【文档说明】河北省保定市定州市2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题+PDF版含答案.pdf，共(18)页，2.404 MB，由小赞的店铺上传

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#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABAA=}#}二年级期中测试———数学（Ｂ）答案与解析一、选择题（本大题共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。请将正确答案的

序号填涂在答题卡上。）１．【答案】Ｃ【解析】在空间直角坐标系中，点（１，－２，３）关于ｘ轴对称的点坐标为（１，２，－３）．故选：Ｃ．２．【答案】Ａ【解析】由题意可知直线ｘ＋ｍｙ－３＝０的斜率一定存在，设倾斜角为α，则斜率为－１ｍ＝ｔａｎα，由ｃｏｓα＝槡６３，得ｔａｎα＝

槡２２，因此ｍ槡＝－２．故选：Ａ．３．【答案】Ｄ【解析】易知→ＡＣ＝（１，４，３），→ＡＢ＝（０，－２，３），所以→ＡＣ·→ＡＢ＝１×０＋４×（－２）＋３×３＝１．因为→ＡＢ＝０２＋（－２）２＋３槡２槡＝１３，所以→ＡＣ·→ＡＢ→ＡＢ＝１槡１３＝槡１３１３，故→ＡＣ在→

ＡＢ上的投影向量为槡１３１３→ＡＢ→ＡＢ＝１１３→ＡＢ＝（０，－２１３，３１３）．故选：Ｄ４．【答案】Ｂ【解析】Ｐ（５，８）关于ｙ轴的对称点为Ｐ′（－５，８），则反射光线所在直线为Ｐ′Ｑ．因为ｋＰ′Ｑ＝８＋１－５－０＝－９５

，所以反射光线所在直线的方程为ｙ＋１＝－９５ｘ．令ｙ＝０，得反射光线所在直线在ｘ轴上的截距为－５９．故选：Ｂ５．【答案】Ｂ【解析】对于Ａ选项，因为ａ－ｂ＋２ａ＋ｂ－ｃ＝３ａ－ｃ，所以ａ－ｂ，２ａ＋ｂ－ｃ，３ａ－ｃ共面，故Ａ错误；对于Ｂ选项，设ｘ（ａ－ｂ）＋ｙ

（２ａ＋ｂ－ｃ）＝ａ＋５ｂ－３ｃ，则ｘ＋２ｙ＝１－ｘ＋ｙ＝５－ｙ{＝－３，此方程组无解，即不存在实数ｘ，ｙ，使得ａ－ｂ，２ａ＋ｂ－ｃ，ａ＋５ｂ－３ｃ共面，所以ａ－ｂ，２ａ＋ｂ－ｃ，ａ＋５ｂ－３ｃ不共面，故Ｂ正确．对于Ｃ选项，因为－（ａ－ｂ）＋ａ＋ｂ

－ｃ＝２ｂ－ｃ，所以ａ－ｂ，ａ＋ｂ－ｃ，２ｂ－ｃ共面，故Ｃ错误；对于Ｄ选项，因为２（ａ－ｂ）＋３（ａ＋ｂ－ｃ）＝５ａ＋ｂ－３ｃ，所以ａ－ｂ，ａ＋ｂ－ｃ，５ａ＋ｂ－３ｃ共面，故Ｄ错误；故选：Ｂ{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFA

BAA=}#}６．【答案】Ｃ【解析】曲线ｘ２ｍ＋ｙ２ｎ＝１（ｍ＞ｎ＞０）为椭圆，根据椭圆方程ｘ２ｍ＋ｙ２ｎ＝１（ｍ＞ｎ＞０），得长半轴ａ＝槡ｍ，半焦距ｃ＝ｍ－槡ｎ，近日点距离为ａ－ｃ＝槡ｍ－ｍ－槡ｎ，远日点距离为ａ＋ｃ＝槡ｍ＋ｍ－槡ｎ，近日点距离和远日点距离之和是（槡ｍ－

ｍ－槡ｎ）＋（槡ｍ＋ｍ－槡ｎ）槡＝６２，近日点距离和远日点距离之积是（槡ｍ－ｍ－槡ｎ）（槡ｍ＋ｍ－槡ｎ）＝１６，解得ｍ＝１８，ｎ＝１６，则ｍ＋ｎ＝３４．故选：Ｃ７．【答案】Ｄ【解析】圆Ｍ：（ｘ＋１）２＋（ｙ－２ａ）２＝（槡２－１）２与圆Ｎ：（ｘ－ａ）２＋ｙ２＝（

槡２＋１）２有两条公切线，所以圆Ｍ与圆Ｎ相交，圆Ｍ的圆心为Ｍ（－１，２ａ），半径为槡２－１，圆Ｎ的圆心为Ｎ（ａ，０），半径为槡２＋１．依题意可得（槡２＋１）－（槡２－１）＜ＭＮ＜（槡２＋１）＋（槡２－１），即２＜（ａ＋１）

２＋（－２ａ）槡２槡＜２２，即５ａ２＋２ａ－３＞０５ａ２＋２ａ{－７＜０，解得ａ∈（－７５，－１）∪（３５，１）．故选：Ｄ８．【答案】Ｃ【解析】由题意，不妨设Ａ（－ａ，０），Ｂ（ａ，０），不妨设Ｐ（ｍ，ｙ０），Ｑ（ｍ，－ｙ０），则ｍ２ａ２＋ｙ０２ｂ２＝１，

则ｋ１＝ｙ０ｍ＋ａ，ｋ２＝－ｙ０ｍ－ａ，ｋ１ｋ２＝－ｙ０２ｍ２－ａ２＝ｂ２ａ２＝ａ２－ｃ２ａ２＝１－ｅ２＝３４，故ｋ１，ｋ２同号，故１ｋ１＋４ｋ２＝１｜ｋ１｜＋４｜ｋ２｜≥２４ｋ１ｋ槡２＝槡８３３，当且仅当４｜ｋ１｜

＝｜ｋ２槡｜＝３时取等号，即１ｋ１＋４ｋ２的最小值为槡８３３，故选：Ｃ二、选择题（本大题共４小题，每小题５分，共２０分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得５分，有选错的得０分，部分选对的得２分。请将正确答案的序号填涂在答题卡上。）９．【答案】

ＢＣ【解析】对于Ａ选项，直线ｘ＋２ｙ－４＝０２ｘ＋４ｙ－８＝０，因此两平行直线的距离ｄ＝－８－１２２＋４槡２２＝槡９５１０，故Ａ错误；{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABAA=}#}对Ｂ选项，由于ｍ⊥ｎ，所

以ｍ·ｎ＝３×（－１）＋１×λ＋３×（－１）＝λ－６＝０λ＝６，故Ｂ正确；对Ｃ选项，由ｌ：ｋｘ＋ｙ＋ｋ－２＝０得：ｌ：ｙ－２＝－ｋ（ｘ＋１），∴直线ｌ恒过定点Ｃ（－１，２）；∵ｋＡＣ＝４－２２＋１＝２３，ｋＢＣ＝２－１－１－１＝－１２，结合图象可知：－ｋ∈ｋＢＣ，ｋ[]ＡＣ，∴ｋ

∈－２３，[]１２，故Ｃ正确；对Ｄ选项，当直线过原点时，显然切线存在斜率，设方程为ｙ＝ｋｘ，圆心（２，０）到直线ｋｘ－ｙ＝０的距离等于半径槡３，即２ｋ１＋ｋ槡２槡＝３，解得ｋ槡＝±３，直线方程为ｙ槡＝３ｘ或ｙ槡＝－３ｘ，当直线不过原点时，

设直线方程为ｘ＋ｙ－ａ＝０（ａ≠０），圆心到直线的距离等于半径，即２－ａ槡２槡＝３，解得ａ槡＝２±６，此时直线方程为ｘ＋ｙ－（槡２±６）＝０，综上所述，与圆（ｘ－２）２＋ｙ２＝３相切，且在ｘ轴、ｙ轴上的截距

相等的直线有四条，故Ｄ错误．故选：ＢＣ１０．【答案】ＡＣ【解析】因为ＢＭ＝２Ａ１Ｍ，Ｃ１Ｎ＝２Ｂ１Ｎ，所以Ａ１→Ｎ＝Ａ１Ｂ→１＋Ｂ１→Ｎ＝→ＡＢ＋１３Ｂ１Ｃ→１＝→ＡＢ＋１３（→ＡＣ－→ＡＢ）＝２３→ＡＢ＋１３→ＡＣ，Ａ１→Ｍ＝１３Ａ１→Ｂ＝１３（→ＡＢ－ＡＡ→１）

，所以→ＭＮ＝Ａ１→Ｎ－Ａ１→Ｍ＝２３→ＡＢ＋１３→ＡＣ－１３（→ＡＢ－ＡＡ→１）＝１３→ＡＢ＋１３→ＡＣ＋１３ＡＡ→１＝１３ａ＋１３ｂ＋１３ｃ，故Ａ正确；因为ａ＝ｂ＝ｃ＝１，ａ·ｂ＝０，ａ·ｃ＝ｂ·ｃ＝１２，所以→

ＭＮ２＝１９（ａ＋ｂ＋ｃ）２＝１９（ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋２ａ·ｂ＋２ａ·ｃ＋２ｂ·ｃ）＝１９（３＋２）＝５９，所以→ＭＮ＝槡５３，故Ｂ错误；因为ＡＢ→１＝→ＡＢ＋ＡＡ→１＝ａ＋ｃ，ＢＣ→１＝→ＢＣ＋Ｂ

Ｂ→１＝→ＡＣ－→ＡＢ＋ＡＡ→１＝ｂ－ａ＋ｃ，所以Ａ１→Ｂ·ＢＣ→１＝（ａ＋ｃ）·（ｂ－ａ＋ｃ）＝ａ·ｂ＋ｂ·ｃ－ａ２＋ｃ２＝１２因为Ａ１→Ｂ２＝（ａ＋ｃ）２＝ａ２＋ｃ２＋２ａ·ｃ＝３，所以Ａ１→Ｂ槡＝３，ＢＣ→１２＝（－ａ＋ｂ＋ｃ）２＝ａ２＋ｂ

２＋ｃ２－２ａ·ｂ－２ａ·ｃ＋２ｂ·ｃ＝３，所以ＢＣ→１槡＝３，所以ｃｏｓ＜Ａ１→Ｂ，ＢＣ→１＞＝１２３×３＝１６，故Ｃ正确；{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBF

ABAA=}#}因为Ａ１→Ｂ＝→ＡＢ－ＡＡ→１＝ａ－ｃ，Ａ１Ｃ→１＝ｂ，所以Ａ１→Ｂ·Ａ１Ｃ→１＝（ａ－ｃ）·ｂ＝ａ·ｂ－ｂ·ｃ＝０－１×１×１２＝－１２≠０，故Ｄ错误．故选：ＡＣ１１．【答案】ＡＤ【解析】对于Ａ选项，过Ｑ（ａ，ｂ）可作椭圆的两条互相垂直的切线：ｘ＝ａ，ｙ＝ｂ，所以

Ｑ（ａ，ｂ）在蒙日圆上，则蒙日圆方程为：ｘ２＋ｙ２＝ａ２＋ｂ２；由ｅ＝ｃａ＝１－ｂ２ａ槡２＝槡２２得：ａ２＝２ｂ２，所以Ｃ的蒙日圆方程为：ｘ２＋ｙ２＝３ｂ２，故Ａ正确；对于Ｂ选项，由ｌ方程知：ｌ过Ｐ（ｂ，ａ），又Ｐ满足蒙日圆方程，所以Ｐ（

ｂ，ａ）在圆ｘ２＋ｙ２＝３ｂ２上，当Ａ，Ｂ恰为过Ｐ（ｂ，ａ）椭圆的两条互相垂直的切线的切点时，→ＰＡ·→ＰＢ＝０，故Ｂ错误；对于Ｃ选项，因为Ａ在椭圆上，所以ＡＦ１＋ＡＦ２＝２ａ，即ｄ－ＡＦ２＝ｄ－（２ａ－ＡＦ１）＝ｄ＋ＡＦ１－２ａ；当Ｆ１Ａ⊥ｌ时，ｄ＋ＡＦ１取得最小值，最小值为Ｆ１到直线

ｌ的距离，又Ｆ１到直线ｌ的距离ｄ′＝－ｂｃ－ａ２－ｂ２ａ２＋ｂ槡２＝－ｂ２－２ｂ２－ｂ２槡３ｂ＝槡４３３ｂ，所以（ｄ－ＡＦ２）ｍｉｎ＝槡４３３ｂ－２ａ，故Ｃ错误；对于Ｄ选项，当矩形ＭＮＧＨ的四条边均与Ｃ相切时，蒙日圆为矩形ＭＮＧＨ的外接圆，∴矩形ＭＮＧＨ的对角线为蒙

日圆的直径，设矩形ＭＮＧＨ的长和宽分别为ｘ，ｙ，则ｘ２＋ｙ２＝１２ｂ２，∴矩形ＭＮＧＨ的面积Ｓ＝ｘｙ≤ｘ２＋ｙ２２＝６ｂ２（当且仅当ｘ＝ｙ槡＝６ｂ时取等号），即矩形ＭＮＧＨ面积的最大值为６ｂ２，故Ｄ正确．故选：ＡＤ１２．【答案】ＡＢＤ【解析】对于Ａ选项，（法一）

Ｄ１Ａ１⊥平面ＡＢＢ１Ａ１，ＶＢ－ＡＤ１Ｅ＝ＶＤ１－ＡＢＥ＝１３Ａ１Ｄ１·Ｓ△ＡＢＥ＝１３×２×１２×２×１＝２３，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，以点Ｄ为原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在直线分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系，则Ａ（２，０，０），Ｂ（２，２，０

），Ｂ１（２，２，２），Ｅ（２，２，１），Ｄ１（０，０，２），Ｃ１（０，２，２）Ｄ１→Ａ＝（２，０，－２），Ｄ１Ｃ→１＝（０，２，０），→ＡＥ＝（０，２，１）设平面ＡＤ１Ｃ１的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则ｎ·Ｄ１→Ａ＝２ｘ－２ｚ＝０ｎ·Ｄ１Ｃ→１＝２ｙ

{＝０，{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABAA=}#}取ｚ＝１，则ｘ＝１，ｙ＝０，得ｎ＝（１，０，１），则点Ｅ到平面ＡＤ１Ｃ１的距离为：ｄ＝→ＡＥ·

ｎｎ＝１槡２＝槡２２，而ＡＤ１⊥Ｄ１Ｃ１，Ｓ△ＡＤ１Ｃ１＝１２ＡＤ１·Ｄ１Ｃ１＝１２槡槡×２２×２＝２２，ＶＤ１－ＡＣ１Ｅ＝ＶＥ－ＡＤ１Ｃ１＝１３Ｓ△ＡＤ１Ｃ１·ｄ＝１３槡×２２×槡２２＝２３，ＶＢ－ＡＤ１Ｅ＝ＶＤ１－ＡＣ１Ｅ，故Ａ正确；（法二）都以△ＡＤ１Ｅ作为底面，三棱锥Ｂ－ＡＤ１Ｅ的高即

为点Ｂ到平面ＡＤ１Ｅ距离ｄ１，三棱锥Ｄ１－ＡＣ１Ｅ的高即为点Ｃ１到平面ＡＤ１Ｅ距离ｄ２，ＢＣ１∥ＡＤ１，ＢＣ１平面ＡＤ１Ｅ，ＡＤ１平面ＡＤ１Ｅ，所以ＢＣ１∥平面ＡＤ１Ｅ，即ｄ１＝ｄ２，得ＶＢ－ＡＤ１Ｅ＝Ｖ

Ｄ１－ＡＣ１Ｅ，故Ａ正确；对于Ｂ选项，若Ｄ１Ｐ槡＝５，连接ＤＰ，Ｄ１Ｄ⊥平面ＡＢＣＤ，则△Ｄ１ＤＰ为直角三角形，又∵ＤＤ１＝２，∴ＤＰ＝Ｄ１Ｐ２－ＤＤ１槡２槡＝５－４＝１，即点Ｐ在以Ｄ为圆心，ＤＰ为半径的圆上，此时点Ｐ的轨迹

为弧)ＦＥ，∴ＢＰｍｉｎ＝ＢＤ－ＤＰ槡＝２２－１，故Ｂ正确；对于Ｃ选项，按照Ａ选项的建系方法连接ＡＣ，ＢＤ，ＢＤ１，Ａ１Ｐ，则Ｂ（２，２，０），Ａ１（２，０，２），Ｄ１（０，０，２），Ｄ（０，０，０），

设Ｐ（ｘ，ｙ，０），ｘ，ｙ∈［０，２］，则Ａ１→Ｐ＝（ｘ－２，ｙ，－２），→ＢＤ＝（－２，－２，０），当Ａ１Ｐ⊥ＢＤ，有Ａ１→Ｐ·→ＢＤ＝－２（ｘ－２）－２ｙ＋０＝－２ｘ－２ｙ＋４＝０，则ｙ＝２－ｘ，此时Ｐ（ｘ，２－ｘ，０），又∵Ａ１→

Ｐ＝（ｘ－２，２－ｘ，－２），ＢＤ→１＝（－２，－２，２），设直线Ａ１Ｐ与直线ＢＤ１所成角为θ，{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABAA=}#}∴ｃｏｓ

θ＝ｃｏｓ＜Ａ１→Ｐ，ＢＤ→１＞＝Ａ１→Ｐ·ＢＤ→１Ａ１→Ｐ·ＢＤ→１＝－２（ｘ－２）－２（２－ｘ）－４（ｘ－２）２＋（２－ｘ）２槡＋４·槡１２＝２２（ｘ－２）２槡＋４·槡３当ｘ＝２时，ｃｏｓθ有最大值，此时ｃｏｓθ＝２槡４·槡３＝槡３３，

故Ｃ错误．对于Ｄ选项，按照Ａ选项的建系方法，设Ｑ（ｘ，ｙ，ｚ），∵ＱＢ＝２ＱＢ１，∴（ｘ－２）２＋（ｙ－２）２＋ｚ２＝４［（ｘ－２）２＋（ｙ－２）２＋（ｚ－２）２］，∴３ｘ２－１２ｘ＋３ｙ２－１２ｙ＋３ｚ２－１６ｚ＋４０＝０，∴ｘ２＋ｙ２＋ｚ２－４ｘ－４ｙ－１６３ｚ＋４０３＝０，

∴（ｘ－２）２＋（ｙ－２）２＋（ｚ－８３）２＝１６９，∴Ｑ的轨迹是以Ｅ（２，２，８３）为球心，４３为半径的球面，由Ａ（２，０，０），Ｍ（０，２，１），则→ＡＭ＝（－２，２，１）是平面α的一个法向量，又因为Ｃ（０，２，０），→ＣＥ＝（２，０，８３），∴球心Ｅ到平面α的

距离ｄ＝→ＡＭ·→ＣＥ→ＡＭ＝－４＋８３槡４＋４＋１＝４９，∴平面α截球面的截面圆的半径为ｒ＝１６９－１６槡８１＝槡８２９，∴Ｑ点的轨迹长度为２π×槡８２９＝槡１６２π９，故Ｄ正确；故选：ＡＢＤ三、填空题（本大题共４小题

，每小题５分，共２０分。把答案填在答题卡的横线上。）１３．【答案】（２３，＋∞）∪｛７２４｝【解析】ｌ：ｋｘ－ｙ－３ｋ＋４＝０ｋ（ｘ－３）－（ｙ－４）＝０，即ｌ过定点Ａ（３，４），ｙ＝９－ｘ槡２ｘ２＋ｙ２＝９（ｙ≥０），即曲线ｙ＝

９－ｘ槡２为原点为圆心，３为半径的上半圆，如图所示，设ｌ：ｋｘ－ｙ－３ｋ＋４＝０与曲线ｙ＝９－ｘ槡２切于点Ｃ，曲线ｙ＝９－ｘ槡２与横轴负半轴交于点Ｂ，则ｋＡＢ＝４－０３－（－３）＝２３，４－３ｋｋ２槡＋１＝３ｋＡＣ＝７２４，故

ｋ∈（２３，＋∞）∪｛７２４｝．故答案为：（２３，＋∞）∪｛７２４｝．{#{QQABZYCQogAIABgwnoo={#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABA

A=}#}１４．【答案】槡３【解析】因为→ＰＱ＝２→ｘＰＡ＋→ｙＰＢ＋（１－２ｘ－ｙ）→ＰＣ，所以→ＰＱ－→ＰＣ＝２→ｘＰＡ－２→ｘＰＣ＋→ｙＰＢ－→ｙＰＣ，→ＣＱ＝２→ｘＣＡ＋→ｙＣＢ，所以→ＣＱ，→ＣＡ，→ＣＢ共面，又Ａ，Ｂ，Ｃ为底面圆周上三点，所以点Ｑ为平面Ａ

ＢＣ上一点，由已知ＰＯ⊥平面ＡＢＣ，所以→ＰＱ≥→ＰＯ，又圆锥ＰＯ的轴截面是边长为２的等边三角形，所以→ＰＯ槡＝３，所以→ＰＱ的最小值为槡３，故答案为：槡３．１５．【答案】槡５０１０【解析】以点Ｃ为坐标原点，ＡＢ所在直线

为ｘ轴建立平面直角坐标系，设椭圆的方程为ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０），且ｃ＝ａ２－ｂ槡２，由小华与灯Ｂ的最短距离为５０ｍ，得ａ－ｃ＝５０，又｜ＡＢ｜＝２ｃ＝４００，则ｃ＝２００，ａ＝２５０．由于点Ｍ与灯Ａ，Ｂ的距离之比为３∶２，所以可设点Ｍ与灯Ａ，Ｂ的距离分别为３ｋ，２ｋ，ｋ＞０，由

椭圆的定义可知３ｋ＋２ｋ＝２×２５０＝５００，解得ｋ＝１００，所以ＭＡ＝３００ｍ，ＭＢ＝２００ｍ，所以ｃｏｓ∠ＡＭＢ＝ＭＡ２＋ＭＢ２－ＡＢ２２×ＭＡ×ＭＢ＝３００２＋２００２－４００２２×３００×２００＝－１４．由→ＭＣ＝１２（→ＭＡ＋→

ＭＢ），得→ＭＣ２＝１２（→ＭＡ＋→ＭＢ[]）２＝１４→ＭＡ２＋→ＭＢ２＋２→→ＭＡＭＢｃｏｓ∠()ＡＭＢ＝２５０００所以｜ＭＣ槡｜＝５０１０，即此时小华与灯Ｃ的距离为槡５０１０ｍ．１６．【答案】［槡１０－２２，槡１０＋２２］【解析】因为（

ｘ－５）２＋ｙ２＝９，所以圆Ｍ的圆心坐标Ｍ（５，０），半径Ｒ＝３，设圆心到直线ＡＢ的距离为ｄ，由圆的弦长公式，可得｜ＡＢ｜＝２９－ｄ槡２，即２９－ｄ槡２槡＝２７，解得ｄ槡＝２，设ＡＢ的中点为Ｎ，ＭＮ槡＝２

，所以点Ｎ的轨迹表示以Ｍ（５，０）为圆心，以槡２为半径的圆，所以点Ｎ的轨迹方程为（ｘ－５）２＋ｙ２＝２，因为→ＯＡ＋→ＯＢ＝２→ＯＮ＝２→ＯＮ，{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABAA=}#}又因为｜ＯＭ｜＝５，

所以｜ＯＭ槡｜－２≤→ＯＮ≤｜ＯＭ槡｜＋２，即槡５－２≤→ＯＮ≤槡５＋２，即→ＯＡ＋→ＯＢ的取值范围为［槡１０－２２，槡１０＋２２］．四、解答题（本大题共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）解：（１）因为ｌ１：ａｘ＋ｂｙ＋４＝０，ｌ２：（ａ－１）

ｘ＋ｙ＋ｂ＝０，且ｌ１⊥ｌ２，所以ａ（ａ－１）＋ｂ＝０，又直线ｌ１过点（６，－１），所以６ａ－ｂ＋４＝０，所以ｂ＝６ａ＋４，即ａ（ａ－１）＋（６ａ＋４）＝０，即ａ２＋５ａ＋４＝０，所以ａ＝－１ｂ{＝－２或ａ＝－４ｂ{

＝－２０；４分�������������������������（２）因为ｂ＝３，则ｌ１：ａｘ＋３ｙ＋４＝０，ｌ２：（ａ－１）ｘ＋ｙ＋３＝０，①当ｌ１∥ｌ２时，由ａ＝３（ａ－１）得ａ＝３２，此时ｌ１为３ｘ＋６ｙ＋８＝０，ｌ２为ｘ＋２ｙ＋６＝０，ｌ３为２ｘ＋３ｙ＋５＝０，ｌ１

∥ｌ２都与ｌ３相交，不能构成三角形；５分���������������②当ｌ１∥ｌ３时，由３ａ＝６得ａ＝２，此时ｌ１为２ｘ＋３ｙ＋４＝０，ｌ２为ｘ＋ｙ＋３＝０，ｌ３为２ｘ＋３ｙ＋５＝０，ｌ１∥ｌ３都与ｌ２相交，不

能构成三角形；６分������������������③当ｌ２∥ｌ３时，由３ａ－３＝２得ａ＝５３，此时ｌ１为５ｘ＋９ｙ＋１２＝０，ｌ２为２ｘ＋３ｙ＋９＝０，ｌ３为２ｘ＋３ｙ＋５＝０，ｌ２∥ｌ３都与ｌ１相交，不能构成三角形；７分������

���������④当ｌ１，ｌ２，ｌ３交于一点时，ａ≠３２，则由ａｘ＋３ｙ＋４＝０（ａ－１）ｘ＋ｙ{＋３＝０解得ｌ１与ｌ２的交点Ｍ（－５２ａ－３，－ａ＋４２ａ－３），将Ｍ代入到ｌ３方程解得ａ＝１；９分��������������综上所述：ｂ＝３时，ｌ１，ｌ２，ｌ３三条直线能围成三角形得ａ的

取值范围为（－∞，１）∪（１，５３）∪（５３，３２）∪（３２，２）∪（２，＋∞）．１０分����������������������１８．（１２分）解：（１）∵ＰＢ⊥底面ＡＢＣＤ，ＣＤ底面ＡＢＣＤ，∴ＰＢ

⊥ＣＤ，∵ＰＤ⊥ＣＤ，ＰＢ∩ＰＤ＝Ｐ，ＰＢ，ＰＤ平面ＰＢＤ，∴ＣＤ⊥平面ＰＢＤ，∵ＢＤ平面ＰＢＤ，∴ＢＤ⊥ＣＤ，∵底面ＡＢＣＤ为直角梯形，ＡＤ∥ＢＣ，ＡＢ⊥ＢＣ，ＡＢ＝ＡＤ＝１，∴在直角三角形ＡＢＤ中

，ＢＤ＝ＡＢ２＋ＡＤ槡２槡＝２，∠ＡＢＤ＝π４，{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABAA=}#}在直角三角形ＣＢＤ中，∠ＣＢＤ＝π４，ＢＣ＝ＢＤｃｏｓπ４＝２，

２分��������������设ＡＣ∩ＢＤ＝Ｇ，连接ＡＣ，ＥＧ则△ＣＢＧ∽△ＡＤＧ，∴ＡＧＧＣ＝ＡＤＢＣ＝１２＝ＡＥＥＰ，∴ＰＣ∥ＥＧ，又ＥＧ平面ＥＢＤ，ＰＣ平面ＥＢＤ，∴ＰＣ∥平面ＥＢＤ；５分��

��������������������������（２）∵ＰＢ⊥底面ＡＢＣＤ，ＢＣ，ＢＡ底面ＡＢＣＤ，∴ＰＢ⊥ＢＣ，ＰＢ⊥ＢＡ，∵底面ＡＢＣＤ为直角梯形，∴ＡＢ⊥ＢＣ，以Ｂ为坐标原点，ＢＣ，ＢＡ，ＢＰ所在直线分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系Ｂｘｙ

ｚ，则Ｐ（０，０，１），Ａ（０，１，０），Ｄ（１，１，０），６分��������������������∴→ＢＰ＝（０，０，１），→ＰＡ＝（０，１，－１），→ＢＤ＝（１，１，０），∴→ＢＥ＝→ＢＰ＋→ＰＥ＝→ＢＰ＋２３→ＰＡ＝

（０，２３，１３），设平面ＥＢＤ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），∴ｎ·→ＢＥ＝２３ｙ＋１３ｚ＝０ｎ·→ＢＤ＝ｘ＋ｙ{＝０，取ｚ＝２，则ｘ＝１，ｙ＝－１，则平面ＥＢＤ的一个法向量为ｎ＝（１，－１，２），９分�����������������设

直线ＰＤ与平面ＥＢＤ所成角大小为θ，θ∈［０，π２］，∵→ＰＤ＝（１，１，－１），∴ｓｉｎθ＝ｃｏｓ＜→ＰＤ，ｎ＞＝→ＰＤ·ｎ→ＰＤ·ｎ＝－２槡槡６×３＝槡２３，１１分������������得ｃｏｓθ＝１－ｓｉｎ２槡θ＝槡７３，故直线ＰＤ与平面ＥＢＤ所成角的余弦值为槡７３．１２分��

��������������１９．（１２分）解：（１）由ｘ２＋（λ－２）ｘ＋ｙ２＋２λｙ＋１－λ＝０，得ｘ２－２ｘ＋１＋ｙ２＋λ（ｘ＋２ｙ－１）＝０，令ｘ＋２ｙ－１＝０，得（ｘ－１）２＋ｙ２＝０，解得ｘ＝１，ｙ＝０，

所以圆Ｃ过定点，且定点的坐标为（１，０）３分�������������������（２）当λ＝２时，圆Ｃ的标准方程为ｘ２＋（ｙ＋２）２＝５，即ｘ２＋ｙ２＋４ｙ－１＝０，{#{QQABZYCQogAIABBA

AQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABAA=}#}根据切线的性质知切点分别为Ａ，Ｂ，都在以ＰＣ为直径的圆上，设ＰＣ中点为Ｄ，即为圆心，圆Ｄ的方程为ｘ（ｘ－１）＋（ｙ＋２）（ｙ－３）＝０，即ｘ２＋ｙ２－ｘ－ｙ－６＝０，则ＡＢ为圆Ｃ、圆Ｄ两圆的公共弦，两圆

方程相减得直线ＡＢ得方程为ｘ＋５ｙ＋５＝０．６分���������������（３）当λ＝２时，圆Ｃ的标准方程为ｘ２＋（ｙ＋２）２＝５，即ｘ２＋ｙ２＋４ｙ－１＝０，将ｙ＝ｋｘ－１代入ｘ２＋ｙ２＋４ｙ－１＝０，得（１＋ｋ２）

ｘ２＋２ｋｘ－４＝０．则Δ＝４ｋ２＋１６（１＋ｋ２）＝１６＋２０ｋ２＞０恒成立，设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２＝－２ｋ１＋ｋ２，ｘ１ｘ２＝－４１＋ｋ２，９分������������所以→ＯＭ·→ＯＮ＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝ｘ１ｘ２＋（ｋｘ１－１）（ｋ

ｘ２－１）＝（１＋ｋ２）ｘ１ｘ２－ｋ（ｘ１＋ｘ２）＋１＝－４（１＋ｋ２）１＋ｋ２＋２ｋ２１＋ｋ２＋１＜－２，１１分�����������������������整理得ｋ２＜１，则－１＜ｋ＜１，所以ｋ的取值范围是

（－１，１）１２分�����������������������（没有Δ＞０恒成立扣１分）２０．（１２分）解：（１）法一：由题意ｃ＝１１ａ２＋９４ｂ２＝１ａ２＝ｂ２＋ｃ�������２，可得ａ２＝４ｂ２＝３ｃ２{＝１，则椭圆Ｃ的标准方程为Ｃ：ｘ２４＋ｙ２３＝１，３分�������������

�������离心率为ｅ＝ｃａ＝１２；４分���������������������������法二：设椭圆的左焦点为Ｆ′（－１，０），则由椭圆的定义知２ａ＝ＭＦ′＋ＭＦ＝（１＋１）２＋（３２）槡２＋（１－１）２＋（３２）槡２＝５２＋３２＝４，所以ａ＝１，又ｃ＝１，得ｂ２＝ａ

２－ｃ２＝３，则椭圆Ｃ的标准方程为Ｃ：ｘ２４＋ｙ２３＝１，３分��������������������离心率为ｅ＝ｃａ＝１２；４分���������������������������（２）因为直线ＭＮ过点（

２３，０）且斜率不为０，所以设方程为ｘ＝ｍｙ＋２３，Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），则Ｐ（６，ｙ２），联立ｘ＝ｍｙ＋２３ｘ２４＋ｙ２３{＝１，消去ｘ得，（３ｍ２＋４）ｙ２＋４ｍｙ－３２３＝０，{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAAB

QBFABAA=}#}所以Δ＞０ｙ１＋ｙ２＝－４ｍ３ｍ２＋４ｙ１ｙ２＝－３２３３ｍ２���������＋４，７分��������������������������所以ｍｙ１ｙ２＝８３（ｙ１＋ｙ２），８分�������������������������直线ＭＰ方程

为ｙ－ｙ２＝ｙ１－ｙ２ｘ１－６（ｘ－６），９分�������������������由对称性可知直线ＭＰ恒过的定点在ｘ轴上，所以令ｙ＝０，得ｘ－６＝ｙ２（ｘ１－６）ｙ２－ｙ１，且ｘ１＝ｍｙ１＋２３，所以ｘ－６＝ｙ２（ｍｙ１＋２３－６）ｙ２－ｙ１＝ｍｙ１ｙ２－１６３ｙ２

ｙ２－ｙ１＝８３（ｙ１＋ｙ２）－１６３ｙ２ｙ２－ｙ１＝－８３，可得ｘ＝１０３，直线ＭＰ恒过的定点（１０３，０）．１２分�����������������２１．（１２分）解：（１）因为ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＡ１＝４，ＡＡ１⊥平面ＡＢＣ，ＢＣ是圆柱底面的直径，所以ＡＢ⊥ＡＣ，则ＢＣ槡＝４２，Ｏ

Ａ槡＝２２，Ｂ１Ｏ＝ＢＢ１２＋ＢＯ槡２槡＝２６，ＡＢ１＝ＡＡ１２＋Ａ１Ｂ１槡２槡＝４２，则有Ｂ１Ｏ２＋ＯＡ２＝ＡＢ１２，所以Ｂ１Ｏ⊥ＯＡ；又Ｅ为ＣＣ１的中点所以ＯＣ槡＝２２，ＣＥ＝２，ＯＥ＝ＯＣ２＋ＯＥ槡２槡＝２３，Ｂ１Ｅ＝Ｂ１Ｃ１２＋Ｃ１Ｅ槡２＝６，则

有Ｂ１Ｏ２＋ＯＥ２＝Ｂ１Ｅ２，所以Ｂ１Ｏ⊥ＯＥ；又ＯＥ∩ＯＡ＝Ｏ，所以Ｂ１Ｏ⊥平面ＡＥＯ，Ｂ１Ｏ平面ＡＢ１Ｏ，所以平面ＡＥＯ⊥平面ＡＢ１Ｏ；５分������������������������（２）由题意可知，ＡＡ１⊥平面ＡＢＣ，∠ＢＡＣ＝９０°，以Ａ为坐标原点，→

ＡＢ，→ＡＣ，ＡＡ→１分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Ａｘｙｚ，因为ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＡ１＝４，则Ａ（０，０，０），Ｂ（４，０，０），Ｅ（０，４，２），Ｂ１（４，０，４），Ｃ（０，４，０），Ｏ（２，２，０）Ｂ１→

Ｏ＝（－２，２，－４），→ＢＯ＝（２，－２，－２），→ＡＯ＝（２，２，０）７分���由（１）知，平面ＯＡＥ的一个法向量为Ｂ１→Ｏ＝（－２，２，－４）设平面ＡＥＢ１的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），→ＡＥ＝（０，４，２），Ｂ１

→Ａ＝（－４，０，－４），{#{QQABZYCQogAI{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABAA=}#}则ｎ·→ＡＥ＝２ｙ＋ｚ＝０ｎ·

Ｂ１→Ａ＝ｘ＋ｚ{＝０，取ｘ＝２，则ｎ＝（２，１，－２），９分�������������������������所以ｃｏｓ＜ｎ，Ｂ１→Ｏ＞＝ｎ·Ｂ１→Ｏｎ·Ｂ１→Ｏ＝６槡９·槡２４＝槡６６，１１分�������������因为二面角Ｏ－ＡＥ－Ｂ１为锐角，所以二面

角Ｏ－ＡＥ－Ｂ１的余弦值为槡６６．１２分����２２．（１２分）解：（１）法一：由题意知２ｃ槡＝２３，解得ｃ槡＝３，１分�����������������设点Ｑ坐标为（ｘ０，ｙ０），则过点Ｑ作椭圆的切线ｌ方程为ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１

，所以切线ｌ的斜率为－ｂ２ａ２·ｘ０ｙ０，又Ｏ，Ｐ，Ｑ三点共线，所以ｙ０ｘ０＝１２，所以－ｂ２ａ２·ｘ０ｙ０＝－２ｂ２ａ２＝－１２，即ｂ２ａ２＝１４，４分��������������������������������又ａ２－ｂ２＝ｃ２，ｃ２＝３，

所以ａ２＝４，ｂ２＝１，故椭圆Ｅ的标准方程为ｘ２４＋ｙ２＝１．５分���������������������法二：由题意知２ｃ槡＝２３，解得ｃ槡＝３，１分��������������������由Ｏ，Ｐ，Ｑ三点共线，设

点Ｑ坐标为（２ｙ０，ｙ０），又Ｑ为椭圆Ｅ上的点，所以有４ｙ０２ａ２＋ｙ０２ｂ２＝１，解得ｙ０２＝ａ２ｂ２４ｂ２＋ａ２，过Ｑ作椭圆的切线ｌ，切线斜率为－１２，故设切线ｌ的方程为ｙ－ｙ０＝－１２（ｘ－２ｙ０），联立ｙ－ｙ０

＝－１２（ｘ－２ｙ０）ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２{＝１消去ｘ得（ａ２＋４ｂ２）ｙ２－１６ｂ２ｙ０ｙ＋１６ｙ０２ｂ２－ａ２ｂ２＝０，则Δ＝（－１６ｂ２ｙ０）２－４（ａ２＋４ｂ２）（１６ｙ０２ｂ２－ａ２ｂ２）＝０，即１６ｙ０２＝ａ２＋４ｂ２，代入ｙ０

２＝ａ２ｂ２４ｂ２＋ａ２，化简得１６ａ２ｂ２＝（ａ２＋４ｂ２）２，即（ａ２－４ｂ２）２＝０，得ａ２＝４ｂ２，４分�����������������������又ａ２－ｂ２＝ｃ２，ｃ２＝３，所以ａ２＝４，ｂ２＝１，故椭圆Ｅ的标准方程为ｘ２＋ｙ２＝１．５分������

���������������{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABAA=}#}（２）设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），由ｘ２４＋ｙ２＝１ｙ＝ｋｘ＋{ｍ，

消去ｙ得（４ｋ２＋１）ｘ２＋８ｋｍｘ＋４ｍ２－４＝０，又Δ＝６４ｋ２ｍ２－４（４ｋ２＋１）（４ｍ２－４）＞０，得４ｋ２＋１＞ｍ２，设Ｃ（ｘ３，ｙ３），则ｘ１＋ｘ２＝－８ｋｍ４ｋ２＋１，ｙ１＋ｙ２＝ｋｘ１＋ｍ＋ｋｘ２＋

ｍ＝２ｍ４ｋ２＋１．８分���������������������由→ＯＣ＋２→ＯＤ＝０，可得Ｏ为△ＡＢＣ的重心，所以Ｓ△ＡＢＣ＝３Ｓ△ＯＡＢ，且→ＯＣ＝－２→ＯＤ＝－（ｘ１＋ｘ２，ｙ１＋ｙ２）＝（ｘ３，ｙ３），ｘ３＝－（ｘ１＋ｘ２）＝８ｍｋ４ｋ２＋１，ｙ３＝－（ｙ１＋ｙ２）＝－２ｍ４ｋ

２＋１，故由Ｃ（ｘ３，ｙ３）在椭圆Ｅ上，得（８ｋｍ４ｋ２＋１）２４＋（２ｍ４ｋ２＋１）２＝１，得４ｍ２＝４ｋ２＋１，９分�����������������������������ＡＢ＝１＋ｋ槡２ｘ２－ｘ１＝１＋ｋ

槡２（８ｋｍ１＋４ｋ２）２－４（４ｍ２－４）１＋４ｋ槡２＝１＋ｋ槡２１６（１＋４ｋ２－ｍ２槡）１＋４ｋ２＝１＋ｋ槡２·４ｍ２－ｍ槡２ｍ２槡＝３·１＋ｋ槡２·１｜ｍ｜又原点Ｏ到直线ｌ的距离为ｄ＝ｍ１＋ｋ槡２，１１分������������������所以Ｓ△ＯＡＢ＝１２×ＡＢ×ｄ＝

槡３２，故Ｓ△ＡＢＣ＝３Ｓ△ＯＡＢ＝槡３３２为定值．１２分����������������������{#{QQABZYCQogAIABBAAQgCAwnSCAAQkBACCCoOAEAIoAABQBFABA

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