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2022-2023学年北京市海淀区高二（下）开学数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年北京市海淀区高二（下）开学数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.当−2A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.垂直于向量(2,1)，并且经过点A(3,−2)的直线方程为( )
A. 2x+y−4=0B. 2x+y+4=0C. x−2y−4=0D. x−2y+4=0
3.若直线l的一个方向向量为a=(1,−2,−1)，平面α的一个法向量为b=(−2,4,2)，则( )
A. l⊂αB. l//αC. l⊥αD. l//α或l⊂α
4.已知抛物线y2=ax上的点M(12,y0)到其焦点的距离是1，那么实数a的值为( )
A. 14B. 12C. 1D. 2
5.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点M满足2AM=AC.若A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，则下列向量中与B1M相等的是( )
A. 12a−12b+cB. 12a+12b+c
C. −12a+12b+cD. −12a−12b+c
6.已知直线l：y=kx+b，⊙O：x2+y2=1，则“|b|<1”是“直线l与⊙O相交”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
7.已知斜四棱柱ABCD−A1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD=60°，∠BAD=90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，则异面直线BD1与AA1所成的角的余弦值为( )
A. 34B. 134C. 3913D. 34
8.已知A，B(异于坐标原点)是圆(x−2)2+(y−1)2=5与坐标轴的两个交点，则下列点M中，使得△MAB为钝角三角形的是( )
A. M(0,0)B. M(4,3 22)C. M(2,1− 5)D. M(1,2 2)
9.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>1)的左焦点为F，上顶点为B，平行于直线FB的直线l交椭圆E于M、N两点，若线段MN的中点坐标为(2,−1)，P为椭圆E上任意一点，|PF|的最大值为4+2 2，则椭圆E的长轴长为( )
A. 8B. 4C. 2 2D. 4 2
10.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，P为正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的动点．下列叙述正确的是( )
A. 当点P在侧面AA1D1D上运动时，直线CN与平面BMP所成角的最大值为π2
B. 当点P为棱A1B1的中点时，CN//平面BMP
C. 当点P在棱BB1上时，点P到平面CNM的距离的最小值为 66
D. 当点P∉NC时，满足MP⊥平面NCP的点P共有2个
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.已知复数z满足z=1+ii，则|z|= ______ ．
12.已知直线l1：ax−y+2=0，直线l2：x−(a+1)y−1=0.若l1⊥l2，则实数a= ．
13.已知双曲线C的对称轴为坐标轴，中心是坐标原点，渐近线方程为y=±43x，请写出双曲线C的一个离心率 ．
14.已知F1，F2分别为椭圆x29+y2b2=1的左、右焦点，以F2为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线x− 3y+8=0相切.P为椭圆上一点，I为△PF1F2的内心，且S△IPF1=λS△IF1F2−S△IPF2，则λ的值为______ ．
15.数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线D在平面直角坐标系xOy中的方程为x3+y3−3axy=0.当a=1时，给出下列四个结论：
①曲线D不经过第三象限；
②曲线D关于直线y=x轴对称；
③对任意k∈R，曲线D与直线y=−x+k一定有公共点；
④对任意k∈R，曲线D与直线y=k一定有公共点．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共4小题，共40分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
已知直线l1：y=1与直线l2：y=kx−2交于点A，点A关于坐标原点的对称点为C，点B在直线l1上，点D在直线l2上．
(1)当k=1时，求C点的坐标；
(2)当四边形ABCD为菱形时，求k的值．
17.(本小题10分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)，满足下列三个条件中的一个：
①抛物线C上一动点Q到焦点F的距离比到直线m：x=−1的距离大1；
②点A(2,3)到焦点F与到准线l：x=−p2的距离之和等于7；
③该抛物线C被直线n：x−y−2=0所截得弦长为16．
请选择其中一个条件解答下列问题．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)O为坐标原点，直线l与抛物线C交于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，当k1⋅k2=−4时，求△OMN的面积的最小值．
18.(本小题10分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB=PC=3；在梯形ABCD中，AB//DC，AD⊥DC，AB=5，AD=4，DC=3．
(Ⅰ)求证：AB//面PCD；
(Ⅱ)求二面角A−PB−C的余弦值；
(Ⅲ)请问棱BC上是否存在点Q到面PBA的距离为 1010，若存在，求出|CQ||CB|的值，若不存在，说明理由．
19.(本小题10分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2 2，P( 2,1)是椭圆C上一点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(m,0)(m为常数，且m≠±2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与y轴相交于点N，已知NA=λ1AM，NB=λ2BM，试问(λ1+λ2)⋅(m2−4)是否为定值？若是、请求出该值；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据题意，可得z=m+i2−i=(m+i)(2+i)(2−i)(2+i)=2m−15+2+m5i
因为m∈(−2,12)，所以实部2m−15<0，虚部2+m5>0，
故复数z在复平面内的对应点位于第二象限．
故选：B．
根据题意，先对复数进行化简，再确定实部和虚部的符号，即可得到本题的答案．
本题主要考查复数的代数形式及其几何意义，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、直线的点斜式，属于基础题．
由直线垂直于向量(2,1)，可得直线的斜率为k=−2.利用点斜式即可得出．
【解答】
解：∵直线垂直于向量(2,1)，
∴直线的斜率为k=−2．
又直线经过点A(3,−2)，
∴直线的方程为：y+2=−2(x−3)，化为2x+y−4=0，
故选A．
3.【答案】C
【解析】【分析】
根据题意，分析可得b=−2a，由线面垂直的向量表示分析可得答案．
本题考查空间向量的应用，涉及线面垂直的向量表示，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，直线l的一个方向向量为a=(1,−2,−1)，平面α的一个法向量为b=(−2,4,2)，
则有b=−2a，故a//b，故l⊥α，
故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】
利用抛物线焦半径公式可直接构造方程求得结果．
本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
【解答】
解：由抛物线方程知：抛物线焦点为F(a4,0)(a>0)，准线为x=−a4，
由抛物线定义知：|MF|=12+a4=1，解得：a=2，
故选：D．
5.【答案】C
【解析】【分析】
直接利用向量的线性运算求出结果．
本题考查向量的线性运算，属于基础题和易错题．
【解答】
解：平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点M满足2AM=AC.若A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，
所以B1M=B1B+BM=c+12(−a+b)=−12a+12b+c．
故选：C．
6.【答案】A
【解析】【分析】
根据已知条件，结合点到直线的距离公式，即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
【解答】
解：⊙O：x2+y2=1，
则⊙O的圆心为(0,0)，半径为1，
圆心到直线l的距离为|b| k2+1，
当|b|<1时，|b| k2+1<1，故直线l与⊙O相交，充分性成立，
当直线l与⊙O相交，则|b| k2+1<1，即|b|< k2+1，必要性不成立，
故“|b|<1”是“直线l与⊙O相交”的充分而不必要条件，故A正确．
故选：A．
7.【答案】D
【解析】解：∵AA1//DD1，
∴∠BD1D(或其补角)是异面直线BD1与AA1所成的角，
∵DD1=2，BD= AB2+AD2=2 2，
在菱形ADD1A1中，∵∠A1AD=60°，∴∠AA1D1=120°，
∵A1D1=AA1=2，∴AD1=2 3，
又AB⊥AD，平面A1ADD1⊥平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD=AD，
∴AB⊥平面A1ADD1，
∴BD1= AB2+AD12=4，
∴cs∠BD1D=16+4−82×4×2=34．
故选：D．
由AA1//DD1，得∠BD1D(或其补角)是异面直线BD1与AA1所成的角，由此能求出异面直线BD1与AA1所成的角的余弦值．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理的合理运用．
8.【答案】D
【解析】【分析】
对于圆(x−2)2+(y−1)2=5，可得A(4,0)，B(0,2)，可得直线AB的方程x+2y−4=0.圆心C(2,1)满足直线BA的方程，下列点M中，使得△MAB为钝角三角形，点M必须在⊙C的内部，经过验证进而得出结论．
本题考查了点及其直线与圆的位置关系、钝角三角形、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【解答】
解：对于圆(x−2)2+(y−1)2=5，
令x=0，解得y=0，2；
令y=0，解得x=0，4．
不妨取A(4,0)，B(0,2)，
可得直线AB的方程：x4+y2=1，即x+2y−4=0．
圆心C(2,1)满足直线BA的方程，
下列点M中，使得△MAB为钝角三角形，则点M必须在⊙C的内部．
经过验证(0,0)，(2,1− 5)在⊙C上，点(4,3 22)在⊙C的外部，只有点M(1,2 2)在圆的内部，
故选：D．
9.【答案】A
【解析】解：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，MN的中点(2,−1)，
则x1+x2=4，y1+y2=−2，
又x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，
两式相减可得y1−y2x1−x2.y1+y2x1+x2=b2a2，
即kBF⋅2×(−1)2×2=bc⋅−12=b2a2×(−1)，
即a2=2bc=b2+c2，
∴b=c，a= 2c，
∵|PF|的最大值为4+2 2，
由椭圆的性质可得a+c=4+2 2，
∴a=4，
则椭圆E的长轴长为8．
故选：A．
利用kBF⋅2×(−1)2×2=bc⋅−12=b2a2×(−1)，a+c=4+2 2，求得a=4即可．
本题考查了椭圆的性质，考查了“点差法”，考查了计算能力，属于中档题．
10.【答案】C
【解析】【分析】
对于A，使用反证的方法即得；对于B，由EF//CN，但EF与平面BPD1E不平行即得；对于C，使用等体积法即得；对于D，由满足条件的点P只有一个，为正方形BB1C1C的中心即得．
本题考查了线面垂直的判定与性质、直线与平面位置关系、等体积法求点面距离，属于难题．
【解答】解：对于A，假设直线CN与平面BMP所成角为π2，即CN⊥平面BMP，
因为BM⊂平面BMP，所以CN⊥BM，由正方体的结构，显然不成立，故假设错误，A错误；
对于B，取CD中点E，易得平面BMP即平面BPD1E，令上底面A1B1C1D1中心为F，连接EF，
显然EF//CN，但EF与平面BPD1E不平行，所以CN与平面BPD1E不平行，B错误；
对于C，考虑四面体PCNM，NC= 52，MC= 32，MN= 22，
所以NC2=MC2+MN2，所以S△MNC=12× 22× 32= 68，
设点P到平面CNM的距离为h，由等体积法，VP−MNC=VM−NPC，所以13× 68×h=13×S△NPC×12，
所以h=4S△NPC 6，因为点P在棱BB1上，当点P位于点B1时，三角形NPC的底边NC上的高线最小，又NC为定值，即三角形NPC的面积此时最小，最小为14，所以h的最小值为 66，C正确；
对于D，如图，取BB1中点H，AA1中点G，连接C1H，
易得，NC⊥C1H，又NC⊥GH，C1H与GH为平面GHC1D1内两相交直线，所以NC⊥平面GHC1D1，
将平面GHC1D1向下平移得到平面α，平面α经过AA1与BB1的靠近下方的四等分点J与K，
此时平面α经过点M，且NC⊥平面α，故点P只能位于正方体表面与平面α的交线上，
设交线为L，为一长方形边界，
因为MP⊥平面NCP，NP⊂平面NCP，所以MP⊥NP，
以线段MN为直径作球O，则点P位于球O的表面，球心O为线段MN中点，球的半径为 24，
易得，球O的表面与交线L的交点共两个，一个为正方形BB1C1C的中心，一个位于线段NC上，故满足条件的点P只有一个，为正方形BB1C1C的中心，D错误．
故选：C．
11.【答案】 2
【解析】解：∵z=1+ii，∴|z|=|1+ii|=|1+i||i|= 12+121= 2．
故答案为： 2．
直接利用商的模等于模的商求解．
本题考查复数模的求法，考查转化思想，是基础题．
12.【答案】−12
【解析】【分析】
直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得a值．
本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．
【解答】
解：∵直线l1：ax−y+2=0，直线l2：x−(a+1)y−1=0，且l1⊥l2，
∴1×a+1×(a+1)=0，
∴a=−12，
故答案为：−12．
13.【答案】53(答案不唯一)
【解析】解：当双曲线C的焦点在x轴时，其渐近线为y=±bax，则ba=43，
∴离心率e=ca= 1+b2a2= 1+(43)2=53，
当双曲线C的焦点在y轴时，其渐近线为y=±abx，则ab=43，即ba=34，
∴离心率e=ca= 1+b2a2= 1+(34)2=54，
综上所述，则双曲线的离心率为53或54．
故答案为：53(答案不唯一)．
分类讨论双曲线C的焦点在x轴、y轴两种情况，结合双曲线的渐近线方程及离心率公式，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想和分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
14.【答案】32
【解析】解：设F1(−c,0)，F2(c,0)，F2为圆心且过椭圆左顶点的圆的半径为R=a+c=3+c，
根据题意可知R=|c+8| 1+3，
解得c=2
设△PF1F2的内接圆半径为r，
则S△IPF1=12|PF1|⋅r，S△IF1F2=12|F1F2|⋅r，S△IPF2=12|PF2|⋅r
故12|PF1|⋅r=λ2|F1F2|⋅r−12|PF2|⋅r，
化简可得|PF1|+|PF2|=λ|F1F2|，即2a=λ⋅2c，
解得λ=32．
故答案为：32．
根据题意利用点到直线的距离公式求出椭圆焦点坐标，再利用三角形内接圆与三角形面积的关系列式，结合椭圆定义即可求出答案．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】①②④
【解析】【分析】
本题主要考查曲线与方程和命题的真假判断与应用，考查了转化思想，属于难题．
当x，y<0时，判断x3+y3−3xy=0是否成立；将点(y,x)代入方程，判断与原方程是否相同；联立直线和曲线方程，判断方程组是否有解，再逐一判断结论即可．
【解答】
解：当a=1时，方程为x3+y3−3xy=0，
当x，y<0时，x3+y3−3xy<0，故第三象限内的点不可能在曲线上，①正确；
将点(y,x)代入曲线方程，得x3+y3−3xy=0，故曲线关于直线y=x对称，②正确；
当k=−1，联立x3+y3−3xy=0x+y=−1，其中x3+y3−3xy=(x+y)(x2+y2−xy)−3xy=0，
将x+y=−1代入，得−(x+y)2=0，即x+y=0，则方程组无解，
故曲线D与直线x+y=−1无公共点，③错误；
联立x3+y3−3xy=0y=k，可得x3+k3−3xk=0有解，
设t(x)=x3+k3−3xk，
当k>0时，则t′(x)=3x2−3k=3(x− k)(x+ k)，
t(x)在(−∞,− k),( k,+∞)单调递增，
(− k, k)单调递减，值域为R，所以存在t(x)=0成立，
当k=0时，t(0)=0成立；
当k<0时，t′(x)=3x2−3k>0，t(x)单调递增，
t(−k)=−k3+k3+3k2=3k2>0，t(k)=k3+k3−3k2=k2(2k−3)<0，
所以∃x0∈(k,−k)，t(x0)=0成立，
所以曲线D与直线y=k一定有公共点，故④选项正确．
故答案为：①②④．
16.【答案】解：(1)当k=1时，直线l2：y=x−2，又直线l1：y=1，
∴可得A为(3,1)，∴C为(−3,−1)；
(2)联立y=1y=kx−2，可得A(3k,1)，
设D(t,kt−2)，又四边形ABCD为菱形，
∴B(−t,2−kt)，且kOA⋅kOD=−1，又B在直线l1：y=1上，
∴2−kt=113k⋅kt−2t=−1，解得k=± 3，
∴k的值为± 3．
【解析】(1)求出A点坐标，从而可得C点坐标；
(2)根据菱形的性质，建立方程即可求解．
本题考查直线，点的对称性问题，菱形的性质，方程思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)选①抛物线C上一动点Q到焦点F的距离比到直线m：x=−1的距离大1，
可得抛物线C上一动点Q到焦点F的距离与到直线m：x=−2的距离相等，
所以直线x=−2为抛物线的准线方程，可得−p2=−2，即p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x：
选②点A(2,3)到焦点F与到准线l：x=−p2的距离之和等于7，
由F(p2,0)，可得 (2−p2)2+9+2+p2=7，即有(2−p2)2+9=(5−p2)2，
解得p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x：
选③该抛物线C被直线n：x−y−2=0所截得弦长为16．
由y2=2pxx−y−2=0消去y，可得x2−(4+2p)x+4=0，
△=(4+2p)2−16=4p2+16p>0，
设弦的端点的横坐标分别为x1，x2，则x1+x2=4+2p，x1x2=4，
所以 2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 2⋅ (4+2p)2−16=16，
解得p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x：
(2)设直线l的方程为x=my+t，与抛物线的方程y2=8x联立，
可得y2−8my−8t=0，
设M(x3,y3)，N(x4,y4)，则y3+y4=8m，y3y4=−8t，
k1⋅k2=y3x3⋅y4x4=y3y328⋅y4y428=64y3y4=64−8t=−4，
解得t=2，
则直线l恒过定点(2,0)，
所以△OMN的面积S=12×2|y3−y4|=|y3−y4|
= (y3+y4)2−4y3y4= 64m2+64，
当m=0时，△OMN的面积的最小值为8．
【解析】本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力．
(1)若选①，由抛物线的定义和准线方程可得p，进而得到抛物线的方程；若选②，运用两点的距离公式，解方程可得p，进而得到抛物线的方程；若选③，联立直线方程和抛物线的方程，运用韦达定理和弦长公式，解方程可得p，进而得到抛物线的方程；
(2)设出直线MN的方程，与抛物线的方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，可得直线MN恒过定点，再由三角形的面积公式和二次函数的最值求法，可得所求最小值．
18.【答案】(I)证明：∵AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB//平面PDC．
(II)解：∵ABCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥DC，AB=5，AD=4，DC=3，
∴BC= 42−(5−3)2=2 5，又PB=PC=3，∴P到BC的距离为 32−5=2，
∵平面PBC⊥平面ABCD，∴P到平面ABCD的距离为2．
以D为原点，以DA，DC，及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间坐标系如图所示：
∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，
∴PB=(2,1,−2)，AB=(0,5,0)，CB=(4,2,0)，
设平面APB的法向量为m=(x1,y1,z1)，平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则m⋅PB=0m⋅AB=0，n⋅PB=0n⋅CB=0，
∴2x1+y1−2z1=05y1=0，2x2+y2−2z2=04x2+2y2=0，
令x1=1，x2=1可得m=(1,0,1)，n=(1,−2,0)，
∴cs=m⋅n|m⋅|n|=1 2× 5= 1010．
由图形可知二面角A−PB−C为锐二面角，
∴二面角A−PB−C的余弦值为 1010．
(III)解：假设棱BC上存在点Q到面PBA的距离为 1010，设CQ=λCB=λ(4,2,0)=(4λ,2λ,0)，
∴Q(4λ,2λ+3,0)，∴AQ=(4λ−4,2λ+3,0)，
∴点Q到平面PBA的距离d=|4λ−4| 2= 1010∴|4λ−4|= 55，∴λ=1− 520，
∴棱BC上是存在点Q到面PBA的距离为 1010，|CQ||CB|=1− 520．
【解析】(I)由AB//CD即可得出AB//平面PDC；
(II)建立空间坐标系，求出平面APB和平面PBC的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小；
(III)设CQ=λCB，用λ表示点Q到平面PAB距离，求解可得λ的值．
本题考查了线面平行的判定，二面角的计算，考查空间向量在立体几何值的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由短轴长为2 2，可得2b=2 2，即b= 2，
将P( 2,1)的坐标代入椭圆的方程：2a2+12=1，可得a2=4，
所以椭圆的方程为：x24+y22=1；
(2)由题意可知，直线的斜率一定存在，设直线l的方程为y=k(x−m)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−m)x24+y22=1，整理可得：(1+2k2)x2−4k2mx+2k2m2−4=0，
Δ=16k4m−4(1+2k2)(2k2m2−4)=32k2−18k2m2+16>0，
且x1+x2=4k2m1+2k2，x1x2=2k2m2−41+2k2，
则由题意可得N(0,−km)，由NA=λ1AM，可得(x1,y1+km)=λ1(m−x1,−y1)，则λ1=x1m−x1，
NB=λ2BM，可得(x2,y2+km)=λ2(m−x2,−y2)，则λ1=x2m−x2，
所以(λ1+λ2)⋅(m2−4)=(x1m−x1+x2m−x2)(m2−4)=x1(m−x2)+x2(m−x1)(m−x1)(m−x2)⋅(m2−4)=m(x1+x2)−2x1x2m2−m(x1+x2)+x1x2⋅(m2−4)
=m⋅4k2m1+2k2−2⋅2k2m2−41+2k2m2−m⋅4k2m1+2k2+2k2m2−41+2k2⋅(m2−4)=8m2−4⋅(m2−4)=8，
所以(λ1+λ2)⋅(m2−4)为定值8．
【解析】(1)由短轴长可得b的值，将点P的坐标代入椭圆的方程，可得a的值，进而求出椭圆的方程；
(2)设直线l的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，去耦向量的关系，求出λ1，λ2的表达式，求出代数式(λ1+λ2)⋅(m2−4)的表达式，整理，将两根之和及两根之积代入，可得其值为定值．
本题考查求椭圆的方程，直线与椭圆的综合应用，向量的运算性质的应用，属于中档题．
1.当−2
2.垂直于向量(2,1)，并且经过点A(3,−2)的直线方程为( )
A. 2x+y−4=0B. 2x+y+4=0C. x−2y−4=0D. x−2y+4=0
3.若直线l的一个方向向量为a=(1,−2,−1)，平面α的一个法向量为b=(−2,4,2)，则( )
A. l⊂αB. l//αC. l⊥αD. l//α或l⊂α
4.已知抛物线y2=ax上的点M(12,y0)到其焦点的距离是1，那么实数a的值为( )
A. 14B. 12C. 1D. 2
5.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点M满足2AM=AC.若A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，则下列向量中与B1M相等的是( )
A. 12a−12b+cB. 12a+12b+c
C. −12a+12b+cD. −12a−12b+c
6.已知直线l：y=kx+b，⊙O：x2+y2=1，则“|b|<1”是“直线l与⊙O相交”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
7.已知斜四棱柱ABCD−A1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD=60°，∠BAD=90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，则异面直线BD1与AA1所成的角的余弦值为( )
A. 34B. 134C. 3913D. 34
8.已知A，B(异于坐标原点)是圆(x−2)2+(y−1)2=5与坐标轴的两个交点，则下列点M中，使得△MAB为钝角三角形的是( )
A. M(0,0)B. M(4,3 22)C. M(2,1− 5)D. M(1,2 2)
9.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>1)的左焦点为F，上顶点为B，平行于直线FB的直线l交椭圆E于M、N两点，若线段MN的中点坐标为(2,−1)，P为椭圆E上任意一点，|PF|的最大值为4+2 2，则椭圆E的长轴长为( )
A. 8B. 4C. 2 2D. 4 2
10.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，P为正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的动点．下列叙述正确的是( )
A. 当点P在侧面AA1D1D上运动时，直线CN与平面BMP所成角的最大值为π2
B. 当点P为棱A1B1的中点时，CN//平面BMP
C. 当点P在棱BB1上时，点P到平面CNM的距离的最小值为 66
D. 当点P∉NC时，满足MP⊥平面NCP的点P共有2个
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.已知复数z满足z=1+ii，则|z|= ______ ．
12.已知直线l1：ax−y+2=0，直线l2：x−(a+1)y−1=0.若l1⊥l2，则实数a= ．
13.已知双曲线C的对称轴为坐标轴，中心是坐标原点，渐近线方程为y=±43x，请写出双曲线C的一个离心率 ．
14.已知F1，F2分别为椭圆x29+y2b2=1的左、右焦点，以F2为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线x− 3y+8=0相切.P为椭圆上一点，I为△PF1F2的内心，且S△IPF1=λS△IF1F2−S△IPF2，则λ的值为______ ．
15.数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线D在平面直角坐标系xOy中的方程为x3+y3−3axy=0.当a=1时，给出下列四个结论：
①曲线D不经过第三象限；
②曲线D关于直线y=x轴对称；
③对任意k∈R，曲线D与直线y=−x+k一定有公共点；
④对任意k∈R，曲线D与直线y=k一定有公共点．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共4小题，共40分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
已知直线l1：y=1与直线l2：y=kx−2交于点A，点A关于坐标原点的对称点为C，点B在直线l1上，点D在直线l2上．
(1)当k=1时，求C点的坐标；
(2)当四边形ABCD为菱形时，求k的值．
17.(本小题10分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)，满足下列三个条件中的一个：
①抛物线C上一动点Q到焦点F的距离比到直线m：x=−1的距离大1；
②点A(2,3)到焦点F与到准线l：x=−p2的距离之和等于7；
③该抛物线C被直线n：x−y−2=0所截得弦长为16．
请选择其中一个条件解答下列问题．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)O为坐标原点，直线l与抛物线C交于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，当k1⋅k2=−4时，求△OMN的面积的最小值．
18.(本小题10分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB=PC=3；在梯形ABCD中，AB//DC，AD⊥DC，AB=5，AD=4，DC=3．
(Ⅰ)求证：AB//面PCD；
(Ⅱ)求二面角A−PB−C的余弦值；
(Ⅲ)请问棱BC上是否存在点Q到面PBA的距离为 1010，若存在，求出|CQ||CB|的值，若不存在，说明理由．
19.(本小题10分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2 2，P( 2,1)是椭圆C上一点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(m,0)(m为常数，且m≠±2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与y轴相交于点N，已知NA=λ1AM，NB=λ2BM，试问(λ1+λ2)⋅(m2−4)是否为定值？若是、请求出该值；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据题意，可得z=m+i2−i=(m+i)(2+i)(2−i)(2+i)=2m−15+2+m5i
因为m∈(−2,12)，所以实部2m−15<0，虚部2+m5>0，
故复数z在复平面内的对应点位于第二象限．
故选：B．
根据题意，先对复数进行化简，再确定实部和虚部的符号，即可得到本题的答案．
本题主要考查复数的代数形式及其几何意义，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、直线的点斜式，属于基础题．
由直线垂直于向量(2,1)，可得直线的斜率为k=−2.利用点斜式即可得出．
【解答】
解：∵直线垂直于向量(2,1)，
∴直线的斜率为k=−2．
又直线经过点A(3,−2)，
∴直线的方程为：y+2=−2(x−3)，化为2x+y−4=0，
故选A．
3.【答案】C
【解析】【分析】
根据题意，分析可得b=−2a，由线面垂直的向量表示分析可得答案．
本题考查空间向量的应用，涉及线面垂直的向量表示，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，直线l的一个方向向量为a=(1,−2,−1)，平面α的一个法向量为b=(−2,4,2)，
则有b=−2a，故a//b，故l⊥α，
故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】
利用抛物线焦半径公式可直接构造方程求得结果．
本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
【解答】
解：由抛物线方程知：抛物线焦点为F(a4,0)(a>0)，准线为x=−a4，
由抛物线定义知：|MF|=12+a4=1，解得：a=2，
故选：D．
5.【答案】C
【解析】【分析】
直接利用向量的线性运算求出结果．
本题考查向量的线性运算，属于基础题和易错题．
【解答】
解：平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点M满足2AM=AC.若A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，
所以B1M=B1B+BM=c+12(−a+b)=−12a+12b+c．
故选：C．
6.【答案】A
【解析】【分析】
根据已知条件，结合点到直线的距离公式，即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
【解答】
解：⊙O：x2+y2=1，
则⊙O的圆心为(0,0)，半径为1，
圆心到直线l的距离为|b| k2+1，
当|b|<1时，|b| k2+1<1，故直线l与⊙O相交，充分性成立，
当直线l与⊙O相交，则|b| k2+1<1，即|b|< k2+1，必要性不成立，
故“|b|<1”是“直线l与⊙O相交”的充分而不必要条件，故A正确．
故选：A．
7.【答案】D
【解析】解：∵AA1//DD1，
∴∠BD1D(或其补角)是异面直线BD1与AA1所成的角，
∵DD1=2，BD= AB2+AD2=2 2，
在菱形ADD1A1中，∵∠A1AD=60°，∴∠AA1D1=120°，
∵A1D1=AA1=2，∴AD1=2 3，
又AB⊥AD，平面A1ADD1⊥平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD=AD，
∴AB⊥平面A1ADD1，
∴BD1= AB2+AD12=4，
∴cs∠BD1D=16+4−82×4×2=34．
故选：D．
由AA1//DD1，得∠BD1D(或其补角)是异面直线BD1与AA1所成的角，由此能求出异面直线BD1与AA1所成的角的余弦值．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理的合理运用．
8.【答案】D
【解析】【分析】
对于圆(x−2)2+(y−1)2=5，可得A(4,0)，B(0,2)，可得直线AB的方程x+2y−4=0.圆心C(2,1)满足直线BA的方程，下列点M中，使得△MAB为钝角三角形，点M必须在⊙C的内部，经过验证进而得出结论．
本题考查了点及其直线与圆的位置关系、钝角三角形、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【解答】
解：对于圆(x−2)2+(y−1)2=5，
令x=0，解得y=0，2；
令y=0，解得x=0，4．
不妨取A(4,0)，B(0,2)，
可得直线AB的方程：x4+y2=1，即x+2y−4=0．
圆心C(2,1)满足直线BA的方程，
下列点M中，使得△MAB为钝角三角形，则点M必须在⊙C的内部．
经过验证(0,0)，(2,1− 5)在⊙C上，点(4,3 22)在⊙C的外部，只有点M(1,2 2)在圆的内部，
故选：D．
9.【答案】A
【解析】解：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，MN的中点(2,−1)，
则x1+x2=4，y1+y2=−2，
又x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，
两式相减可得y1−y2x1−x2.y1+y2x1+x2=b2a2，
即kBF⋅2×(−1)2×2=bc⋅−12=b2a2×(−1)，
即a2=2bc=b2+c2，
∴b=c，a= 2c，
∵|PF|的最大值为4+2 2，
由椭圆的性质可得a+c=4+2 2，
∴a=4，
则椭圆E的长轴长为8．
故选：A．
利用kBF⋅2×(−1)2×2=bc⋅−12=b2a2×(−1)，a+c=4+2 2，求得a=4即可．
本题考查了椭圆的性质，考查了“点差法”，考查了计算能力，属于中档题．
10.【答案】C
【解析】【分析】
对于A，使用反证的方法即得；对于B，由EF//CN，但EF与平面BPD1E不平行即得；对于C，使用等体积法即得；对于D，由满足条件的点P只有一个，为正方形BB1C1C的中心即得．
本题考查了线面垂直的判定与性质、直线与平面位置关系、等体积法求点面距离，属于难题．
【解答】解：对于A，假设直线CN与平面BMP所成角为π2，即CN⊥平面BMP，
因为BM⊂平面BMP，所以CN⊥BM，由正方体的结构，显然不成立，故假设错误，A错误；
对于B，取CD中点E，易得平面BMP即平面BPD1E，令上底面A1B1C1D1中心为F，连接EF，
显然EF//CN，但EF与平面BPD1E不平行，所以CN与平面BPD1E不平行，B错误；
对于C，考虑四面体PCNM，NC= 52，MC= 32，MN= 22，
所以NC2=MC2+MN2，所以S△MNC=12× 22× 32= 68，
设点P到平面CNM的距离为h，由等体积法，VP−MNC=VM−NPC，所以13× 68×h=13×S△NPC×12，
所以h=4S△NPC 6，因为点P在棱BB1上，当点P位于点B1时，三角形NPC的底边NC上的高线最小，又NC为定值，即三角形NPC的面积此时最小，最小为14，所以h的最小值为 66，C正确；
对于D，如图，取BB1中点H，AA1中点G，连接C1H，
易得，NC⊥C1H，又NC⊥GH，C1H与GH为平面GHC1D1内两相交直线，所以NC⊥平面GHC1D1，
将平面GHC1D1向下平移得到平面α，平面α经过AA1与BB1的靠近下方的四等分点J与K，
此时平面α经过点M，且NC⊥平面α，故点P只能位于正方体表面与平面α的交线上，
设交线为L，为一长方形边界，
因为MP⊥平面NCP，NP⊂平面NCP，所以MP⊥NP，
以线段MN为直径作球O，则点P位于球O的表面，球心O为线段MN中点，球的半径为 24，
易得，球O的表面与交线L的交点共两个，一个为正方形BB1C1C的中心，一个位于线段NC上，故满足条件的点P只有一个，为正方形BB1C1C的中心，D错误．
故选：C．
11.【答案】 2
【解析】解：∵z=1+ii，∴|z|=|1+ii|=|1+i||i|= 12+121= 2．
故答案为： 2．
直接利用商的模等于模的商求解．
本题考查复数模的求法，考查转化思想，是基础题．
12.【答案】−12
【解析】【分析】
直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得a值．
本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．
【解答】
解：∵直线l1：ax−y+2=0，直线l2：x−(a+1)y−1=0，且l1⊥l2，
∴1×a+1×(a+1)=0，
∴a=−12，
故答案为：−12．
13.【答案】53(答案不唯一)
【解析】解：当双曲线C的焦点在x轴时，其渐近线为y=±bax，则ba=43，
∴离心率e=ca= 1+b2a2= 1+(43)2=53，
当双曲线C的焦点在y轴时，其渐近线为y=±abx，则ab=43，即ba=34，
∴离心率e=ca= 1+b2a2= 1+(34)2=54，
综上所述，则双曲线的离心率为53或54．
故答案为：53(答案不唯一)．
分类讨论双曲线C的焦点在x轴、y轴两种情况，结合双曲线的渐近线方程及离心率公式，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想和分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
14.【答案】32
【解析】解：设F1(−c,0)，F2(c,0)，F2为圆心且过椭圆左顶点的圆的半径为R=a+c=3+c，
根据题意可知R=|c+8| 1+3，
解得c=2
设△PF1F2的内接圆半径为r，
则S△IPF1=12|PF1|⋅r，S△IF1F2=12|F1F2|⋅r，S△IPF2=12|PF2|⋅r
故12|PF1|⋅r=λ2|F1F2|⋅r−12|PF2|⋅r，
化简可得|PF1|+|PF2|=λ|F1F2|，即2a=λ⋅2c，
解得λ=32．
故答案为：32．
根据题意利用点到直线的距离公式求出椭圆焦点坐标，再利用三角形内接圆与三角形面积的关系列式，结合椭圆定义即可求出答案．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】①②④
【解析】【分析】
本题主要考查曲线与方程和命题的真假判断与应用，考查了转化思想，属于难题．
当x，y<0时，判断x3+y3−3xy=0是否成立；将点(y,x)代入方程，判断与原方程是否相同；联立直线和曲线方程，判断方程组是否有解，再逐一判断结论即可．
【解答】
解：当a=1时，方程为x3+y3−3xy=0，
当x，y<0时，x3+y3−3xy<0，故第三象限内的点不可能在曲线上，①正确；
将点(y,x)代入曲线方程，得x3+y3−3xy=0，故曲线关于直线y=x对称，②正确；
当k=−1，联立x3+y3−3xy=0x+y=−1，其中x3+y3−3xy=(x+y)(x2+y2−xy)−3xy=0，
将x+y=−1代入，得−(x+y)2=0，即x+y=0，则方程组无解，
故曲线D与直线x+y=−1无公共点，③错误；
联立x3+y3−3xy=0y=k，可得x3+k3−3xk=0有解，
设t(x)=x3+k3−3xk，
当k>0时，则t′(x)=3x2−3k=3(x− k)(x+ k)，
t(x)在(−∞,− k),( k,+∞)单调递增，
(− k, k)单调递减，值域为R，所以存在t(x)=0成立，
当k=0时，t(0)=0成立；
当k<0时，t′(x)=3x2−3k>0，t(x)单调递增，
t(−k)=−k3+k3+3k2=3k2>0，t(k)=k3+k3−3k2=k2(2k−3)<0，
所以∃x0∈(k,−k)，t(x0)=0成立，
所以曲线D与直线y=k一定有公共点，故④选项正确．
故答案为：①②④．
16.【答案】解：(1)当k=1时，直线l2：y=x−2，又直线l1：y=1，
∴可得A为(3,1)，∴C为(−3,−1)；
(2)联立y=1y=kx−2，可得A(3k,1)，
设D(t,kt−2)，又四边形ABCD为菱形，
∴B(−t,2−kt)，且kOA⋅kOD=−1，又B在直线l1：y=1上，
∴2−kt=113k⋅kt−2t=−1，解得k=± 3，
∴k的值为± 3．
【解析】(1)求出A点坐标，从而可得C点坐标；
(2)根据菱形的性质，建立方程即可求解．
本题考查直线，点的对称性问题，菱形的性质，方程思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)选①抛物线C上一动点Q到焦点F的距离比到直线m：x=−1的距离大1，
可得抛物线C上一动点Q到焦点F的距离与到直线m：x=−2的距离相等，
所以直线x=−2为抛物线的准线方程，可得−p2=−2，即p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x：
选②点A(2,3)到焦点F与到准线l：x=−p2的距离之和等于7，
由F(p2,0)，可得 (2−p2)2+9+2+p2=7，即有(2−p2)2+9=(5−p2)2，
解得p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x：
选③该抛物线C被直线n：x−y−2=0所截得弦长为16．
由y2=2pxx−y−2=0消去y，可得x2−(4+2p)x+4=0，
△=(4+2p)2−16=4p2+16p>0，
设弦的端点的横坐标分别为x1，x2，则x1+x2=4+2p，x1x2=4，
所以 2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 2⋅ (4+2p)2−16=16，
解得p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x：
(2)设直线l的方程为x=my+t，与抛物线的方程y2=8x联立，
可得y2−8my−8t=0，
设M(x3,y3)，N(x4,y4)，则y3+y4=8m，y3y4=−8t，
k1⋅k2=y3x3⋅y4x4=y3y328⋅y4y428=64y3y4=64−8t=−4，
解得t=2，
则直线l恒过定点(2,0)，
所以△OMN的面积S=12×2|y3−y4|=|y3−y4|
= (y3+y4)2−4y3y4= 64m2+64，
当m=0时，△OMN的面积的最小值为8．
【解析】本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力．
(1)若选①，由抛物线的定义和准线方程可得p，进而得到抛物线的方程；若选②，运用两点的距离公式，解方程可得p，进而得到抛物线的方程；若选③，联立直线方程和抛物线的方程，运用韦达定理和弦长公式，解方程可得p，进而得到抛物线的方程；
(2)设出直线MN的方程，与抛物线的方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，可得直线MN恒过定点，再由三角形的面积公式和二次函数的最值求法，可得所求最小值．
18.【答案】(I)证明：∵AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB//平面PDC．
(II)解：∵ABCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥DC，AB=5，AD=4，DC=3，
∴BC= 42−(5−3)2=2 5，又PB=PC=3，∴P到BC的距离为 32−5=2，
∵平面PBC⊥平面ABCD，∴P到平面ABCD的距离为2．
以D为原点，以DA，DC，及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间坐标系如图所示：
∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，
∴PB=(2,1,−2)，AB=(0,5,0)，CB=(4,2,0)，
设平面APB的法向量为m=(x1,y1,z1)，平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则m⋅PB=0m⋅AB=0，n⋅PB=0n⋅CB=0，
∴2x1+y1−2z1=05y1=0，2x2+y2−2z2=04x2+2y2=0，
令x1=1，x2=1可得m=(1,0,1)，n=(1,−2,0)，
∴cs
由图形可知二面角A−PB−C为锐二面角，
∴二面角A−PB−C的余弦值为 1010．
(III)解：假设棱BC上存在点Q到面PBA的距离为 1010，设CQ=λCB=λ(4,2,0)=(4λ,2λ,0)，
∴Q(4λ,2λ+3,0)，∴AQ=(4λ−4,2λ+3,0)，
∴点Q到平面PBA的距离d=|4λ−4| 2= 1010∴|4λ−4|= 55，∴λ=1− 520，
∴棱BC上是存在点Q到面PBA的距离为 1010，|CQ||CB|=1− 520．
【解析】(I)由AB//CD即可得出AB//平面PDC；
(II)建立空间坐标系，求出平面APB和平面PBC的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小；
(III)设CQ=λCB，用λ表示点Q到平面PAB距离，求解可得λ的值．
本题考查了线面平行的判定，二面角的计算，考查空间向量在立体几何值的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由短轴长为2 2，可得2b=2 2，即b= 2，
将P( 2,1)的坐标代入椭圆的方程：2a2+12=1，可得a2=4，
所以椭圆的方程为：x24+y22=1；
(2)由题意可知，直线的斜率一定存在，设直线l的方程为y=k(x−m)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−m)x24+y22=1，整理可得：(1+2k2)x2−4k2mx+2k2m2−4=0，
Δ=16k4m−4(1+2k2)(2k2m2−4)=32k2−18k2m2+16>0，
且x1+x2=4k2m1+2k2，x1x2=2k2m2−41+2k2，
则由题意可得N(0,−km)，由NA=λ1AM，可得(x1,y1+km)=λ1(m−x1,−y1)，则λ1=x1m−x1，
NB=λ2BM，可得(x2,y2+km)=λ2(m−x2,−y2)，则λ1=x2m−x2，
所以(λ1+λ2)⋅(m2−4)=(x1m−x1+x2m−x2)(m2−4)=x1(m−x2)+x2(m−x1)(m−x1)(m−x2)⋅(m2−4)=m(x1+x2)−2x1x2m2−m(x1+x2)+x1x2⋅(m2−4)
=m⋅4k2m1+2k2−2⋅2k2m2−41+2k2m2−m⋅4k2m1+2k2+2k2m2−41+2k2⋅(m2−4)=8m2−4⋅(m2−4)=8，
所以(λ1+λ2)⋅(m2−4)为定值8．
【解析】(1)由短轴长可得b的值，将点P的坐标代入椭圆的方程，可得a的值，进而求出椭圆的方程；
(2)设直线l的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，去耦向量的关系，求出λ1，λ2的表达式，求出代数式(λ1+λ2)⋅(m2−4)的表达式，整理，将两根之和及两根之积代入，可得其值为定值．
本题考查求椭圆的方程，直线与椭圆的综合应用，向量的运算性质的应用，属于中档题．
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