2023-2024学年山东省聊城市高二上学期11月期中教学质量检测数学试题(含解析）

这是一份2023-2024学年山东省聊城市高二上学期11月期中教学质量检测数学试题(含解析），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。

1.设a∈R，则“直线ax+y−1=0与直线x+ay+1=0平行”是“a=±1”的
( )
A. 充分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
2.经过两条直线l1:x+y=2，l2:2x−y=1的交点，且直线的一个方向向量v=(−6,4)的直线方程为
( )
A. 2x−y−1=0B. 2x+y−3=0C. 3x−2y−5=0D. 2x+3y−5=0
3.已知SA⊥平面ABC，AB⊥AC，SA=AB=1，BC= 5，则空间的一个单位正交基底可以为
( )
A. {AB,12AC,AS}B. {AB,AC,AS}
C. {AB,12AC,12AS}D. {AS,AB, 55BC}
4.椭圆x216+y24=1和x236+y224=1( )
A. 长轴长相等B. 短轴长相等C. 焦距相等D. 顶点相同
5.已知圆M：x2+y2−2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是2 2，则圆M与圆N：(x−1)2+(y−1)2=1的位置关系是( )
A. 内切B. 相离C. 外切D. 相交
6.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达⋅芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案(如图1)，把三片这样的达⋅芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则点E到平面QGC的距离是
( )
A. 12B. 1C. 2D. 3
7.已知圆C:(x−2)2+y2=64，F(−2,0)为圆内一点，将圆折起使得圆周过点F(如图)，然后将纸片展开，得到一条折痕l，这样继续下去将会得到若干折痕，观察这些折痕围成的轮廓是一条圆锥曲线，则该圆锥曲线的方程为
( )
A. x216+y212=1B. x24+y2=1C. x24+y23=1D. x216+y24=1
8.如图，在正方体ABCD一A1B1C1D1中，O是AC中点，点P在线段A1C1上，若直线OP与平面D1AC所成的角为θ，则sinθ的取值范围是
( )
A. [ 23, 33]B. [13,12]C. [ 34, 33]D. [14,13]
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.若直线过点A(1,2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线l方程可能为
( )
A. x−y+1=0B. x+y−3=0C. 2x−y=0D. x−y−1=0
10.已知点P在圆C：x2+y2−4x=0上，直线AB:y=x+2，则
( )
A. 直线AB与圆C相交B. 直线AB与圆C相离
C. 点P到直线AB距离最大值为2 2+2D. 点P到直线AB距离最小值为2 2−1
11.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，已知平面α⊥AC1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是
( )
A. 截面形状可能为正三角形B. 截面形状可能为正方形
C. 截面形状可能为正六边形D. 截面面积最大值为 3
12.已知椭圆C:x225+y29=1，F1，F2分别为它的左右焦点，A，B分别为它的左右顶点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有
( )
A. 存在P使得∠F1PF2=π2B. cs∠F1PF2的最小值为−18
C. 直线PA与直线PB斜率乘积为定值925D. PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为9
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.与圆x2+y2−2x+4y+3=0同圆心，且过点(1,1)的圆的方程是： ．
14.如图，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，PA=AB=2，若OG//平面EFC，则AG= ．
15.点P(−2,−1)到直线l:(2+3λ)x+(1+λ)y−2−3λ=0(λ为任意实数)的距离的最大值是 ．
16.2023年第19届亚运会在中国浙江杭州举行，杭州有很多圆拱的悬索拱桥，经测得某圆拱索桥(如图)的跨度|AB|=100米，拱高|OP|=10米，在建造圆拱桥时每隔5米需用一根支柱支撑，则与OP相距30米的支柱MN的高度是 米.注意： 10≈3.162)
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
已知直线l:mx−y+1−m=0和圆C:x2+(y−1)=5．
(1)求证：对任意实数m，直线l和圆C总有两个不同的交点;
(2)设直线l和圆C交于A，B两点.若|AB|= 17，求l的倾斜角;
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45∘，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90∘，AD=2，PA=BC=1．
(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值;
(2)求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知圆C:x2+y2−4x−6y+9=0．
(1)过点P(3,5)作圆C的切线l，求l的方程;
(2)若圆C2:x2+y2+2x−4y−4=0.与圆C相交于A、B两点，求|AB|．
20.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距和短轴长相等，上顶点为A(0,1)．
(1)求E的方程
(2)过点P(0, 3)斜率为k的直线l与椭圆E交于不同的两M、N，且MN=8 27，求k的值．
21.(本小题12分)
如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E、F分别为DC、BC的中点，上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°．
(1)求证：BD1//平面C1EF；
(2)求点A1到平面C1EF的距离；
(3)边BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为3 2222，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(− 2,0)和F2( 2,0)，Γ的下顶点为A，直线l:x+y−4 2=0，点M在l上.
(1)若a=2，线段AM的中点在x轴上，求M的坐标;
(2)椭圆Γ上存在一个点P(acsθ,bsinθ)(θ∈[0,2π])，P到l的距离为d，使|PF1|+|PF2|+d=6，当a变化时，求d的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了平行的充要条件、简易逻辑的判定方法，属于基础题．
由a2−1=0，解得a=±1.经过验证可得：a=−1时，两条直线重合，舍去．即可判断出结论．
【解答】解：由两条直线平行的充要条件可得：a2−1=0，解得a=±1．
经过验证可得：a=−1时，两条直线重合，舍去，所以a=1，
∴“直线ax+y−1=0与直线x+ay+1=0平行”是“a=±1”的充分不必要条件．
故选A．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意直线的交点、直线的方向向量的性质的合理运用．
联立x+y=22x−y=1得x=1，y=1，直线l过点(1,1)，由直线l的一个方向向量v=(−6,4)得到直线l的斜率k=−23，由此能求出直线l的方程．
【解答】
解： 联立直线l1与l2，x+y=22x−y=1，解得：x=1y=1,
所以直线l1：x+y=2，l2：2x−y=1的交点为1,1，
又直线的一个方向向量v=(−6,4)，所以直线的斜率为−23，
故该直线方程为：y−1=−23x−1，即2x+3y−5=0，
故选D．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间向量基本定理，属于基础题．
由线面垂直的性质得SA⊥AB，SA⊥AC，求出AC，即可作出判断
【解答】
解：因为SA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，
所以SA⊥AB，SA⊥AC．
因为AB⊥AC，AB=1，BC= 5，
所以AC=2，
所以空间的一个单位正交基底可以为{AB,12AC,AS}.
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查椭圆的几何性质，属基础题．
求得两椭圆的长轴长，短轴长，焦距，顶点坐标可得结论．
【解答】解：由椭圆x216+y24=1，可得a2=16，b2=4，∴a=4，b=2，c= a2−b2=2 3，
∴长轴长为2a=8，2b=4，2c=4 3，顶点坐标为(±4,0)，(0,±2)，
由椭圆x236+y224=1，可得a2=36，b2=24，∴a=6，b=2 6，c= a2−b2=2 3，
∴长轴长为2a=12，2b=4 6，2c=4 3，顶点坐标为(±6,0)，(0,±2 6)，
故选：C．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线和圆相交的弦长公式，以及两圆位置关系的判断，属于中档题．
求出圆心M到直线x+y=0的距离d，根据直线与圆相交的弦长公式为2 R2−d2，求出a的值，求出圆心距，与半径和、半径差比大小，即可判断两圆位置关系．
【解答】
解：圆的标准方程为M：x2+(y−a)2=a2(a>0)，
则圆心为(0,a)，半径R=a，
圆心到直线x+y=0的距离d=a 2，
∵圆M：x2+y2−2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是2 2，
∴2 R2−d2=2 a2−a22=2 a22=2 2，
即 a22= 2，
即a2=4，a=2，
则圆心为M(0,2)，半径R=2，
圆N:(x−1)2+(y−1)2=1的圆心为N(1,1)，半径r=1，
则|MN|= 1−02+1−22= 2，
∵R+r=3，R−r=1，
∴R−r<|MN|即两个圆相交．
故选D．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了点面距离的向量求法，是中档题．
建立空间直角坐标系，求平面QGC的法向量，用点到平面的距离公式计算即可．
【解答】解：建立空间直角坐标系如图所示：
则C(0,2,0)，Q(1,0,2)，G(0,0,2)，E(2,0,0)，
QC=(−1,2,−2)，QG=(−1,0,0),EC=(−2,2,0)，
设平面QGC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅QC=0n⋅QG=0，即−x=0−x+2y−2z=0,
则平面QGC的一个法向量为n=(0,1,1)，
则点E到平面QGC的距离d=|n⋅EC||n|=2 2= 2．
故选：C．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了与椭圆有关的轨迹问题，椭圆的定义，属于中档题．
圆C的圆心为C(2,0)，半径为8，设点F关于直线l的对称点为M，连接MC交直线l于点P，连接PF，可得|PF|+|PC|=8，根据椭圆的定义即可求解．
【解答】解：如下图所示：
圆C的圆心为C(2,0)，半径为8，
设点F关于直线l的对称点为M，连接MC交直线l于点P，连接PF，
由对称性可得|FP|=|PM|，
所以|PF|+|PC|=|PM|+|PC|=|CM|=8(定值)，
又因为|CF|=4<|CM|，
由椭圆的定义可知，点P的轨迹是以F、C为焦点的椭圆，且焦点在x轴上，
设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，半焦距为c，
则2a=8,2c=4，解得a=4,c=2，则b= a2−c2=2 3，
故该圆锥曲线的方程为x216+y212=1．
故选A．
8.【答案】A
【解析】【分析】
此题考查了正方体的性质和线面角的求法，考查了推理能力，属于较难题．
建立空间直角坐标系，设边长为2，求出平面D1AC的法向量，根据线面角的向量求法可得答案．
【解答】
解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，设边长为2，

则D(0,0,0)，B1(2,2,2)，O(1,1,0)，D1(0,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)
设P(x0,2−x0,2)，x0∈0,2，
则OP=x0−1,1−x0,2，DB1=2,2,2，AD1=−2,0,2，AC=−2,2,0，
则DB1·AD1=0，DB1·AC=0，则DB1⊥AD1，DB1⊥AC，
又AC⋂AD1=A，AC，AD1⊂平面D1AC，则DB1⊥平面D1AC，
所以DB1=(2,2,2)为平面D1AC的一个法向量，
sinθ=csOP,DB1=42 3· 2x0−12+4=2 3· 2x0−12+4，x0∈0,2，
则2x0−12+4∈4,6，
2 3· 2x0−12+4∈ 23, 33，
所以sinθ的取值范围是[ 23, 33]．
故选A．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题主要考查直线截距式方程的应用，注意要进行分类讨论，属于中档题．
分直线过原点和直线不过原点两种情况进行讨论，根据直线截距的意义即可得到结论．
【解答】
解：若直线过原点，则满足条件，此时设直线方程为y=kx，则2=k，此时直线为y=2x，
若直线不经过原点，则设直线的截距式方程为xa+yb=1，
∵直线过点(1,2)，∴1a+2b=1，
∵|a|=|b|，∴a=b或a=−b，
若a=b，则方程1a+2b=1等价为1a+2a=1，解得a=b=3，此时直线方程为x+y−3=0，
若a=−b，则方程1a+2b=1等价为1−b+2b=1，解得b=1，a=−1，此时直线方程为x−y+1=0，
故选ABC．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离，属于较易题．
将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，即可判断．
【解答】
解：圆C：x2+y2−4x=0，即x−22+y2=4，圆心为C2,0，半径r=2，
则圆心C到直线AB的距离d=2+2−0 12+−12=2 2>r，所以直线AB与圆C相离，
又点P在圆C上，所以点P到直线AB距离最大值为2 2+2，点P到直线AB距离最小值为2 2−2，故正确的有B、C．
故选：BC
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查正方体的结构特征，截面的特征，线面垂直的判定和性质，属于中档题．
根据题意，进行求解即可．
【解答】
解：由题意，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，平面α⊥AC1，
画出图形，如图所示：
根据正方体ABCD−A1B1C1D1的性质，可知BD⊥AC，BD⊥CC1，
又AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面ACC1，
所以BD⊥平面ACC1，又AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1，
同理可得，A1B⊥AC1，
又A1B∩BD=B，A1B，BD⊂平面A1BD，
所以平面A1BD⊥AC1，
可知△A1BD为等边三角形，所以截面形状可能为正三角形，故选项 A正确；
当P，Q，R，S，T，U分别为BC、CD、DD1、D1A1、A1B1、BB1的中点时，
可得，PQ/​/BD，PU//DA1，又PQ∩PU=P，BD∩DA1=D，
所以平面PQRSTU//平面A1BD，
所以平面PQRSTU⊥AC1，
根据正方体的特征性质，可知六边形PQRSTU为正六边形，所以截面形状可能为正六边形，故选项 C正确；
此时截面PQRSTU最大，
截面面积最大值为6×12× 22× 22×sin60°=3 34，故选项D错误；
可知：截面形状不可能为正方形，选项B错误；
故选AC．
12.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的焦点三角形问题，利用余弦定理解三角形，利用基本不等式求最值，属于中档题．
设椭圆C上下顶点为D,E，根据DF1⋅DF2<0，得∠F1PF2的最大角为钝角即可判断A；记|PF1|=m,|PF2|=n，则m+n=10，结合余弦定理与基本不等式，求解判断B；结合题意得mn=12[(m+n)2−(m2+n2)]=18，进而计算面积判断D；设P(x,y)(x≠±5)，直接求解kPA⋅kPB，即可判断C．
【解答】
解：设椭圆C上下顶点为D,E，由题知椭圆C：x225+y29=1中，a=5,b=3,c=4，
所以，F1(−4,0)，F2(4,0)，A(−5,0),B(5,0)，D(0,3),E(0,−3)，
对于A选项，由于DF1=(−4,−3),DF2=(4,−3)，DF1⋅DF2=−16+9=−7<0，
所以∠F1PF2的最大角为钝角，
故存在P使得∠F1PF2=π2，A正确；
对于B选项，记|PF1|=m,|PF2|=n，则m+n=10，
由余弦定理：cs⁡∠F1PF2=m2+n2−642mn=(m+n)2−2mn−642mn=36−2mn2mn=18mn−1
⩾18(m+n2)2−1=−725，当且仅当|PF1|=|PF2|时取“=”，B错误；
对于D选项，由于PF1⊥PF2，故m+n=10m2+n2=64⇒mn=12[(m+n)2−(m2+n2)]=18 ，
所以S△F1PF2=12mn=9，D正确；
对于C选项，设P(x,y)(x≠±5),A(−5,0),B(5,0)，则x225+y29=1，kPA=yx+5,kPB=yx−5，
于是kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25=9(1−x225)x2−25=−925，故C错误．
13.【答案】x2+y2−2x+4y−4=0
【解析】【分析】
本题考查求圆的方程，属于基础题．
设所求圆的方程为x2+y2−2x+4y+m=0，m≠3，代入点(1,1)，求出m即可．
【解答】
解：依题意，设所求圆的方程为x2+y2−2x+4y+m=0，m≠3，
因为圆过点(1,1)，
则1+1−2+4+m=0，解得m=−4，
故所求圆的方程为x2+y2−2x+4y−4=0
14.【答案】23
【解析】【分析】
本题考查了线面平行的向量表示，是中档题．
建立空间直角坐标系，得出平面EFC的法向量n，设G(0,0,a)，因为OG//平面EFC，则n⋅OG=0，得出a，可得AG．
【解答】
解：如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，O(1,1,0)，
则F(1,0,1)，E(0,1,1)，
所以FC=(1,2,−1)，FE=(−1,1,0)，
设平面EFC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅FC=0n⋅FE=0⇒x+2y−z=0−x+y=0，
解得y=xz=3x，令x=1，则y=1，z=3，
所以平面EFC的一个法向量为n=(1,1,3)．
因为OG//平面EFC，则n⋅OG=0，
设G(0,0,a)，则OG=(−1,−1,a)，所以−1−1+3a=0，
解得a=23，所以G(0,0,23)，即AG=23．
15.【答案】 13
【解析】【分析】
本题考查直线方程的综合应用和两点距离公式，属于基础题．
直线l：(2+3λ)x+(1+λ)y−2−3λ=0可化为：(2x+y−2)+λ(3x+y−3)=0，得直线恒过定点，然后利用两点距离公式求解即可．
【解答】
解：直线l：(2+3λ)x+(1+λ)y−2−3λ=0可化为：(2x+y−2)+λ(3x+y−3)=0
由2x+y−2=03x+y−3=0，解得x=1y=0,
∴直线l恒过定点A(1,0)，
∴|PA|= 1+22+0+12= 10，
∵PA⊥直线l时距离最大，点P(−2,−1)到直线的距离为 10，
故答案为 10．
16.【答案】6.48
【解析】【分析】
本题考查圆的方程的应用，求得圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中档题．
建立平面直角坐标系，求得点A的坐标，设所求圆的半径为r，由勾股定理可列等式，求得r的值，进而可求得圆的方程，然后将x=−30代入圆的方程，求出点N的纵坐标，可计算出MN的长，即可得出结论．
【解答】
解：以点P为坐标原点，OP所在直线为y轴、过点P且平行于AB的直线为x轴，建立平面直角坐标系，
由题意可知，点A的坐标为−50,−10，设圆拱桥弧所在圆的半径为r，
∵OP=10，由勾股定理可得(r−OP)2+OA2=r2，
即(r−10)2+502=r2，解得r=130，
∴圆心坐标为0,−130，则圆的方程为x2+(y+130)2=1302，
将x=−30代入圆的方程得(y+130)2=1302−(−30)2=16000，
∵y>−10，解得y=40 10−130，
∴MN=(40 10−130)−(−10)=40 10−120≈6.48(米)．
则与OP相距30米的支柱MN的高度大约是6.48米
17.【答案】解：(1)证明：方法1，将y=1+m(x−1)代入C．x2+(y−1)2=5得
(1+m)x2−2m2x+m2−5=0，Δ=16m2+20>0，
直线l和圆C总有两个不同的交点；
方法2，由已知，直线：m−y+1−m=0，所以直线恒过定点P(1,1)，
因为|PC|= 12+(1−1)2< 5，所以点P在圆C内，于是直线和圆C总有两个不同的交点;
(2)∵R= 5，圆心C(0,1)到直线的距离d=m m2+1，|AB|= 17，
∴根据垂径定理及勾股定理得：
|AB|=2 r2−d2，即17=20−4m2m2+1，
整理得：m2=3，解得：m=± 3，
∴直线l的方程为 3x−y+1− 3=0或 3x+y−1− 3=0，
于是l的倾斜角为π3或2π3；

【解析】本题考查了直线与圆相交的性质，涉及的知识有：点到直线的距离公式，圆的标准方程，垂径定理，勾股定理，以及直线的倾斜角与斜率的关系，是一道综合性较强的中档题．
(1)方法1，将y=1+m(x−1)代入C．x2+(y−1)2=5，根据判别式判断即可;
方法2，由已知，直线：m−y+1−m=0，所以直线恒过定点P(1,1)，结合|PC|与半径的关系即可判断;
(2)由直线l与圆C交于A，B两点，AB为圆C的弦，根据垂径定理得到弦长，圆的半径及弦心距d构成直角三角形，利用勾股定理列出关于m的方程，求出方程的解得到m的值，确定出直线l的方程，进而求出直线l的倾斜角．
18.【答案】解：因为PA⊥平面ABCD，AB和AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD，又∠BAD=90∘，所以AB⊥AD．
又因为PA⊥平面ABCD，所以∠PBA就是PB与底面所成的角，所以∠PBA=45∘，故 AB=PA=1．
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
依题意，B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，C(1,1,0)，
所以PC=(1,1,−1)，PB=(1,0,−1)，PD=(0,2,−1)．
(1)设平面PBD的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PB=0,m⋅PD=0,即x−z=0,2y−z=0．
取z=2，则x=2，y=1，此时m=(2,1,2)
所以csm,PC=m⋅PC|m|⋅PC=1 3×3= 39．
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 39．
(2)依题意，平面PAB的一个法向量n1=12AD=(0,1,0)．
设平面PCD的一个法向量为n2=(a,b,c)，则n2⋅PC=0,n2⋅PD=0,即a+b−c=0,2b−c=0,
取b=1，则c=2，a=1，此时n2=(1,1,2)．
所以csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=11× 6= 66．
所以平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为 66．
【解析】本题主要考查直线与平面所成的角、平面与平面所成的角，线面垂直的性质，注意向量法在解题中的应用，属于中档题．
(1)以A为原点，建立空间直角坐标系A−xyz，可求PC与平面PBD的法向量的坐标，进而可得PC与平面PBD所成角的正弦值；
(2)由(1)得平面PAB的法向量，再求得平面PCD的法向量，由向量法可得平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值．
19.【答案】解：(1)圆C1方程可化为(x−2)2+(y−3)2=4，则圆心C1(2,3)，半径为2，
由(3−2)2+(5−3)2>4，可得点P在圆外，
当过点P的直线斜率存在时，设l的方程为y=k(x−3)+5，即kx−y+5−3k=0，
则圆心C1到直线l的距离为|2k−3+5−3k| 1+k2=2，解得k=−43，或k=0
∴l的方程为4x+3y−27=0，或y=5，
当过点P的直线斜率不存在时，l的方程为x=3，此时l与圆C1相交，不符合题意；
∴l的方程为4x+3y−27=0或y=5．
(2)圆C1与C2方程相减得直线AB方程为6x+2y−13=0，
则圆心C1到直线AB的距离d=|12+6−13| 40= 104，
∴|AB|=2 22−d2=3 62．
【解析】本题考查直线与圆的方程，涉及切线方程，点到直线距离等知识点，属于基础题．
(1)根据条件可判断出P在圆外，当斜率存在时，设切线为y=k(x−3)+5，利用圆心到切线距离为半径解得k=−43，或k=0，另考虑过点P的斜率不存在的直线；
(2)两圆方程相减先求出AB的方程：6x+2y−13=0，再求出圆心C1到直线AB的距离d= 104，利用勾股定理求出公共弦|AB|．
20.【答案】解：(1)椭圆E:x2a2 +y2b2 =1(a>b>0)，上顶点为A(0,1)，则b=c=1，
因为a2=b2+c2，解得a2=2，
则椭圆E的方程为x22+y2=1；
(2)根据题意，设直线l:y=kx+​3，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则y=kx+ 3x22+y2=1，整理得(1+2k2)x2+4 3kx+4=0，
Δ=(4 3k)2−4×4×(1+2k2)>0，即k2>1，
∴x1+x2=−4 3k1+2k2，x1x2=41+2k2，
∴|MN|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2=4 (1+k2)(k2−1)1+2k2=8 27，
即17k4−32k2−57=0，解得：k2=3或−1917(舍去)，
∴k=± 3．
【解析】本题考查椭圆的概念及标准方程、椭圆的性质及几何意义、直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
(1)根据题意求出a，b的值，即可求出结果；
(2)根据题意，设直线l:y=kx+​3，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，与椭圆方程联立，得出(1+2k2)x2+4 3kx+4=0，利用弦长公式，即可求出结果．
21.【答案】解：(1)证明：因为OO1⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，DA,OF,OO1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为侧棱所在直线与上下底面中心的连线OO1所成的角为45°，
所以OO1= 2，
则B(2,2,0)，D1(−1,−1, 2)，C1(−1,1, 2)，F(0,2,0)，E(−2,0,0)，A1(1,−1, 2)，C(−2,2,0)，
所以BD1=(−3,−3, 2)，C1E=(−1,−1,− 2)，EF=(2,2,0)，
设平面C1EF的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EF=2x+2y=0n⋅C1E=−x−y− 2z=0，令x=1，则n=(1,−1,0)，
因为BD1=(−3,−3, 2)，所以n⋅BD1=0，所以n⊥BD1，
又因为BD1⊄平面C1EF，所以BD1//平面C1EF；
(2)由(1)知，A1E=(−3,1,− 2)，
所以点A1到平面C1EF的距离为d=|A1E⋅n||n|=|−4| 2=2 2；
(3)假设边BC上存在点M(x,2,0)满足条件，x∈[−2,2]，
则A1M=(x−1,3,− 2)，
设直线A1M与平面C1EF所成角为θ，
由题意可得sinθ=|cs|=|A1M⋅n||A1M|⋅|n|=|x−4| 2⋅ x2−2x+12=3 2222，
化简得x2−35x+34=0，则x=1或x=34(舍去)，即存在点M符合题意，此时BM=1．
【解析】本题考查线面平行的证明，考查点到面的距离的求法，考查利用线面夹角求解线段长的求法，属于中档题．
(1)建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直即可证明线面平行；
(2)建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；
(3)假设存在，列出方程求解即可．
22.【答案】解：(1)由题意可得a=2,b=c= 2，
Γ：x24+y22=1, A(0,− 2)，
∵AM的中点在x轴上，
∴M的纵坐标为 2，代入x+y−4 2=0，得M(3 2, 2)．
(2)由点到直线距离公式可得d=|acsθ+bsinθ−4 2| 2=6−2a，
很明显椭圆在直线的左下方，则−acsθ+bsinθ−4 2 2=6−2a，
即4 2− a2+b2sin(θ+φ)=6 2−2 2a，
∵a2=b2+2，
∴ 2a2−2sin(θ+φ)=2 2a−2 2，
据此可得 a2−1sin(θ+φ)=2a−2，|sin(θ+φ)|=|2a−2| a2−1≤1，
整理可得(a−1)(3a−5)≤0，即1≤a≤53，
从而d=6−2a≥6−2×53=83．
即d的最小值为83．
【解析】本题主要考查椭圆方程的求解，点到直线距离公式及其应用，椭圆中的最值与范围问题等知识，属于中等题．(1)由题意可得椭圆方程为x24+y22=1，从而确定M点的纵坐标，进一步可得点M的坐标；
(2)利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得|acsθ+bsinθ−4 2| 2=6−2a，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得1≤a≤53，即可确定d的最小值．