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2023-2024学年河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学高二上学期10月月考数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．三点A(m，2)，B(5，1)，C(-4，2m)在同一条直线上，则m的值为 ( )
A．2B．
C．2或D．不确定
【答案】C
【分析】根据三点共线得到斜率相等，列出方程，求出m的值.
【详解】由题意可得，
因为A，B，C三点共线，
所以，即，
解得：或．
所以m的值为2或．
故选：C．
2．设x，，向量，，且，，则（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】C
【分析】根据，，解得x，y，然后由空间向量的模公式求解.
【详解】因为向量，，且由得，由，得 解得，所以向量，，
所以，
所以
故选：C
3．空间有四点A、B、C、D，其中，且，则直线AB与CD（ ）
A．平行B．重合C．必定相交D．必定垂直
【答案】D
【分析】结合向量的加法运算求出，然后验证，所以，即可得出结论.
【详解】，由因为，所以，即，所以，
又因为，所以，
故选：D.
4．已知直线l过点，倾斜角，下列方程可以表示直线l的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分倾斜角和两种情况讨论，利用点斜式即可求解.
【详解】解：当倾斜角时，因为直线l过点，所以直线l的方程为，此时选项A，B，C没有意义，选项D符合题意；
当倾斜角时，直线l的斜率为，
所以由点斜式有直线l的方程为，即；
综上，直线l的方程为，
故选：D.
5．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A，B的距离为2，动点Р满足，若点Р不在直线AB上，则面积的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出点P的轨迹方程，再求出点P到直线AB距离的最大值即可计算作答.
【详解】以点A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，
则，设点，由得：，即，
整理得：，因此点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，则P到直线AB距离的最大值为，
所以面积的最大值为.
故选：B
6．如图，在正方体ABEFDCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ）
A．－B．
C．－D．
【答案】B
【分析】法一：先利用二面角平面角的定义，在两个半平面内分别找到与二面角的棱垂直的两条直线，将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可；
法二：直接转化为求两平面的法向量的夹角即可.
【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则M ，N，.
解法一 取MN的中点G，连接BG，AG，
则G.
因为为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．
又因为，，
所以，，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.
解法二 设平面AMN的法向量
由于， ，
则，即，
令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是，
同理可求得平面BMN的一个法向量 .
所以 ，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.
故选：B.
7．已知圆上有且只有两个点到直线（）的距离为1，则实数c的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意分析圆心到直线的距离，可得满足题意时，然后根据点到直线的距离公式列式求解即可.
【详解】圆，圆心为，半径为2，
当圆心到直线距离大于或等于3时，圆周上最多有1点到直线距离为1；
当圆心到直线距离小于或等于1时，圆周上最少有3点、最多有4点到直线距离为1；
因此满足题目要求时，圆心到直线距离，且，
即，解之得或，又，所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，考查点到直线的距离公式，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.
8．如图，在空间直角坐标系中，有一棱长为2的正方体，的中点到的中点的距离为（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】B
【解析】利用正方体的结构特征，先分别求出和的坐标，再用两点间距离公式求解.
【详解】解：在空间直角坐标系中，正方体的棱长为2，
，
的中点，
，，
的中点，
的中点到的中点的距离为：
.
故选：B.
二、多选题
9．以下命题正确的是（ ）
A．若是平面的一个法向量，直线上有不同的两点A，，则的充要条件是
B．已知A，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，A，，四点共面
C．已知，，若与垂直，则
D．已知的顶点坐标分别为，，，则边上的高的长为
【答案】BD
【分析】根据线面位置关系的向量求法，可判断A的正误；根据四点共面的原则，可判断B的正误；根据向量垂直的坐标运算，可判断C的正误；根据向量数量积公式，计算求值，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】对于A：若，则，可得直线或，故A错误；
对于B：因为A，，三点不共线，，且，
所以，A，，四点共面，故B正确；
对于C：由题意，，
因为与垂直，
所以，解得，故C错误；
对于D：由题意，过B作，
所以，即，
所以，
所以，即边上的高的长为，故D正确.
故选：BD
10．（多选）已知直线l经过点，且点到直线l的距离相等，则直线l的方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】由题可知直线l的斜率存在，所以设直线l的方程为，然后利用点到直线的距离公式列方程，可求出直线的斜率，从而可得直线方程
【详解】当直线l的斜率不存在时，显然不满足题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即．
由已知得，所以或，
所以直线l的方程为或．
故选：AB
【点睛】此题考查直线方程的求法，考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题
11．下列结论正确的是（ ）
A．过点(－2，－3)且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为x＋y＝－5;
B．已知直线kx-y-k-1＝0和以M（-3，1），N（3，2）为端点的线段相交，则实数k的取值范围为;
C．已知ab≠0，O为坐标原点，点P(a，b)是圆x2＋y2＝r2外一点，直线m的方程是ax＋by＝r2，则m与圆相交;
D．若圆上恰有两点到点N（1，0）的距离为1，则r的取值范围是(4，6).
【答案】CD
【分析】A选项分情况讨论，直线过原点和不过原点两种情况；B选项中直线kx-y-k-1＝0恒过点，计算即可求解；C选项中利用圆心到直线距离及点P在圆外即可判断；D选项根据以N为圆心，1为半径的圆与已知圆相交，利用圆心距与两圆的圆的半径间关系即可求解.
【详解】A中直线过原点时，由两点式易得，直线方程为，故错误；
B中直线kx-y-k-1＝0可化为，所以直线恒过定点，，直线与线段相交，所以或，故错误；
C中圆心到直线的距离，而点P(a，b)是圆x2＋y2＝r2外一点，所以
，所以，所以直线与圆相交，故正确.
D中与点N（1，0）的距离为1的点在圆上，由题意知圆与圆相交，所以圆心距满足，解得，故D正确.
故选：CD
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，圆与圆的位置关系，点与圆的位置关系，点到直线的距离公式，斜率公式，直线过定点，考查计算能力，属于中档题．
12．已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，将沿MN折起至，在四棱锥中，下列说法正确的是（ ）
A．直线MN∥平面
B．当四棱锥体积最大时，二面角为直二面角
C．在折起过程中存在某位置使BN⊥平面
D．当四棱体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为
【答案】ABD
【分析】根据折叠前后不变判断A，根据变化过程的变化可知B正确，反证法判断C，求出球的半径计算面积判断D.
【详解】因为, 平面，平面，所以直线MN∥平面，故A正确；
因为四棱锥底面积为定值，所以当点到平面距离最大时体积最大，故当二面角为直二面角时，满足题意，故B正确；
对于C，如图，
若BN⊥平面，则，又，，可知平面,所以,又,所以平面,这显然不可能，故C错误；
当四棱体积最大时，二面角为直二面角，如图，
由，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心，
作平面MNCB，OF上平面MN，则是四棱锥-MNCB的外接球的球心，且OF=DE=，AF=.设四棱锥-MNCB的外接球半径R，则，所以球表面积是．
【点睛】关键点点睛：球的内接四棱锥问题，需要根据所给四棱锥的特点选择合适方法求球半径，本题利用球的截面圆的性质确定球心位置，进而求出球的半径，属于中档题.
三、填空题
13．若向量，，且，则
【答案】6
【分析】本题首先可通过题意得出向量以及向量的坐标表示和向量与向量之间的关系，然后通过向量平行的相关性质即可得出结果。
【详解】因为，，且，
所以，解得。
【点睛】本题考查向量的相关性质，主要考查向量平行的相关性质，若向量，，，则有，锻炼了学生对于向量公式的使用，是简单题。
14．以双曲线的右焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程是
【答案】
【分析】由已知可求右焦点即圆心坐标，再利用圆心到渐近线距离为半径长求得半径，从而得解．
【详解】因为在双曲线中，，焦点在轴上，
故双曲线的右焦点，即圆心为，渐近线方程：，即，
又圆与渐近线相切，则圆心到渐近线距离即为半径长，，
故所求圆的方程为
故答案为：．
15．正四面体的棱长为，其内接球与外接球的体积比为 ．
【答案】/
【分析】作出正四面体的高，延长交于，连接，过作边上的高，在中可得，的交点就是内切球和外接球公共的球心，可求出的长，利用∽，得线段成比例，从而可求出，进而可求得答案.
【详解】过作平面，垂足为，则为正三角形的中心，则根据球的对称性和正四面体的性质，得外接球和内切球的球心在同一点处，设为，则在上，延长交于，连接，过作边上的高，则在上，到平面的距离等于内切球半径，为外接球半径，
在正三角形中，，
在中，，则，
因为∽，
所以，即，得，
所以，
即，
所以，
所以体积比为，
故答案为：
16．已知过点和的直线与直线的斜率相等，则的值为
【答案】
【分析】由题意求得直线的斜率，再由直线方程求得其斜率，从而建立方程，解之即可得解.
【详解】依题意，易知，则直线的斜率为，
由直线方程，可得其斜率，
因为过点的直线与直线的斜率相等，
所以，解得.
故答案为：.
四、计算题
17．已知M，G分别是空间四边形ABCD的两边BC，CD的中点，化简下列各式：
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】利用空间向量的加减法及数乘运算化简即可.
【详解】解：(1)如图所示，.
(2)取BD的中点H，连接MG，GH.
因为M，G分别为BC，CD的中点，
所以MG＝BH，MG∥BH，
所以BMGH为平行四边形，
所以，
从而.
(3)分别取AB，AC的中点S，N，连接SM，AM，MN，
则易证得ASMN为平行四边形，
所以，
所以.
【点睛】本题主要考查空间向量的线性运算，在处理向量加法时往往需要结合利用平行四边形法则，借助线段中点实现化简.
五、证明题
18．已知直线．
（1）求证：无论为何实数，直线恒过一定点；
（2）若直线过点，且与轴负半轴、轴负半轴围成三角形面积最小，求直线的方程．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）解方程组，可得定点的坐标；
（2）设直线的方程为，分析可得，求出该直线与两坐标轴的交点坐标，可得出三角形面积关于的关系式，结合基本不等式可求得的最小值，利用等号成立可求得的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）证明：将直线的方程化为，
解方程组，解得，故直线恒过定点；
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，
令，可得，令，可得，
由已知可得，解得，
所以，三角形面积为，
当且仅当时，等号成立，此时直线的方程为，即.
六、解答题
19．已知圆C经过P（4，– 2），Q（– 1，3）两点，且在y轴上截得的线段长为，半径小于5．
（1）求直线PQ与圆C的方程．
（2）若直线l∥PQ，且l与圆C交于点A、B，，求直线l的方程．
【答案】（1）直线PQ的方程为：x –y –1=0；
圆C的方程为： .
（2）直线l的方程为.
【分析】（1）由点斜式求出直线PQ的方程，求出PQ的中垂线，圆心C在中垂线上，设C（n，n – 1），则，再代弦长公式得，解方程即可.
（2）设l为，与圆C的方程联立 ，代韦达定理，因为，∴，代入计算求出m.
【详解】解：(1) PQ为，
C在PQ的中垂线即y =x– 1上，
设C（n，n – 1），则,
由圆C在y轴上截得的线段长为，有， ∴
∴ n = 1或5， = 13或37（舍），
∴圆C的方程为：.
(2) 设l为
由，得，
设A，B，则，
∵， ∴，
∴，
∴ ，∴ m = 3或 – 4（均满足），
∴ l为.
20．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，面面，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）当时，求的长；
（3）若底面为矩形，三棱锥的体积，求二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）设与交于点，连接，利用中位线定理得出，故而平面；
（2）由，，，得平面，从发明家平行四边形是菱形，由此能求出的长；
（3）先证明平面，得出为所求角，根据体积计算得出．
【详解】解：（1）证明：设与交于点，连接，
是平行四边形，
是中点，又是的中点，
，
平面，平面，
平面．
（2）平面，，，
，平面，
，平行四边形是菱形，
，在直角中，．
（3）面面，面面，，
面，平面，
底面为矩形，，
又平面，平面，，
面，平面，
，
即为二面角的平面角，
三棱锥的体积，解得，
所以二面角的正切值为．
21．在①过点，②圆E恒被直线平分，③与y轴相切这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知圆E经过点，且______.
(1)求圆E的一般方程；
(2)设P是圆E上的动点，求线段AP的中点M的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选择①③时，设圆的一般式方程或者标准方程，代入点以及相关条件，根据待定系数法，即可确定圆的方程，选择②时，根据几何法确定圆心和半径即可求解，
（2）根据相关点法即可求解轨迹方程.
【详解】（1）方案一：选条件①.
设圆的方程为，
则，解得，
则圆E的方程为.
方案二：选条件②.
直线恒过点.
因为圆E恒被直线平分，所以恒过圆心，
所以圆心坐标为，
又圆E经过点，所以圆的半径r＝1，所以圆E的方程为，即.
方案三：选条件③.
设圆E的方程为.
由题意可得，解得，
则圆E的方程为，即.
（2）设.
因为M为线段AP的中点，所以，
因为点P是圆E上的动点，所以，即，
所以M的轨迹方程为.
22．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.
（1）若则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？
【答案】（1）312（2）
【详解】试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函数解析式，，然后利用导数求其最值.
试题解析：解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8.
因为A1B1=AB=6，
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）.
（2）设A1B1=a（m），PO1=h（m），则0因为在中，
所以，即
于是仓库的容积，
从而.
令，得 或（舍）.
当时， ，V是单调增函数；
当时，，V是单调减函数.
故时，V取得极大值，也是最大值.
因此，当m时，仓库的容积最大.
【解析】函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积
【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点等方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言的能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏高考的应用题往往需结合导数知识解决相应的最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.
一、单选题
1．三点A(m，2)，B(5，1)，C(-4，2m)在同一条直线上，则m的值为 ( )
A．2B．
C．2或D．不确定
【答案】C
【分析】根据三点共线得到斜率相等，列出方程，求出m的值.
【详解】由题意可得，
因为A，B，C三点共线，
所以，即，
解得：或．
所以m的值为2或．
故选：C．
2．设x，，向量，，且，，则（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】C
【分析】根据，，解得x，y，然后由空间向量的模公式求解.
【详解】因为向量，，且由得，由，得 解得，所以向量，，
所以，
所以
故选：C
3．空间有四点A、B、C、D，其中，且，则直线AB与CD（ ）
A．平行B．重合C．必定相交D．必定垂直
【答案】D
【分析】结合向量的加法运算求出，然后验证，所以，即可得出结论.
【详解】，由因为，所以，即，所以，
又因为，所以，
故选：D.
4．已知直线l过点，倾斜角，下列方程可以表示直线l的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分倾斜角和两种情况讨论，利用点斜式即可求解.
【详解】解：当倾斜角时，因为直线l过点，所以直线l的方程为，此时选项A，B，C没有意义，选项D符合题意；
当倾斜角时，直线l的斜率为，
所以由点斜式有直线l的方程为，即；
综上，直线l的方程为，
故选：D.
5．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A，B的距离为2，动点Р满足，若点Р不在直线AB上，则面积的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出点P的轨迹方程，再求出点P到直线AB距离的最大值即可计算作答.
【详解】以点A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，
则，设点，由得：，即，
整理得：，因此点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，则P到直线AB距离的最大值为，
所以面积的最大值为.
故选：B
6．如图，在正方体ABEFDCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ）
A．－B．
C．－D．
【答案】B
【分析】法一：先利用二面角平面角的定义，在两个半平面内分别找到与二面角的棱垂直的两条直线，将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可；
法二：直接转化为求两平面的法向量的夹角即可.
【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则M ，N，.
解法一 取MN的中点G，连接BG，AG，
则G.
因为为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．
又因为，，
所以，，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.
解法二 设平面AMN的法向量
由于， ，
则，即，
令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是，
同理可求得平面BMN的一个法向量 .
所以 ，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.
故选：B.
7．已知圆上有且只有两个点到直线（）的距离为1，则实数c的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意分析圆心到直线的距离，可得满足题意时，然后根据点到直线的距离公式列式求解即可.
【详解】圆，圆心为，半径为2，
当圆心到直线距离大于或等于3时，圆周上最多有1点到直线距离为1；
当圆心到直线距离小于或等于1时，圆周上最少有3点、最多有4点到直线距离为1；
因此满足题目要求时，圆心到直线距离，且，
即，解之得或，又，所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，考查点到直线的距离公式，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.
8．如图，在空间直角坐标系中，有一棱长为2的正方体，的中点到的中点的距离为（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】B
【解析】利用正方体的结构特征，先分别求出和的坐标，再用两点间距离公式求解.
【详解】解：在空间直角坐标系中，正方体的棱长为2，
，
的中点，
，，
的中点，
的中点到的中点的距离为：
.
故选：B.
二、多选题
9．以下命题正确的是（ ）
A．若是平面的一个法向量，直线上有不同的两点A，，则的充要条件是
B．已知A，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，A，，四点共面
C．已知，，若与垂直，则
D．已知的顶点坐标分别为，，，则边上的高的长为
【答案】BD
【分析】根据线面位置关系的向量求法，可判断A的正误；根据四点共面的原则，可判断B的正误；根据向量垂直的坐标运算，可判断C的正误；根据向量数量积公式，计算求值，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】对于A：若，则，可得直线或，故A错误；
对于B：因为A，，三点不共线，，且，
所以，A，，四点共面，故B正确；
对于C：由题意，，
因为与垂直，
所以，解得，故C错误；
对于D：由题意，过B作，
所以，即，
所以，
所以，即边上的高的长为，故D正确.
故选：BD
10．（多选）已知直线l经过点，且点到直线l的距离相等，则直线l的方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】由题可知直线l的斜率存在，所以设直线l的方程为，然后利用点到直线的距离公式列方程，可求出直线的斜率，从而可得直线方程
【详解】当直线l的斜率不存在时，显然不满足题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即．
由已知得，所以或，
所以直线l的方程为或．
故选：AB
【点睛】此题考查直线方程的求法，考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题
11．下列结论正确的是（ ）
A．过点(－2，－3)且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为x＋y＝－5;
B．已知直线kx-y-k-1＝0和以M（-3，1），N（3，2）为端点的线段相交，则实数k的取值范围为;
C．已知ab≠0，O为坐标原点，点P(a，b)是圆x2＋y2＝r2外一点，直线m的方程是ax＋by＝r2，则m与圆相交;
D．若圆上恰有两点到点N（1，0）的距离为1，则r的取值范围是(4，6).
【答案】CD
【分析】A选项分情况讨论，直线过原点和不过原点两种情况；B选项中直线kx-y-k-1＝0恒过点，计算即可求解；C选项中利用圆心到直线距离及点P在圆外即可判断；D选项根据以N为圆心，1为半径的圆与已知圆相交，利用圆心距与两圆的圆的半径间关系即可求解.
【详解】A中直线过原点时，由两点式易得，直线方程为，故错误；
B中直线kx-y-k-1＝0可化为，所以直线恒过定点，，直线与线段相交，所以或，故错误；
C中圆心到直线的距离，而点P(a，b)是圆x2＋y2＝r2外一点，所以
，所以，所以直线与圆相交，故正确.
D中与点N（1，0）的距离为1的点在圆上，由题意知圆与圆相交，所以圆心距满足，解得，故D正确.
故选：CD
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，圆与圆的位置关系，点与圆的位置关系，点到直线的距离公式，斜率公式，直线过定点，考查计算能力，属于中档题．
12．已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，将沿MN折起至，在四棱锥中，下列说法正确的是（ ）
A．直线MN∥平面
B．当四棱锥体积最大时，二面角为直二面角
C．在折起过程中存在某位置使BN⊥平面
D．当四棱体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为
【答案】ABD
【分析】根据折叠前后不变判断A，根据变化过程的变化可知B正确，反证法判断C，求出球的半径计算面积判断D.
【详解】因为, 平面，平面，所以直线MN∥平面，故A正确；
因为四棱锥底面积为定值，所以当点到平面距离最大时体积最大，故当二面角为直二面角时，满足题意，故B正确；
对于C，如图，
若BN⊥平面，则，又，，可知平面,所以,又,所以平面,这显然不可能，故C错误；
当四棱体积最大时，二面角为直二面角，如图，
由，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心，
作平面MNCB，OF上平面MN，则是四棱锥-MNCB的外接球的球心，且OF=DE=，AF=.设四棱锥-MNCB的外接球半径R，则，所以球表面积是．
【点睛】关键点点睛：球的内接四棱锥问题，需要根据所给四棱锥的特点选择合适方法求球半径，本题利用球的截面圆的性质确定球心位置，进而求出球的半径，属于中档题.
三、填空题
13．若向量，，且，则
【答案】6
【分析】本题首先可通过题意得出向量以及向量的坐标表示和向量与向量之间的关系，然后通过向量平行的相关性质即可得出结果。
【详解】因为，，且，
所以，解得。
【点睛】本题考查向量的相关性质，主要考查向量平行的相关性质，若向量，，，则有，锻炼了学生对于向量公式的使用，是简单题。
14．以双曲线的右焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程是
【答案】
【分析】由已知可求右焦点即圆心坐标，再利用圆心到渐近线距离为半径长求得半径，从而得解．
【详解】因为在双曲线中，，焦点在轴上，
故双曲线的右焦点，即圆心为，渐近线方程：，即，
又圆与渐近线相切，则圆心到渐近线距离即为半径长，，
故所求圆的方程为
故答案为：．
15．正四面体的棱长为，其内接球与外接球的体积比为 ．
【答案】/
【分析】作出正四面体的高，延长交于，连接，过作边上的高，在中可得，的交点就是内切球和外接球公共的球心，可求出的长，利用∽，得线段成比例，从而可求出，进而可求得答案.
【详解】过作平面，垂足为，则为正三角形的中心，则根据球的对称性和正四面体的性质，得外接球和内切球的球心在同一点处，设为，则在上，延长交于，连接，过作边上的高，则在上，到平面的距离等于内切球半径，为外接球半径，
在正三角形中，，
在中，，则，
因为∽，
所以，即，得，
所以，
即，
所以，
所以体积比为，
故答案为：
16．已知过点和的直线与直线的斜率相等，则的值为
【答案】
【分析】由题意求得直线的斜率，再由直线方程求得其斜率，从而建立方程，解之即可得解.
【详解】依题意，易知，则直线的斜率为，
由直线方程，可得其斜率，
因为过点的直线与直线的斜率相等，
所以，解得.
故答案为：.
四、计算题
17．已知M，G分别是空间四边形ABCD的两边BC，CD的中点，化简下列各式：
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】利用空间向量的加减法及数乘运算化简即可.
【详解】解：(1)如图所示，.
(2)取BD的中点H，连接MG，GH.
因为M，G分别为BC，CD的中点，
所以MG＝BH，MG∥BH，
所以BMGH为平行四边形，
所以，
从而.
(3)分别取AB，AC的中点S，N，连接SM，AM，MN，
则易证得ASMN为平行四边形，
所以，
所以.
【点睛】本题主要考查空间向量的线性运算，在处理向量加法时往往需要结合利用平行四边形法则，借助线段中点实现化简.
五、证明题
18．已知直线．
（1）求证：无论为何实数，直线恒过一定点；
（2）若直线过点，且与轴负半轴、轴负半轴围成三角形面积最小，求直线的方程．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）解方程组，可得定点的坐标；
（2）设直线的方程为，分析可得，求出该直线与两坐标轴的交点坐标，可得出三角形面积关于的关系式，结合基本不等式可求得的最小值，利用等号成立可求得的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）证明：将直线的方程化为，
解方程组，解得，故直线恒过定点；
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，
令，可得，令，可得，
由已知可得，解得，
所以，三角形面积为，
当且仅当时，等号成立，此时直线的方程为，即.
六、解答题
19．已知圆C经过P（4，– 2），Q（– 1，3）两点，且在y轴上截得的线段长为，半径小于5．
（1）求直线PQ与圆C的方程．
（2）若直线l∥PQ，且l与圆C交于点A、B，，求直线l的方程．
【答案】（1）直线PQ的方程为：x –y –1=0；
圆C的方程为： .
（2）直线l的方程为.
【分析】（1）由点斜式求出直线PQ的方程，求出PQ的中垂线，圆心C在中垂线上，设C（n，n – 1），则，再代弦长公式得，解方程即可.
（2）设l为，与圆C的方程联立 ，代韦达定理，因为，∴，代入计算求出m.
【详解】解：(1) PQ为，
C在PQ的中垂线即y =x– 1上，
设C（n，n – 1），则,
由圆C在y轴上截得的线段长为，有， ∴
∴ n = 1或5， = 13或37（舍），
∴圆C的方程为：.
(2) 设l为
由，得，
设A，B，则，
∵， ∴，
∴，
∴ ，∴ m = 3或 – 4（均满足），
∴ l为.
20．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，面面，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）当时，求的长；
（3）若底面为矩形，三棱锥的体积，求二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）设与交于点，连接，利用中位线定理得出，故而平面；
（2）由，，，得平面，从发明家平行四边形是菱形，由此能求出的长；
（3）先证明平面，得出为所求角，根据体积计算得出．
【详解】解：（1）证明：设与交于点，连接，
是平行四边形，
是中点，又是的中点，
，
平面，平面，
平面．
（2）平面，，，
，平面，
，平行四边形是菱形，
，在直角中，．
（3）面面，面面，，
面，平面，
底面为矩形，，
又平面，平面，，
面，平面，
，
即为二面角的平面角，
三棱锥的体积，解得，
所以二面角的正切值为．
21．在①过点，②圆E恒被直线平分，③与y轴相切这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知圆E经过点，且______.
(1)求圆E的一般方程；
(2)设P是圆E上的动点，求线段AP的中点M的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选择①③时，设圆的一般式方程或者标准方程，代入点以及相关条件，根据待定系数法，即可确定圆的方程，选择②时，根据几何法确定圆心和半径即可求解，
（2）根据相关点法即可求解轨迹方程.
【详解】（1）方案一：选条件①.
设圆的方程为，
则，解得，
则圆E的方程为.
方案二：选条件②.
直线恒过点.
因为圆E恒被直线平分，所以恒过圆心，
所以圆心坐标为，
又圆E经过点，所以圆的半径r＝1，所以圆E的方程为，即.
方案三：选条件③.
设圆E的方程为.
由题意可得，解得，
则圆E的方程为，即.
（2）设.
因为M为线段AP的中点，所以，
因为点P是圆E上的动点，所以，即，
所以M的轨迹方程为.
22．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.
（1）若则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？
【答案】（1）312（2）
【详解】试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函数解析式，，然后利用导数求其最值.
试题解析：解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8.
因为A1B1=AB=6，
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）.
（2）设A1B1=a（m），PO1=h（m），则0
所以，即
于是仓库的容积，
从而.
令，得 或（舍）.
当时， ，V是单调增函数；
当时，，V是单调减函数.
故时，V取得极大值，也是最大值.
因此，当m时，仓库的容积最大.
【解析】函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积
【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点等方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言的能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏高考的应用题往往需结合导数知识解决相应的最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.
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