Page26（考試時間：120分鐘滿分：150分）留意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清晰，將條形碼精確粘貼在條形碼區域內.2．選擇題必需運用2B鉛筆填涂；非選擇題必需運用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清晰.3．請按題號依次在各題答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效.4．保持答題卡卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準運用涂改液、修正帶、刮紙刀.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的．1.直線：與直線：平行，則（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】由兩直線平行得到方程和不等式，求出答案.【詳解】由題意得，解得.故選：A2.已知兩條直線和的交點為，則過點且與直線垂直的直線的方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】設所求直線為，然后由直線與垂直，列方程可求出，從而可求出直線的方程.【詳解】設所求直線的方程為，即，因為直線與垂直，所以，解得，所以直線的方程為，即.故選：B.3.橢圓的焦點在軸上，長軸長是短軸長的2倍，則的值為（）A. B.C.2 D.4【答案】B【解析】【分析】將橢圓方程化為標準形式，再由條件列方程求的值.【詳解】橢圓化為標準方程為，故，因為焦點在軸上，長軸長是短軸長的2倍，所以，故選：B.4.如圖，在正三棱柱中，若，則點到直線的距離為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】取中點，以為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】取的中點，則，

以為原點，的方向分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，則，所以，所以在上的投影的長度為，故點到直線的距離．故選：B.5.已知四面體的全部棱長都等于2，E是棱AB的中點，F是棱CD靠近C的四等分點，則等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由空間向量的線性運算可得，結合數量積的運算性質和定義求.【詳解】因為E是棱AB的中點，F是棱CD靠近C的四等分點，所以，，因為，，，所以．故選：D.6.已知圓C：，過點的兩條直線，相互垂直，圓心C到直線，的距離分別為，，則的最大值為（）A. B.1 C. D.4【答案】B【解析】【分析】由四邊形是矩形，應用勾股定理可求，再利用基本不等式可得答案.【詳解】過圓心C分別作直線，的垂線，垂足分別為，．，相互垂直，所以四邊形為矩形．由圓C：，可得，又，，所以，當且僅當時取等號，即的最大值為1，故選：B.7.已知是圓的一條弦，且，是的中點，當弦在圓上運動時，直線上存在兩點，使得恒成立，則線段長度的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據已知條件先確定出點的軌跡方程，然后將問題轉化為“以為直徑的圓要包括圓”，由此利用圓心到直線的距離結合點的軌跡所表示圓的半徑可求解出的最小值.【詳解】由題可知：，圓心，半徑，又，是的中點，所以，所以點的軌跡方程，圓心為點，半徑為，若直線上存在兩點，使得恒成立，則以為直徑的圓要包括圓，點到直線的距離為，所以長度的最小值為，故選：B．【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵在于點軌跡方程的求解以及轉化思想的運用，依據弦中點以及線段長度可求點軌跡方程，其次“恒成立”轉化為“以為直徑的圓包括的軌跡”，結合圓心到直線的距離加上半徑可分析的最小值.8.如圖，在長方體中，，點為線段上的動點，則下列結論錯誤的是（）A.當時，三點共線B.當時，平面C.當時，平面D.當時，【答案】D【解析】【分析】以為原點，建立空間直角坐標系，依據長方體的性質，可得判定A正確；求得的法向量為，結合，可判定B正確；求得平面的法向量為，結合，可判定C正確；由時，結合，所以與不垂直，所以D錯誤.【詳解】以為原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，設，可得，對于A中，當時，即為對角線的中點，連接，在矩形中，可得也是的中點，所以三點共線，所以A正確；對于B中，當時，可得，所以，，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，所以，所以平面，所以B正確；對于C中，當時，可得，所以，設平面的法向量為，且，則，取，可得，所以，則，所以平面，所以C正確；對于D中，當時，，由，解得，則,所以與不垂直，所以D錯誤.故選：D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.對于空間一點O，下列命題中正確的是（）．A.若，則P，A，B，C四點共面B.若，則P，A，B，C四點共面C.若，則P，A，B三點共線D.若，則B是線段AP的中點【答案】BCD【解析】【分析】依據空間四點共面的結論即可推斷AB，再利用三點共線的結論和平面對量共線定理即可推斷CD.【詳解】對A，因為，則P，A，B，C四點不共面，故A錯誤；對B，因為，則P，A，B，C四點共面，故B正確；對C，因為，則P，A，B三點共線，故C正確；對D，，即，即，則，共線，且點P,B在點A的一側，又因為有公共點，則點三點共線，則B是線段AP的中點，故D正確.故選：BCD.10.以下四個命題表述正確的是（）A.圓上有且僅有個點到直線的距離都等于B.曲線與曲線，恰有四條公切線，則實數的取值范圍為C.已知圓，為直線上一動點，過點向圓引一條切線，其中為切點，則的最小值為D.已知圓，點為直線上一動點，過點向圓引兩條切線，，，為切點，則直線經過點【答案】ACD【解析】【分析】選項A依據圓心到直線的距離與半徑的關系來確定所求點的個數；選項B依據兩曲線有四條公切線，確定曲線類型為圓，再由兩圓外離列不等式求解；選項C利用圓心與切點的連線垂直切線列等式，轉化為求圓心到直線上的點的距離的最小值問題；選項D利用切線的性質得切點弦方程，再依據切點弦方程求定點.【詳解】選項A：圓的圓心為，半徑.圓心到直線的距離，所以圓上有且僅有個點到直線的距離都等于故選項A正確；選項B：方程可化為，故曲線表示圓心為，半徑的圓.方程可化為因為圓與曲線有四條公切線，所以曲線也為圓，且圓心為，半徑()同時兩圓的位置關系為外離，有，即，解得.故選項B錯誤；選項C：圓的圓心，半徑，圓心到直線的距離，所以直線與圓相離.由切線的性質知，為直角三角形，，當且僅當與直線垂直時等號成立，所以的最小值為.故選項C正確；選項D：設點，因為點在直線上，所以，，由圓的切線性質知，直線的方程為，，整理得，解方程得，.所以直線過定點.故選項D正確.故選：ACD.11.已知左、右焦點分別是，的橢圓C：的離心率為e，過左焦點的直線l與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為P，則下列說法中正確的有（）A.的周長為4aB.若直線OP的斜率為，AB的斜率為，則C.若，則e的最小值為D.若，則e的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】依據橢圓的定義即可推斷A；設，，利用點差法和中點坐標公式可得，進而推斷B；依據平面對量的坐標表示可得，結合選項計算即可推斷CD.【詳解】A:依據橢圓的定義，的周長為，故A正確；B:設，，則，所以，，由得，所以，即，故B不正確；C:，因為，所以，由，得，故C正確；D:由，得，故D正確．故選：ACD.12.如圖所示，該幾何體由一個直三棱柱和一個四棱錐組成，，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若平面與平面的交線為，則AC//lC.三棱柱的外接球的表面積為D.當該幾何體有外接球時，點到平面的最大距離為【答案】BD【解析】【分析】依據空間線面關系，結合題中空間幾何體，逐項分析推斷即可得解.【詳解】對于選項A，若，又因平面，但是不愿定在平面上，所以A不正確；對于選項B，因為，所以平面，平面平面，所以，所以B正確；對于選項C，取的中心，的中心，的中點為該三棱柱外接球的球心，所以外接球的半徑，所以外接球的表面積為，所以C不正確；對于選項D，該幾何體的外接球即為三棱柱的外接球，的中點為該外接球的球心，該球心到平面的距離為，點到平面的最大距離為，所以D正確.故選：BD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.圓與圓的交點為A，B，則弦AB的長為______．【答案】【解析】【分析】先求出兩圓的公共弦方程，視察發覺的圓心在公共弦上，從而得到弦AB的長為圓的直徑，求出公共弦長.【詳解】圓與圓聯立可得：公共弦的方程為，變形為，故的圓心為，半徑為，而滿意，故弦AB的長為圓的直徑，故弦AB的長為．故答案為：.14.已知點，點，則直線的傾斜角為_______．【答案】【解析】【分析】利用兩點斜率公式結合三角恒等變換求得，從而可得傾斜角；【詳解】設直線的傾斜角為，則，所以直線的傾斜角為；故答案為：.15.如圖，已知兩個正四棱錐與的高分別為1和2，，則異面直線AQ與BP所成角的余弦值為______．【答案】##【解析】【分析】連接AC，BD，交于點O，則，連接PQ，則PQ過點O，由正四棱錐的性質知平面ABCD，故以O為坐標原點，以直線CA，DB，QP分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，然后利用空間向量求解即可.【詳解】由題設知，四邊形ABCD是正方形，連接AC，BD，交于點O，則．連接PQ，則PQ過點O．由正四棱錐的性質知平面ABCD，故以O為坐標原點，以直線CA，DB，QP分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，．于是，所以異面直線AQ與BP所成角的余弦值為．故答案為：16.已知橢圓，、是坐標平面內的兩點，且與橢圓的焦點不重合．若關于橢圓的焦點的對稱點分別為、，線段的中點在橢圓上，則______．【答案】【解析】【分析】依據已知條件，作出圖形，的中點連接橢圓的兩個焦點，便會得到三角形的中位線，依據中位線的性質及橢圓上的點到兩焦點的距離和為即可求出．【詳解】設的中點為，橢圓的左、右焦點分別為、，如圖，連接、，因為是的中點，是的中點，則是的中位線，所以，，同理可得，依據橢圓的定義可得，所以，.故答案為：.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17.已知圓經過點.（1）求圓的標準方程；（2）過點向圓作切線，求切線方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用待定系數法去求圓的標準方程；（2）利用幾何法去求過點的圓的切線方程即可解決.【小問1詳解】設圓的方程為則，解之得則圓的方程為則圓的標準方程為【小問2詳解】圓圓心，半徑當過點的直線斜率不存在時直線方程為，與圓相切，符合題意；當過點的直線斜率存在時直線方程可設為則，解之得，則，整理得故過點的圓的切線方程為或18.如圖，在平面直角坐標系中，已知橢圓的焦點為，，點為上頂點，直線交橢圓于點.（1）若，，求點的坐標；（2）若，求橢圓的離心率.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求解橢圓的方程和直線的方程，聯立方程組可求點的坐標；（2）利用橢圓的定義及垂直關系求解，再結合余弦定理可求離心率.【詳解】（1）因為，，所以橢圓的方程為，直線，，所以或，所以點的坐標為.（2）設，則，因為點為上頂點，所以，因為，所以，所以.在三角形中，,在三角形中，,所以，即.【點睛】本題主要考查直線和橢圓的位置關系及橢圓的離心率，離心率的求解的關鍵是建立之間的關系式，側重考查數學運算的核心素養.19.如圖，四邊形與四邊形是全等的矩形，.（1）若P是棱的中點，求證：平面平面；（2）若P是棱上的點，直線BP與平面所成角的正切值為，求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）易證平面，從而，再由，得到，從而，同理，從而，即，再由，得到，然后利用線面垂直的判定定理得到平面，然后利用面面垂直的判定定理證明；（2）依據（1）得到，，兩兩垂直，以，，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系.，求得平面的一個法向量為，易知平面的一個法向量為，然后設二面角的大小為，由求解.【小問1詳解】由題意知，所以，又因為，且，平面，平面，所以平面，又平面，所以.，即，所以，所以，同理，所以，即.又由于，所以，且，又平面，平面，所以平面，又因為面，所以平面平面.【小問2詳解】由（1）知，平面，所以CP是直線BP在平面內的射影，所以就是直線BP與平面所成的角，即，所以，所以由勾股定理得，又由（1）知，，，兩兩垂直，以，，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系.設，則，，，，，設平面的一個法向量為，由于，所以，即，令，則，，即，易知平面的一個法向量為，設二面角的大小為，可知為銳角，所以.故二面角的正弦值為.20.如圖，和都是邊長為2的等邊三角形，平面平面，平面．（1）證明：平面；（2）若點E到平面的距離為，求平面與平面夾角的正切值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取的中點，連接，先證明平面，則可證明，即可證明平面；（2）連接，，取的中點，連接，先求出，，則可求到，再證明平面與平面夾角的平面角為，從而依據即可求解．【小問1詳解】如圖，取的中點，連接，則，又因為平面平面，且平面平面，平面，則平面，又平面，所以，又平面，平面，所以平面．【小問2詳解】如圖，連接，，取的中點，連接，則，因為，則等腰的面積為，所以三棱錐的體積為，因為平面，平面，則，又因為，，平面，平面，則平面，因為，則點到平面的距離等于點到平面的距離等于，因為，則，又，所以，因為平面，平面，平面，則，，所以，所以，所以平面與平面夾角的平面角為，則，所以平面與平面夾角的正切值為．21.如圖，C是以為直徑的圓O上異于A，B的點，平面平面為正三角形，E，F分別是上的動點.（1）求證：；（2）若E，F分別是的中點且異面直線與所成角的正切值為，記平面與平面的交線為直線l，點Q為直線l上動點，求直線與平面所成角的取值范圍.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明平面，即可證明.（2）由已知結合線面平行的判定定理知平面，結合線面平行的性質定理知，建立空間直角坐標系，設，求出平面的一個法向量，利用空間向量求線面角即可得解.【小問1詳解】證明：因為C是以為直徑的圓O上異于A，B的點，所以，又平面平面，且平面平面平面，所以平面平面.所以【小問2詳解】由E，F分別是的中點，連結，所以，由（1）知，所以，所以在中，就是異面直線與所成的角.因為異面直線與所成角的正切值為，所以，即又平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以所以在平面中，過點A作的平行線即為直線l.以C為坐標原點，所在直線分別為x軸，y軸，過C且垂直于平面的直線為z軸，建立空間直角坐標系，設.因為為正三角形所以，從而由已知E，F分別是的中點，所以則，所以，