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河北省沧州沧县中学2024-2025学年高二上学期第一次月考 数学试题（含解析）
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这是一份河北省沧州沧县中学2024-2025学年高二上学期第一次月考 数学试题（含解析），共22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。
一、单选题
1．直线的一个方向向量为，且经过点，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．下列命题中正确的是（ ）
A．点关于平面对称的点的坐标是
B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C．若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
D．已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
4．已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知点，，若圆上存在点P（不同于点A，B）使得，则实数r的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知曲线，设曲线上任意一点与定点连线的中点为，则动点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知圆直线，点在直线上运动，直线分别与圆相切于点．则下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积最小值为
B．最短时，弦AB长为
C．最短时，弦AB直线方程为
D．直线AB过定点
8．已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最大值是
C．的最小值是
D．过点作曲线的切线，则切线方程为
10．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．的长为
11．如图，已知点，是以OD为直径的圆上的一段圆弧，是以BC为直径的圆上的一段圆弧，是以OA为直径的圆上的一段圆弧，三段圆弧构成曲线，则（ ）
A．曲线与轴围成的面积等于
B．与的公切线的方程为
C．所在圆与所在圆的相交弦所在直线的方程为
D．所在圆截直线所得弦的弦长为
三、填空题
12．已知直线l经过直线和的交点，且直线l在坐标轴上的截距相等，则直线l的方程是 .
13．台风中心从地以每小时的速度向东北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市在地正东处，城市处于危险区内的时间为 小时.
14．已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
(1)求顶点的坐标；
(2)求直线的方程．
16．如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，.
(1)证明： ;
(2)若直线 AB与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 BD上一点，求点到平面 的距离.
17．已知以点A−1,2为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于
(1)求圆的方程；
(2)当时，求直线的方程．
18．如图，在四棱锥中，，，平面平面为中点．
(1)求证：平面；
(2)点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
19．已知圆.
(1)证明：圆过定点.
(2)当时，求直线被圆截得的弦长.
(3)当时，若直线与圆交于两点，且，其中为坐标原点，求的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】方法一：由直线的方向量求出直线斜率，然后利用点斜式可求出直线方程；方法二：由已知可得直线的一个法向量为，则设直线为，再将代入求出，从而可得直线方程.
【详解】方法一 ∵直线的一个方向向量为，∴，
∴直线的方程为，即．
方法二 由题意知直线的一个法向量为，
∴直线的方程可设为，将点代入得，
故所求直线的方程为．
故选：B
2．B
【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案．
【详解】解：记为点，直线的斜率，直线的斜率，
因为直线l过点，且与线段相交，
结合图象，可得直线的斜率的取值范围是．
故选：B．
3．C
【分析】由空间点关于平面的对称点的特点可判断A；由向量的数量积的性质可判断B；由线面角的定义可判断C；由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；
对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，
，有，则或，B选项错误；
对于C，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，
则直线l与平面所成的角为，C选项正确；
对于D，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，
若，则，解得，D选项错误.
故选：C.
4．B
【分析】先得到曲线轨迹为以0,1为圆心，2为半径的上半圆，求出恒过定点，把半圆和直线画出，数形结合得到有两个相异的交点时实数k的取值范围.
【详解】，变形得到，
故曲线轨迹为以0,1为圆心，2为半径的上半圆，
恒过定点，把半圆和直线画出，如下：
当过点时，满足两个相异的交点，
且此时取得最小值，最小值为，
当与相切时，由0,1到直线距离等于半径可得
，解得，
故要想曲线与直线有两个相异的交点，
则.
故选：B
5．A
【分析】由题意可得两圆相交，而以AB为直径的圆的方程为，圆心距为3，由两圆相交的性质可得，由此求得的范围．
【详解】根据直径对的圆周角为，
结合题意可得以AB为直径的圆和圆有交点，
因为点P（不同于点A，B），显然两圆相切时不满足条件，故两圆相交．
而以AB为直径的圆的方程为，两个圆的圆心距为3，
故|，求得，
故选：A．
6．B
【分析】设动点坐标，找到动点坐标与曲线上点坐标的关系，通过已知解析式得出动点的轨迹方程.
【详解】设，因为为的中点，所以，即，
又因为点在曲线上，所以，所以．
所以点的轨迹方程为即．
故选：B
7．B
【分析】A选项，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，又因切线长定理可知，当最短时，面积最小；B选项，由圆的弦长公式结合锐角三角函数即可求解；C选项，两垂直直线的斜率相乘等于，两平行直线斜率相等；D选项，由向量积公式求定点坐标．
【详解】对于A，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，
即，
最短时，面积最小，故当时，最短，
即，
，故A错误；
由上述可知，时，最短，故最小，
且最小值为，
所以，故B正确；
当最短时，则，又，所以，，
，
可设的直线方程为，
圆心到直线的距离，
解得或，
由于直线在圆心的右侧，且在直线的左侧，
所以，
所以，
即直线的方程为，故C错误；
设圆上一点，，，
，，，
易知，
由于，
所以，
同理，
，
，
，即，
令，解得，
所以直线过定点为，故D错误．
故选：B．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
8．D
【分析】作出线段的中点，将转化为，利用垂径定理，由图化简得，只需求的范围即可，故又转化成求过点的弦长的范围问题.
【详解】
如图，取线段的中点，连接，则，
由，
因直线经过点，考虑临界情况，
当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，
为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；
当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意）.
故的范围为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合圆的弦想到取其中点，将转化为，利用垂径定理，将所求式转化成，而求范围即求弦的长的范围即可.
9．BD
【分析】由表示圆上的点到定点的距离的平方，可判定A错误；由表示圆上的点与点的斜率，设，结合点到直线的距离公式，列出不等式，可判定B正确；由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，进而可判定C错误；根据点在圆上，结合圆的切线的性质，可判定D正确.
【详解】由圆可化为，可得圆心，半径为，
对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方，
所以它的最大值为，所以A错误；
对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即，
由圆心到直线的距离，解得，
所以的最大值为，所以B正确；
对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，
圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误；
对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上，
则点与圆心连线的斜率为，
根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为，
所以切线方程为，即，所以D正确.
故选：BD.
10．AC
【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长.
【详解】
∵，故A正确.
∵.故B错误.
又∵，.
，；
，
.
.
∴.故C正确.
∵，∴.故D错误.
故选：AC.
11．BC
【分析】由题知曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个四分之一圆，故此可写出各段圆弧所在圆的方程，然后根据圆的相关性质判断各选项即可.
【详解】对于A，，，所在圆的方程分别为，，，曲线与轴围成的图形为一个半圆、一个矩形和两个圆，
其面积为，故A错误；
对于B，设与的公切线方程为（，），则，
所以，，所以与的公切线的方程为，
即，故B正确；
对于C，由及两式相减得，
即公共弦所在直线方程，故C正确；
对于D，所在圆的方程为，圆心为，
圆心到直线的距离为，
则所求弦长为，故D错误.
故选：BC.
12．或
【分析】求出给定的两条直线交点坐标，再按直线是否过原点分类求解即可.
【详解】由，解得，即直线过点，
当直线过原点时，直线的方程为，
当直线不过原点时，设直线的方程为，则，解得，方程为，
所以直线的方程为或.
故答案为：或
13．
【分析】首先根据已知条件作出图形，圆半径，利用锐角三角函数的定义可求出BE的长，易知是直角三角形，运用勾股定理可求出的长，进而求出弦长，最后用弦长除以台风的移动速度即可求解.
【详解】以城市为圆心，为半径画圆，如图所示，所在直线为台风中心的移动轨迹，，，，过点作于点.
在中，由锐角三角函数，
得，
在中，由勾股定理，
得，
所以，
因为台风中心的移动速度为，
所以B城市处于危险区内的时间为.
故答案为：2.
14．/
【分析】根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.
【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为,所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以.
故答案为： .
15．(1)
(2)．
【分析】（1）由边上的高所在直线的斜率可求直线的斜率，已知点，由点斜式方程可得直线方程，又点也在边的中线上，联立方程组求解交点的坐标即可；
（2）设点，则中点在已知中线上，又点在已知边的高线上，则联立方程组可得，再由两点式可得直线的方程.
【详解】（1）因为边上的高所在直线方程为，
设线的斜率为，则，解得，
又因为直线过点，
则直线的方程为,，
又边上的中线所在直线方程为，且该直线过点，
所以联立，
解得的坐标为．
（2）设，因为边上的中线所在直线方程为，
所以的中点在直线上，
且边上的高所在直线过顶点，
所以，解得，即的坐标为．
由（1）知，由两点式方程得，
化简得.
即直线的方程为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证.
（2）建立空间直角坐标系，先由直线 AB与平面 所成角的正弦值为 ，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，再由点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，所以,
因为为直四棱柱，
所以,
因为，平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以
（2）由（1）及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
因为，.设，
所以
所以,
设平面的一个法向量为
则，
令，则，所以
设直线 AB与平面 所成的角为，
则，
解得，所以
所以点到平面 的距离为
因为，所以
因为不在平面，所以平面，
因为M在线段上，所以点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，为
故点M到平面 的距离.
17．(1)
(2)或
【分析】(1)由题意知点到直线距离公式可确定圆A半径，带入到圆的标准方程可求得圆的方程；
(2) 过A做，由垂径定理可知圆心到直线，设出直线，可分为斜率存在和斜率不存在两种情况，解之可得直线方程
【详解】（1）易知A−1,2到直线的距离为圆A半径r，
所以，
则圆A方程为
（2）过A做,由垂径定理可知，且，
在中由勾股定理易知
当动直线斜率不存在时，设直线的方程为，
经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知，
显然合题意，
当动直线斜率存在时，过点，设方程为：，
由A−1,2到距离为知得，
代入解之可得，
所以或为所求方程．
18．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）应用面面垂直性质定理证明线面垂直；
（2）先应用空间向量法计算线面角得出参数，再计算二面角即可.
【详解】（1）由题意：，同理，
又．而，即
又平面平面，平面平面平面，
平面平面，又，且面面平面．
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设，有，
取面的一个法向量，
则，
故．
令n=x,y,z是平面的一个法向量，则，即
令，有，则
故平面与平面夹角的余弦值为．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）对式子变形为，由于与无关，列方程求解即可得定点；
（2）求出圆心到直线距离，再结合垂径定理求解弦长即可；
（3）联立直线与圆的方程，韦达定理，利用数量积的坐标运算列不等式，求解即可.
【详解】（1）由，
得，
令，得，解得，
所以圆过定点，且定点的坐标为.
（2）当时，圆的标准方程为，
则圆的圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长为.
（3）将代入，得.
则恒成立，
设，则，
所以
，整理得，则，
所以的取值范围是.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
B
A
B
B
D
BD
AC
题号
11
答案
BC
一、单选题
1．直线的一个方向向量为，且经过点，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．下列命题中正确的是（ ）
A．点关于平面对称的点的坐标是
B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C．若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
D．已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
4．已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知点，，若圆上存在点P（不同于点A，B）使得，则实数r的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知曲线，设曲线上任意一点与定点连线的中点为，则动点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知圆直线，点在直线上运动，直线分别与圆相切于点．则下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积最小值为
B．最短时，弦AB长为
C．最短时，弦AB直线方程为
D．直线AB过定点
8．已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最大值是
C．的最小值是
D．过点作曲线的切线，则切线方程为
10．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．的长为
11．如图，已知点，是以OD为直径的圆上的一段圆弧，是以BC为直径的圆上的一段圆弧，是以OA为直径的圆上的一段圆弧，三段圆弧构成曲线，则（ ）
A．曲线与轴围成的面积等于
B．与的公切线的方程为
C．所在圆与所在圆的相交弦所在直线的方程为
D．所在圆截直线所得弦的弦长为
三、填空题
12．已知直线l经过直线和的交点，且直线l在坐标轴上的截距相等，则直线l的方程是 .
13．台风中心从地以每小时的速度向东北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市在地正东处，城市处于危险区内的时间为 小时.
14．已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
(1)求顶点的坐标；
(2)求直线的方程．
16．如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，.
(1)证明： ;
(2)若直线 AB与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 BD上一点，求点到平面 的距离.
17．已知以点A−1,2为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于
(1)求圆的方程；
(2)当时，求直线的方程．
18．如图，在四棱锥中，，，平面平面为中点．
(1)求证：平面；
(2)点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
19．已知圆.
(1)证明：圆过定点.
(2)当时，求直线被圆截得的弦长.
(3)当时，若直线与圆交于两点，且，其中为坐标原点，求的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】方法一：由直线的方向量求出直线斜率，然后利用点斜式可求出直线方程；方法二：由已知可得直线的一个法向量为，则设直线为，再将代入求出，从而可得直线方程.
【详解】方法一 ∵直线的一个方向向量为，∴，
∴直线的方程为，即．
方法二 由题意知直线的一个法向量为，
∴直线的方程可设为，将点代入得，
故所求直线的方程为．
故选：B
2．B
【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案．
【详解】解：记为点，直线的斜率，直线的斜率，
因为直线l过点，且与线段相交，
结合图象，可得直线的斜率的取值范围是．
故选：B．
3．C
【分析】由空间点关于平面的对称点的特点可判断A；由向量的数量积的性质可判断B；由线面角的定义可判断C；由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；
对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，
，有，则或，B选项错误；
对于C，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，
则直线l与平面所成的角为，C选项正确；
对于D，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，
若，则，解得，D选项错误.
故选：C.
4．B
【分析】先得到曲线轨迹为以0,1为圆心，2为半径的上半圆，求出恒过定点，把半圆和直线画出，数形结合得到有两个相异的交点时实数k的取值范围.
【详解】，变形得到，
故曲线轨迹为以0,1为圆心，2为半径的上半圆，
恒过定点，把半圆和直线画出，如下：
当过点时，满足两个相异的交点，
且此时取得最小值，最小值为，
当与相切时，由0,1到直线距离等于半径可得
，解得，
故要想曲线与直线有两个相异的交点，
则.
故选：B
5．A
【分析】由题意可得两圆相交，而以AB为直径的圆的方程为，圆心距为3，由两圆相交的性质可得，由此求得的范围．
【详解】根据直径对的圆周角为，
结合题意可得以AB为直径的圆和圆有交点，
因为点P（不同于点A，B），显然两圆相切时不满足条件，故两圆相交．
而以AB为直径的圆的方程为，两个圆的圆心距为3，
故|，求得，
故选：A．
6．B
【分析】设动点坐标，找到动点坐标与曲线上点坐标的关系，通过已知解析式得出动点的轨迹方程.
【详解】设，因为为的中点，所以，即，
又因为点在曲线上，所以，所以．
所以点的轨迹方程为即．
故选：B
7．B
【分析】A选项，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，又因切线长定理可知，当最短时，面积最小；B选项，由圆的弦长公式结合锐角三角函数即可求解；C选项，两垂直直线的斜率相乘等于，两平行直线斜率相等；D选项，由向量积公式求定点坐标．
【详解】对于A，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，
即，
最短时，面积最小，故当时，最短，
即，
，故A错误；
由上述可知，时，最短，故最小，
且最小值为，
所以，故B正确；
当最短时，则，又，所以，，
，
可设的直线方程为，
圆心到直线的距离，
解得或，
由于直线在圆心的右侧，且在直线的左侧，
所以，
所以，
即直线的方程为，故C错误；
设圆上一点，，，
，，，
易知，
由于，
所以，
同理，
，
，
，即，
令，解得，
所以直线过定点为，故D错误．
故选：B．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
8．D
【分析】作出线段的中点，将转化为，利用垂径定理，由图化简得，只需求的范围即可，故又转化成求过点的弦长的范围问题.
【详解】
如图，取线段的中点，连接，则，
由，
因直线经过点，考虑临界情况，
当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，
为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；
当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意）.
故的范围为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合圆的弦想到取其中点，将转化为，利用垂径定理，将所求式转化成，而求范围即求弦的长的范围即可.
9．BD
【分析】由表示圆上的点到定点的距离的平方，可判定A错误；由表示圆上的点与点的斜率，设，结合点到直线的距离公式，列出不等式，可判定B正确；由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，进而可判定C错误；根据点在圆上，结合圆的切线的性质，可判定D正确.
【详解】由圆可化为，可得圆心，半径为，
对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方，
所以它的最大值为，所以A错误；
对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即，
由圆心到直线的距离，解得，
所以的最大值为，所以B正确；
对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，
圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误；
对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上，
则点与圆心连线的斜率为，
根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为，
所以切线方程为，即，所以D正确.
故选：BD.
10．AC
【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长.
【详解】
∵，故A正确.
∵.故B错误.
又∵，.
，；
，
.
.
∴.故C正确.
∵，∴.故D错误.
故选：AC.
11．BC
【分析】由题知曲线与轴围成的图形是一个半圆，一个矩形和两个四分之一圆，故此可写出各段圆弧所在圆的方程，然后根据圆的相关性质判断各选项即可.
【详解】对于A，，，所在圆的方程分别为，，，曲线与轴围成的图形为一个半圆、一个矩形和两个圆，
其面积为，故A错误；
对于B，设与的公切线方程为（，），则，
所以，，所以与的公切线的方程为，
即，故B正确；
对于C，由及两式相减得，
即公共弦所在直线方程，故C正确；
对于D，所在圆的方程为，圆心为，
圆心到直线的距离为，
则所求弦长为，故D错误.
故选：BC.
12．或
【分析】求出给定的两条直线交点坐标，再按直线是否过原点分类求解即可.
【详解】由，解得，即直线过点，
当直线过原点时，直线的方程为，
当直线不过原点时，设直线的方程为，则，解得，方程为，
所以直线的方程为或.
故答案为：或
13．
【分析】首先根据已知条件作出图形，圆半径，利用锐角三角函数的定义可求出BE的长，易知是直角三角形，运用勾股定理可求出的长，进而求出弦长，最后用弦长除以台风的移动速度即可求解.
【详解】以城市为圆心，为半径画圆，如图所示，所在直线为台风中心的移动轨迹，，，，过点作于点.
在中，由锐角三角函数，
得，
在中，由勾股定理，
得，
所以，
因为台风中心的移动速度为，
所以B城市处于危险区内的时间为.
故答案为：2.
14．/
【分析】根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.
【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为,所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以.
故答案为： .
15．(1)
(2)．
【分析】（1）由边上的高所在直线的斜率可求直线的斜率，已知点，由点斜式方程可得直线方程，又点也在边的中线上，联立方程组求解交点的坐标即可；
（2）设点，则中点在已知中线上，又点在已知边的高线上，则联立方程组可得，再由两点式可得直线的方程.
【详解】（1）因为边上的高所在直线方程为，
设线的斜率为，则，解得，
又因为直线过点，
则直线的方程为,，
又边上的中线所在直线方程为，且该直线过点，
所以联立，
解得的坐标为．
（2）设，因为边上的中线所在直线方程为，
所以的中点在直线上，
且边上的高所在直线过顶点，
所以，解得，即的坐标为．
由（1）知，由两点式方程得，
化简得.
即直线的方程为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证.
（2）建立空间直角坐标系，先由直线 AB与平面 所成角的正弦值为 ，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，再由点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，所以,
因为为直四棱柱，
所以,
因为，平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以
（2）由（1）及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
因为，.设，
所以
所以,
设平面的一个法向量为
则，
令，则，所以
设直线 AB与平面 所成的角为，
则，
解得，所以
所以点到平面 的距离为
因为，所以
因为不在平面，所以平面，
因为M在线段上，所以点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，为
故点M到平面 的距离.
17．(1)
(2)或
【分析】(1)由题意知点到直线距离公式可确定圆A半径，带入到圆的标准方程可求得圆的方程；
(2) 过A做，由垂径定理可知圆心到直线，设出直线，可分为斜率存在和斜率不存在两种情况，解之可得直线方程
【详解】（1）易知A−1,2到直线的距离为圆A半径r，
所以，
则圆A方程为
（2）过A做,由垂径定理可知，且，
在中由勾股定理易知
当动直线斜率不存在时，设直线的方程为，
经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知，
显然合题意，
当动直线斜率存在时，过点，设方程为：，
由A−1,2到距离为知得，
代入解之可得，
所以或为所求方程．
18．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）应用面面垂直性质定理证明线面垂直；
（2）先应用空间向量法计算线面角得出参数，再计算二面角即可.
【详解】（1）由题意：，同理，
又．而，即
又平面平面，平面平面平面，
平面平面，又，且面面平面．
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设，有，
取面的一个法向量，
则，
故．
令n=x,y,z是平面的一个法向量，则，即
令，有，则
故平面与平面夹角的余弦值为．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）对式子变形为，由于与无关，列方程求解即可得定点；
（2）求出圆心到直线距离，再结合垂径定理求解弦长即可；
（3）联立直线与圆的方程，韦达定理，利用数量积的坐标运算列不等式，求解即可.
【详解】（1）由，
得，
令，得，解得，
所以圆过定点，且定点的坐标为.
（2）当时，圆的标准方程为，
则圆的圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长为.
（3）将代入，得.
则恒成立，
设，则，
所以
，整理得，则，
所以的取值范围是.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
B
A
B
B
D
BD
AC
题号
11
答案
BC
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