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模块综合测评（word练习）-【优化指导】2021-2022学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）
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这是一份模块综合测评（word练习）-【优化指导】2021-2022学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019），共19页。
模块综合测评
[对应学生用书P133]
(时间：120分钟 满分：150分)
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．已知向量a＝(1，x，2)，b＝(0，1，2)，c＝(1，0，0)，若a，b，c共面，则x等于( )
A．－1 B．1
C．1或－1 D．1或0
B [∵向量a＝(1，x，2)，b＝(0，1，2)，c＝(1，0，0)，a，b，c共面，
∴a＝mb＋nc，∴(1，x，2)＝(n，m，2m)，解得n＝1，m＝x，2＝2m，
∴x＝1.]
2．若向量a＝(1，λ，1)，b＝(2，－1，－2)，且a与b夹角的余弦值为，则λ等于( )
A．－ B．
C．－或 D．2
A [∵向量a＝(1，λ，1)，b＝(2，－1，－2)，a与b夹角的余弦值为，
∴cos 〈a，b〉＝＝＝，解得λ＝－.]
3．数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心(三边中垂线的交点)、重心(三边中线的交点)、垂心(三边高的交点)依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点为A(0，0)，B(5，0)，C(2，4)，则该三角形的欧拉线方程为( )
A．x＋2y－5＝0 B．x－2y－5＝0
C．2x＋y－10＝0 D．2x－y－10＝0
A [△ABC的顶点为A(0，0)，B(5，0)，C(2，4)，
∴重心G(，).
设△ABC的外心为W(，a)，
则|WA|＝|WC|，
即 ＝ ，
解得a＝.可得W(，)，
则该三角形的欧拉线方程为y－＝(x－)，即x＋2y－5＝0.]
4．已知双曲线C1：－＝1，当双曲线C1的焦距取得最小值时，其右焦点恰为抛物线C2：y2＝2px(p＞0)的焦点F.若A，B是抛物线C2上两点，|AF|＋|BF|＝8，则AB中点的横坐标为( )
A． B．2 C． D．3
B [双曲线C1：－＝1，m＜2，
可得2c＝2≥4，当双曲线C1的焦距取得最小值时，m＝1，∴c＝2.又其右焦点恰为抛物线C2：y2＝2px(p＞0)的焦点F，
∴抛物线的焦点F为(2，0)，所以抛物线方程为y2＝8x，准线方程为x＝－2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AF|＋|BF|＝x1＋2＋x2＋2＝8，∴x1＋x2＝4，
∴线段AB中点的横坐标为2.]
5．已知两不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为n1＝(2，－3，1)，＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，则( )
A．平面α∥平面ABC
B．平面α⊥平面ABC
C．平面α、平面ABC相交但不垂直
D．以上均有可能
A [由n1·＝2×1＋(－3)×0＋1×(－2)＝0，得n1⊥；
由n1·＝2×1＋(－3)×1＋1×1＝0，得n1⊥. 所以n1⊥平面ABC，所以平面α的法向量与平面ABC的法向量共线，则平面α∥平面ABC.]
6．已知P为抛物线x2＝12y上一个动点，Q为圆(x－4)2＋y2＝1上的一个动点，则点P到点Q的距离与点P到x轴距离之和的最小值是( )
A．4 B．3 C．2 D．1
D [抛物线x2＝12y的焦点为F(0，3)，(x－4)2＋y2＝1的圆心为(4，0)，半径为1.
根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离，如图，故问题转化为求P, Q，F三点共线时点P到点Q的距离与点P到抛物线的焦点距离之和的最小值．
由于焦点到圆心的距离是＝5，故点P到点Q的距离与点P到x轴距离之和的最小值为5－3－1＝1. ]
7．如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6 m铁丝，骨架把圆柱底面8等份，当灯笼的底面半径为0.3 m时，则图中直线A8B2与A2A6所在异面直线所成角的余弦值为( )
A． B． C． D．
B [设A1A5∩A3A7＝O，B1B5∩B3B7＝C，
以O为原点，OA3为x轴，OA5为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系．
当灯笼的底面半径为0.3 m时，灯笼的高为0.6 m，则
A8(－，－，0)，
B2(，－，)，
A2(，－，0)，
A6(－，，0)，
∴直线A8B2与A2A6所在异面直线所成角的余弦值为.]
8．点A，B为椭圆E：＋＝1(a>b>0)长轴的端点，C，D为椭圆E短轴的端点，动点M满足＝2，记动点M的轨迹为曲线Γ，若曲线Γ上两点M1，M2满足△M1AB面积的最大值为8，△M2CD面积的最小值为1，则椭圆的离心率为( )
A． B． C． D．
C [由题意，不妨令A(－a，0)，B(a，0)，C(0，b)，D(0，－b).
设M(x，y)，
由＝2，得
＝2，
整理得x2＋y2－＋a2＝0，
即(x－)2＋y2＝，它表示以E(，0)为圆心，以为半径的圆．由图可知，当M1(，±)时，△M1AB的面积取得最大值×2a×＝8，∴a＝.
当M位于如图M2(a，0)时，△M2CD的面积取得最小值×2b×a＝1，∴b＝，∴c＝＝，∴e＝＝.]
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．)
9．已知圆C1：x2＋y2＝r2，圆C2：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)交于不同的A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，下列结论正确的有( )
A．a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0
B．2ax1＋2by1＝a2＋b2
C．x1＋x2＝a
D．y1＋y2＝2b
ABC [两圆方程相减可得直线AB的方程为a2＋b2－2ax－2by＝0，即2ax＋2by＝a2＋b2，B正确；分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)两点坐标代入2ax＋2by＝a2＋b2，得2ax1＋2by1＝a2＋b2，2ax2＋2by2＝a2＋b2，两式相减，得2a(x1－x2)＋2b(y1－y2)＝0，即a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0，A正确；由圆的性质可知，线段AB与线段C1C2互相平分，∴x1＋x2＝a，y1＋y2＝b，C正确．]
10．(多选题)(2020·河北承德第一中学高二月考)将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(a≠b)同时增加m(m>0)个单位长度，得到离心率为e2的双曲线C2，则( )
A．当a>b时，e1>e2 B．当ae2
CD [依题意得e1＝＝，e2＝＝，
∵－＝＝，由于m>0，a>0，b>0，
∴当a>b时<，()2<()2，即e1，()2>()2，即e1>e2，
∴当a>b时e1e2，故选C、D.]
11．在如图所示的棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1所在的平面上运动，则下列命题中正确的是( )
A.若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线
B．若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹是一个周长为2π的圆
C．若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1，则动点P的轨迹是椭圆
D．若点P到直线AD与直线CC1的距离相等，则动点P的轨迹是双曲线
ABD [A.在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，
所以BB1⊥AC，BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，
BD1⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BD1，
同理AB1⊥BD1，AB1∩AC＝A，所以BD1⊥平面AB1C，
而点P在侧面BCC1B1所在的平面上运动，且PA⊥BD1，
所以点P的轨迹就是直线B1C，故A正确；
B．点P的轨迹是以A为球心，半径为的球面与平面BCC1B1的交线，
即点P的轨迹为小圆，设小圆的半径为r，
球心A到平面BCC1B1的距离为1，则r＝＝1，
所以小圆周长l＝2πr＝2π，故B正确；
C．点P到直线AB的距离就是点P到点B的距离，
即平面BCC1B1内的点P满足＋＝1＝，
即满足条件的点P的轨迹就是线段BC，不是椭圆，故C不正确；
D.如图，过P分别作PM⊥BC于点M，PE⊥CC1于点E，
则PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AD，过M作MN⊥AD于点N，连接PN，
PM∩MN＝M，所以AD⊥平面PMN，所以PN⊥AD，
如图建立平面直角坐标系，设P，
|PM|＝y，则|PN|2＝1＋y2，|PE|2＝，
即1＋y2＝，整理为－y2＝1，
则动点P的轨迹是双曲线，故D正确．故选A、B、D.]
12．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，直线l的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AF|＝4，则以下结论正确的是( )
A．p＝2 B．F为AD的中点
C．|BD|＝2|BF| D．|BF|＝2
ABC [如图，F(，0)，直线l的斜率为，则直线方程为y＝(x－)，
由得12x2－20px＋3p2＝0.
解得xA＝p，xB＝p.
由|AF|＝p＋＝2p＝4，得p＝2，
∴抛物线方程为y2＝4x.
xB＝p＝，则|BF|＝＋1＝，
|BD|＝＝＝，
∴|BD|＝2|BF|，
|BD|＋|BF|＝＋＝4，则F为AD的中点．
∴结论正确的是A，B，C. ]
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上．)
13．直线(1＋λ)x－(1－2λ)y＋3－6λ＝0(λ∈R)被圆x2＋y2＝25截得的弦长的最小值是________．
8 [圆O：x2＋y2＝25的圆心O(0，0)，半径为5，直线l：(1＋λ)x－(1－2λ)y＋3－6λ＝0，即 λ(x＋2y－6)＋(x－y＋3)＝0.
由求得x＝0，y＝3，故直线l经过定点A(0，3).
要使直线l被圆O截得的弦长最短，需OA和直线l垂直，|OA|＝3，
∴最短的弦长为2＝8.]
14．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝6x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足．若直线AF的斜率k＝－，则线段PF的长为________．
6 [由抛物线方程为y2＝6x，
所以焦点坐标F，准线方程为x＝－，
因为直线AF的斜率为－，
所以直线AF的方程为
y＝－，画图象如图．
当x＝－时，y＝3，
所以A，
因为PA⊥l，A为垂足，所以点P的纵坐标为3，
可得点P的坐标为，
根据抛物线的定义可知
|PF|＝|PA|＝－＝6.]
15．(多空题)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，离心率为，则该椭圆的标准方程是________________________________________________；
直线y＝x－与该椭圆交于A，B两点，则|AB|＝________．
＋＝1 [椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，所以c＝1.又离心率为，则a＝，所以b＝，所以该椭圆的标准方程是＋＝1.把直线方程代入椭圆方程，得5x2－6x＝0，可得x＝0或x＝.
不妨令A(0，－)，B(，)，
所以|AB|＝ ＝.]
16．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点，AF2，BF2分别交y轴于P，Q两点，若△PQF2的周长为16，则的最大值为________．
4 [由△PQF2的周长为16，得△ABF2的周长为32.因为AB是双曲线的通径，所以|AB|＝.因为|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝32，|AF2|＋|BF2|－|AB|＝4a，|AB|＝，
可得＝32－4a，所以b2＝a(8－a)，可得a∈(0，8)，
则＝＝－(a＋1＋－10)≤4，
当且仅当a＋1＝，即a＝2时等号成立．]
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．(10分)已知△ABC的顶点A(－1，4)，B(－2，－1)，M(0，1)是BC的中点．
(1)求直线AC的方程；
(2)求AC边上的高所在直线的方程．
解 (1)设C(x，y)，
则解得∴点C的坐标为(2，3)，
∴直线AC的方程为＝，
即x＋3y－11＝0.
(2)∵A(－1，4)，C(2，3)，
∴kAC＝＝－，
∴AC边上的高所在直线的斜率k＝3，
∴AC边上的高所在直线的方程为y＋1＝3(x＋2)，
即3x－y＋5＝0.
18．(12分)(2020·山东济宁高二期末)在①离心率e＝，②椭圆C过点(1，)，③△PF1F2面积的最大值为，这三个条件中任选一个，补充在下面(横线处)问题中，解决下面两个问题．
设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1且斜率为k的直线l交椭圆于P、Q两点，已知椭圆C的短轴长为2，________．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若线段PQ的中垂线与x轴交于点N，求证：为定值．
(1)解 选①，由题意得，解得，
所以所求椭圆C的方程为＋＝1；
选②，由题意得，解得，所以所求椭圆C的方程＋＝1；
选③，由题意得，解得，所以所求椭圆C的方程＋＝1.
(2)证明 (ⅰ)当k＝0时，＝2a＝4，＝c＝1，
所以＝＝4.
(ⅱ)当k≠0时，由题意可得：F1.
设直线PF1的方程为y＝k，设P，Q，
由整理得x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ>0，且x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以＝
＝＝，
所以y1＋y2＝k＋k＝k＋2k＝＋2k＝，
所以线段PQ的中点M(－，)，
则线段PQ的中垂线方程为y－＝－(x＋).
令y＝0，可得x＝－，即N(－，0)，又F1，
所以＝－＋1＝，所以＝＝4，即＝4.综上＝4.
19．(12分)已知圆C的圆心在x轴上，在y轴上截得的弦长为6，且过点P(1，4).
(1)求圆C的方程；
(2)过点Q(－1，2)作两条与圆C相切的直线，切点分别为M，N，求直线MN的方程．
解 (1)设圆心C(a，0).
因为圆心到y轴的距离为|a|，|PC|＝r，圆在y轴上截得弦长为6，
由几何关系得32＋a2＝(a－1)2＋(0－4)2，解得a＝4，
所以圆心C(4，0)，半径|PC|＝5，
所以圆C的方程为(x－4)2＋y2＝25.
(2)方法一 有|CQ|＝，半径为5，
由几何关系得|QM|＝|QN|＝＝2，
可得以Q为圆心，|QM|为半径的圆Q的方程为
(x＋1)2＋(y－2)2＝4.①
又圆C的方程为(x－4)2＋y2＝25， ②
①－②，得直线MN的方程为5x－2y＋5＝0.
方法二 由已知得过点Q的直线x＝－1为圆C的切线，易得切点M(－1，0).
由几何关系知QC⊥MN，
则由kQC＝－，kQC·kMN＝－1，得kMN＝.
由点斜式得直线MN的方程为y－0＝(x＋1)，即5x－2y＋5＝0.
20．(12分)(2020·山东威海高二期末)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点到点(2，0)的最短距离为.
(1)求C的方程；
(2)若过点M(2，1)的直线l交C于E、F两点，且2＝＋(O为坐标原点)，求直线l的方程．
解 (1)设抛物线上的点到(2，0)的距离为d，
d2＝(x－2)2＋y2＝(x－2)2＋2px＝x2＋(2p－4)x＋4(x≥0)，
当2－p≤0时，即当p≥2时，d2取得最小值为4，不符合题意；
当2－p>0时，即当0
所以C的方程为y2＝2x.
(2)解法一：当l的斜率不存在时，直线l⊥x轴，此时点E、F关于x轴对称，则线段EF的中点在x轴上，不合乎题意；
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－1＝k(x－2),
设E、F的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，
l与C的方程联立得，消x得，ky2－2y＋2－4k＝0，①
所以有y1＋y2＝，
因为2＝＋，即＝(＋)，所以M为EF的中点，
所以，所以＝1，k＝1，此时方程①为y2－2y－2＝0，Δ>0，
所以直线l的方程为y＝x－1；
解法二：设E、F的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，所以有，
两式相减得，y－y＝2(x2－x1)，变形为＝，
因为2＝＋，即＝(＋)，所以M为EF的中点，
所以＝1，＝＝1,
即直线l的斜率为1，所以直线l的方程为y＝x－1.
21．(12分)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M是棱SB的中点．
(1)求证：AM∥平面SCD；
(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；
(3)设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sin θ的最大值．
(1)证明 以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)，D(1，0，0)，S(0，0，2)，M(0，1，1).
则＝(0，1，1)，＝(1，0，－2)，
＝(－1，－2，0).
设平面SCD的一个法向量是n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，则x＝2，y＝－1，于是n＝(2，－1，1).
∵·n＝0，∴⊥n.又AM⊄平面SCD，
∴AM∥平面SCD.
(2)解 易知平面SAB的一个法向量为n1＝(1，0，0).设平面SCD与平面SAB所成的二面角为φ，则|cos φ|＝＝＝＝，即cos φ＝.
∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.
(3)解 设N(x，2x－2，0)(x∈[1，2])，
则＝(x，2x－3，－1).
又平面SAB的一个法向量为n1＝(1，0，0)，
∴sin θ＝
＝＝
＝＝ .
当＝，即x＝时，(sin θ)max＝.
22．(12分)已知圆O：x2＋y2＝，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的短轴长等于圆O半径的倍，C的离心率为.
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且与圆O相切，证明：△AOB为直角三角形．
(1)解 因为圆O的半径为，
所以C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为×＝2，
即2b＝2，解得b＝.
因为C的离心率为，所以＝.①
因为a2－c2＝b2，所以a2－c2＝2.②
联立①②，解得a2＝4，
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明 证法一 ①当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x＝±.
当x＝时，A(，)，B(，－)，
所以·＝－＝0.
当x＝－时，
A(－，)，B(－，－)，
所以·＝－＝0.
综上，OA⊥OB.
所以△AOB为直角三角形．
②当直线l斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为直线l与圆相切，所以＝，
即3m2－4k2－4＝0.
由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝
＝＝0，
所以OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形．
综上所述，△AOB为直角三角形．
证法二 ①当直线方程为y＝时，
A(－，)，B(，)，
所以·＝－＋＝0，
所以OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形．
②当直线方程为y＝－时，
A(，－)，B(－，－)，
所以·＝－＋＝0，
所以OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形．
③当直线l不与x轴平行时，设其方程为x＝ty＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为直线l与圆相切，所以＝，即3m2－4t2－4＝0.
由得(t2＋2)y2＋2tmy＋m2－4＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
所以·＝y1y2＋x1x2＝y1y2＋(ty1＋m)(ty2＋m)
＝(1＋t2)y1y2＋tm(y1＋y2)＋m2
＝＝＝0，
所以OA⊥OB，所以△AOB为直角三角形．
综上所述，△AOB为直角三角形．
模块综合测评
[对应学生用书P133]
(时间：120分钟 满分：150分)
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．已知向量a＝(1，x，2)，b＝(0，1，2)，c＝(1，0，0)，若a，b，c共面，则x等于( )
A．－1 B．1
C．1或－1 D．1或0
B [∵向量a＝(1，x，2)，b＝(0，1，2)，c＝(1，0，0)，a，b，c共面，
∴a＝mb＋nc，∴(1，x，2)＝(n，m，2m)，解得n＝1，m＝x，2＝2m，
∴x＝1.]
2．若向量a＝(1，λ，1)，b＝(2，－1，－2)，且a与b夹角的余弦值为，则λ等于( )
A．－ B．
C．－或 D．2
A [∵向量a＝(1，λ，1)，b＝(2，－1，－2)，a与b夹角的余弦值为，
∴cos 〈a，b〉＝＝＝，解得λ＝－.]
3．数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心(三边中垂线的交点)、重心(三边中线的交点)、垂心(三边高的交点)依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点为A(0，0)，B(5，0)，C(2，4)，则该三角形的欧拉线方程为( )
A．x＋2y－5＝0 B．x－2y－5＝0
C．2x＋y－10＝0 D．2x－y－10＝0
A [△ABC的顶点为A(0，0)，B(5，0)，C(2，4)，
∴重心G(，).
设△ABC的外心为W(，a)，
则|WA|＝|WC|，
即 ＝ ，
解得a＝.可得W(，)，
则该三角形的欧拉线方程为y－＝(x－)，即x＋2y－5＝0.]
4．已知双曲线C1：－＝1，当双曲线C1的焦距取得最小值时，其右焦点恰为抛物线C2：y2＝2px(p＞0)的焦点F.若A，B是抛物线C2上两点，|AF|＋|BF|＝8，则AB中点的横坐标为( )
A． B．2 C． D．3
B [双曲线C1：－＝1，m＜2，
可得2c＝2≥4，当双曲线C1的焦距取得最小值时，m＝1，∴c＝2.又其右焦点恰为抛物线C2：y2＝2px(p＞0)的焦点F，
∴抛物线的焦点F为(2，0)，所以抛物线方程为y2＝8x，准线方程为x＝－2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AF|＋|BF|＝x1＋2＋x2＋2＝8，∴x1＋x2＝4，
∴线段AB中点的横坐标为2.]
5．已知两不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为n1＝(2，－3，1)，＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，则( )
A．平面α∥平面ABC
B．平面α⊥平面ABC
C．平面α、平面ABC相交但不垂直
D．以上均有可能
A [由n1·＝2×1＋(－3)×0＋1×(－2)＝0，得n1⊥；
由n1·＝2×1＋(－3)×1＋1×1＝0，得n1⊥. 所以n1⊥平面ABC，所以平面α的法向量与平面ABC的法向量共线，则平面α∥平面ABC.]
6．已知P为抛物线x2＝12y上一个动点，Q为圆(x－4)2＋y2＝1上的一个动点，则点P到点Q的距离与点P到x轴距离之和的最小值是( )
A．4 B．3 C．2 D．1
D [抛物线x2＝12y的焦点为F(0，3)，(x－4)2＋y2＝1的圆心为(4，0)，半径为1.
根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离，如图，故问题转化为求P, Q，F三点共线时点P到点Q的距离与点P到抛物线的焦点距离之和的最小值．
由于焦点到圆心的距离是＝5，故点P到点Q的距离与点P到x轴距离之和的最小值为5－3－1＝1. ]
7．如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6 m铁丝，骨架把圆柱底面8等份，当灯笼的底面半径为0.3 m时，则图中直线A8B2与A2A6所在异面直线所成角的余弦值为( )
A． B． C． D．
B [设A1A5∩A3A7＝O，B1B5∩B3B7＝C，
以O为原点，OA3为x轴，OA5为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系．
当灯笼的底面半径为0.3 m时，灯笼的高为0.6 m，则
A8(－，－，0)，
B2(，－，)，
A2(，－，0)，
A6(－，，0)，
∴直线A8B2与A2A6所在异面直线所成角的余弦值为.]
8．点A，B为椭圆E：＋＝1(a>b>0)长轴的端点，C，D为椭圆E短轴的端点，动点M满足＝2，记动点M的轨迹为曲线Γ，若曲线Γ上两点M1，M2满足△M1AB面积的最大值为8，△M2CD面积的最小值为1，则椭圆的离心率为( )
A． B． C． D．
C [由题意，不妨令A(－a，0)，B(a，0)，C(0，b)，D(0，－b).
设M(x，y)，
由＝2，得
＝2，
整理得x2＋y2－＋a2＝0，
即(x－)2＋y2＝，它表示以E(，0)为圆心，以为半径的圆．由图可知，当M1(，±)时，△M1AB的面积取得最大值×2a×＝8，∴a＝.
当M位于如图M2(a，0)时，△M2CD的面积取得最小值×2b×a＝1，∴b＝，∴c＝＝，∴e＝＝.]
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．)
9．已知圆C1：x2＋y2＝r2，圆C2：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)交于不同的A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，下列结论正确的有( )
A．a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0
B．2ax1＋2by1＝a2＋b2
C．x1＋x2＝a
D．y1＋y2＝2b
ABC [两圆方程相减可得直线AB的方程为a2＋b2－2ax－2by＝0，即2ax＋2by＝a2＋b2，B正确；分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)两点坐标代入2ax＋2by＝a2＋b2，得2ax1＋2by1＝a2＋b2，2ax2＋2by2＝a2＋b2，两式相减，得2a(x1－x2)＋2b(y1－y2)＝0，即a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0，A正确；由圆的性质可知，线段AB与线段C1C2互相平分，∴x1＋x2＝a，y1＋y2＝b，C正确．]
10．(多选题)(2020·河北承德第一中学高二月考)将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(a≠b)同时增加m(m>0)个单位长度，得到离心率为e2的双曲线C2，则( )
A．当a>b时，e1>e2 B．当a
CD [依题意得e1＝＝，e2＝＝，
∵－＝＝，由于m>0，a>0，b>0，
∴当a>b时<，()2<()2，即e1
∴当a>b时e1
11．在如图所示的棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1所在的平面上运动，则下列命题中正确的是( )
A.若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线
B．若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹是一个周长为2π的圆
C．若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1，则动点P的轨迹是椭圆
D．若点P到直线AD与直线CC1的距离相等，则动点P的轨迹是双曲线
ABD [A.在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，
所以BB1⊥AC，BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，
BD1⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BD1，
同理AB1⊥BD1，AB1∩AC＝A，所以BD1⊥平面AB1C，
而点P在侧面BCC1B1所在的平面上运动，且PA⊥BD1，
所以点P的轨迹就是直线B1C，故A正确；
B．点P的轨迹是以A为球心，半径为的球面与平面BCC1B1的交线，
即点P的轨迹为小圆，设小圆的半径为r，
球心A到平面BCC1B1的距离为1，则r＝＝1，
所以小圆周长l＝2πr＝2π，故B正确；
C．点P到直线AB的距离就是点P到点B的距离，
即平面BCC1B1内的点P满足＋＝1＝，
即满足条件的点P的轨迹就是线段BC，不是椭圆，故C不正确；
D.如图，过P分别作PM⊥BC于点M，PE⊥CC1于点E，
则PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AD，过M作MN⊥AD于点N，连接PN，
PM∩MN＝M，所以AD⊥平面PMN，所以PN⊥AD，
如图建立平面直角坐标系，设P，
|PM|＝y，则|PN|2＝1＋y2，|PE|2＝，
即1＋y2＝，整理为－y2＝1，
则动点P的轨迹是双曲线，故D正确．故选A、B、D.]
12．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，直线l的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AF|＝4，则以下结论正确的是( )
A．p＝2 B．F为AD的中点
C．|BD|＝2|BF| D．|BF|＝2
ABC [如图，F(，0)，直线l的斜率为，则直线方程为y＝(x－)，
由得12x2－20px＋3p2＝0.
解得xA＝p，xB＝p.
由|AF|＝p＋＝2p＝4，得p＝2，
∴抛物线方程为y2＝4x.
xB＝p＝，则|BF|＝＋1＝，
|BD|＝＝＝，
∴|BD|＝2|BF|，
|BD|＋|BF|＝＋＝4，则F为AD的中点．
∴结论正确的是A，B，C. ]
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上．)
13．直线(1＋λ)x－(1－2λ)y＋3－6λ＝0(λ∈R)被圆x2＋y2＝25截得的弦长的最小值是________．
8 [圆O：x2＋y2＝25的圆心O(0，0)，半径为5，直线l：(1＋λ)x－(1－2λ)y＋3－6λ＝0，即 λ(x＋2y－6)＋(x－y＋3)＝0.
由求得x＝0，y＝3，故直线l经过定点A(0，3).
要使直线l被圆O截得的弦长最短，需OA和直线l垂直，|OA|＝3，
∴最短的弦长为2＝8.]
14．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝6x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足．若直线AF的斜率k＝－，则线段PF的长为________．
6 [由抛物线方程为y2＝6x，
所以焦点坐标F，准线方程为x＝－，
因为直线AF的斜率为－，
所以直线AF的方程为
y＝－，画图象如图．
当x＝－时，y＝3，
所以A，
因为PA⊥l，A为垂足，所以点P的纵坐标为3，
可得点P的坐标为，
根据抛物线的定义可知
|PF|＝|PA|＝－＝6.]
15．(多空题)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，离心率为，则该椭圆的标准方程是________________________________________________；
直线y＝x－与该椭圆交于A，B两点，则|AB|＝________．
＋＝1 [椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，所以c＝1.又离心率为，则a＝，所以b＝，所以该椭圆的标准方程是＋＝1.把直线方程代入椭圆方程，得5x2－6x＝0，可得x＝0或x＝.
不妨令A(0，－)，B(，)，
所以|AB|＝ ＝.]
16．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点，AF2，BF2分别交y轴于P，Q两点，若△PQF2的周长为16，则的最大值为________．
4 [由△PQF2的周长为16，得△ABF2的周长为32.因为AB是双曲线的通径，所以|AB|＝.因为|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝32，|AF2|＋|BF2|－|AB|＝4a，|AB|＝，
可得＝32－4a，所以b2＝a(8－a)，可得a∈(0，8)，
则＝＝－(a＋1＋－10)≤4，
当且仅当a＋1＝，即a＝2时等号成立．]
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．(10分)已知△ABC的顶点A(－1，4)，B(－2，－1)，M(0，1)是BC的中点．
(1)求直线AC的方程；
(2)求AC边上的高所在直线的方程．
解 (1)设C(x，y)，
则解得∴点C的坐标为(2，3)，
∴直线AC的方程为＝，
即x＋3y－11＝0.
(2)∵A(－1，4)，C(2，3)，
∴kAC＝＝－，
∴AC边上的高所在直线的斜率k＝3，
∴AC边上的高所在直线的方程为y＋1＝3(x＋2)，
即3x－y＋5＝0.
18．(12分)(2020·山东济宁高二期末)在①离心率e＝，②椭圆C过点(1，)，③△PF1F2面积的最大值为，这三个条件中任选一个，补充在下面(横线处)问题中，解决下面两个问题．
设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1且斜率为k的直线l交椭圆于P、Q两点，已知椭圆C的短轴长为2，________．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若线段PQ的中垂线与x轴交于点N，求证：为定值．
(1)解 选①，由题意得，解得，
所以所求椭圆C的方程为＋＝1；
选②，由题意得，解得，所以所求椭圆C的方程＋＝1；
选③，由题意得，解得，所以所求椭圆C的方程＋＝1.
(2)证明 (ⅰ)当k＝0时，＝2a＝4，＝c＝1，
所以＝＝4.
(ⅱ)当k≠0时，由题意可得：F1.
设直线PF1的方程为y＝k，设P，Q，
由整理得x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ>0，且x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以＝
＝＝，
所以y1＋y2＝k＋k＝k＋2k＝＋2k＝，
所以线段PQ的中点M(－，)，
则线段PQ的中垂线方程为y－＝－(x＋).
令y＝0，可得x＝－，即N(－，0)，又F1，
所以＝－＋1＝，所以＝＝4，即＝4.综上＝4.
19．(12分)已知圆C的圆心在x轴上，在y轴上截得的弦长为6，且过点P(1，4).
(1)求圆C的方程；
(2)过点Q(－1，2)作两条与圆C相切的直线，切点分别为M，N，求直线MN的方程．
解 (1)设圆心C(a，0).
因为圆心到y轴的距离为|a|，|PC|＝r，圆在y轴上截得弦长为6，
由几何关系得32＋a2＝(a－1)2＋(0－4)2，解得a＝4，
所以圆心C(4，0)，半径|PC|＝5，
所以圆C的方程为(x－4)2＋y2＝25.
(2)方法一 有|CQ|＝，半径为5，
由几何关系得|QM|＝|QN|＝＝2，
可得以Q为圆心，|QM|为半径的圆Q的方程为
(x＋1)2＋(y－2)2＝4.①
又圆C的方程为(x－4)2＋y2＝25， ②
①－②，得直线MN的方程为5x－2y＋5＝0.
方法二 由已知得过点Q的直线x＝－1为圆C的切线，易得切点M(－1，0).
由几何关系知QC⊥MN，
则由kQC＝－，kQC·kMN＝－1，得kMN＝.
由点斜式得直线MN的方程为y－0＝(x＋1)，即5x－2y＋5＝0.
20．(12分)(2020·山东威海高二期末)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点到点(2，0)的最短距离为.
(1)求C的方程；
(2)若过点M(2，1)的直线l交C于E、F两点，且2＝＋(O为坐标原点)，求直线l的方程．
解 (1)设抛物线上的点到(2，0)的距离为d，
d2＝(x－2)2＋y2＝(x－2)2＋2px＝x2＋(2p－4)x＋4(x≥0)，
当2－p≤0时，即当p≥2时，d2取得最小值为4，不符合题意；
当2－p>0时，即当0
所以C的方程为y2＝2x.
(2)解法一：当l的斜率不存在时，直线l⊥x轴，此时点E、F关于x轴对称，则线段EF的中点在x轴上，不合乎题意；
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－1＝k(x－2),
设E、F的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，
l与C的方程联立得，消x得，ky2－2y＋2－4k＝0，①
所以有y1＋y2＝，
因为2＝＋，即＝(＋)，所以M为EF的中点，
所以，所以＝1，k＝1，此时方程①为y2－2y－2＝0，Δ>0，
所以直线l的方程为y＝x－1；
解法二：设E、F的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，所以有，
两式相减得，y－y＝2(x2－x1)，变形为＝，
因为2＝＋，即＝(＋)，所以M为EF的中点，
所以＝1，＝＝1,
即直线l的斜率为1，所以直线l的方程为y＝x－1.
21．(12分)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M是棱SB的中点．
(1)求证：AM∥平面SCD；
(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；
(3)设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sin θ的最大值．
(1)证明 以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)，D(1，0，0)，S(0，0，2)，M(0，1，1).
则＝(0，1，1)，＝(1，0，－2)，
＝(－1，－2，0).
设平面SCD的一个法向量是n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，则x＝2，y＝－1，于是n＝(2，－1，1).
∵·n＝0，∴⊥n.又AM⊄平面SCD，
∴AM∥平面SCD.
(2)解 易知平面SAB的一个法向量为n1＝(1，0，0).设平面SCD与平面SAB所成的二面角为φ，则|cos φ|＝＝＝＝，即cos φ＝.
∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.
(3)解 设N(x，2x－2，0)(x∈[1，2])，
则＝(x，2x－3，－1).
又平面SAB的一个法向量为n1＝(1，0，0)，
∴sin θ＝
＝＝
＝＝ .
当＝，即x＝时，(sin θ)max＝.
22．(12分)已知圆O：x2＋y2＝，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的短轴长等于圆O半径的倍，C的离心率为.
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且与圆O相切，证明：△AOB为直角三角形．
(1)解 因为圆O的半径为，
所以C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为×＝2，
即2b＝2，解得b＝.
因为C的离心率为，所以＝.①
因为a2－c2＝b2，所以a2－c2＝2.②
联立①②，解得a2＝4，
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明 证法一 ①当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x＝±.
当x＝时，A(，)，B(，－)，
所以·＝－＝0.
当x＝－时，
A(－，)，B(－，－)，
所以·＝－＝0.
综上，OA⊥OB.
所以△AOB为直角三角形．
②当直线l斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为直线l与圆相切，所以＝，
即3m2－4k2－4＝0.
由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝
＝＝0，
所以OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形．
综上所述，△AOB为直角三角形．
证法二 ①当直线方程为y＝时，
A(－，)，B(，)，
所以·＝－＋＝0，
所以OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形．
②当直线方程为y＝－时，
A(，－)，B(－，－)，
所以·＝－＋＝0，
所以OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形．
③当直线l不与x轴平行时，设其方程为x＝ty＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为直线l与圆相切，所以＝，即3m2－4t2－4＝0.
由得(t2＋2)y2＋2tmy＋m2－4＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
所以·＝y1y2＋x1x2＝y1y2＋(ty1＋m)(ty2＋m)
＝(1＋t2)y1y2＋tm(y1＋y2)＋m2
＝＝＝0，
所以OA⊥OB，所以△AOB为直角三角形．
综上所述，△AOB为直角三角形．
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