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浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题及参考答案
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高二年级数学学科试题
考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分（共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知方程表示半径为1的圆，则实数（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将方程化成圆的标准形式，即有，求参即可.
【详解】由题设表示半径为1的圆，
所以.
故选：D
2. 在空间直角坐标系中，点，点B关于y轴对称的点为C，则=（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】首先确定B关于y轴对称点坐标，再应用空间两点距离公式求.
【分析】由题设，故.
故选：C
3. 已知直线l的一个方向向量，且过点，则直线l的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线方程.
【详解】因为直线l一个方向向量，所以直线l的斜率为，
又直线经过点，所以直线l的方程为，即.
故选：A.
4. 抛物线的焦点为F，且抛物线C与椭圆在第一象限的交点为A，若轴，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设可得，再由点在椭圆上，代入求参数即可.
【详解】由题设，且在第一象限，轴，则，
又在椭圆上，故，而，故.
故选：C
5. 已知长方体，，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由正方体的性质可得，所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即，由余弦定理求解即可.
【分析】连接，由正方体的性质可得，
所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
即，在中，，
，
所以.
故选：B.
6. 已知圆与圆相交于A，B两点，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先确定圆的圆心和半径，再将两圆方程作差求相交弦方程，应用点线距离公式、弦长的几何求法求.
【详解】由圆中且半径为1，
将两圆方程作差，得，整理得，
所以相交弦方程为，则到其距离为，
所以.
故选：A
7. 双曲线的左、右焦点分别为F₁、F₂，A为双曲线C左支上一点，直线与双曲线C的右支交于点B，且，则（ ）
A. B. 26C. 25D. 23
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线定义有，设易得，，在中应用余弦定理求参数，即可求.
【详解】由题设知：，
令，则，，
中，，则，
所以，则，故，则，
所以.
故选：B
8. 有5张未刮码的卡片，其中n张是“中奖”卡，其它的是“未中奖”卡，现从这5张卡片随机抽取2张.你有资金100元，每次在对一张卡片刮码前，下注已有资金的一半.若刮码结果为“中奖”，则赢得与下注金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资金.抽取的2张卡片全部刮完后，要使资金增加的概率大于资金减少的概率，则n至少为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设分析出：要使资金增加必须2次刮出中奖，转化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于，再列不等式求n取值.
【详解】由于总资金100元，每次在对一张卡片刮码前下注已有资金的一半.
刮第1张卡前，下注50元：
若未中奖，还剩50元；刮第2张卡前，下注25元，不管是否中奖，资金必减少；
若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资金减少；中奖资金增加；
所以，要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少；
所以，5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于即可，
由5张卡片中任取2张的方法数有10种，n张“中奖”卡中取到2张的方法数有种，
所以且，故或5，即n至少为4.
故选：C
【点睛】关键点点睛：问题化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于为关键.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知直线，，则（ ）
A. 直线过定点B. 当时，
C. 当时，D. 当时，之间的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】将化为，令即可确定定点；将、代入方程，由方程形式判断直线位置关系；由直线平行得，应用平行线距离公式求距离.
【详解】由，令，可得，
所以过定点，A对；
时，，而，即，B对；
时，，而，显然不垂直，C错；
，则，可得，由上知，之间的距离为，D对.
故选：ABD
10. 某环保局对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行检查督导，若连续10天，每天空气质量指数（单位：μg/m³）不超过100，则认为该地区环境治理达标，否则认为该地区环境治理不达标.根据连续10天检查所得数据的数字特征推断，环境治理一定达标的地区是（ ）
A. 甲地区：平均数为80，众数为70
B. 乙地区：平均数为80，方差为40
C. 丙地区：中位数为80，方差为40
D. 丁地区：极差为10，80%分位数为90
【答案】BD
【解析】
【分析】A由数据即可判断；C由数据；B、D假设存在大于100的数据，由得矛盾判断B；根据极差得最小数据为90，与百分位数矛盾判断D.
【详解】A：10天数据如下：满足平均数为80，众数为70，不符合；
B：若表示第天数据，则，如果其中一天的数据超过100，则，故没有超过100的数据，符合；
C：10天数据如下：，此时中位数为80，方差约为40，不符合；
D：若其中一天的数据超过100，由于极差为10，则最小数据超过90，与80%分位数为90矛盾，故10天没有超过100的数据，符合；
故选：BD
11. 已知抛物线的准线与x轴交于点D，O为坐标原点，点A，B是抛物线C上异于点O的两个动点，线段AB与x轴交于点T，则（ ）
A. 若T为抛物线C的焦点，则线段AB的长度的最小值为4
B. 若T为抛物线C的焦点，则为定值
C. 若△AOT与△BOT的面积之积为定值，则T为抛物线C的焦点
D. 若直线DA和直线DB都与抛物线C相切，则T为抛物线C的焦点
【答案】ABD
【解析】
【分析】设直线方程为，，由直线方程与抛物线方程联立可得，，又可得，由焦半径公式得焦点弦长求解后判断A，由数量积的坐标运算判断B，计算出△AOT与△BOT的面积之积，由其为定值判断C，求出切点坐标得切线弦所在直线方程判断D．
【详解】设直线方程为，，，，
由，得，
，，
则，，
为焦点时，，，，显然时，；A正确；
，，，
，B正确；
为定值，所以为定值，但不一定有，C错；
，设过点的切线方程是，，
由，得，，，
时，的解为，因此，即，
时，的解为，因此，即，
直线方程为过焦点，D正确．
故选：ABD．
12. 己知椭圆的左，右焦点分别为，，圆，点P在椭圆C上，点Q在圆M上，则下列说法正确的有（ ）
A. 若椭圆C和圆M没有交点，则椭圆C的离心率的取值范围是
B. 若，则的最大值为4
C. 若存在点P使得，则
D. 若存点Q使得，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A根据已知，数形结合得时椭圆C和圆M没有交点，进而求离心率范围；B令，求得，结合椭圆有界性得，即可判断；C由题设，令，进而得到，结合点在椭圆上得到公共解求范围；D将问题化为圆心为，半径为的圆与圆有交点.
【详解】由椭圆中，圆中圆心，半径为1，如下图示，
A：由于，由图知：当时椭圆C和圆M没有交点，
此时离心率，对；
B：当时，令，则，而，
所以，又，故，
所以的最大值为，错；
C：由，若，则，
由，令，且，
则，即，
所以，则，且，故，对；
D：令，若，所以，
则，所以，
轨迹是圆心为，半径为的圆，
而与的距离为，要使点Q存在，
则，可得，且，即，对；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于C，根据已知得到，设，利用两点距离公式得到方程组，求出公共解为关键；对于D，问题化为圆心为，半径为的圆与圆有交点为关键.
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知一个圆柱上、下底面的圆周都在同一个球面上，球的直径为5，圆柱底面直径为4，则圆柱的侧面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题设圆柱体外接球直径，根据圆柱体高、底面半径与外接球半径的几何关系列方程求得高，再应用圆柱侧面积求法求结果.
【详解】由题设，圆柱体外接球直径，而圆柱体底面直径，
若圆柱体的高为，则，故，，
所以圆柱的侧面积为.
故答案：
14. 已知直线与圆，则圆C上到直线l距离为1的点有______个.
【答案】2
【解析】
【分析】写出圆的圆心和半径，应用点线距离公式判断直线与圆相交，再通过判断劣弧一侧是否存在到直线l距离为1的点，即可得答案.
【详解】由题设，圆的圆心，半径为2，
而到的距离为，故直线与圆相交，
又，即劣弧一侧不存在到直线距离为1的点，所以圆C上到直线l距离为1的点有2个.
故答案为：2
15. 椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，.点O是坐标原点，点A是椭圆的左顶点，的中点M为双曲线的左顶点，设椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，满足，则椭圆的离心率______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据的中点M为双曲线的左顶点得，根据椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，可得，再由可得答案.
【详解】因为的中点M为双曲线的左顶点，所以，
椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，满足，
所以，可得，
所以，代入可得，
则椭圆的离心率.
故答案为：.
16. 点P是长方体内的动点，已知，Q是平面BC₁D上的动点，满足，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三点共线定理可得点在线段上运动时，点Q的运动范围是以点为圆心，半径为2的圆面，再结合三角换元，正弦型函数的最值得出结果.
【详解】取底面的中心，
因为，所以点在平面上，且，
所以点在线段上，
由得，
所以由，得，
由，得，又平面，
所以平面.
因为Q是平面BC₁D上的动点，满足，
所以当在点时，点Q在点；当在点时，点Q在点为圆心，半径为2的圆上；
所以点在线段上运动时，点Q的运动范围是以点为圆心，半径为2的圆面，
以为坐标原点，以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设,，R，
过点作于点，，则点为的中点，所以,，
，,，
，
当时，取最小，为最小值，
因为，所以，设，R，
，当时，取最大值，
所以取最小值.
故答案为：.
【点睛】空间立体几何轨迹问题：先根据已知条件确定与待求点相关的平行、垂直等关系；可建立空间直角坐标系，表示动点的坐标以及相关点的坐标，然后代入点的坐标所满足的几何关系，整理化简可得出动点的轨迹方程，根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其它量.
四、解答题：本题共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. 已知圆.
（1）求过圆心C且在两坐标轴上的截距相等的直线方程；
（2）直线与圆C相交所得的弦长为4，求实数b的值.
【答案】（1）或;
（2）或.
【解析】
【分析】（1）写出圆的标准方程确定圆心和半径，讨论直线是否过原点，结合截距式及所过的点求方程即可；
（2）根据已知可得直线与的距离为，应用点线距离公式列方程求参数.
【小问1详解】
由题设，圆标准方程为，即，半径为3，
若直线原点，则方程为，即，符合；
若直线不过原点，令直线方程为，而在直线上，
所以，故直线方程为；
综上，所求直线为或.
【小问2详解】
由题设，直线与的距离为，
所以，故或.
18. 某用人单位招聘毕业大学生设置了笔试、面试两个环节，先笔试后面试.笔试有两次机会，若第一次笔试通过，则进入面试环节，若没有通过，进行第二次笔试，两次笔试相互独立，若第二次笔试通过则进入面试环节，若仍不通过，则淘汰不予录用.面试只有一次机会，通过后即可录用.已知考生甲通过笔试的概率均为，通过面试的概率为.考生乙通过笔试的概率均为，通过面试的概率为.记“甲被录用”为事件A，“乙被录用”为事件B，事件A，B相互独立.求：
（1）；
（2）甲乙两人恰有一个人被该用人单位录用的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意事件A包含“第一次笔试通过、面试通过”和“第一次笔试不通过、第二次笔试通过、面试通过”两种可能，从而可求；
（2）先求出“乙被录用”的概率，再由恰有一个人被录用分为“甲被录用且乙不被录用”和“乙被录用且甲不被录用”两种情况，进而可求出概率.
【小问1详解】
由于“甲被录用”为事件A，事件A包含“第一次笔试通过、面试通过”和“第一次笔试不通过、第二次笔试通过、面试通过”两种可能，
则.
【小问2详解】
由（1）知，则“甲不被录用”的概率，
由题意“乙被录用”的概率，“乙不被录用”的概率为，
由于甲乙两人恰有一个人被录用的事件为，事件A，B相互独立，
所以.
所以甲乙两人恰有一个人被该用人单位录用的概率为.
19. 平面上的动点到定点的距离等于点P到直线的距离，记动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）直线与曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点为M.是否存在这样的直线l，使得，若存在，求实数m的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义，直接写出曲线C的方程；
（2）设，联立直线与抛物线，由得，应用韦达定理及中点公式得，结合求得，即可得结论.
【小问1详解】
由题意，动点P的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，故，
所以曲线C的方程为.
【小问2详解】
设，联立，得，
且，则，故，所以，
所以，又，即，不满足，
所以不存在满足要求的直线l.
20. 已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁满足AC=BC=1，∠ACB=90°，∠A₁AC=60°，顶点A₁在平面ABC上的射影为点B.
（1）证明：AC⊥平面A₁BC；
（2）点M为A₁C₁的中点，点N为BC的中点，求直线CM与平面ANB₁所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明.
（2）建立空间直角坐标系，借助于线面角的向量解法求线面角.
【小问1详解】
,
A₁在平面ABC上的射影为点B，
面，
又面，
，
又，，面，面，面，
面，
【小问2详解】
由（1）得，面
面，
，，，
，，
，
如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，竖直向上为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设面的法向量为，则
，令，则，，
又，设直线CM与平面ANB₁所成角为，
则，
CM与平面ANB₁所成角的正弦值为.
21. 已知双曲线，斜率为k的直线l过点M.
（1）若，且直线l与双曲线C只有一个交点，求k的值；
（2）已知点，直线l与双曲线C有两个不同的交点A，B，直线的斜率分别为，若为定值，求实数m的值.
【答案】（1）或；
（2）
【解析】
【分析】（1）令直线，联立双曲线得，讨论、分别求直线与双曲线只有一个交点情况下对应k值；
（2）令直线，，联立双曲线并应用韦达定理，结合，韦达公式代入化简，根据定值列方程组求参数m.
【小问1详解】
由题设，令直线，联立双曲线，得，
所以，
当，时，直线与双曲线只有一个交点，
当，交点为；当，交点为；
当，此时，则，
当，切点为；当，切点为；
综上，或.
【小问2详解】
由题设，令直线，
联立双曲线，得，则，
故，所以①，
令，则，，
由
又，，
为定值，
所以，此时为定值.
22. 已知椭圆的离心率为，左焦点F与原点O的距离为1，正方形PQMN的边PQ，MN与x轴平行，边PN，QM与y轴平行，，过F的直线与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中垂线为l.已知直线AB的斜率为k，且.
（1）若直线l过点P，求k的值;
（2）若直线l与正方形PQMN的交点在边PN，QM上，l在正方形PQMN内的线段长度为s，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求椭圆方程，设直线，，联立方程利用韦达定理求直线l的方程，代入点P运算求解即可；
（2）根据直线l的方程求直线l与PN，QM的交点坐标，结合题意可求得，利用弦长公式整理可得，利用换元法结合对勾函数求取值范围.
【小问1详解】
设椭圆C的半焦距为，
由题意可得：，解得，所以椭圆.
因为，则直线，，
联立方程，消去y得，
则，
可得，
则，，
即线段AB的中点为，
所以直线，即，
若直线l过点，则，整理得，
对于，则，即无解，
由，解得.
【小问2详解】
由（1）可知：直线，
令，可得，即直线l与PN的交点坐标为，
令，可得，即直线l与QM的交点坐标为，
由题意可得：，解得，
可得，
，
则，
可得，
令，则，
可得，
因为在内单调递增，且，可得，
则，可得，
即，可得.
所以的取值范围.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．
（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
高二年级数学学科试题
考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分（共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知方程表示半径为1的圆，则实数（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将方程化成圆的标准形式，即有，求参即可.
【详解】由题设表示半径为1的圆，
所以.
故选：D
2. 在空间直角坐标系中，点，点B关于y轴对称的点为C，则=（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】首先确定B关于y轴对称点坐标，再应用空间两点距离公式求.
【分析】由题设，故.
故选：C
3. 已知直线l的一个方向向量，且过点，则直线l的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线方程.
【详解】因为直线l一个方向向量，所以直线l的斜率为，
又直线经过点，所以直线l的方程为，即.
故选：A.
4. 抛物线的焦点为F，且抛物线C与椭圆在第一象限的交点为A，若轴，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设可得，再由点在椭圆上，代入求参数即可.
【详解】由题设，且在第一象限，轴，则，
又在椭圆上，故，而，故.
故选：C
5. 已知长方体，，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由正方体的性质可得，所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即，由余弦定理求解即可.
【分析】连接，由正方体的性质可得，
所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
即，在中，，
，
所以.
故选：B.
6. 已知圆与圆相交于A，B两点，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先确定圆的圆心和半径，再将两圆方程作差求相交弦方程，应用点线距离公式、弦长的几何求法求.
【详解】由圆中且半径为1，
将两圆方程作差，得，整理得，
所以相交弦方程为，则到其距离为，
所以.
故选：A
7. 双曲线的左、右焦点分别为F₁、F₂，A为双曲线C左支上一点，直线与双曲线C的右支交于点B，且，则（ ）
A. B. 26C. 25D. 23
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线定义有，设易得，，在中应用余弦定理求参数，即可求.
【详解】由题设知：，
令，则，，
中，，则，
所以，则，故，则，
所以.
故选：B
8. 有5张未刮码的卡片，其中n张是“中奖”卡，其它的是“未中奖”卡，现从这5张卡片随机抽取2张.你有资金100元，每次在对一张卡片刮码前，下注已有资金的一半.若刮码结果为“中奖”，则赢得与下注金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资金.抽取的2张卡片全部刮完后，要使资金增加的概率大于资金减少的概率，则n至少为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设分析出：要使资金增加必须2次刮出中奖，转化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于，再列不等式求n取值.
【详解】由于总资金100元，每次在对一张卡片刮码前下注已有资金的一半.
刮第1张卡前，下注50元：
若未中奖，还剩50元；刮第2张卡前，下注25元，不管是否中奖，资金必减少；
若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资金减少；中奖资金增加；
所以，要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少；
所以，5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于即可，
由5张卡片中任取2张的方法数有10种，n张“中奖”卡中取到2张的方法数有种，
所以且，故或5，即n至少为4.
故选：C
【点睛】关键点点睛：问题化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于为关键.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知直线，，则（ ）
A. 直线过定点B. 当时，
C. 当时，D. 当时，之间的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】将化为，令即可确定定点；将、代入方程，由方程形式判断直线位置关系；由直线平行得，应用平行线距离公式求距离.
【详解】由，令，可得，
所以过定点，A对；
时，，而，即，B对；
时，，而，显然不垂直，C错；
，则，可得，由上知，之间的距离为，D对.
故选：ABD
10. 某环保局对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行检查督导，若连续10天，每天空气质量指数（单位：μg/m³）不超过100，则认为该地区环境治理达标，否则认为该地区环境治理不达标.根据连续10天检查所得数据的数字特征推断，环境治理一定达标的地区是（ ）
A. 甲地区：平均数为80，众数为70
B. 乙地区：平均数为80，方差为40
C. 丙地区：中位数为80，方差为40
D. 丁地区：极差为10，80%分位数为90
【答案】BD
【解析】
【分析】A由数据即可判断；C由数据；B、D假设存在大于100的数据，由得矛盾判断B；根据极差得最小数据为90，与百分位数矛盾判断D.
【详解】A：10天数据如下：满足平均数为80，众数为70，不符合；
B：若表示第天数据，则，如果其中一天的数据超过100，则，故没有超过100的数据，符合；
C：10天数据如下：，此时中位数为80，方差约为40，不符合；
D：若其中一天的数据超过100，由于极差为10，则最小数据超过90，与80%分位数为90矛盾，故10天没有超过100的数据，符合；
故选：BD
11. 已知抛物线的准线与x轴交于点D，O为坐标原点，点A，B是抛物线C上异于点O的两个动点，线段AB与x轴交于点T，则（ ）
A. 若T为抛物线C的焦点，则线段AB的长度的最小值为4
B. 若T为抛物线C的焦点，则为定值
C. 若△AOT与△BOT的面积之积为定值，则T为抛物线C的焦点
D. 若直线DA和直线DB都与抛物线C相切，则T为抛物线C的焦点
【答案】ABD
【解析】
【分析】设直线方程为，，由直线方程与抛物线方程联立可得，，又可得，由焦半径公式得焦点弦长求解后判断A，由数量积的坐标运算判断B，计算出△AOT与△BOT的面积之积，由其为定值判断C，求出切点坐标得切线弦所在直线方程判断D．
【详解】设直线方程为，，，，
由，得，
，，
则，，
为焦点时，，，，显然时，；A正确；
，，，
，B正确；
为定值，所以为定值，但不一定有，C错；
，设过点的切线方程是，，
由，得，，，
时，的解为，因此，即，
时，的解为，因此，即，
直线方程为过焦点，D正确．
故选：ABD．
12. 己知椭圆的左，右焦点分别为，，圆，点P在椭圆C上，点Q在圆M上，则下列说法正确的有（ ）
A. 若椭圆C和圆M没有交点，则椭圆C的离心率的取值范围是
B. 若，则的最大值为4
C. 若存在点P使得，则
D. 若存点Q使得，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A根据已知，数形结合得时椭圆C和圆M没有交点，进而求离心率范围；B令，求得，结合椭圆有界性得，即可判断；C由题设，令，进而得到，结合点在椭圆上得到公共解求范围；D将问题化为圆心为，半径为的圆与圆有交点.
【详解】由椭圆中，圆中圆心，半径为1，如下图示，
A：由于，由图知：当时椭圆C和圆M没有交点，
此时离心率，对；
B：当时，令，则，而，
所以，又，故，
所以的最大值为，错；
C：由，若，则，
由，令，且，
则，即，
所以，则，且，故，对；
D：令，若，所以，
则，所以，
轨迹是圆心为，半径为的圆，
而与的距离为，要使点Q存在，
则，可得，且，即，对；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于C，根据已知得到，设，利用两点距离公式得到方程组，求出公共解为关键；对于D，问题化为圆心为，半径为的圆与圆有交点为关键.
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知一个圆柱上、下底面的圆周都在同一个球面上，球的直径为5，圆柱底面直径为4，则圆柱的侧面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题设圆柱体外接球直径，根据圆柱体高、底面半径与外接球半径的几何关系列方程求得高，再应用圆柱侧面积求法求结果.
【详解】由题设，圆柱体外接球直径，而圆柱体底面直径，
若圆柱体的高为，则，故，，
所以圆柱的侧面积为.
故答案：
14. 已知直线与圆，则圆C上到直线l距离为1的点有______个.
【答案】2
【解析】
【分析】写出圆的圆心和半径，应用点线距离公式判断直线与圆相交，再通过判断劣弧一侧是否存在到直线l距离为1的点，即可得答案.
【详解】由题设，圆的圆心，半径为2，
而到的距离为，故直线与圆相交，
又，即劣弧一侧不存在到直线距离为1的点，所以圆C上到直线l距离为1的点有2个.
故答案为：2
15. 椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，.点O是坐标原点，点A是椭圆的左顶点，的中点M为双曲线的左顶点，设椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，满足，则椭圆的离心率______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据的中点M为双曲线的左顶点得，根据椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，可得，再由可得答案.
【详解】因为的中点M为双曲线的左顶点，所以，
椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，满足，
所以，可得，
所以，代入可得，
则椭圆的离心率.
故答案为：.
16. 点P是长方体内的动点，已知，Q是平面BC₁D上的动点，满足，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三点共线定理可得点在线段上运动时，点Q的运动范围是以点为圆心，半径为2的圆面，再结合三角换元，正弦型函数的最值得出结果.
【详解】取底面的中心，
因为，所以点在平面上，且，
所以点在线段上，
由得，
所以由，得，
由，得，又平面，
所以平面.
因为Q是平面BC₁D上的动点，满足，
所以当在点时，点Q在点；当在点时，点Q在点为圆心，半径为2的圆上；
所以点在线段上运动时，点Q的运动范围是以点为圆心，半径为2的圆面，
以为坐标原点，以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设,，R，
过点作于点，，则点为的中点，所以,，
，,，
，
当时，取最小，为最小值，
因为，所以，设，R，
，当时，取最大值，
所以取最小值.
故答案为：.
【点睛】空间立体几何轨迹问题：先根据已知条件确定与待求点相关的平行、垂直等关系；可建立空间直角坐标系，表示动点的坐标以及相关点的坐标，然后代入点的坐标所满足的几何关系，整理化简可得出动点的轨迹方程，根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其它量.
四、解答题：本题共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. 已知圆.
（1）求过圆心C且在两坐标轴上的截距相等的直线方程；
（2）直线与圆C相交所得的弦长为4，求实数b的值.
【答案】（1）或;
（2）或.
【解析】
【分析】（1）写出圆的标准方程确定圆心和半径，讨论直线是否过原点，结合截距式及所过的点求方程即可；
（2）根据已知可得直线与的距离为，应用点线距离公式列方程求参数.
【小问1详解】
由题设，圆标准方程为，即，半径为3，
若直线原点，则方程为，即，符合；
若直线不过原点，令直线方程为，而在直线上，
所以，故直线方程为；
综上，所求直线为或.
【小问2详解】
由题设，直线与的距离为，
所以，故或.
18. 某用人单位招聘毕业大学生设置了笔试、面试两个环节，先笔试后面试.笔试有两次机会，若第一次笔试通过，则进入面试环节，若没有通过，进行第二次笔试，两次笔试相互独立，若第二次笔试通过则进入面试环节，若仍不通过，则淘汰不予录用.面试只有一次机会，通过后即可录用.已知考生甲通过笔试的概率均为，通过面试的概率为.考生乙通过笔试的概率均为，通过面试的概率为.记“甲被录用”为事件A，“乙被录用”为事件B，事件A，B相互独立.求：
（1）；
（2）甲乙两人恰有一个人被该用人单位录用的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意事件A包含“第一次笔试通过、面试通过”和“第一次笔试不通过、第二次笔试通过、面试通过”两种可能，从而可求；
（2）先求出“乙被录用”的概率，再由恰有一个人被录用分为“甲被录用且乙不被录用”和“乙被录用且甲不被录用”两种情况，进而可求出概率.
【小问1详解】
由于“甲被录用”为事件A，事件A包含“第一次笔试通过、面试通过”和“第一次笔试不通过、第二次笔试通过、面试通过”两种可能，
则.
【小问2详解】
由（1）知，则“甲不被录用”的概率，
由题意“乙被录用”的概率，“乙不被录用”的概率为，
由于甲乙两人恰有一个人被录用的事件为，事件A，B相互独立，
所以.
所以甲乙两人恰有一个人被该用人单位录用的概率为.
19. 平面上的动点到定点的距离等于点P到直线的距离，记动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）直线与曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点为M.是否存在这样的直线l，使得，若存在，求实数m的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义，直接写出曲线C的方程；
（2）设，联立直线与抛物线，由得，应用韦达定理及中点公式得，结合求得，即可得结论.
【小问1详解】
由题意，动点P的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，故，
所以曲线C的方程为.
【小问2详解】
设，联立，得，
且，则，故，所以，
所以，又，即，不满足，
所以不存在满足要求的直线l.
20. 已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁满足AC=BC=1，∠ACB=90°，∠A₁AC=60°，顶点A₁在平面ABC上的射影为点B.
（1）证明：AC⊥平面A₁BC；
（2）点M为A₁C₁的中点，点N为BC的中点，求直线CM与平面ANB₁所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明.
（2）建立空间直角坐标系，借助于线面角的向量解法求线面角.
【小问1详解】
,
A₁在平面ABC上的射影为点B，
面，
又面，
，
又，，面，面，面，
面，
【小问2详解】
由（1）得，面
面，
，，，
，，
，
如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，竖直向上为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设面的法向量为，则
，令，则，，
又，设直线CM与平面ANB₁所成角为，
则，
CM与平面ANB₁所成角的正弦值为.
21. 已知双曲线，斜率为k的直线l过点M.
（1）若，且直线l与双曲线C只有一个交点，求k的值；
（2）已知点，直线l与双曲线C有两个不同的交点A，B，直线的斜率分别为，若为定值，求实数m的值.
【答案】（1）或；
（2）
【解析】
【分析】（1）令直线，联立双曲线得，讨论、分别求直线与双曲线只有一个交点情况下对应k值；
（2）令直线，，联立双曲线并应用韦达定理，结合，韦达公式代入化简，根据定值列方程组求参数m.
【小问1详解】
由题设，令直线，联立双曲线，得，
所以，
当，时，直线与双曲线只有一个交点，
当，交点为；当，交点为；
当，此时，则，
当，切点为；当，切点为；
综上，或.
【小问2详解】
由题设，令直线，
联立双曲线，得，则，
故，所以①，
令，则，，
由
又，，
为定值，
所以，此时为定值.
22. 已知椭圆的离心率为，左焦点F与原点O的距离为1，正方形PQMN的边PQ，MN与x轴平行，边PN，QM与y轴平行，，过F的直线与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中垂线为l.已知直线AB的斜率为k，且.
（1）若直线l过点P，求k的值;
（2）若直线l与正方形PQMN的交点在边PN，QM上，l在正方形PQMN内的线段长度为s，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求椭圆方程，设直线，，联立方程利用韦达定理求直线l的方程，代入点P运算求解即可；
（2）根据直线l的方程求直线l与PN，QM的交点坐标，结合题意可求得，利用弦长公式整理可得，利用换元法结合对勾函数求取值范围.
【小问1详解】
设椭圆C的半焦距为，
由题意可得：，解得，所以椭圆.
因为，则直线，，
联立方程，消去y得，
则，
可得，
则，，
即线段AB的中点为，
所以直线，即，
若直线l过点，则，整理得，
对于，则，即无解，
由，解得.
【小问2详解】
由（1）可知：直线，
令，可得，即直线l与PN的交点坐标为，
令，可得，即直线l与QM的交点坐标为，
由题意可得：，解得，
可得，
，
则，
可得，
令，则，
可得，
因为在内单调递增，且，可得，
则，可得，
即，可得.
所以的取值范围.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．
（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
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