2024-2025学年山东省菏泽市高二上学期第二次月考（12月）数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年山东省菏泽市高二上学期第二次月考（12月）数学检测试卷（附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每小题5分，共40分）
1．（5分）已知点P（﹣2，1）到直线l：3x﹣4y+m＝0的距离为1，则m的值为（ ）
A．﹣5或﹣15B．﹣5或15C．5或﹣15D．5或15
2．（5分）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|＝|BF|，则|AB|＝（ ）
A．2B．22C．3D．32
3．（5分）意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2024项中有（ ）个奇数．
A．1012B．1348C．1350D．1352
4．（5分）已知x，y∈R，向量a→=(x，1，1)，b→=(1，y，1)，c→=(3，−6，3)，且a→⊥c→，b→∥c→，则|a→+b→|=（ ）
A．22B．23C．4D．3
5．（5分）定义一个集合Ω，集合元素是空间内的点集，任取P1，P2，P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得λ1OP1→+λ2OP2→+λ3OP3→=0→．已知（1，0，0）∈Ω，则（0，0，1）∉Ω的充分条件是（ ）
A．（0，0，0）∈ΩB．（﹣1，0，0）∈Ω
C．（0，1，0）∈ΩD．（0，0，﹣1）∈Ω
6．（5分）斜拉桥是桥梁建筑的一种形式，在桥梁平面上有多根拉索，所有拉索的合力方向与中央索塔一致．如图，一座斜拉桥共有10对拉索，在索塔两侧对称排列，已知拉索上端相邻两个错的间距|PiPi+1|（i＝1，2，3，…，9）均为4m，拉索下端相邻两个锚的间距|AiAi+1|、|BiBi+1|（i＝1，2，3，…，9）均为16m，最短拉索P1A1满足|OP1|＝60m，|OA1|＝96m，若建立如图所示的平面直角坐标系，则最长拉索P10B10所在直线的斜率为（ ）
A．15B．516C．2564D．25
7．（5分）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的离心率为5，C的一条渐近线与圆（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于A，B两点，则|AB|＝（ ）
A．455B．355C．255D．55
8．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的动点，则下列说法正确的是（ ）
①存在点Q，使得C1Q∥A1C；
②存在点Q，使得C1Q⊥A1C；
③对于任意点Q，Q到A1C的距离的取值范围为[22，63]；
④对于任意点Q，△A1CQ都是钝角三角形．
A．①②③B．①④C．②③D．②④
二、多选题（每小题6分，共18分）
（多选）9．（6分）下列有关数列的说法正确的是（ ）
A．数列的图象是一群孤立的点
B．如果一个数列不是递增数列，那么它一定是递减数列
C．数列0，2，4，6，8，…的一个通项公式为an＝2n
D．数列1，2，2，22，4，⋯的一个通项公式为an=(2)n−1
（多选）10．（6分）下列命题是真命题的有（ ）
A．直线l的方向向量为a→=（1，﹣1，2），直线m的方向向量为b→=(2，1，−12)，则l与m垂直
B．直线l的方向向量为a→=（0，1，﹣1），平面α的法向量为n→=（1，﹣1，﹣1），则l⊥α
C．平面α，β的法向量分别为n1→=（0，1，3），n2→=（1，0，2），则α∥β
D．平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量n→=（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t＝1
（多选）11．（6分）已知点P是左、右焦点为F1，F2的椭圆C：x28+y24=1上的动点，则（ ）
A．若∠F1PF2＝90°，则△F1PF2的面积为42
B．使△F1PF2为直角三角形的点P有6个
C．|PF1|﹣2|PF2|的最大值为6−22
D．若M(1，12)，则|PF1|+|PM|的最大、最小值分别为42+52和42−52
三、填空题（每小题5分，共15分）
12．（5分）已知向量a→=（0，﹣1，1），b→=（4，1，0），|λa→+b→|=29且λ＞0，则λ＝ ．
13．（5分）已知圆C：x2+y2﹣2x+m＝0与圆（x+3）2+（y+3）2＝4外切，点P是圆C上一动点，则点P到直线5x+12y+8＝0的距离的最大值为 ．
14．（5分）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，他们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则csθ的最大值为 ．
四、解答题（共77分）
15．（13分）如图所示，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，BE=12BB1，DF=23DD1．
（1）求证：A，E，C1，F四点共面；
（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA1→，求x+y+z的值．
16．（15分）已知关于x，y的方程C：x2+y2﹣2x﹣4y+m＝0．
（1）当m为何值时，方程C表示圆．
（2）若圆C与直线l：x+2y﹣4＝0相交于M，N两点，且MN=45，求m的值．
17．（15分）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
（1）求证：D1N∥平面CB1M；
（2）求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值；
（3）求点B到平面CB1M的距离．
18．（17分）设椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，已知|A1F|＝3，|A2F|＝1．
（1）求椭圆方程及其离心率；
（2）已知点P是椭圆上一动点（不与端点重合），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP 面积的二倍，求直线A2P的方程．
19．（17分）如图1，在平行四边形ABCD中，D＝60°，DC＝2AD＝2，将△ADC沿AC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥P﹣ABC，如图2．
（1）证明：平面PAB⊥平面ABC；
（2）在线段PC上是否存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，若存在，求出|PM||PC|的值，若不存在，请说明理由．
答案与试题解析
一、单选题（每小题5分，共40分）
1．（5分）已知点P（﹣2，1）到直线l：3x﹣4y+m＝0的距离为1，则m的值为（ ）
A．﹣5或﹣15B．﹣5或15C．5或﹣15D．5或15
【分析】根据条件，利用点到直线的距离公式建立关于m的方程，再求出m的值．
解：因为点P（﹣2，1）到直线l：3x﹣4y+m＝0的距离为1，
所以|3×(−2)−4×1+m|9+16=1，解得m＝15或5．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是点到直线的距离公式，是基础题．
2．（5分）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|＝|BF|，则|AB|＝（ ）
A．2B．22C．3D．32
【分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可．
解：F为抛物线C：y2＝4x的焦点（1，0），点A在C上，点B（3，0），|AF|＝|BF|＝2，
由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限），所以|AB|=(3−1)2+(−2)2=22．
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．
3．（5分）意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2024项中有（ ）个奇数．
A．1012B．1348C．1350D．1352
【分析】对数列中的数进行归纳，发现规律，结合题意得到答案．
解：在数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144中，每3个数中前2个都是奇数，后一个是偶数，
又2022＝3×674，
故该数列前2024项有2×674+2＝1350个奇数．
故选：C．
【点评】本题主要考查归纳定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4．（5分）已知x，y∈R，向量a→=(x，1，1)，b→=(1，y，1)，c→=(3，−6，3)，且a→⊥c→，b→∥c→，则|a→+b→|=（ ）
A．22B．23C．4D．3
【分析】先根据a→⊥c→，b→∥c→，求出x，y的值，然后利用模长公式求解
解：∵x，y∈R，向量a→=(x，1，1)，b→=(1，y，1)，c→=(3，−6，3)，且a→⊥c→，b→∥c→，
∴3x−6+3=0y−6=13，
解得x＝1，y＝﹣2，故a→=(1，1，1)，b→=(1，−2，1)，
故|a→+b→|＝|（2，﹣1，2）|＝3．
故选：D．
【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量垂直、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5．（5分）定义一个集合Ω，集合元素是空间内的点集，任取P1，P2，P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得λ1OP1→+λ2OP2→+λ3OP3→=0→．已知（1，0，0）∈Ω，则（0，0，1）∉Ω的充分条件是（ ）
A．（0，0，0）∈ΩB．（﹣1，0，0）∈Ω
C．（0，1，0）∈ΩD．（0，0，﹣1）∈Ω
【分析】利用空间向量的基本定理，结合充要条件，判断选项即可．
解：不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得λ1OP1→+λ2OP2→+λ3OP3→=0→．
所以3个向量无法构成三维空间坐标系的一组基，
又因为（1，0，0）∈Ω，所以对于A三者不能构成一组基，
故不能推出（0，0，1）∉Ω，故A错误；
对于B，（1，0，0）∈Ω，（﹣1，0，1）∈Ω，且（1，0，0），（﹣1，0，0）共线，
所以（0，0，1）可以属于Ω，此时三者不共面，故B错误；
对于C，显然三者可以构成一组基，与条件不符合，故可以推出（0，0，1）∉Ω，故C正确；
对于D，三者无法构成一组基，故不能推出（0，0，1）∉Ω，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查空间向量的基本定理的应用，充要条件的判断，是基础题．
6．（5分）斜拉桥是桥梁建筑的一种形式，在桥梁平面上有多根拉索，所有拉索的合力方向与中央索塔一致．如图，一座斜拉桥共有10对拉索，在索塔两侧对称排列，已知拉索上端相邻两个错的间距|PiPi+1|（i＝1，2，3，…，9）均为4m，拉索下端相邻两个锚的间距|AiAi+1|、|BiBi+1|（i＝1，2，3，…，9）均为16m，最短拉索P1A1满足|OP1|＝60m，|OA1|＝96m，若建立如图所示的平面直角坐标系，则最长拉索P10B10所在直线的斜率为（ ）
A．15B．516C．2564D．25
【分析】根据已知条件，结合直线的斜率公式，即可求解．
解：|OA10|＝|OA1|+|A1A10|＝96+9×16＝240m，
|OP10|＝|OP1+|P1P10|＝60+9×4＝96m，
故B10（﹣240，0），P10（0，96），
则kP10B10=0−96−240−0=25．
故选：D．
【点评】本题主要考查直线的斜率公式，属于基础题．
7．（5分）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的离心率为5，C的一条渐近线与圆（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于A，B两点，则|AB|＝（ ）
A．455B．355C．255D．55
【分析】利用双曲线的离心率，求解渐近线方程，然后求解圆的圆心到直线的距离，转化求解|AB|即可．
解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的离心率为5，
可得c=5a，所以b＝2a，
所以双曲线的渐近线方程为：y＝±2x，
一条渐近线与圆（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于A，B两点，圆的圆心（2，3），半径为1，
圆的圆心到直线y＝2x的距离为：|4−3|1+4=15，
所以|AB|＝21−15=455．
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，属中档题．
8．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的动点，则下列说法正确的是（ ）
①存在点Q，使得C1Q∥A1C；
②存在点Q，使得C1Q⊥A1C；
③对于任意点Q，Q到A1C的距离的取值范围为[22，63]；
④对于任意点Q，△A1CQ都是钝角三角形．
A．①②③B．①④C．②③D．②④
【分析】根据题意，以A为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果．
解：由题知，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的动点，
建立以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示：
则A1（0，0，1），C（1，1，0），C1（1，1，1），设Q（0，1，a），其中0≤a≤1，
所以C1Q=(−1，0，a−1)，A1C→=(1，1，−1)，
当C1Q=λA1C→，即（﹣1，0，a﹣1）＝λ（1，1，﹣1），
所以−1=λ0=λa−1=−λ，显然方程组无解，
所以不存在λ使得C1Q→∥λA1C→，
即不存在点Q，使得C1Q∥A1C，故①错误；
当C1Q⋅A1C→=−1+0+1−a=0时，解得a＝0，
即存在点Q，使得C1Q⊥A1C，故②正确；
因为A1Q→=(0，1，a−1)，其中0≤a≤1，
所以点Q到A1C的距离为：|A1Q→|2−(A1Q→⋅A1C→|A1C→|)2=1+(1−a)2−(2−a)23
=2(a−12)2+323∈[22，63]，故③正确；
因为QC→=(1，0，−a)，QA1→=(0，−1.1−a)，其中0≤a≤1，
所以cs＜QC→，QA1→＞=QC→⋅QA1→|QC→||QA1→|=a2−a1+a2⋅1+(1−a)2=(a−1)a1+a2⋅1+(1−a)2≤0，
所以三角形A1CQ为直角三角形或钝角三角形，故④错误．
故选：C．
【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
二、多选题（每小题6分，共18分）
（多选）9．（6分）下列有关数列的说法正确的是（ ）
A．数列的图象是一群孤立的点
B．如果一个数列不是递增数列，那么它一定是递减数列
C．数列0，2，4，6，8，…的一个通项公式为an＝2n
D．数列1，2，2，22，4，⋯的一个通项公式为an=(2)n−1
【分析】利用数列的概念、通项公式一一判定选项即可．
解：对于A，∵数列是一类特殊的函数，其自变量n∈N+，
∴数列的图象是一群孤立的点，故A正确；
对于B，常数列既不是递增数列，也不是递减数列，故B错误；
对于C，当n＝1时，a1＝2≠0，故C错误；
对于D，∵a1=(2)0，a2=2，a3=(2)2，a4=(2)3，a5=(2)4，⋯，
∴数列1，2，2，22，4，⋯的一个通项公式为an=(2)n−1，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）10．（6分）下列命题是真命题的有（ ）
A．直线l的方向向量为a→=（1，﹣1，2），直线m的方向向量为b→=(2，1，−12)，则l与m垂直
B．直线l的方向向量为a→=（0，1，﹣1），平面α的法向量为n→=（1，﹣1，﹣1），则l⊥α
C．平面α，β的法向量分别为n1→=（0，1，3），n2→=（1，0，2），则α∥β
D．平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量n→=（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t＝1
【分析】对于A，结合向量垂直的性质，即可求解，
对于B，结合方向向量的定义，以及向量的数量积公式，推得l∥α或l⊂α，即可求解，
对于C，结合两个法向量不共线，即可求解，
对于D，结合法向量的定义，以及空间向量的数量积公式，即可求解．
解：a→=（1，﹣1，2），b→=(2，1，−12)，
则a→⋅b→=0，即直线l与m垂直，故A正确，
直线l的方向向量为a→=（0，1，﹣1），平面α的法向量为n→=（1，﹣1，﹣1），
则a→⋅n→=0×1+1×（﹣1）+（﹣1）×（﹣1）＝0，即a→⊥n→，
所以l∥α或l⊂α，故B错误，
n1→=（0，1，3），n2→=（1，0，2）不共线，
则α∥β不成立，故C错误，
∵A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），
∴AB→=(−1，1，1)，BC→=(−1，1，0)，
∵向量n→=（1，u，t）是平面α的法向量，
∴n→⋅AB→=0n→⋅BC→=0，
∴−1+u+t=0−1+u=0，即u+t＝1，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查空间向量的数量积公式，考查转化能力，属于中档题．
（多选）11．（6分）已知点P是左、右焦点为F1，F2的椭圆C：x28+y24=1上的动点，则（ ）
A．若∠F1PF2＝90°，则△F1PF2的面积为42
B．使△F1PF2为直角三角形的点P有6个
C．|PF1|﹣2|PF2|的最大值为6−22
D．若M(1，12)，则|PF1|+|PM|的最大、最小值分别为42+52和42−52
【分析】根据焦点三角形面积的相关结论即可判断A；结合椭圆性质可判断B；结合椭圆定义可求线段和差的最值，判断CD．
解：点P是左、右焦点为F1，F2的椭圆C：x28+y24=1上的动点，
A选项：由椭圆方程x28+y24=1，所以a2＝8，b2＝4，所以c2＝a2﹣b2＝4，
所以△F1PF2的面积为S=b2tan∠F1PF22=4≠42，故A错误；
B选项：当PF1⊥F1F2或PF2⊥F1F2时，△F1PF2为直角三角形，这样的点P有4个，
设椭圆的上下顶点分别为S，T，则|F1F2|＝4，|OS|＝2，故|OS|=12|F1F2|，同理|OT|=12|F1F2|，
知∠F1SF2＝∠F1TF2＝90°，所以当P位于椭圆的上、下顶点时△F1PF2也为直角三角形，
其他位置不满足，满足△F1PF2为直角三角形的点P，故B正确；
C选项：由于|PF1|−2|PF2|=2a−|PF2|−2|PF2|=42−3|PF2|，
所以当|PF2|最小即|PF2|=a−c=22−2时，|PF1|﹣2|PF2|取得最大值6−22，故C正确；
D选项：因为|PF1|+|PM|=2a−|PF2|+|PM|=42+|PM|−|PF2|，
又||PM|−|PF2||≤|MF2|=52，则|PF1|+|PM|的最大、最小值分别为42+52和42−52，
当点P位于直线MF2与椭圆的交点时取等号，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查椭圆的相关知识，考查计算能力，属于中档题．
三、填空题（每小题5分，共15分）
12．（5分）已知向量a→=（0，﹣1，1），b→=（4，1，0），|λa→+b→|=29且λ＞0，则λ＝ 3 ．
【分析】根据所给的向量坐标写出要求模的向量坐标，用求模长的公式写出关于变量λ的方程，解方程即可，解题过程中注意对于变量的限制，把不合题意的结果去掉．
解：∵a→=（0，﹣1，1），b→=（4，1，0），∴λa→+b→=（4，1﹣λ，λ），
∴16+（λ﹣1）2+λ2＝29（λ＞0），
∴λ＝3，
故3．
【点评】向量是数形结合的典型例子，向量的加减运算是用向量解决问题的基础，要学好运算，才能用向量解决立体几何问题，三角函数问题，好多问题都是以向量为载体的．
13．（5分）已知圆C：x2+y2﹣2x+m＝0与圆（x+3）2+（y+3）2＝4外切，点P是圆C上一动点，则点P到直线5x+12y+8＝0的距离的最大值为 4 ．
【分析】利用两圆的外切关系先计算m，再根据圆上一动点到定直线的距离的最值计算即可．
解：圆C：x2+y2﹣2x+m＝0化为标准方程为（x﹣1）2+y2＝1﹣m，
可得C（1，0），其半径为1−m(m＜1)，
圆（x+3）2+（y+3）2＝4的圆心为（﹣3，﹣3），半径为2，
因为两圆外切，所以1−m+2=(1+3)2+(3)2，解得m＝﹣8，
可得圆C的半径为3，
因为圆心C（1，0）到直线5x+12y+8＝0的距离为|5+0+8|52+122=1，
则点P到直线5x+12y+8＝0的距离的最大值为3+1＝4．
故4．
【点评】本题考查圆与圆的位置关系，考查直线和圆的关系，属中档题．
14．（5分）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，他们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则csθ的最大值为 25 ．
【分析】首先以AB，AD，AQ三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，M（0，y，2），从而可求出向量EM→，AF→的坐标，由csθ=|cs＜EM→，AF→＞|得到csθ=2−y5⋅y2+5，对函数2−y5⋅y2+5求导，根据导数符号即可判断该函数为减函数，从而求出csθ的最大值．
解：根据已知条件，AB，AD，AQ三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设AB＝2，则：
A（0，0，0），E（1，0，0），F（2，1，0）；
M在线段PQ上，设M（0，y，2），0≤y≤2；
∴EM→=(−1，y，2)，AF→=(2，1，0)；
∴csθ=|cs＜EM→，AF→＞|=2−yy2+5⋅5；
设f（y）=2−yy2+5⋅5，f′(y)=−2y−55(y2+5)y2+5；
函数g（y）＝﹣2y﹣5是一次函数，且为减函数，g（0）＝﹣5＜0；
∴g（y）＜0在[0，2]恒成立，∴f′（y）＜0；
∴f（y）在[0，2]上单调递减；
∴y＝0时，f（y）取到最大值25．
故25．
【点评】考查建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线所成角的问题，异面直线所成角的概念及其范围，向量夹角的概念及其范围，以及向量夹角余弦的坐标公式，函数导数符号和函数单调性的关系．
四、解答题（共77分）
15．（13分）如图所示，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，BE=12BB1，DF=23DD1．
（1）求证：A，E，C1，F四点共面；
（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA1→，求x+y+z的值．
【分析】（1）根据已知条件，结合空间向量的共面定理，即可求解；
（2）根据已知条件，结合空间向量的线性运算法则，即可求解．
解：（1）证明：∵AC1→=AB→+AD→+AA1→=AB→+AD→+13AA1→+23AA1→=AB→+13AA1→+AD→+23AA1→=(AB→+BE→)+(AD→+DF→)=AE→+AF→，
∴A，E，C1，F四点共面．
（2）∵EF→=AF→−AE→=AD→+DF→−(AB→+BE→)=AD→+23DD1→−AB→−13BB1→=−AB→+AD→+13AA1→，
EF→=xAB→+yAD→+zAA1→，
∴x＝﹣1，y＝1，z=13，
∴x+y+z=13．
【点评】本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
16．（15分）已知关于x，y的方程C：x2+y2﹣2x﹣4y+m＝0．
（1）当m为何值时，方程C表示圆．
（2）若圆C与直线l：x+2y﹣4＝0相交于M，N两点，且MN=45，求m的值．
【分析】（1）方程C可化为：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5﹣m，应有5﹣m＞0．
（2）先求出圆心坐标和半径，圆心到直线的距离，利用弦长公式求出m的值．
解：（1）方程C可化为：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5﹣m，显然，当5﹣m＞0时，即m＜5时，方程C表示圆．
（2）圆的方程化为（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5﹣m，圆心C（1，2），半径r=5−m，
则圆心C（1，2）到直线l：x+2y﹣4＝0 的距离为 d=|1+2×2−4|12+22=15，
∵MN=45，则12MN=25，有 r2=d2+(12MN)2，
∴5−m=(15)2+(25)2，解得 m＝4．
【点评】本题考查圆的标准方程的特征，点到直线的距离公式、弦长公式的应用．
17．（15分）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
（1）求证：D1N∥平面CB1M；
（2）求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值；
（3）求点B到平面CB1M的距离．
【分析】（1）取CB1中点E，连接NE，ME，易证四边形D1MEN是平行四边形，所以D1N∥ME，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以A为原点建系，利用向量法分别求出平面CB1M与平面BB1CC1的法向量，利用向量的夹角公式，求平面CB1M与平面BB1CC1的夹角的余弦值；
（3）由（2）得BB1→及平面CB1M的法向量，利用向量法即可求点B到平面CB1M的距离．
（1）证明：取CB1中点E，连接NE，ME，
由N是B1C1的中点，得NE∥CC1，且NE=12CC1，
由M是DD1的中点，得D1M=12DD1=12CC1，且D1M∥CC1，
则D1M∥NE，D1M＝NE，
所以四边形D1MEN是平行四边形，
所以D1N∥ME，
又ME⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M，
故D1N∥平面CB1M．
（2）解：以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A（0，0，0），B（2，0，0），B1（2，0，2），M（0，1，1），C（1，1，0），C1（1，1，2），
则CB1→=（1，﹣1，2），CM→=(−1，0，1)，BB1→=(0，0，2)，
设平面CB1M的法向量为m→=(x1，y1，z1)，
m→⋅CB1→=x1−y1+2z1=0m→⋅CM→=−x1+z1=0，则m→=（1，3，1），
设平面BB1CC1的法向量为n→=(x2，y2，z2)，
n→⋅CB1→=x2−y2+2z2=0n→⋅BB1→=2z2=0，则n→=（1，1，0），
所以cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=1+31+9+1×1+1=22211，
故平面CB1M与平面BB1CC1的夹角的余弦值为22211．
（3）解：因为BB1→=(0，0，2)，平面CB1M的法向量为m→=(1，3，1)，
所以点B到平面CB1M的距离为d=|BB1→⋅m→||m→|=21+9+1=21111．
【点评】本题考查直线与平面平行、点到平面的距离、直线与平面所成的角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，属于中档题．
18．（17分）设椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，已知|A1F|＝3，|A2F|＝1．
（1）求椭圆方程及其离心率；
（2）已知点P是椭圆上一动点（不与端点重合），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP 面积的二倍，求直线A2P的方程．
【分析】（1）由题意可得a+c=3a−c=1，求解a与c的值，再由隐含条件求解b，则椭圆方程可求；
（2）由题意可知，直线A2P的斜率存在且不为0，设直线方程为y＝k（x﹣2），取x＝0，得Q（0，﹣2k），分别求出△A1PQ的面积与△A2FP面积，再由已知列式求解k，则直线方程可求．
解：（1）由题意可知，a+c=3a−c=1，解得a=2c=1，
∴b2＝a2﹣c2＝4﹣1＝3．
则椭圆方程为x24+y23=1，椭圆的离心率为e=ca=12；
（2）由题意可知，直线A2P的斜率存在且不为0，
当k＜0时，直线方程为y＝k（x﹣2），取x＝0，得Q（0，﹣2k）．
联立y=k(x−2)x24+y23=1，得（4k2+3）x2﹣16k2x+16k2﹣12＝0．
Δ＝（﹣16k2）2﹣4（4k2+3）（16k2﹣12）＝144＞0，
2xP=16k2−124k2+3，得xP=8k2−64k2+3，则yP=−12k4k2+3．
S△A1PQ=S△A1A2Q−S△A1A2P=12×4×（﹣2k）−12×4×−12k4k2+3=−16k3+12k4k2+3．
S△A2FP=12×1×−12k4k2+3=−6k4k2+3．
∴−16k3+12k4k2+3=−12k4k2+3，即2k2＝3，得k=−62（k＜0）；
同理求得当k＞0时，k=−62．
∴直线A2P的方程为y＝±62（x﹣2）．
【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，属中档题．
19．（17分）如图1，在平行四边形ABCD中，D＝60°，DC＝2AD＝2，将△ADC沿AC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥P﹣ABC，如图2．
（1）证明：平面PAB⊥平面ABC；
（2）在线段PC上是否存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，若存在，求出|PM||PC|的值，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题设条件，证明PA⊥BC，PA⊥AC，再由面面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设PM→=λPC→，(0≤λ≤1)，求出平面AMB与平面MBC的法向量，利用向量的夹角公式列方程即可求解．
（1）证明：由题意，在平行四边形ABCD中，
D＝60°，DC＝2，AD＝1，
则在△ADC中，由余弦定理，
可得AC2＝AD2+DC2﹣2AD•DC•cs60°＝1+4﹣2×1×2×12=3，
则有AC2+AD2＝DC2，故AC⊥AD，即AC⊥PA，
又AD∥BC，所以AC⊥BC，
由题意，PC⊥BC，AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，所以PA⊥BC，
又AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥平面ABC，又PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面ABC；
（2）解：过点A作Ax∥BC，由（1）可知，Ax，AC，AP两两垂直，
以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，C(0，3，0)，B(−1，3，0)，P(0，0，1)，P（0，0，1），
假设在线段PC上存在点M满足题意，
设PM→=λPC→，(0≤λ≤1)，则有PM→=λ(0，3，−1)，
故M（0，3λ，1−λ)，
则AM→=(0，3λ，1−λ)，AB→=(−1，3，0)，BM→=(1，3λ−3，1−λ)，BC→=(1，0，0)，
设平面AMB的一个法向量为n→=(x，y，z)，
则有n→⋅AM→=3λy+(1−λ)z=0n→⋅AB→=−x+3y=0，令y=3，可得x=3，z=3λλ−1，
即n→=(3，3，3λλ−1)，
设平面MBC的一个法向量为m→=(a，b，c)，
则有m→⋅BM→=a+(3λ−3)b+(1−λ)c=0m→⋅BC→=a=0，令b=3，可得a＝0，c＝3，
即m→=(0，3，3)，
若平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，
则有|cs＜m→，n→＞|=|m→⋅n→||m→||n→|=|3+9λλ−1|23×12+9λ2(λ−1)2=58，
整理得81λ2+72λ﹣84＝0，解得λ=23或λ=−149（舍去），
故PM→=23PC→，即|PM||PC|=23，
故在线段PC上存在点M，当|PM||PC|=23时，
可得平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58．
【点评】本题考查面面垂直的判定，考查面面角夹角的余弦值求法，属难题．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
C
D
C
D
A
C