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重庆市九龙坡区杨家坪中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市九龙坡区杨家坪中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 古希腊数学家阿波罗尼奥斯， 点在圆上，点在圆上，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：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，，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直时数量积等于零，通过向量数量积的坐标表示建立方程求解即可.
【详解】因为，，又，
所以，
解得，
故选：
2. 圆心为且过点的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得圆的半径，从而确定正确答案.
【详解】圆的半径为，
所以圆的标准方程为.
故选：A
3. 在梯形中，，且和所在直线的方程分别是与，则梯形的面积为（ ）
A. 9B. 18C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线方程可得，从而由两平行直线间的距离得出梯形的高，根据梯形面积公式可得出答案.
【详解】由直线的方程为：，直线的方程为
可知，所以梯形的高即为直线和间的距离，所以梯形的面积为.
故选：C
4. 已知点分别是椭圆的左、右焦点，点在此椭圆上，则的周长等于（ ）
A. 20B. 16C. 18D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆的定义求解．
【详解】根据椭圆方程可知，根据椭圆的定义可知，的周长为，
故选：C
5. 直三棱柱中，，，，则直线与夹角的余弦是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角；
【详解】∵直三棱柱，底面三边长，，，,
，，两两垂直．
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则
∵
，，
，
即直线与夹角的余弦是为.
故选:C.
6. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果.其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，动点满足，则点P的轨迹与圆的公切线的条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点距离公式整理等式，可得动点的轨迹方程，明确两圆的圆心和半径，结合两圆的位置关系，可得答案.
【详解】由题意知，化简得，其圆心为，半径，
又圆C的圆心，半径，所以，且，
所以两圆相交，故其公切线的条数为2条.
故选：B.
7. 已知三棱锥，，且，则点到直线的距离为（ ）
A. B.
C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利已知条件结合向量法求解即可.
【详解】由题意，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题设可知，
所以，
，，
设点在上的投影为,
则
在直角三角形中，
点到直线的距离为:
故选：B.
8. 如图1所示，双曲线具有光学性质；从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E：的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义，用表示，再在两个直角三角形中借助勾股定理求解作答.
【详解】依题意，直线都过点，如图，有，，
设，则，显然有，，
，因此，，在，，
即，解得，即，令双曲线半焦距为c，在中，，即，解得，
所以E的离心率为.
故选：B
【点睛】方法点睛：求双曲线离心率的三种方法：①定义法，通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法，由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 点在圆上，点在圆上，则（ ）
A.
B. 两个圆心所在的直线的斜率为
C. 的最大值为7
D. 两个圆相交弦所在直线的方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】确定两圆圆心和半径，计算，A错误，，B正确，，C正确，两圆相离，不相交，D错误，得到答案.
【详解】，半径为，
圆的标准方程为，则，半径为，
对选项A：，错误；
对选项B：，正确；
对选项C：，正确；
对选项D：由于，所以两圆相离，不相交，错误；
故选：.
10. 已知点，直线，则下列说法中正确的有（ ）
A. 直线恒过点
B. 若直线与线段有交点，则
C. 点到直线的距离的最大值为
D. 若为直线上一点，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，把直线的方程整理为，得出所过定点；对于B，先求出，结合图象得出结果；对于C，当直线时，点到直线的距离最大；对于D，求出关于直线的对称点的坐标，.
【详解】对于A，因为直线的方程可化为，令且，所以直线过定点，故A错误．
对于B，如下图，因为直线过定点，且，所以，故B正确．
对于C，当直线时，点到直线的距离最大，且最大值为，故C正确．
对于D，如下图，当时，直线的方程为．
设关于直线的对称点为，则解得，
所以，所以，故D正确．
故选：BCD.
11. 已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 椭圆C的离心率为
C. 直线l的方程为D. 的周长为
【答案】AC
【解析】
【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.
【详解】如图所示：
根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确；
椭圆C的离心率为，故选项B不正确；
不妨设，则，，
两式相减得，变形得，
又注意到点为线段的中点，所以，
所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，故选项C正确；
因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确.
故选：AC．
12. 如图，四棱锥中，平面平面，侧面是边长为的正三角形，底面为矩形，，点是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 与平面所成角的余弦值为
C. 到平面的距离为
D. 四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】取的中点O，的中点E，可证得平面，从而两两垂直，以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量可判断A；求出平面的法向量，利用向量夹角公式求解可判断B；利用点到面的距离的向量公式求解可判断C；将四棱锥外接球的内接正四面体补成正方体，根据正方体的对角线为球的直径求解可判断D．
【详解】A选项：取的中点O，的中点E，连接，
因为三角形为等边三角形，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为，所以两两垂直，
所以，如图，以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，则
因为点Q是的中点，所以
设平面的一个法向量为
，显然与不共线，
所以与平面不垂直，所以A不正确，
B选项，，，，
设平面法向量为，
，
令，则，所以
设与平面所成角为，则，
所以，所以B正确；
C选项：平面的法向量为，，
则到平面的距离为，所以C正确；
D选项：设四棱锥外接球的球心为，则，
所以，
解得，即为矩形对角线的交点，
所以四棱锥外接球的半径为3，
设四棱锥外接球的内接正四面体为，棱长为，
将正四面体补成正方体，其中正四面体的棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为，因为正方体的对角线为球的直径，
所以，得，
所以正四面体的表面积为，所以D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知椭圆的焦距为2，则实数m的值为________.
【答案】3
【解析】
【分析】先由的值判断焦点位置，再根据椭圆基本量的关系进行求解即可.
【详解】因为，所以椭圆的焦点在轴上，所以，，，
所以，解得.
故答案为：3.
14. 已知向量共面，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由向量共面定理，结合向量线性关系的坐标运算求参数即可.
【详解】由题设且，即，
所以.
故答案为：
15. 已知椭圆的右焦点为外的一点满足（为坐标原点），过点的直线与交于两点，且，若直线的斜率之积为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】取线段的中点为，利用边长比值关系可得，进而借助点差法求解的值.
【详解】解：如图，取线段的中点为，连接，
则由题意可得，，又，所以．
因为直线的斜率之积为，所以．
设，则，
两式相减可得，
整理得，即，
所以，所以．
故答案为：．
16. 已知点在上运动，点在圆上运动，且最小值为，则实数的值为______.
【答案】5
【解析】
【分析】结合图形，先判断得，再将问题转化为求的最小值，利用换元法与二次函数在闭区间上的最值求法即可得解.
【详解】因为可化为，又，
所以表示焦点在轴上，实半轴长为的双曲线上支的一部分，
而圆的圆心为，半径为，如图，
因为最小值为，即，
又，即，
所以，即，
则，又，所以，
因为点在上运动，故设,，
所以，
令，，则，，
所以，
令，则其对称轴为，
因为，所以，则在上单调递减，
则，
即，则，解得或（舍去），
所以.
故答案为：5.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为二次函数的最值问题，从而得解.
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. 在如图所示的斜三棱柱中，.
（1）设，，，用，，表示，；
（2）若，，求的长.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量运算的几何表示求解；
（2）根据向量模的公式及数量积运算求解.
【小问1详解】
在三棱柱中，侧面为平行四边形，
则，
所以.
【小问2详解】
由，，，
所以，，
所以
，
即，
所以的长为.
18. 已知直线l过点.
（1）从下面两个条件中任选一个，求直线l的方程；
条件①：直线l的倾斜角比直线的倾斜角大；
条件②：直线l的一个方向向量为；
[注：若选多个条件作答，只按第一个作答给分]
（2）若直线l在y轴截距是x轴截距的2倍，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）条件①：根据题意可知直线的倾斜角，进而可知l的倾斜角和斜率，结合直线的点斜式分析求解；条件②：由方向向量可知l的倾斜角和斜率，结合直线的点斜式分析求解；
（2）分类讨论截距为0和截距不为0，结合直线的截距式方程运算求解.
【小问1详解】
条件①：因为直线的斜率为，可知其倾斜角为，
则l的倾斜角为，可知l的斜率，
所以l的方程为：，即；
条件②：由直线l的一个方向向量为，可知l的斜率，
所以l的方程为：，即.
【小问2详解】
设直线l在y轴上的截距为，则在x轴上的截距为，
当截距为0时，直线l的方程为：；
当截距不为0时，设l方程为，
将点代入得：，则，
所以直线l的方程为：，即；
综上所述，直线l的方程为：或.
19. 已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.
（1）求圆的方程；
（2）已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可;
（2）根据几何法求弦长,再结合面积公式计算即可.
【小问1详解】
由已知可设圆心，则，解得或（舍），
所以圆的方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，则，
即，解得，
又，所以，解得，
所以直线的方程为或
.
20. 在正方体中，设，分别为棱，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，通过证明，证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，或用定义法求二面角的余弦值.
【小问1详解】
连接交于，连接，，.
在正方体中，，，四边形是平行四边形，
所以，.
正方形中，，故是的中点，
所以，且，
在中，，分别是，的中点，
所以，且，
所以，且，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
法一：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系.
不妨设正方体的棱长为2，故，，，，.
在正方体中，平面，故是平面的一个法向量.
设是平面的法向量，，，
故即
取，则
所以是平面的一个法向量.
故，
设二面角的大小为，
据图可知，，
所以二面角的余弦值为.
法二：取的中点，的中点，连接，，.
在正方体中，，，
又，分别是，的中点，故，，
四边形是平行四边形，所以，
又，，故，，
因为，平面，所以平面，
又平面，故.
在正方形中，，
在中，，分别是，的中点，故，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
不妨设正方体的棱长为2，
在中，，，
故，所以，
所以二面角的余弦值为.
21. 已知动圆与圆相切，且与圆相内切，记圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）设为曲线上的一个不在轴上的动点，过点作（为坐标原点）的平行线交曲线于两个不同的点，记的面积为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，所以圆心的轨迹是以为焦点，实轴长为8的椭圆，进而可求其方程；
（2）由题意可得等于的面积，设直线的方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理可得，令，则可由基本不等式求出的最大值.
【小问1详解】
由已知得，圆半径为9，圆半径为1，
设动圆圆心，半径为，
由于动圆与圆相切，且与圆相内切，所以动圆与圆只能内切，故
，所以，
所以圆心的轨迹是以为焦点，实轴长为8的椭圆，
则，所以，
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
由已知得，所以等于的面积，即的面积为，
由已知可设直线的方程为，，
由得：，
则，，
所以，
令，则，，
所以，
当且仅当即，亦即时，取最大值.
综上，当时，的面积取得最大值为.
22. 我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆：，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，，分别为，的离心率，且，点M，N分别为椭圆的左、右顶点，设过点的动直线l交双曲线右支A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为，.
（1）求双曲线的方程；
（2）试探究与的是否定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（3）求的取值范围.
【答案】22. ；
23. 是，定值；
24. ；
【解析】
【分析】（1）根据题意，直接列式计算可得答案；
（2）直线与双曲线联立，利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值；
（3）根据题意，利用韦达定理得出的范围，然后根据，可得，进而可得取值范围.
【小问1详解】
由题意可设双曲线：，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
设，，直线AB的方程为，
由，消元得
则，，且，
∴
；
或由韦达定理可得，即，
∴
，
即与的比值为定值.
【小问3详解】
思路一：设直线AM：，代入双曲线方程并整理得：
，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（2）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在，上单调递减，
故，
故的取值范围为.
思路二：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点M作两渐近线的平行线与，
由于点A在双曲线的右支上，
所以直线AM介于直线与之间（含x轴，不含直线与），
所以，
同理，过点N作两渐近线的平行线与，
由于点B在双曲线右支上，
所以直线BN介于直线与之间（不含x轴，不含直线与），
所以.
由（2）中结论可知，
得，所以，
故.
【点睛】本题的解题关键是理解题目定义，求出双曲线方程，根据定点位置合理设出直线的方程形式，再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判断斜率的比值是否为定值，注意非对称韦达的使用技巧，第三问，由第二问较容易得到函数关系式，难点是准确找到斜率的取值范围，从而得到精确的的范围.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：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，，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直时数量积等于零，通过向量数量积的坐标表示建立方程求解即可.
【详解】因为，，又，
所以，
解得，
故选：
2. 圆心为且过点的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得圆的半径，从而确定正确答案.
【详解】圆的半径为，
所以圆的标准方程为.
故选：A
3. 在梯形中，，且和所在直线的方程分别是与，则梯形的面积为（ ）
A. 9B. 18C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线方程可得，从而由两平行直线间的距离得出梯形的高，根据梯形面积公式可得出答案.
【详解】由直线的方程为：，直线的方程为
可知，所以梯形的高即为直线和间的距离，所以梯形的面积为.
故选：C
4. 已知点分别是椭圆的左、右焦点，点在此椭圆上，则的周长等于（ ）
A. 20B. 16C. 18D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆的定义求解．
【详解】根据椭圆方程可知，根据椭圆的定义可知，的周长为，
故选：C
5. 直三棱柱中，，，，则直线与夹角的余弦是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角；
【详解】∵直三棱柱，底面三边长，，，,
，，两两垂直．
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则
∵
，，
，
即直线与夹角的余弦是为.
故选:C.
6. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果.其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，动点满足，则点P的轨迹与圆的公切线的条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点距离公式整理等式，可得动点的轨迹方程，明确两圆的圆心和半径，结合两圆的位置关系，可得答案.
【详解】由题意知，化简得，其圆心为，半径，
又圆C的圆心，半径，所以，且，
所以两圆相交，故其公切线的条数为2条.
故选：B.
7. 已知三棱锥，，且，则点到直线的距离为（ ）
A. B.
C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利已知条件结合向量法求解即可.
【详解】由题意，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题设可知，
所以，
，，
设点在上的投影为,
则
在直角三角形中，
点到直线的距离为:
故选：B.
8. 如图1所示，双曲线具有光学性质；从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E：的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义，用表示，再在两个直角三角形中借助勾股定理求解作答.
【详解】依题意，直线都过点，如图，有，，
设，则，显然有，，
，因此，，在，，
即，解得，即，令双曲线半焦距为c，在中，，即，解得，
所以E的离心率为.
故选：B
【点睛】方法点睛：求双曲线离心率的三种方法：①定义法，通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法，由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 点在圆上，点在圆上，则（ ）
A.
B. 两个圆心所在的直线的斜率为
C. 的最大值为7
D. 两个圆相交弦所在直线的方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】确定两圆圆心和半径，计算，A错误，，B正确，，C正确，两圆相离，不相交，D错误，得到答案.
【详解】，半径为，
圆的标准方程为，则，半径为，
对选项A：，错误；
对选项B：，正确；
对选项C：，正确；
对选项D：由于，所以两圆相离，不相交，错误；
故选：.
10. 已知点，直线，则下列说法中正确的有（ ）
A. 直线恒过点
B. 若直线与线段有交点，则
C. 点到直线的距离的最大值为
D. 若为直线上一点，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，把直线的方程整理为，得出所过定点；对于B，先求出，结合图象得出结果；对于C，当直线时，点到直线的距离最大；对于D，求出关于直线的对称点的坐标，.
【详解】对于A，因为直线的方程可化为，令且，所以直线过定点，故A错误．
对于B，如下图，因为直线过定点，且，所以，故B正确．
对于C，当直线时，点到直线的距离最大，且最大值为，故C正确．
对于D，如下图，当时，直线的方程为．
设关于直线的对称点为，则解得，
所以，所以，故D正确．
故选：BCD.
11. 已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 椭圆C的离心率为
C. 直线l的方程为D. 的周长为
【答案】AC
【解析】
【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.
【详解】如图所示：
根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确；
椭圆C的离心率为，故选项B不正确；
不妨设，则，，
两式相减得，变形得，
又注意到点为线段的中点，所以，
所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，故选项C正确；
因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确.
故选：AC．
12. 如图，四棱锥中，平面平面，侧面是边长为的正三角形，底面为矩形，，点是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 与平面所成角的余弦值为
C. 到平面的距离为
D. 四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】取的中点O，的中点E，可证得平面，从而两两垂直，以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量可判断A；求出平面的法向量，利用向量夹角公式求解可判断B；利用点到面的距离的向量公式求解可判断C；将四棱锥外接球的内接正四面体补成正方体，根据正方体的对角线为球的直径求解可判断D．
【详解】A选项：取的中点O，的中点E，连接，
因为三角形为等边三角形，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为，所以两两垂直，
所以，如图，以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，则
因为点Q是的中点，所以
设平面的一个法向量为
，显然与不共线，
所以与平面不垂直，所以A不正确，
B选项，，，，
设平面法向量为，
，
令，则，所以
设与平面所成角为，则，
所以，所以B正确；
C选项：平面的法向量为，，
则到平面的距离为，所以C正确；
D选项：设四棱锥外接球的球心为，则，
所以，
解得，即为矩形对角线的交点，
所以四棱锥外接球的半径为3，
设四棱锥外接球的内接正四面体为，棱长为，
将正四面体补成正方体，其中正四面体的棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为，因为正方体的对角线为球的直径，
所以，得，
所以正四面体的表面积为，所以D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知椭圆的焦距为2，则实数m的值为________.
【答案】3
【解析】
【分析】先由的值判断焦点位置，再根据椭圆基本量的关系进行求解即可.
【详解】因为，所以椭圆的焦点在轴上，所以，，，
所以，解得.
故答案为：3.
14. 已知向量共面，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由向量共面定理，结合向量线性关系的坐标运算求参数即可.
【详解】由题设且，即，
所以.
故答案为：
15. 已知椭圆的右焦点为外的一点满足（为坐标原点），过点的直线与交于两点，且，若直线的斜率之积为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】取线段的中点为，利用边长比值关系可得，进而借助点差法求解的值.
【详解】解：如图，取线段的中点为，连接，
则由题意可得，，又，所以．
因为直线的斜率之积为，所以．
设，则，
两式相减可得，
整理得，即，
所以，所以．
故答案为：．
16. 已知点在上运动，点在圆上运动，且最小值为，则实数的值为______.
【答案】5
【解析】
【分析】结合图形，先判断得，再将问题转化为求的最小值，利用换元法与二次函数在闭区间上的最值求法即可得解.
【详解】因为可化为，又，
所以表示焦点在轴上，实半轴长为的双曲线上支的一部分，
而圆的圆心为，半径为，如图，
因为最小值为，即，
又，即，
所以，即，
则，又，所以，
因为点在上运动，故设,，
所以，
令，，则，，
所以，
令，则其对称轴为，
因为，所以，则在上单调递减，
则，
即，则，解得或（舍去），
所以.
故答案为：5.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为二次函数的最值问题，从而得解.
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. 在如图所示的斜三棱柱中，.
（1）设，，，用，，表示，；
（2）若，，求的长.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量运算的几何表示求解；
（2）根据向量模的公式及数量积运算求解.
【小问1详解】
在三棱柱中，侧面为平行四边形，
则，
所以.
【小问2详解】
由，，，
所以，，
所以
，
即，
所以的长为.
18. 已知直线l过点.
（1）从下面两个条件中任选一个，求直线l的方程；
条件①：直线l的倾斜角比直线的倾斜角大；
条件②：直线l的一个方向向量为；
[注：若选多个条件作答，只按第一个作答给分]
（2）若直线l在y轴截距是x轴截距的2倍，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）条件①：根据题意可知直线的倾斜角，进而可知l的倾斜角和斜率，结合直线的点斜式分析求解；条件②：由方向向量可知l的倾斜角和斜率，结合直线的点斜式分析求解；
（2）分类讨论截距为0和截距不为0，结合直线的截距式方程运算求解.
【小问1详解】
条件①：因为直线的斜率为，可知其倾斜角为，
则l的倾斜角为，可知l的斜率，
所以l的方程为：，即；
条件②：由直线l的一个方向向量为，可知l的斜率，
所以l的方程为：，即.
【小问2详解】
设直线l在y轴上的截距为，则在x轴上的截距为，
当截距为0时，直线l的方程为：；
当截距不为0时，设l方程为，
将点代入得：，则，
所以直线l的方程为：，即；
综上所述，直线l的方程为：或.
19. 已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.
（1）求圆的方程；
（2）已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可;
（2）根据几何法求弦长,再结合面积公式计算即可.
【小问1详解】
由已知可设圆心，则，解得或（舍），
所以圆的方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，则，
即，解得，
又，所以，解得，
所以直线的方程为或
.
20. 在正方体中，设，分别为棱，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，通过证明，证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，或用定义法求二面角的余弦值.
【小问1详解】
连接交于，连接，，.
在正方体中，，，四边形是平行四边形，
所以，.
正方形中，，故是的中点，
所以，且，
在中，，分别是，的中点，
所以，且，
所以，且，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
法一：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系.
不妨设正方体的棱长为2，故，，，，.
在正方体中，平面，故是平面的一个法向量.
设是平面的法向量，，，
故即
取，则
所以是平面的一个法向量.
故，
设二面角的大小为，
据图可知，，
所以二面角的余弦值为.
法二：取的中点，的中点，连接，，.
在正方体中，，，
又，分别是，的中点，故，，
四边形是平行四边形，所以，
又，，故，，
因为，平面，所以平面，
又平面，故.
在正方形中，，
在中，，分别是，的中点，故，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
不妨设正方体的棱长为2，
在中，，，
故，所以，
所以二面角的余弦值为.
21. 已知动圆与圆相切，且与圆相内切，记圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）设为曲线上的一个不在轴上的动点，过点作（为坐标原点）的平行线交曲线于两个不同的点，记的面积为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，所以圆心的轨迹是以为焦点，实轴长为8的椭圆，进而可求其方程；
（2）由题意可得等于的面积，设直线的方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理可得，令，则可由基本不等式求出的最大值.
【小问1详解】
由已知得，圆半径为9，圆半径为1，
设动圆圆心，半径为，
由于动圆与圆相切，且与圆相内切，所以动圆与圆只能内切，故
，所以，
所以圆心的轨迹是以为焦点，实轴长为8的椭圆，
则，所以，
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
由已知得，所以等于的面积，即的面积为，
由已知可设直线的方程为，，
由得：，
则，，
所以，
令，则，，
所以，
当且仅当即，亦即时，取最大值.
综上，当时，的面积取得最大值为.
22. 我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆：，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，，分别为，的离心率，且，点M，N分别为椭圆的左、右顶点，设过点的动直线l交双曲线右支A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为，.
（1）求双曲线的方程；
（2）试探究与的是否定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（3）求的取值范围.
【答案】22. ；
23. 是，定值；
24. ；
【解析】
【分析】（1）根据题意，直接列式计算可得答案；
（2）直线与双曲线联立，利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值；
（3）根据题意，利用韦达定理得出的范围，然后根据，可得，进而可得取值范围.
【小问1详解】
由题意可设双曲线：，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
设，，直线AB的方程为，
由，消元得
则，，且，
∴
；
或由韦达定理可得，即，
∴
，
即与的比值为定值.
【小问3详解】
思路一：设直线AM：，代入双曲线方程并整理得：
，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（2）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在，上单调递减，
故，
故的取值范围为.
思路二：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点M作两渐近线的平行线与，
由于点A在双曲线的右支上，
所以直线AM介于直线与之间（含x轴，不含直线与），
所以，
同理，过点N作两渐近线的平行线与，
由于点B在双曲线右支上，
所以直线BN介于直线与之间（不含x轴，不含直线与），
所以.
由（2）中结论可知，
得，所以，
故.
【点睛】本题的解题关键是理解题目定义，求出双曲线方程，根据定点位置合理设出直线的方程形式，再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判断斜率的比值是否为定值，注意非对称韦达的使用技巧，第三问，由第二问较容易得到函数关系式，难点是准确找到斜率的取值范围，从而得到精确的的范围.
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