[数学]2023北京一零一中高二(上)期中试卷(教师版)

这是一份[数学]2023北京一零一中高二(上)期中试卷(教师版)，共21页。

学
（本试卷满分 120 分，考试时间 100 分钟）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要
求的一项.
1. 下列直线中，倾斜角为锐角的是（
）
y = −2x +1
x − y +1= 0
y =1
A.
B.
C.
D. x = 2
( )
a b + c
2. 若 a
2, 3,1 ，
= ( − ) b = (2, 0, 3) c = (0, 2, 2)
，
，则
的值为（
）
A. 3
B. 4
C. 7
D. 15
(− − )，且 的方向向量为
3, 2
，则直线l 的方程为（ ）
1,
3. 若直线l 过点
l
2x + y −8 = 0
2x − y +8 = 0
2x + y + 8 = 0
2x − y − 6 = 0
A.
C.
B.
D.
4. 设 a  R ，则“ a 1”
=
是“直线
l1 : ax 2y
+
= 与直线l ：x + (a +1)y + 4 = 0 平行 的（
0
”
）
）
2
A. 充分不必要条件
C. 充分必要条件
B. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
5. 已知向量 a 1, 0,1 ，
= (
)
b = (−2, 2,1)， c = (3, 4, z)
，若 a ，b ， c 共面，则 z 等于（
C. 5 D. 9
A. 9
−
−5
B.
x + y +1= 0
( − )
，则 x 1
2
y 1
+ ( − )
2
+ ( − )
x 2 +
2
6. 已知实数 x，y 满足
y2 的最小值为（
）
A.
5
B. 2 2
C. 10
D. 2 5
7. 如图，二面角 −l − 

、
内， AC ⊥ l ，
等于120 ， A、B 是棱l 上两点， BD、AC 分别在半平面
BD ⊥ l ，且 AB = AC = BD = 2，则CD 的长等于（
）
A. 2 3
B. 2 2
C. 4
D. 2


5π 
6 
( ) =
+
的部分图象， ， 分别是 ( )图
f x
f x sin πx
8. 如图 1，某同学在一张矩形卡片上绘制了函数


A
B
象的一个最高点和最低点，M 是 ( )图象与 y 轴的交点，
BD ⊥ OD
，现将该卡片沿 x 轴折成如图 2 所示
f x
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的直二面角 A OD B ，在图 2 中，则下列结果不正确的是（
−
−
）
A. AB = 3
14
B. 点 D 到平面 ABM 的距离为
14
3
C. 点 D 到直线 AB 的距离为
3
14
7
D. 平面OBD 与平面 ABM 夹角的余弦值为
9. 如图，在三棱锥OABC 中，三条侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ，OB ，OC 的长分别为 a，b，
内部的任意一点，点 M 到平面OBC ，平面OAC ，平面OAB 的距离分别为 ，b
a
，
c
，则
0
c.M 为
0
0
 a
 a
b0
b
c0 
c 
2
0
+
+
=
（


）
2
3
A. 4
10. 设直线系 M： xcs
B. 1
C.
D. 2
 + ( − )  = (   )
2 sin 2π ，对于下列四个命题：
y
1 0
①M 中所有直线均经过一个定点；
②存在无数多个点不在 M 中的任一条直线上；
③对于任意整数 n(n  3)，存在正 n 边形，其所有边均在 M 中的直线上；
④M 中的直线所能围成的正三角形面积都相等.
其中真命题为（
）
A. ①②④
B. ②③
C. ②③④
D. ③④
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分
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)
n = (2b, 6,5)
+ = ____________.
，若 m∥n ，则 a b
11. 已知向量 m 8,3,a ，
= (
l :3x − 4y − 2 = 0 l :3x − 4y + 8 = 0
之间的距离是______.
12. 两条直线
与
2
1
y − 2
x − 4
x, y
满足 x2 y2 2x 2y +1= 0 ，则
+
−
−
13. 若实数
的取值范围是____________.
( − )
14. 已知点 P 在圆 x 5
2
+ ( − ) =16 上，点 A(4, 0)、 B(0, 2)
y 5 ，则点 P 到直线 AB 的距离的最大值
2
PB =
为____________；当 PBA最大时，

____________.
ABC
AB = BB1 = 3 BC = 3 ABC = 90
， CH = xCB ，
15. 如图，在直三棱柱
中，
，
，
=
(     ). f (x, y) = AH + HP
CP yCB 0 x 1,0 y 1
记 ，给出下列四个结论：
1
⊥
A B P
；
1 1
①对于任意点 H，都不存在点 P，使得平面 AHP 平面
② (
f x, y
)的最小值为 3；
15
4
③当 f (x, y)取最小时，过点 A，H，P 作三棱柱的截面，则截面面积为
；
(
) =
f x, y 3 3
的点 有无数个.
P
④满足
其中所有正确结论的序号是____________.
三、解答题共 5 小题，共 55 分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
⊥ 底面 ABCD ，且侧
16. 如图，在四棱锥 P ABCD
−
中，底面 ABCD 为矩形且
AD 2AB = 2 ，侧面
=
PAD
面 PAD 是正三角形， E，F 分别是 AD ， PB 的中点.
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（1）求证： AF //平面 PCE ；
（2）求直线CF
与平面
PCE
所成角的正弦值，
A(0,1)
B(2, 3)
是圆 C 直径的两个端点．
17. 已知点
和点
（1）求线段 AB 的中点坐标和圆 C 的方程；
（2）过点 A 作圆 C 的切线 l，求切线 l 的方程．
18. 如图，在四棱锥 P ABCD
−
中，平面 ABCD ⊥ 平面 PCD，底面 ABCD 为梯形， AB//CD ，
AD ⊥ DC ，且 AB = 1， AD = DC = DP = 2， PDC = 120 .
（1）求证： AD 平面
⊥
PCD；
（2）求平面 PAD 与平面 PBC 夹角的余弦值；
（3）设 M 是棱 PA 的中点，在棱 BC 上是否存在一点 F ，使 MF //PC ？若存在，请确定点 F 的位置；若
不存在，请说明理由.
19. 已知圆C ：
x
2
−(1+ a)x + y
2
− ay + a = 0
.
（1）若圆C 与
y
轴相切，求圆C
的方程；
（2）如图，当 a = 5 时，圆C 与 x 轴相交于两点 M，N（点 M 在点 N 的左侧）.问：是否存在圆O ：
x
2
+ y
2
= r2 ，使得过点 M 的任一条直线与该圆的交点为 A，B，都有 ANM = BNM ?若存在，求出圆
方程，若不存在，请说明理由.
A
n
a ,a , ,a n 4
 (  )
i0,1,,n −1
a − a  1
，都有 （规定
i+1 i
20. 已知
：
为有穷数列.若对任意的
1
2
n


1,2 j i n 2 i, j 1, 2, ,n
 −  − (  )
.
a0 = a
A
P . T
= ( )
i, j ai
− a 
j
=
），则称 具有性质
设
n
n
n
A
A
（1）判断数列 ：1，0.1，-0.2，0.5， ：1，2，0.7，1.2，2 是否具有性质 P?若具有性质 P，写出对
4
5
应的集合Tn ；
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A
T  
；
4
（2）若 具有性质 P ，证明：
4
n
A
（3）给定正整数 ，对所有具有性质 P 的数列 ，求Tn 中元素个数的最小值.
n
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参考答案
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要
求的一项.
1. 【答案】B
【分析】由直线的斜率与倾斜角的关系可得.
【详解】设直线倾斜角为
，
y = −2x +1，斜率 k = tan = −2  0
，即倾斜角为钝角；
A 选项， 直线
B 选项， 直线 y x 1，斜率
=
+
k = tan =1 0
，倾斜角为 45 ，是锐角；
y =1，斜率 k = tan = 0
，即倾斜角为0 ，不是锐角；
C 选项， 直线
C 选项， 直线 x = 2 ，斜率不存在，即倾斜角为90 ，是直角不是锐角.
故选：B.
2. 【答案】A
( )
a b + c
【分析】应用向量线性运算及数量积的坐标表示求
的值.
( )
【详解】由题设b c (2, 2, 5) ，则 .
+ =
a b + c = (2,−3,1)(2, 2, 5) = 4 −6 +5 = 3
故选：A
3. 【答案】B
【分析】由直线的方向向量与斜率的关系求得直线斜率，根据点斜式建立直线方程，化简为直线的一般式
方程即可得解.
1,
【详解】解：∵l 的方向向量为
，
−2
k =
= −2
，
∴直线l 的斜率
1
又∵直线l 过点(−3,−2)，
y + 2 = −2 x + 3)，即 2x + y + 8 = 0
(
∴直线l 的方程为：
.
故选：B.
4. 【答案】A
【分析】
计算直线平行等价于 a = 1或 a
= −
2 ，根据范围大小关系得到答案
.
4 0
l ：x + (a + )y + =
2
【详解】直线 l1 : ax 2y 0 与直线
验证均不重合，满足.
+
=
1
平行，则
( + )= ， a = 1或
a a 1
a
= −2
，
2
4 0
l ：x + (a + )y + =
故“ a = 1”是“直线l1 : ax 2y 0 与直线
+
=
1
平行”的充分不必要条件.
2
故选：A.
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【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.
5. 【答案】D
【分析】根据 a,b,c 列方程，根据空间向量坐标的线性运算求解出 z 的值.
【详解】由于 a,b,c 共面，所以存在,  ，使得 a
=  + c ，即
b
(1, 0,1)= (−   )+ (   )= (−  +   +   + )，
2 ,2 ,
3 ,4 , z
2
3 ,2
4 ,
z
1= −2 + 3

1
2
0 = 2 + 4
 =
, z = 9, = −
z = 9 .
所以
，解得：
，所以
7
7

1=  + z

故选：D.
6. 【答案】D
( )到定点
P x, y
上一动点
( − )
【分析】由 x 1
2
y 1
+ ( − )
2
x 2
+ ( − )
2
+
y2 表示直线
x + y +1= 0
( ) ( )的距离之和，利用数形结合法求解.
A 1,1 , B 2,0
( )到定点
P x, y
上一动点
( − )
【详解】解： x 1
2
y 1
+ ( − )
2
x 2
+ ( − )
2
+
y2 表示直线
x + y +1= 0
( ) ( )的距离之和，如图所示：
A 1,1 , B 2,0
设点 ( )关于直线
x + y +1= 0
的对称点为

(
)
，
A x , y
0
A 1,1
0
 y −1
0
=1

 x −1

x0
= −2

0

，解得
则
，
y = −2
 x +1 y0 +1

0
0
+
+1= 0

 2
2
A(−2, 2)

(
)
2
(
)
2
A B = −2 − 2 + 2 − 0 = 2 5
，则
所以对称点为
( − )
由图知： x 1
2
y 1
+ ( − )
2
+ ( − )
x 2 + y2 的最小值为 2 5 ，
2
故选：D
7. 【答案】C
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【分析】根据题意，可得 DC = DB + BA+ AC ，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结
果.
【详解】由二面角的平面角的定义知 BD, AC =

120 ，

∴
由
∴
= 2
BD  AC = BD AC csBD, AC = 2 2 cs120 = −2，
AC ⊥ l,BD ⊥ l
AC  BA = 0,BD  BA = 0
，得
，又 DC DB BA AC ，
=
+
+
DC = (DB + BA + AC) = DB + BA + AC + 2DB  BA + 2DB  AC + 2BA AC
2
+ 2
2
+ 2
2
− 2BD AC =12 − 2(−2)=16
，
所以 DC
故选：C.
=
4，即CD = 4
.
8. 【答案】C
【分析】根据给定条件，求出图 1 中点 A,B,D,M 的坐标，建立空间直角坐标系，求出图 2 中点 A,B,D,M 的
坐标，再逐项判断作答.


5π 
 1 
 2


 2
 3


 1 
M 0,
f x = sin πx +
【详解】在图 1 中，由 ( )
A − ,1
B
,−1
D
,0

 ，得 
 ， 
 3
 ，

 ，

 ，
6   3 
 2 
在图 2 中，建立如图所示的空间直角坐标系O− xyz
，


1 
3   3
 2




1 
2 


2


A 0,− ,1
B 1, ,0
M 0, 0,
D 0, ,0
则 
 ， 
，

，

 ，
3
= ( − )
AB = 3
AB 1, 1, 1
则
，得
，A 正确．
1
1 
n = x, y, z
(
)，
AM = 0, ,−
设平面 ABM 的法向量为

 ，
 3 2 
x + y − z = 0

n


1
1
y = 3
z = 2 ， x= −1，
，则
则
，即
，取
y − z = 0
n

0

3
2
(
,3, 2)，
n
所以平面 ABM 的一个法向量
DB
n
14
所以点 D 到平面 ABM 的距离为
=
，B 正确．
14
14
第8页/共21页



3
3
3
3
( − ) =
1, 1, 1
,−
=
(1,0,0
DB
)
，u

,

a
取

，
3
3
3
3
AB


a (
)
则 a
=1，
a
，所以点 D 到直线
AB
的距离为
，C 错误．
3
3
)
平面OBD 的一个法向量为
m
= (0, 0,1
，
m
m
14
7
=
则平面OBD 与平面 ABM 夹角的余弦值为
，D 正确.
1 14
故选：C.
9. 【答案】D
【分析】根据VO−ABC =VM −OBC +VM −OAC +VM −OAB
，利用等体积法即可求得答案.
【 详 解 】 如 图 ， 设 点 M 到 平 面 OBC ， 平 面 OAC ， 平 面 OAB 的 投 影 点 分 别 为
MD,ME,MF,MA,MB,MC,MO ，则VO−ABC =VM −OBC +VM −OAC +VM −OAB
D, E, F
, 连 接
.
1 1
1
而V
=  abc = abc
，
O−ABC
3 2
1 1
6
1 1
1 1
1
VM −OBC =  bca +  abc +  acb = (bca + abc + acb )
，
0
0
0
0
0
0
3 2
1
3 2
3 2
6
1
6
abc = (bca + abc + acb )
所以
，
0
0
0
6
a0
a
b0
b
c0
c
 a
 a
b
c 
0
c 
+
+
=1
2
0
+
0
+
= 2
，
则
，则 

b
故选：D.
10. 【答案】B
【 分 析 】 点 (0, 2) 到 直 线 系
y 2 sin
 + ( − )  = (   2π)
中 每 条 直 线 的 距 离
M : xcs
1 0
1
d =
M : xcs + (y − 2)sin =1(0   2π)
+ ( − )
=1的切线
2
x2
y 2
，直线系
表示圆
cs
2
 + sin 
2
的集合.从切线的角度逐一判断各个命题即可得到答案.
第9页/共21页

【详解】因为点(0, 2)到直线系 M : xcs
y 2 sin
 + ( − )  = (   2π)
中每条直线的距离
1 0
1
d =
M : xcs + (y − 2)sin =1(0   2π)表示圆 + ( − )
2
x2
y 2
=1的切线
，直线系
cs
2
 + sin 
2
的集合.
①：由于直线系表示圆
定点不可能，故①不正确；
+ (y − 2) =1的所有切线，其中存在两条切线平行，
M
中所有直线均经过一个
2
x
2
+ (y − 2)
2
=1的所有切线，故圆内部的点不在
x
2
M
中的任一条直线上，所以存在无数
②：直线系表示圆
多个点不在 M 中的任一条直线上，故②正确；
③：由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数 n(n  3)，存在正 n
边形，其所有
边均在 M 中的直线上，故③正确；
④：如图， M 中的直线所能围成的正三角形有两类，其一是如
是圆的外切三角形，此类面积都相
等，另一类是在圆同一侧，如
相等，故④不正确.
故选：B.
型，此一类面积相等，但两类之间面积不等，所以面积大小不一定
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分
21
11. 【答案】
##10.5
2
8 = 2bt

m = tn
3 6t
=
【分析】由向量平行可设
，可得
，解方程即可得解.

a = 5t

第10页/共21页

8 = 2bt
b 8
=


m = tn
3 6t
=

【详解】由 m / /n 设
，则
，解得
5
2
,
a =


a = 5t


21
a +b =
所以
，
2
21
2
故答案为：
.
12. 【答案】 2
【分析】根据平行直线间距离公式可直接求得结果.
8+ 2
d =
= 2
【详解】由平行直线间距离公式可得：l1,l
之间的距离
.
2
32
+ (−4)
2
故答案为： 2 .
 3
0,
13. 【答案】


 4
y − 2
x − 4
【分析】已知等式变形后得到圆方程，找出圆心和半径，令t =
，得到
tx − y − 4t + 2 = 0
，根据直线
和圆有公共点列式求解即可.
y − 2
x − 4
【详解】令t =
，即
tx − y − 4t + 2 = 0
，表示一条直线，
又方程
x
+ y
2
− 2x − 2y +1= 0 可化为 x 1
( − )
2
+ ( − )
y 1
2
=1，表示圆心为(1, 1)
，半径为1的圆，
2
由题意可知圆与直线有公共点，
t −1− 4t + 2
3
d =
1，解得 0  t 
所以圆心到直线的距离
，
2
t +1
4
y − 2
x − 4
 3
 4
即
的取值范围是 0,
 ，
 3
故答案为： 0,

 4
11 5
5
14. 【答案】 ①.
+ 4 ②. 3 2
【分析】先求出直线 AB 的方程，由圆心到直线的距离加上半径可得最大值；找到当 PAB
最大时 P 点所
BP
在的位置，再结合勾股定理可得
的值.
x
y
x + 2y − 4 = 0
+
=
1，即
【详解】由题意可得 AB 的直线方程为
圆的圆心坐标为 (5,5)，半径为 4，
，
4
2
第11页/共21页

5+ 25− 4 11 5
=
圆心(5,5)到直线 AB 的距离为
，
1+ 4
5
所以点 P 到直线 AB 的距离的最大值为11 5
+
4 ，
5
如图：
，
当 PAB 最大或最小时，直线 PB 与圆相切，上图的 P 点位置满足 PAB
最大的情况，
= ( − )
0 5
2
+ ( − )
2 5
2
=
34 ，
PM 4，所以 BP
=
=
34 16 3 2
−
=
BM
，
11 5
5
+
4 ；3 2
.
故答案为：
15. 【答案】②③
【分析】①问题化为对于任意点 H，是否存在点 P，使面 AHP
⊥
A B C
A B C ⊥
面
1 1
面
，由已知证面
1
1
BB C C
BC
BB1C
，结合面面垂直判定判断存在性即可；②将
绕
翻折到平面
的重心，平面
HP 交 B C 于点 M ，取 B M 的中点 Q ， N 为 AC 的中点，证过点 A, H, P 的三棱柱的截面为梯形
内，证
为等边
1
1
三角形，进而确定 (
f x, y)的最小值；③ P 为 CB
的中点， H 为
BCC1B
中，延长
1
1
1
1
1
1 1
15
2
3 3
2
AHMN ，根据已知求其面积；④由 HB 
时， AH 
，进而得到 AH + HR  f (x, y)  2AH ，
几何法确定不等式两端的范围，即可判断.
ABC
BB1 ⊥ A B C
A B  A B C
，又 面 ，
1 1 1 1 1
【详解】①因为三棱锥
为直三棱锥，所以
面
1
1
1
BB ⊥ A B
ABC = 90，所以 A B C = 90
A B ⊥ B C
，所以 ，
1 1 1 1
所以
，又
1
1
1
1
1
1
BB
B
1
BB , B C  BB C C
A B ⊥ BB C C A B  A B C
，故 面 ， 面 ，
1 1 1 1 1 1 1 1
由
，
面
1
1
1
1
1
1
A B C ⊥ BB C C
H  BC, PCB
BB C C
所以面
由于面
面
，而
且都在面
内，
1
1
1
1
1
1
1
A B P
A B C
AHP ⊥ A B P
AHP ⊥ A B C
，只需面 面 ，
1 1
即为面
，要使面
面
1
1
1
1
1
1
⊥
A B C
HP  面 AHP
AHP ⊥ A B C
AHP ⊥ A B P
，即面 面 ，
1 1
综上， HP
面
时，
，此时面
面
1
1
1
1
对于任意点 H ，只需对应 HP 平行于△BCB
中
CB 边上的高时，均满足要求，错；
1
1
第12页/共21页

BC
BB1C
AH + HP
的最小值为点 A 到直线CB 的距离，
1
②将
绕
翻折到平面
内，则
AB = B B1 = 3 BC = 3， ABC
，

= B BC 90
=

AC CB AB 2 3
=
=
=
又
，所以
，
1
1
1
所以 A 到直线C B1 的距离为 3，所以 f (x, y)的最小值为 3，对；
③当 (
)取最小时， P 为
的中点，因为
为等边三角形， B 为
f x, y
CB
AB
的中点，
1
1
1
BH = BC
所以 H 为
的重心，故
，
3
BCC1B
交 于点 M ，
HP B C
1 1
在平面
中，延长
1
2
3
PC = PB PB1M = PCH B1PM = HPC
B M = CH =
1
因为
，
，
，所以
，故
，
1
B M 的中点Q
1
N
AC
的中点，则
1 1
MN / /A1Q
取
，
为
，
BH / /B1Q ， BH = B1Q
，所以四边形
BB1QH
HQ / /BB1, HQ = BB
为平行四边形，则 ，
1
因为
AA / /BB , AA = BB
AQ / /AH
，所以 MN / /AH ，
1
又
，所以
1
1
1
1
A, H, P
AHMN ，
故过点
的三棱柱的截面为梯形
第13页/共21页

2
3
1
AH =
AC
2
− PC
2
= 2 MN = A1Q =1 MH = MQ
+ HQ = 2
，
，
2
2
，
2
AN = A1A
2
+ A1N
2
= 6 ，
如下图，过 M 作 MG ⊥ AH ，设
HG = x,MG = y
，

2
+
2
=
+
MH = 4
2
x
y

MH
2
= HG
2
+ MG
2
, AN
2
= (AG − MN)
2
+ MG2 ，则 
，
因为
( + )
 x 1
2
y2 = 6

1
2
1
2
15
3 15
4
(MN AH) MG =
+

所以 x
=
, y
=
，则梯形
AHMN
的面积为
，错；
2
15
2
3 3
AH + HP  AH + HB 2AH
=
1
④当 HB

时，
AH 
，结合题设知 ，
2
在下图中过点 H 作 HR ⊥ BC ，垂足为 R ，则 AH HP AH HR ，
+

+
AH + HR  f (x, y)  2AH
综上，
，
15
2
又 AH HR AH HC AC BC BH 2 3 + 3−
+

+

+
−


3 3 ， 2AH  3 3
，
15
2
15
2
（对于 2 3 + 3−

3 3 ：只需3−
 3
6  12 + 15
，只需 ，
即36  ( 12 + 15)
2
= 27 +12 5 ，则3  4 5 显然成立.）
15
故对于任意的点 H ，当 HB

时，都存在对应的点 P ，满足 AH + HP = 3 3 ，
2
(
) =
f x, y 3 3
故满足
的点 P 有无数个，对；
故答案为：②③
【点睛】关键点点睛：③利用平面基本性质找到截面并证明其为梯形，求出相关线段长为关键；④注意取
第14页/共21页

15
2
3 3
2
HB 
时， AH 
⊥
AH + HR  f (x, y)  2AH
，过点 H 作 HR BC ，垂足为 R ，并得到
为关
键.
三、解答题共 5 小题，共 55 分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 【答案】（1）详见解析
26
（2）
13
【分析】（1）作出辅助线，证明线线平行，进而证明出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角；
【小问 1 详解】
取 PC 的中点 M，连接 MF，ME，
1
MF = BC
因为 F 是 PB 的中点，所以 MF 是三角形 PBC 的中点，所以 MF∥BC，且
，
2
1
AE = BC
MF∥AE，且 MF=AE，
因为底面 ABCD 为矩形，E 是 AD 的中点，所以 AE∥BC，
所以四边形 AFME 是平行四边形，故 AF∥ME，
，所以
2

平面 PCE，所以 AF∥平面 PCE.
因为 AF 平面 PCE，ME
【小问 2 详解】
因为侧面 PA D 是正三角形，E 是 AD 的中点，所以 PE AD ，又因为侧面 PA D 底面 ABCD，交线为
⊥
⊥
⊥
AD，所以 PE 底面 ABCD，
以 E 为坐标原点，ED 所在直线为 x 轴，取 BC 中点 H，EH 所在直线为 y 轴，EP 所在直线为 z 轴建立空间
1 1 3) ，
直角坐标系，C(1,1, 0) P(0, 0, 3) B(−1,1, 0) ， F(−
，
，
E(0, 0, 0)
，
, ,
2 2 2

C
y1 = 0
m = (x , y , z )

z = 0
1
设平面 PEC 的法向量
，则
，解得：
，
1
1
1
 EPm

= 0
1
3
2
1
,
3) ，
x =1
1
y = −1
1
m = (1,−1, 0)
= (−
,−
令
得：
，所以
，CF
2 2
第15页/共21页

26
设直线 CF 与平面 PCE 所成角为 ，故sin =
=
；
cs CF,m
13
CF m
26
所以直线 CF 与平面 PCE 所成角的正弦值为
.
13
(1, 2) ，C :(x −1)
2
+ (y − 2) = 2
2
17. 【答案】（1） AB 中点
（2）l : x + y −1 = 0
A, B
AB ，
【分析】（1）根据中点坐标公式即可求得
即可写出圆 C 的方程；
的中点，即圆心坐标，利用两点间距离公式可求得直径
（2）根据直线和圆的位置关系可得切线 l 的斜率，再利用点斜式方程即可求得切线 l 的方程．
【小问 1 详解】
A(0,1)
B(2, 3)
是圆 C 直径的两个端点，
由点
和点
可得 AB 的中点即为圆心 C，根据中点坐标公式可得C(1, 2)
，
即线段 AB 的中点坐标为C(1, 2) ，根据两点间距离公式得直径
所以圆 C 的半径为 r = 2 ，
AB = (2 − 0)
2
+ (3−1) = 2 2
2
，
则圆的方程为C :(x −1)
2
+ (y − 2) = 2
2
【小问 2 详解】
3−1
2 − 0
根据题意可知直线 AB 与切线 l 垂直，直线 AB 的斜率为
k
=
=1，
AB
设切线 l 的斜率为 k ，满足
k
，得
k = −1；
又切线 l 过点 A，利用直线的点斜式方程得l : y −1= −1(x − 0)
即切线 l 的方程为l : x + y −1 = 0
；
.
第16页/共21页

2 51
17
18. 【答案】（1）见解析 （2）
（3）不存在，理由见解析
【分析】（1）根据面面垂直的性质即可得出结论；
（2）如图，以 D 为原点，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，利用向量法即可得出答
案；

（3）假设存在，设此时 BF
，分别求出 MF,PC ，根据 MF //PC ，可得存在唯一的实数 ，使
得 MF
= PC ，列出方程组，解得即可得出结论.
【小问 1 详解】
证明：因为平面 ABCD ⊥ 平面 PCD，平面 ABCD  平面 PCD = CD ，
AD ⊥ DC ，所以 AD ⊥ 平面 PCD；
【小问 2 详解】
z
⊥
解：作 轴 平面
ABCD
，则 轴在平面 PCD中，
z
如图，以 D 为原点，建立空间直角坐标系，
(
)
P 0,−1, 3 , D 0,0, 0 , A 2,0,0 , B 2,1, 0 ,C 0, 2,0)，
(
) (
) (
) (
则
则
设
(
)
(
)
DA = 2,0, 0 , DP = 0,−1, 3 , PC = 0,3,− 3 , BC = −2,1, 0
(
)
(
)，
m
= (
x , y , z
)
PAD
n = (x , y , z )
为平面 PBC 的法向量，
为平面
的法向量，
1
1
1
2
2
2

= 0
m
(
0, 3,1)
，
m =

则有
，可取
m

y + 3z = 0
1
1
n = 1,2,2 3)
(
同理，可取
，
3 + 2 3 2 51
cs m,n =
=
则
，
 17
17
m n
2
2 51
所以平面 PAD 与平面 PBC 夹角的余弦值为
【小问 3 详解】
；
17
解：假设存在，设此时 BF
，


3
1
M 1,− ,

，


2 2



1
3
BF
= 
= (−   ) MA = 1, ,−
BC 2 , ,0

，
，


2
2


第17页/共21页


3
3
MF = MA+ AB + BF = 1− 2, + ,−

则
，


2
2


因为 MF //PC ，则 MF//PC ，


3
3

−  +  −
= (  − 3)


所以存在唯一的实数 ，使得 MF
= PC ，即1 2 ,
,
0,3 ,
，

2
2




1− 2 = 0

3
+  = 3

所以
，方程组无解，与题设矛盾，
2


3
−
= − 3


2
所以不存在一点 F ，使 MF //PC .
2
− x + y
= 5
2
= 0或 x
2
+ y
2
−5x − 4y + 4 = 0
19. 【答案】19.
x
20. 存在；
x
2
+ y
2
【分析】（1）根据圆的一般方程确定圆心和半径，由题意列出方程，即可求得答案；
（2）先求出点 M 的坐标，假设符合题意的圆存在，当直线斜率存在时，设出直线的方程并和圆的方程联
y1
y2
立，可得根与系数的关系，结合 ANM = BNM 得出
k + k = 0
，即
+
= 0
，利用根与
NA
NB
x1 −5 x2 −5
系数的关系化简求值，结合验证直线 AB 的斜率不存在时是否适合题意，即可得出结论.
【小问 1 详解】
1+ a a
由已知圆C ：
(
)
2
− ay + a = 0
知圆心为
x
2
− 1+ a x + y
(
, )
，
2
2
(1+ a)
2
+ a
2
− 4a
2a − 2a +1
2
半径为 R =
=
，
2
2
1+ a
2a
2
− 2a +1
由于圆C 与 y 轴相切，故|
解得 a = 0 或 a = 4 ，
|=
，即 a2 − 4a = 0 ，
2
2
第18页/共21页

x
2
− x + y
2
= 0或 x
2
+ y −5x − 4y + 4 = 0 ；
2
故圆 C 的方程为：
【小问 2 详解】
当 a = 5 时，圆C 方程为
x
2
− 6x + y −5y + 5 = 0，
2
y = 0
2
− 6x + 5 = 0
，解得
x =1或 x = 5，
令
，则
x
故
M (1, 0), N(5, 0)，
假设存在圆O ：
x
2
+ y
2
= r2 ，使得过点 M 的任一条直线与该圆的交点为 A，B，都有
= r2 内，即 r 1；
ANM = BNM ，
x
2
+ y
2
则必有 M 点在圆
y = k(x −1)
+ y
= r
，
当直线 AB 与 x 轴不垂直时，设其方程为
，联立
x
2
2
2
得(1+ k
)
x
− 2k
x + k
− r
= 0
2
2
2
2
2
2
+ y
2
= r
2
，由于直线 AB 经过点 M，M 在圆
x
内，
则必有   0，
2k
+
2
k
2
− r
2
设 (
) (
)，则 x1 x2
A x , y ,B x , y
2
，
+
=
, x1x2
=
1
1
2
1 k
2
1+ k
2
由 ANM = BNM 可知
k + k = 0
，由题意知
= 0
，
ANM = BNM
不可能为直角，
NA
NB
y1
y2
x  5, x  5
+
故
，故
1
2
x1 −5 x2 −5
( − )( − )+ ( − )( − )
1 x 5 ]
1
k[ x 1 x
5
x
1
2
2
= 0，
即
( − )( − )
x
5 x2
5
1
即(
x −1 x −5 + x −1 x −5 = 2x x − 6 x + x +10 = 0
)(
) (
)(
)
(
1
)
1
2
2
1
1
2
2
k
2
− r
2
2k
2
10 − 2r
2
即 2
− 6
+
10
=
=
0，则 r
2
=
5 ，
1+ k
2
1+ k
2
1+ k
2
当直线 AB 与 x 轴垂直时，
A, B
关于 x 轴对称，显然
ANM = BNM
，符合题意，
x
2
+ y
2
= 5，使得过点 M 的任一条直线与该圆的交点为 A，B，都有 ANM = BNM .
综上可知，存在圆
【点睛】关键点睛：本题考查圆的方程的应用以及直线和圆的位置关系中的探索问题，解答的关键是假设
探索性问题的结论存在，由此利用直线和圆的方程联立，结合根与系数的关系，由 ANM = BNM 得
k + k = 0
，进而列方程化简求解，即可得出结论.
NA
NB
A
4
= (2, 4), A
具有性质 P ,T
4
20. 【答案】（1）
不具有性质 P
5
（2）见解析 （3） n −3
A4, A
【分析】（1）根据性质 P 的定义判断
是否满足题意，同时根据T 的定义写出T ；
5
n
n
(1, 3), (2, 4) 至少有一个在T
T  
即可得证；
4
（2）利用反证法证明
中，
4
（3）设Tn 中元素个数最小为 ，根据新定义可知
d
d  d +1，以此类推可得 d  d + n − 4
，由（2）
n n−1 n 4
n
第19页/共21页

d 1
4
d  n −3
，再进行证明即可.
n
知
，则
【小问 1 详解】
A
a =1,a = 0.1,a = −0.2,a = 0.5
，
1 2 3 4
解：由题知 ：1，0.1，-0.2，0.5，即
4
a − a = a − a = 0.5 1, a − a = 0.9 1, a − a = 0.3 1, a − a = 0.7 1,
因为
1
0
1
4
2
1
3
2
4
3
A
所以 具有性质 P ,
4


T = i, j a − a 1,2  j −i  n − 2 i, j =1, 2,,n) ，
( )
(
又因为
n
i
j
所以当 n 4 时，
a − a =1.2 1, a − a = 0.4 1，所以T = (2, 4)
4
=
2  j −i  4 − 2
j − i = 2
，即 ，
所以可得

；
1
3
2
4
A
a =1,a = 2,a = 0.7,a =1.2,a = 2
，
1 2 3 4 5
又由题知 ：1，2，0.7，1.2，2，即
5
a − a =1.3 1
A
因为
所以
，所以 不具有性质 P ；
3
2
5
A
具有性质 P ,T
= (2, 4), A
不具有性质 P .
5
4
4
【小问 2 详解】
T  
(1, 3), (2, 4) 两个元素至少有一个在T
4
证明：要证
，即证：
中，
，
4
(1, 3), (2, 4) 两个元素均不在T
a − a 1, a − a 1
1 3 2 4
假设
中，则
4
a ≤ a
1
a  a
−1 a − a  0,0  a − a 1
，则 ，
1 2 2 3
不妨设
，若
2
2
3
a − a = a − a + a − a
−1 a − a 1
，
1 3
又由
，则
1
3
1
2
2
3
a − a 1
a  a
a  a
，
3 4
与
矛盾，所以
，同理可得：
1
3
2
3
a  a  a  a
a − a = a − a = a − a = a − a + a − a  a − a 1
所以
，所以
，
1
2
3
4
1
0
1
4
4
1
4
2
2
1
4
2
A
T  
4
这与 具有性质 P 矛盾，所以假设不成立，即
得证.
4
【小问 3 详解】
a = min a ,a ,

 k  n −1)
，
设
k
1
2
=
a
= n
时，
a
= a
，
k+1 1
规定 k 1时，
=
a
，
k
k−1
n
a ,a  a ,a +1，所以

a
− ak−1 1，
k+1
则
k−1
k+1
k
k
B : a ,a ,a
C
: a ,a ,
n−1 1 2
考虑数列
k+1，
，
3
k−1
k
由题设可知，他们均具有性质 P ，设Tn 中元素个数最小为
d  d +1，所以 dn  dn−1 +1 dn−2 + 2 
d
，
n
n − 4
则可得
，
n
n−1
d 1
4
d  n −3
，
n
由（2）知
，则
3
当 n = 2m +1时，令
a = i(i =1, 2,
i
，
a
= m + −i(i =1, 2,
m+i
，
2
第20页/共21页

1
当 n = 2m 时，令
a = i(i =1, 2,
i
，
a
= m + −i(i =1, 2,
m+i
，
2
d = n −3
n
n −3
.
此时均有
，所以Tn 中元素个数的最小值为
【点睛】思路点睛：此题考查数列与集合结合的新定义问题，属于难题.
关于新定义题型的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）根据已知条件和所求，通过分析把所求转化为数学语言；
（3）将已知条件代入新定义要素中；
（4）最后结合所学数学知识进行规范的解答.
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