式求出半径为r，可得圆的标准方程．
本题考查双曲线的简单性质，点到直线的距离公式的应用，求圆的标准方程的方法，求圆的半径是解题的关键．
12.【答案】3 5
【解析】解：设A关于直线x+y=8的对称点B(a,b)，
设军营所在区域的圆心为O，
根据题意，|BO|− 5为最短距离，
AB的中点(a+42,b2)，
直线AB的斜率为1，
由a+42+b2=8ba−4=1，解得a=8，b=4，
所以|BO|− 5= 82+42− 5=3 5，
故答案为：3 5．
求出A点关于直线的对称点B，由题意可知最短距离应为B和圆心直接的距离减去圆的半径，根据对称的性质列出方程组，求解运算即可．
本题考查了点关于直线的对称点以及与圆有关的最值问题，属于中档题．
13.【答案】 72
【解析】解：∵双曲线C的右支上一点A，它关于原点O的对称点为B，
∴|OA|=|OB|，又|OF′|=|OF|，
∴四边形AFBF′为平行四边形．
设|AF′|=m，|AF|=n，则|BF|=m，
∵|BF|=3|AF|，∴m=3n，
又m−n=2a，∴n=a，m=3a．
∵∠F′AF=60°，∴cs60°=(3a)2+a2−(2c)22×3a×a=12，
化为：c2a2=74，解得e=ca= 72．
故答案为： 72．
根据双曲线的对称性可得：四边形AFBF′为平行四边形．再利用双曲线的定义及其已知可得|AF′|，|AF|，结合余弦定理即可得出结论．
本题考查了双曲线的定义及其对称性、平行四边形的判定、余弦定理即可得出结的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】 82
【解析】解：由y=34xx264+y212=1，解得x2=16，所以A(4,3)，B(−4,−3)，
过A，B向x轴作垂线，垂足为C，D，连接BC，AC，如图，
AC⊥平面BCD，因为BC⊂平面BCD，
则AC⊥BC,AC=BD=3,BC= BD2+CD2= 32+82= 73，
则AB= AC2+BC2= 9+73= 82．
故答案为： 82．
联立直线与椭圆方程得到A，B两点坐标，过A，B向x轴作垂线，结合翻折后的图形即可求解．
本题考查椭圆的性质及空间距离，属于中档题．
15.【答案】− 5
【解析】解：∵y= 4x2+1，可化为：y2−4x2=1，y≥0，
∴集合T表示双曲线y2−4x2=1上支的点，
集合S表示直线y=kx+t上的点，d(S,T)=(1,+∞)，
∴直线与渐近线平行，在渐近线下方，即t<0，且与渐近线的距离为1．
又双曲线的渐近线为y=±2x，取2x+y=0，
则y=−2x+t，即2x+y−t=0，
∴平行线的距离d=|t| 1+4=1，
∴t=− 5或t= 5(舍去)，
故答案为：− 5．
集合T表示双曲线y2−4x2=1上支的点，集合S表示直线y=kx+t上的点，d(S,T)=(1,+∞)，故直线与渐近线平行，在渐近线下方，即t<0，且与渐近线的距离为1，计算得到答案．
本题考查了集合的新定义，双曲线的几何性质，直线和双曲线的位置关系，属中档题．
16.【答案】32 3
【解析】解：因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，
又DE⊂平面ABC，所以AA1⊥DE，
过点A作AF⊥DE交DE于点F，连接AF，A1F，
因为AA1∩AF=A，AA1，AF⊂平面FAA1，所以DE⊥平面FAA1，
过点A作AH⊥A1F交A1F于点H，因为AH⊂平面FAA1，所以DE⊥AH，
又A1F，DE⊂平面A1ED，A1F∩DE=F，所以AH⊥平面A1ED，
因为直线AA1与平面α所成角为60°，所以∠AA1F=60°，
在Rt△FAA1中，由∠AA1F=60°，AA1=4，可得A1F=8，AF=4 3，
设AD=x，AE=y，在Rt△ADE中，AF⊥DE，DE= x2+y2，
因为S△ADE=12xy=12 x2+y2×4 3，所以1x2+1y2=148，
因为DE⊥平面FAA1，又由A1F⊂平面FAA1，所以DE⊥AF，
所以SΔA1DE=12×DE×A1F=4 x2+y2，
因为x2+y2=48(1x2+1y2)(x2+y2)=48(2+y2x2+x2y2)≥48×(2+2)=192，
当且仅当x=y=4 6时，等号成立，
所以(SΔA1DE)min=32 3．
故答案为：32 3．
先推导出DE⊥平面FAA1，过点A作AH⊥A1F交A1F于点H，再证明AH⊥平面A1ED，所以∠AA1F=60°，设AD=x，AE=y，由等面积法可知1x2+1y2=148，DE⊥A1F，从而SΔA1DE=12×DE×A1F=4 x2+y2即可求解．
本题考查直线与平面所成角的应用，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)连接A1C与AC1交于点O，连接OF，OE，
∵F为AC的中点，
∴OF//C1C且OF=12C1C，
∵E为BB1的中点，
∴BE//C1C且BE=12C1C，
∴BE//OF且BE=OF，
∴四边形BEOF是平行四边形，
∴BF//OE，
∵BF⊄平面A1EC，OE⊂平面A1EC，
∴BF//平面A1EC．
(2)∵AB=CB，F为AC的中点，
∴BF⊥AC，
由(1)知BF//OE，
∴OE⊥AC，
∵AA1⊥底面ABC，BF⊂底面ABC，
∴AA1⊥BF，
∵BF//OE，
∴OE⊥AA1，
∵AA1∩AC=A，
∴OE⊥平面AA1C1C，
∵OE⊂面A1EC，
∴平面A1EC⊥平面AA1C1C.
【解析】本小题主要考查线面平行，平面与平面垂直的判定等有关基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于中档题．
(1)连接A1C与AC1交于点O，连接OF、OE，证明四边形BEOF是平行四边形，可得BF//OE，利用线面平行的判定定理，即可证明BF//平面A1EC；
(2)证明平面A1EC⊥平面ACC1A1，只需证明OE⊥平面A1EC．
18.【答案】解：(1)设与直线l平行且与抛物线相切的直线方程为2x−y+a=0，
联立y=x22x−y+a=0，整理可得：x2−2x−a=0，
Δ=4+4a=0，可得a=−1，
所以直线的方程为2x−y−1=0，
当P为直线2x−y−1=0与抛物线相切，Q为过P垂直于直线l的交点时，
所以y=x2到直线l：2x−y−4=0的距离为|−4+1| 22+(−1)2=3 55；
(2)设Q(x,y)，则y=1x−2(x>2)，当OQ最小时，曲线的距离d=|OQ|−1，
|OQ|= x2+y2= x2+(1x−2+2)2，令t=x−2>0，x=t+2，
所以x2+(1x−2+2)2=(t+2)2+(1t+2)2=t2+1t2+4(t+1t)+8≥2 t2⋅1t2+4×2 t⋅1t+8=18，
当且仅当t=1t时，即t=1时取等号，
所以d≥ 18−1=3 2−1，即圆O：x2+y2=1到曲线y=1x−2+2(x>2)的距离为3 2−1．
【解析】(1)设与直线l平行且与抛物线相切的直线的方程，与抛物线的方程联立，由判别式为0，可得参数的值，进而求出平行线间的距离；
(2)设Q的坐标，可得曲线间的距离为|OQ|−1，求出|OQ|的表达式，换元，由基本不等式的可得它的最小值，进而求出曲线间的距离．
本题考查曲线距离的求法及基本不等式的性质的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)以点O为坐标原点，直线OM为x轴，过O作OM的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
由题设得A(6,0)，直线ON的方程为y=−3x，Q(x0,3)，(x0>0)，
由|3x0+3| 10=6 105，解得x0=3，∴Q(3,3)，
∴直线AQ的方程为y=−(x−6)，
由y=−3xx+y−6=0，得x=−3y=9，∴B(−3,9)，
∴|AB|= (−3−6)2+92=9 2．
(2)将喷泉记为圆P，由题意得P(3,9)，
生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，
则BC= 2t，0≤t≤9，∴C(−3+t,9−t)，
若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，
即PC2=(6−t)2+t2=2t2−12t+36>4at，
当t=0时，上式成立，
当t∈(0,9)时，2a当且仅当t=3 2时，取等号，
∵a∈(0,1)，∴r【解析】(1)以点O为坐标原点，直线OM为x轴，过O作OM的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，由题设得A(6,0)，直线ON的方程为y=−3x，Q(x0,3)，(x0>0)，由|3x0+3| 10=6 105，求出Q(3,3)，从而直线AQ的方程为y=−(x−6)，联产方程组求出B(−3,9)，
由此能求出轨道AB的长．
(2)将喷泉记为圆P，由题意得P(3,9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC= 2t，0≤t≤9，从而C(−3+t,9−t)，若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上．
本题考查轨道长的求法，考查喷泉的水流能否洒到观光车上的判断，考查函数性质有生产生活中的应用等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，是中档题．
20.【答案】解：(1)由e=ca= 224a2+1b2=1a2=b2+c2，解得c= 3,a= 6,b= 3，
则C的方程为x26+y23=1．
(2)设|PF1|=m，|PF2|=n，
则csθ=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1||PF2|=m2+n2−4c22mn
=(m+n)2−2mn−4c22mn=4a2−2mn−4c22mn=4b2−2mn2mn=2b2mn−1
≥2b2(m+n2)2−1=2b2a2−1，
当且仅当m=n时，即P点与短轴端点重合时“=“成立，
由y=csx在[0,π]单调递减，则csθ最小时，θ取得最大值，
所以当P点与短轴端点重合时，θ取得最大值，
此时P(0,− 3)或P(0, 3)．
(3)当直线MN垂直于x轴时，设M(x1,y1)，N(x1,−y1)，
由AM⊥AN，则AM⋅AN=(x1−2,y1−1)⋅(x1−2,−y1−1)=x12−4x1+4+1−y12=0，
又x126+y123=1，则3x12−8x1+4=0，解得x1=23或x1=2(舍)，所以直线MN：x=23；
当直线MN不垂直于x轴时，设直线MN的方程为y=kx+p，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+px26+y23=1，消去y得(2k2+1)x2+4kpx+2p2−6=0，
由Δ=16k2p2−4(2k2+1)(2p2−6)>0，得6k2>3−p2，则x1+x2=−4kp2k2+1x1⋅x2=2p2−62k2+1，
因为AM=(x1−2,kx1+p−1),AN=(x2−2,kx2+p−1)，
由AM⊥AN，所以AM⋅AN=x1x2−2(x1+x2)+4+k2x1x2+k(p−1)(x1+x2)+(p−1)2=0，
整理得(k2+1)x1x2+[k(p−1)−2](x1+x2)+(p−1)2+4=0，
所以(k2+1)2p2−62k2+1+[k(p−1)−2]−4kp2k2+1+(p−1)2+4=0，
所以(k2+1)(2p2−6)−[kp−k−2]4kp+[(p−1)2+4](2k2+1)=0，
所以2k2p2−6k2+2p2−6−4k2p2+4k2p+8kp+2k2p2+p2−4k2p−2p+10k2+5=0，
所以4k2+8kp+3p2−2p−1=0，所以4k2+8kp+(3p+1)(p−1)=0，
所以(2k+3p+1)(2k+p−1)=0，则k=−3p−12或k=1−p2，
当k=−3p−12时，直线MN的方程为y=−3p−12x+p⇒2y−x+p(3x−2)=0，则其过定点(23,13)；
当k=1−p2时，直线MN的方程为y=1−p2x+p⇒2y−x+p(x−2)=0，则其过定点(2,1)，与题意矛盾，
综上，过直线MN过定点(23,13)．
【解析】(1)由椭圆上的点、离心率和椭圆a，b，c的关系构造方程组求解即可；
(2)利用椭圆的定义，结合余弦定理和余弦函数的单调性求解即可；
(3)设直线MN的方程为y=kx+p，M(x1,y1)，N(x2,y2)，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入AM⋅AN=0，求出k，p关系，即可得答案．
本题考查了利用待定系数法求椭圆的方程，椭圆的性质和直线与椭圆的综合，考查了方程思想，分类讨论思想和转化思想，属难题．
21.【答案】解：(1)如图以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别x轴，y轴，z轴，建立空间如图所示的直角坐标系，
于是有P(0,0,2)、C(2 2,2,0)，则有PC=(2 2,2,−2)，又AD=(0,1,0)，
则异面直线PC与AD所成角θ满足csθ=|PC⋅AD||PC|⋅|AD|=24=12，
所以，异面直线PC与AD所成角的大小为π3；
(2)曲线E是平面ABCD内的双曲线，理由如下：
设点Q(x,y,0)，则P(0,0,2)，D(0,1,0,A(0,0,0)，
则PQ=(x,y,−2),AD=(0,1,0)，
所以PQ⋅AD=±|PQ|⋅|AD|⋅csπ3⇔y=±12 x2+y2+4，
化简整理得到3y2−x2=4，即曲线E是平面ABCD内的双曲线；
(3)在如图所示的xOy的坐标系中，
因为D(0,1),C(2 2,2),B(2 2,0)，
设G(x1,y1)，则有DC=(2 2,1)，故DC的方程为x2 2=y−11，
代入双曲线E：3y2−x2=4的方程可得3y2−8(y−1)2=4，即5y2−16y+12=0，其中y1y2=125，
因为直线DC与双曲线E交于点C，故y1=65，进而可得x1=2 25，即G(2 25,65)，
故双曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)的区域满足x∈[2 25,2 2],y∈[65,2]，
又设Q(x,y)为双曲线CG上的动点，x∈[2 25,2 2]，
所以|BQ|= (x−2 2)2+y2= 43x2−4 2x+283= 43(x−3 22)2+103，
因为3 22∈[2 25,2 2]，
所以当x=3 22时，|BQ|min= 303，当x=2 25时，|BQ|max=2 415，
而要使圆B与AB、BC都有交点，则|BQ|≤2，
故满足题意的圆的半径取值范围是|BQ|∈[ 303,2]，
因为PA⊥平面DMN，所以P−DMN体积为VP−BMN=13⋅PA⋅S△BMN，
故问题可以转化为研究△BMN的面积，又因为∠MBN为直角，
所以△BMN必为等腰直角三角形，
由前述，设|BQ|=r∈[ 303,2]，则|BM|=|BN|=r，
故其面积S△BMN=12r2，所以S△BMN∈[53,2]，
于是，VP−BMN=13⋅PA⋅S△BMN=23S△BMN∈[109,43]．
【解析】(1)借助题设条件建立空间直角坐标系运用向量的数量积公式求解；
(2)结合(1)中所求角在空间坐标系中借助题设建立方程探求；
(3)依据题设建立函数关系，运用二次函数的知识及不等式的性质等知识分析探求．
本题考查了空间向量的综合应用及空间几何体体积的范围求解，属于中档题．
1.一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，已知这个球的表面积是12π，那么这个正方体的体积是( )
A. 3B. 4 3πC. 8D. 24
2.直线l1：ax+by+c=0，直线l2：mx+ny+d=0，则ambn=−1是直线l1⊥l2的( )
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 必要条件D. 充分不必要条件
3.椭圆C：x24+y23=1的左，右顶点分别为A1，A2，点P在C上，且直线PA2斜率的取值范围是[−2,−1]，那么直线PA1斜率的取值范围是( )
A. [38,34]B. [12,34]C. [12,1]D. [34,1]
4.已知四面体ABCD的所有棱长均为 2，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点.有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③∠MFN的余弦值的取值范围为[0, 55)
④△FMN周长的最小值为 2+1．
其中正确结论的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.抛物线y2=4x的焦点坐标为 ．
6.直线y=x+1被圆x2+y2=1所截的弦长为______ ．
7.已知点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l对称，则直线l的方程为_________________________．
8.以点(±3,0)为焦点，且渐近线为y=± 2x的双曲线标准方程是______ ．
9.已知二面角α−l−β的大小为600，m、n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m、n所成的角为______ ．
10.已知圆锥的侧面积为2π9，若其过轴的截面为正三角形，则该圆锥母线的长为______．
11.设圆C与双曲线x29−y216=1的渐近线相切，且圆心是双曲线的右焦点，则圆C的标准方程是______ ．
12.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤5，河岸线所在直线方程为x+y=8，若将军从点A(4,0)处出发，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为______．
13.如图所示，已知双曲线C：x2a3−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F′，右焦点为F，双曲线C的右支上一点A，它关于原点O的对称点为B，满足∠F′AF=60°，且|BF|=3|AF|，则双曲线C的离心率是 ．
14.直线y=34x与椭圆x264+y212=1相交于A、B两点，现将椭圆所在平面沿x轴折成直二面角，则折好后的A、B间的距离为______ ．
15.定义两个点集S、T之间的距离集为d(S,T)={|PQ||P∈S，Q∈T}，其中|PQ|表示两点P、Q之间的距离，已知k、t∈R，S={(x,y)|y=kx+t，x∈R}，T={(x,y)|y= 4x2+1,x∈R}，若d(S,T)=(1,+∞)，则t的值为 ．
16.如图所示的直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=4，AB⊥AC，过点A1作平面α分别交棱AB，AC于点D，E，若直线AA1与平面α所成的角为60°，则截面三角形A1DE面积的最小值为______ ．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别为BB1，AC的中点．
(1)求证：BF//平面A1EC；
(2)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1．
18.(本小题14分)
定义：设P、Q分别为曲线C1和C2上的点，把P、Q两点距离的最小值称为曲线C1到C2的距离．
(1)求曲线C：y=x2到直线l：2x−y−4=0的距离；
(2)求圆O：x2+y2=1到曲线y=1x−2+2(x>2)的距离．
19.(本小题14分)
如图，OM，ON是某景区的两条道路(宽度忽略不计)，其中OM为东西走向，Q为景区内一景点，A为道路OM上一游客休息区．已知tan∠MON=−3，OA=6(百米)，Q到到直线OM，ON的距离分别为3(百米)，6 105(百米).现新修一条自A经过Q的直线型观光车轨道AB(点B在ON上)，并在B处修建一游客休息区．
(1)求轨道AB的长；
(2)已知在景点Q的正北方6百米的P处有一大型音乐喷泉，喷泉表演一次的时长为9分钟．表演时，喷泉喷洒区域是以P为圆心，r为半径的圆心区域，且t分钟时，r=2 at(百米)(0≤t≤9，0
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)设椭圆C的左右焦点为F1、F2，P是椭圆C上任意一点，记∠F1PF2=θ，求θ的最大值，并求此时P点坐标；
(3)点M，N为C上异于A的两点，且AM⊥AN，试判断直线MN是否过定点，若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由．
21.(本小题18分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，其中DA⊥AB，AD//BC.PA=2AD=BC=2，AB=2 2．
(1)求异面直线PC与AD所成角的大小；
(2)若平面ABCD内有一经过点C的曲线E，该曲线上的任一动点Q都满足PQ与AD所成角的大小恰等于PC与AD所成角.试判断曲线E的形状并说明理由；
(3)在平面ABCD内，设点Q是(2)题中的曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)的、一段曲线CG上的动点，其中G为曲线E和DC的交点.以B为圆心，BQ为半径的圆分别与梯形的边AB、BC交于M、N两点.当Q点在曲线段GC上运动时，求四面体P−BMN体积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设球的半径为R，则4πR2=12π，从而R= 3，
所以正方体的体对角线为2 3，故正方体的棱长为2，体积为23=8．
故选：C．
设出球的半径，利用球的表面积求出半径，然后求出正方体的棱长，求出正方体的体积即可．
本题考查球内接多面体，棱柱、棱锥、棱台的体积的求法，考查计算能力．
2.【答案】D
【解析】解：直线l1⊥l2的，所以am+bn=0，推不出ambn=−1；
但是ambn=−1可以得到am+bn=0，两条直线垂直，
所以直线l1：ax+by+c=0，直线l2：mx+ny+d=0，则ambn=−1是直线l1⊥l2的充分不必要条件．
故选：D．
按照直线垂直求出字母的关系；通过字母关系推出直线的位置关系，判断充要条件即可．
本题是基础题，考查直线垂直的条件的应用，注意斜率是否存在的情况，容易错误解答．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考察椭圆的标准方程及其性质，斜率的计算公式，考查运算求解能力，属于中档题．
由椭圆C：x24+y23=1可得左顶点A1(−2,0)，右顶点A2(2,0).设P(x0,y0)(x0≠±2)，代入椭圆方程可得y02x02−4=−34，利用斜率计算公式可得kPA2kPA1，再利用直线PA2斜率的取值范围是[−2,1]，即可解出结果．
【解答】
解：由椭圆C：x24+y23=1，可得左顶点A1(−2,0)，右顶点A2(2,0)．
设P(x0,y0)(x0≠±2)，
则y02x02−4=−34，
∵kPA2=y0x0−2，kPA1=y0x0+2，
∴kPA2kPA1=y0x0−2⋅y0x0+2=y02x02−4=−34，
∵直线PA2斜率的取值范围是[−2,−1]，
∴直线PA1斜率的取值范围是[38,34]，
故选：A．
4.【答案】B
【解析】解：在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点，依次连接可得四面体ABCD，
则四面体ABCD的所有棱长均为 2，又M，N分别为棱AD，BC的中点，
∴线段MN的长度为正方体的棱长为1，故①正确；
取AB的中点为F，G为MN的中点，I为CD的中点，由正方体的结构特征可知，F、I、G三点共线，
此时直线FG与直线CD相交于点I，故②错误；
由已知可得，BN=12BC= 22，BM= BD2−MD2= 2−12= 62，
又MN=1，∴cs∠MBN=12+32−12× 22× 62= 33> 55，故F点无限接近B点时，cs∠MFN无限接近 33，
故③∠MFN的余弦值的取值范围为[0, 55)错误；
如图将等边三角形ABC与ABD铺平，放置在同一平面上，故有N′F+FM′≥M′N′= 2，
当且仅当F为AB的中点时取最小值，故在正方体中，NF+FM≥ 2，即三角形FMN的最小值为 2+1，
故④正确．
∴其中正确结论的个数为2．
故选：B．
将四面体放置在正方体中，根据M，N分别为前后面的中心判断①；取F为AB中点，G为MN中点，此时直线FG与直线CD相交；通过计算cs∠MBN判断③；把空间问题转化为平面问题，计算可得NF+MF≥ 2判断④．
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】(1,0)
【解析】【分析】
本题主要考查抛物线的焦点坐标．属基础题．
先确定焦点位置，即在x轴正半轴，再求出p的值，可得到焦点坐标．
【解答】
解：∵抛物线y2=4x是焦点在x轴正半轴的标准方程，
p=2，∴焦点坐标为：(1,0)，
故答案为(1,0)．
6.【答案】 2
【解析】解：圆x2+y2=1的圆心O(0,0)到直线y=x+1，即x−y+1=0的距离
d=1 12+(−1)2= 22
圆x2+y2=1的半径r=1
则直线y=x+1被圆x2+y2=1截得的弦长l=2 r2−d2= 2
故答案为： 2
由已知中直线方程和圆的方程，求出圆x2+y2=1的圆心O(0,0)到直线y=x+1的距离d，圆的半径r，代入弦长公式l=2 r2−d2可得答案．
本题考查的知识点是直线与圆的位置关系，其中熟练掌握圆的弦长公式l=2 r2−d2是解答的关键．
7.【答案】x−y+1=0
【解析】解：点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l对称，
所以PQ的中点坐标为：(2,3)，PQ的斜率为：4−21−3=−1，
所以对称轴的斜率为：1，
所以对称轴方程为：y−3=x−2，
即：x−y+1=0．
故答案为：x−y+1=0．
求出PQ的中点，PQ的斜率，推出对称轴的斜率，利用点斜式方程求出对称轴方程．
本题是基础题，考查对称问题，直线方程的求法，考查计算能力．
8.【答案】x23−y26=1
【解析】解：设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1
∵(±3,0)为焦点
∴c=3
∵渐近线为y=± 2x
∴ba= 2
∵c2=a2+b2
所以有c=3ba= 2c2=a2+b2
解得a=3，b=6
∴双曲线标准方程是x23−y26=1
故答案为x23−y26=1
利用双曲线的焦点在x轴时渐近线的方程y=±bax及双曲线中c2=a2+b2，列出方程组求出a，b的值，求出双曲线的方程．
本题考查利用待定系数法求双曲线的方程、考查双曲线三参数的关系c2=a2+b2．
9.【答案】60°
【解析】解：如图，过二面角α−l−β内一点P，
分别作PA//m，PB//n，
则PA⊥α，PB⊥β，且l⊥平面PAB．
设平面PAB交l于O，则l⊥OA，l⊥OB，
∠AOB为二面角α−l−β的平面角，
即∠AOB=60°.故∠APB=120°，
则异面直线m、n所成的角为60°．
故答案为：60°．
过二面角α−l−β内一点P，分别作PA//m，PB//n，设平面PAB交l于O，则∠AOB为二面角α−l−β的平面角，由此能求出异面直线m、n所成的角．
本题考查异面直线所成的角的大小的求法，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．
10.【答案】23
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，
因为圆锥的侧面积为2π9，
所以πrl=2π9，
则rl=29①，
又过轴的截面为正三角形，
则2r=l②，
由①②可得，l=23，
所以该圆锥母线的长为23．
故答案为：23．
设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，利用圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，以及正三角形的性质，列式求解即可．
本题考查了圆锥的侧面展开图的理解与应用，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
11.【答案】(x−5)2+y2=16
【解析】解：双曲线x29−y216=1的一条渐近线为4x−3y=0，圆心即右焦点(5,0)，
故半径为r=|20−0| 16+9=4，故圆的方程为(x−5)2+y2=16，
故答案为(x−5)2+y2=16．
求出渐近线和右焦点，利用点到直线的距离公式求出半径为r，可得圆的标准方程．
本题考查双曲线的简单性质，点到直线的距离公式的应用，求圆的标准方程的方法，求圆的半径是解题的关键．
12.【答案】3 5
【解析】解：设A关于直线x+y=8的对称点B(a,b)，
设军营所在区域的圆心为O，
根据题意，|BO|− 5为最短距离，
AB的中点(a+42,b2)，
直线AB的斜率为1，
由a+42+b2=8ba−4=1，解得a=8，b=4，
所以|BO|− 5= 82+42− 5=3 5，
故答案为：3 5．
求出A点关于直线的对称点B，由题意可知最短距离应为B和圆心直接的距离减去圆的半径，根据对称的性质列出方程组，求解运算即可．
本题考查了点关于直线的对称点以及与圆有关的最值问题，属于中档题．
13.【答案】 72
【解析】解：∵双曲线C的右支上一点A，它关于原点O的对称点为B，
∴|OA|=|OB|，又|OF′|=|OF|，
∴四边形AFBF′为平行四边形．
设|AF′|=m，|AF|=n，则|BF|=m，
∵|BF|=3|AF|，∴m=3n，
又m−n=2a，∴n=a，m=3a．
∵∠F′AF=60°，∴cs60°=(3a)2+a2−(2c)22×3a×a=12，
化为：c2a2=74，解得e=ca= 72．
故答案为： 72．
根据双曲线的对称性可得：四边形AFBF′为平行四边形．再利用双曲线的定义及其已知可得|AF′|，|AF|，结合余弦定理即可得出结论．
本题考查了双曲线的定义及其对称性、平行四边形的判定、余弦定理即可得出结的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】 82
【解析】解：由y=34xx264+y212=1，解得x2=16，所以A(4,3)，B(−4,−3)，
过A，B向x轴作垂线，垂足为C，D，连接BC，AC，如图，
AC⊥平面BCD，因为BC⊂平面BCD，
则AC⊥BC,AC=BD=3,BC= BD2+CD2= 32+82= 73，
则AB= AC2+BC2= 9+73= 82．
故答案为： 82．
联立直线与椭圆方程得到A，B两点坐标，过A，B向x轴作垂线，结合翻折后的图形即可求解．
本题考查椭圆的性质及空间距离，属于中档题．
15.【答案】− 5
【解析】解：∵y= 4x2+1，可化为：y2−4x2=1，y≥0，
∴集合T表示双曲线y2−4x2=1上支的点，
集合S表示直线y=kx+t上的点，d(S,T)=(1,+∞)，
∴直线与渐近线平行，在渐近线下方，即t<0，且与渐近线的距离为1．
又双曲线的渐近线为y=±2x，取2x+y=0，
则y=−2x+t，即2x+y−t=0，
∴平行线的距离d=|t| 1+4=1，
∴t=− 5或t= 5(舍去)，
故答案为：− 5．
集合T表示双曲线y2−4x2=1上支的点，集合S表示直线y=kx+t上的点，d(S,T)=(1,+∞)，故直线与渐近线平行，在渐近线下方，即t<0，且与渐近线的距离为1，计算得到答案．
本题考查了集合的新定义，双曲线的几何性质，直线和双曲线的位置关系，属中档题．
16.【答案】32 3
【解析】解：因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，
又DE⊂平面ABC，所以AA1⊥DE，
过点A作AF⊥DE交DE于点F，连接AF，A1F，
因为AA1∩AF=A，AA1，AF⊂平面FAA1，所以DE⊥平面FAA1，
过点A作AH⊥A1F交A1F于点H，因为AH⊂平面FAA1，所以DE⊥AH，
又A1F，DE⊂平面A1ED，A1F∩DE=F，所以AH⊥平面A1ED，
因为直线AA1与平面α所成角为60°，所以∠AA1F=60°，
在Rt△FAA1中，由∠AA1F=60°，AA1=4，可得A1F=8，AF=4 3，
设AD=x，AE=y，在Rt△ADE中，AF⊥DE，DE= x2+y2，
因为S△ADE=12xy=12 x2+y2×4 3，所以1x2+1y2=148，
因为DE⊥平面FAA1，又由A1F⊂平面FAA1，所以DE⊥AF，
所以SΔA1DE=12×DE×A1F=4 x2+y2，
因为x2+y2=48(1x2+1y2)(x2+y2)=48(2+y2x2+x2y2)≥48×(2+2)=192，
当且仅当x=y=4 6时，等号成立，
所以(SΔA1DE)min=32 3．
故答案为：32 3．
先推导出DE⊥平面FAA1，过点A作AH⊥A1F交A1F于点H，再证明AH⊥平面A1ED，所以∠AA1F=60°，设AD=x，AE=y，由等面积法可知1x2+1y2=148，DE⊥A1F，从而SΔA1DE=12×DE×A1F=4 x2+y2即可求解．
本题考查直线与平面所成角的应用，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)连接A1C与AC1交于点O，连接OF，OE，
∵F为AC的中点，
∴OF//C1C且OF=12C1C，
∵E为BB1的中点，
∴BE//C1C且BE=12C1C，
∴BE//OF且BE=OF，
∴四边形BEOF是平行四边形，
∴BF//OE，
∵BF⊄平面A1EC，OE⊂平面A1EC，
∴BF//平面A1EC．
(2)∵AB=CB，F为AC的中点，
∴BF⊥AC，
由(1)知BF//OE，
∴OE⊥AC，
∵AA1⊥底面ABC，BF⊂底面ABC，
∴AA1⊥BF，
∵BF//OE，
∴OE⊥AA1，
∵AA1∩AC=A，
∴OE⊥平面AA1C1C，
∵OE⊂面A1EC，
∴平面A1EC⊥平面AA1C1C.
【解析】本小题主要考查线面平行，平面与平面垂直的判定等有关基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于中档题．
(1)连接A1C与AC1交于点O，连接OF、OE，证明四边形BEOF是平行四边形，可得BF//OE，利用线面平行的判定定理，即可证明BF//平面A1EC；
(2)证明平面A1EC⊥平面ACC1A1，只需证明OE⊥平面A1EC．
18.【答案】解：(1)设与直线l平行且与抛物线相切的直线方程为2x−y+a=0，
联立y=x22x−y+a=0，整理可得：x2−2x−a=0，
Δ=4+4a=0，可得a=−1，
所以直线的方程为2x−y−1=0，
当P为直线2x−y−1=0与抛物线相切，Q为过P垂直于直线l的交点时，
所以y=x2到直线l：2x−y−4=0的距离为|−4+1| 22+(−1)2=3 55；
(2)设Q(x,y)，则y=1x−2(x>2)，当OQ最小时，曲线的距离d=|OQ|−1，
|OQ|= x2+y2= x2+(1x−2+2)2，令t=x−2>0，x=t+2，
所以x2+(1x−2+2)2=(t+2)2+(1t+2)2=t2+1t2+4(t+1t)+8≥2 t2⋅1t2+4×2 t⋅1t+8=18，
当且仅当t=1t时，即t=1时取等号，
所以d≥ 18−1=3 2−1，即圆O：x2+y2=1到曲线y=1x−2+2(x>2)的距离为3 2−1．
【解析】(1)设与直线l平行且与抛物线相切的直线的方程，与抛物线的方程联立，由判别式为0，可得参数的值，进而求出平行线间的距离；
(2)设Q的坐标，可得曲线间的距离为|OQ|−1，求出|OQ|的表达式，换元，由基本不等式的可得它的最小值，进而求出曲线间的距离．
本题考查曲线距离的求法及基本不等式的性质的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)以点O为坐标原点，直线OM为x轴，过O作OM的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
由题设得A(6,0)，直线ON的方程为y=−3x，Q(x0,3)，(x0>0)，
由|3x0+3| 10=6 105，解得x0=3，∴Q(3,3)，
∴直线AQ的方程为y=−(x−6)，
由y=−3xx+y−6=0，得x=−3y=9，∴B(−3,9)，
∴|AB|= (−3−6)2+92=9 2．
(2)将喷泉记为圆P，由题意得P(3,9)，
生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，
则BC= 2t，0≤t≤9，∴C(−3+t,9−t)，
若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，
即PC2=(6−t)2+t2=2t2−12t+36>4at，
当t=0时，上式成立，
当t∈(0,9)时，2a
∵a∈(0,1)，∴r
由此能求出轨道AB的长．
(2)将喷泉记为圆P，由题意得P(3,9)，生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处，则BC= 2t，0≤t≤9，从而C(−3+t,9−t)，若喷泉不会洒到观光车上，则PC2>r2对t∈[0,9]恒成立，由此能求出喷泉的水流不会洒到观光车上．
本题考查轨道长的求法，考查喷泉的水流能否洒到观光车上的判断，考查函数性质有生产生活中的应用等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，是中档题．
20.【答案】解：(1)由e=ca= 224a2+1b2=1a2=b2+c2，解得c= 3,a= 6,b= 3，
则C的方程为x26+y23=1．
(2)设|PF1|=m，|PF2|=n，
则csθ=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1||PF2|=m2+n2−4c22mn
=(m+n)2−2mn−4c22mn=4a2−2mn−4c22mn=4b2−2mn2mn=2b2mn−1
≥2b2(m+n2)2−1=2b2a2−1，
当且仅当m=n时，即P点与短轴端点重合时“=“成立，
由y=csx在[0,π]单调递减，则csθ最小时，θ取得最大值，
所以当P点与短轴端点重合时，θ取得最大值，
此时P(0,− 3)或P(0, 3)．
(3)当直线MN垂直于x轴时，设M(x1,y1)，N(x1,−y1)，
由AM⊥AN，则AM⋅AN=(x1−2,y1−1)⋅(x1−2,−y1−1)=x12−4x1+4+1−y12=0，
又x126+y123=1，则3x12−8x1+4=0，解得x1=23或x1=2(舍)，所以直线MN：x=23；
当直线MN不垂直于x轴时，设直线MN的方程为y=kx+p，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+px26+y23=1，消去y得(2k2+1)x2+4kpx+2p2−6=0，
由Δ=16k2p2−4(2k2+1)(2p2−6)>0，得6k2>3−p2，则x1+x2=−4kp2k2+1x1⋅x2=2p2−62k2+1，
因为AM=(x1−2,kx1+p−1),AN=(x2−2,kx2+p−1)，
由AM⊥AN，所以AM⋅AN=x1x2−2(x1+x2)+4+k2x1x2+k(p−1)(x1+x2)+(p−1)2=0，
整理得(k2+1)x1x2+[k(p−1)−2](x1+x2)+(p−1)2+4=0，
所以(k2+1)2p2−62k2+1+[k(p−1)−2]−4kp2k2+1+(p−1)2+4=0，
所以(k2+1)(2p2−6)−[kp−k−2]4kp+[(p−1)2+4](2k2+1)=0，
所以2k2p2−6k2+2p2−6−4k2p2+4k2p+8kp+2k2p2+p2−4k2p−2p+10k2+5=0，
所以4k2+8kp+3p2−2p−1=0，所以4k2+8kp+(3p+1)(p−1)=0，
所以(2k+3p+1)(2k+p−1)=0，则k=−3p−12或k=1−p2，
当k=−3p−12时，直线MN的方程为y=−3p−12x+p⇒2y−x+p(3x−2)=0，则其过定点(23,13)；
当k=1−p2时，直线MN的方程为y=1−p2x+p⇒2y−x+p(x−2)=0，则其过定点(2,1)，与题意矛盾，
综上，过直线MN过定点(23,13)．
【解析】(1)由椭圆上的点、离心率和椭圆a，b，c的关系构造方程组求解即可；
(2)利用椭圆的定义，结合余弦定理和余弦函数的单调性求解即可；
(3)设直线MN的方程为y=kx+p，M(x1,y1)，N(x2,y2)，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入AM⋅AN=0，求出k，p关系，即可得答案．
本题考查了利用待定系数法求椭圆的方程，椭圆的性质和直线与椭圆的综合，考查了方程思想，分类讨论思想和转化思想，属难题．
21.【答案】解：(1)如图以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别x轴，y轴，z轴，建立空间如图所示的直角坐标系，
于是有P(0,0,2)、C(2 2,2,0)，则有PC=(2 2,2,−2)，又AD=(0,1,0)，
则异面直线PC与AD所成角θ满足csθ=|PC⋅AD||PC|⋅|AD|=24=12，
所以，异面直线PC与AD所成角的大小为π3；
(2)曲线E是平面ABCD内的双曲线，理由如下：
设点Q(x,y,0)，则P(0,0,2)，D(0,1,0,A(0,0,0)，
则PQ=(x,y,−2),AD=(0,1,0)，
所以PQ⋅AD=±|PQ|⋅|AD|⋅csπ3⇔y=±12 x2+y2+4，
化简整理得到3y2−x2=4，即曲线E是平面ABCD内的双曲线；
(3)在如图所示的xOy的坐标系中，
因为D(0,1),C(2 2,2),B(2 2,0)，
设G(x1,y1)，则有DC=(2 2,1)，故DC的方程为x2 2=y−11，
代入双曲线E：3y2−x2=4的方程可得3y2−8(y−1)2=4，即5y2−16y+12=0，其中y1y2=125，
因为直线DC与双曲线E交于点C，故y1=65，进而可得x1=2 25，即G(2 25,65)，
故双曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)的区域满足x∈[2 25,2 2],y∈[65,2]，
又设Q(x,y)为双曲线CG上的动点，x∈[2 25,2 2]，
所以|BQ|= (x−2 2)2+y2= 43x2−4 2x+283= 43(x−3 22)2+103，
因为3 22∈[2 25,2 2]，
所以当x=3 22时，|BQ|min= 303，当x=2 25时，|BQ|max=2 415，
而要使圆B与AB、BC都有交点，则|BQ|≤2，
故满足题意的圆的半径取值范围是|BQ|∈[ 303,2]，
因为PA⊥平面DMN，所以P−DMN体积为VP−BMN=13⋅PA⋅S△BMN，
故问题可以转化为研究△BMN的面积，又因为∠MBN为直角，
所以△BMN必为等腰直角三角形，
由前述，设|BQ|=r∈[ 303,2]，则|BM|=|BN|=r，
故其面积S△BMN=12r2，所以S△BMN∈[53,2]，
于是，VP−BMN=13⋅PA⋅S△BMN=23S△BMN∈[109,43]．
【解析】(1)借助题设条件建立空间直角坐标系运用向量的数量积公式求解；
(2)结合(1)中所求角在空间坐标系中借助题设建立方程探求；
(3)依据题设建立函数关系，运用二次函数的知识及不等式的性质等知识分析探求．
本题考查了空间向量的综合应用及空间几何体体积的范围求解，属于中档题．
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