（人教A版）选择性必修一数学高二上学期期中考试选择题压轴题专练（解析版）

高二上学期期中考试选择题压轴题专练1．已知直线ax+by+1=0与直线4x+3y+5=0平行，且ax+by+1=0在y轴上的截距为13，则a+b的值为（

）A．−7 B．−1 C．1 D．7【解题思路】根据两条直线平行，得到a,b的等量关系，根据直线在y轴上的截距，可得b所满足的等量关系式，联立方程组求得结果.【解答过程】因为直线ax+by+1=0与直线4x+3y+5=0平行，所以4b=3a，又直线ax+by+1=0在y轴上的截距为13，所以13b+1=0，解得b=−3，所以a=−42．已知a+b=2,2,23A．13 B．C．63 D．【解题思路】先求出向量a,【解答过程】因为a+b=2,2,23所以cosa,3．下列命题中，正确命题的个数为（

）①若a//b，则a与②若AB=CD，则A，B，C，③若a，b不共线，则空间任一向量p=λa+μA．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】举特例否定①；利用向量共线的定义否定②；依据共面向量基本定理否定③.【解答过程】当a=0，b≠0时，a//当AB=CD时，A，B，C，当a，b不共线时，当且仅当p,a,b共面时才满足p4．已知过点A(−2,m)和点B(m,4)的直线为l1，l2:y=−2x+1,l3:y=−1nA．−10 B．−2C．0 D．8【解题思路】由平行、垂直直线的斜率关系得出m+n的值.【解答过程】因为l1//l2，所以kAB=4−m解得n=−2.所以m+n=−10.故选：A.5．已知不共线向量e1，e2，e3，OP=e1−2A．O,P,Q B．P,Q,RC．O,Q,R D．O,P,R【解题思路】根据平面向量共线定理分别判断OP,PQ，QR,PQ，【解答过程】若OP//PQ，则存在唯一实数λ使得OP=λ所以1=−5λ−2=−6λ1=4λ，无解，所以OP,PQ不共线，则O,P,Q三点不共线，若QR//PQ，则存在唯一实数λ使得QR=λPQ，即7e1+2e2−2e即−4e1−8e2+5e3=λ7e1+2e26．已知直线l:m+2x+m−1y+m−1=0，若直线l与连接A1,−2、BA．−π4,C．π4,3π【解题思路】先求出直线l所过定点P的坐标，数形结合可求出直线l的斜率的取值范围，即可得出直线l的倾斜角的取值范围.【解答过程】直线l的方程可化为mx+y+1+2x−y−1=0，由所以，直线l过定点P0,−1，设直线l的斜率为k，直线l的倾斜角为α，则0≤α<π，因为直线PA的斜率为−1−−20−1=−1，直线PB的斜率为−1−10−2=1所以−1≤k≤1，即−1≤tanα≤1，又斜率k=m+21−m=−1+31−m≠−1，所以−1<tanα≤1因为7．已知直线l1的一个方向向量a=2,4,x，直线l2的一个方向向量b=2,y,2，若a=6A．-3或1 B．3或−1C．-3 D．1【解题思路】根据空间向量的模的坐标表示结合a=6即可求得x的值，再根据a⋅b【解答过程】因为a=22+42+x2=6，所以x=±4，又l1⊥l2，所以a⋅b=0所以x+y=−3或1.故选：A.8．已知点A−1,0,B1,0,C0,1，直线y=kx+b(k>0)将三角形ABCA．1−22，C．13，1【解题思路】先求得直线y=kx+b(k>0)与x轴的交点为M−bk，0，根据面积相等可得点M在射线OA上即−bk<0【解答过程】由题意可得，三角形ABC的面积为12⋅AB⋅OC=1，由于直线y=kx+b(k>0)与x轴的交点为M−bk，0，由直线y=kx+b(k>0)将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b>0，故−bk<0，故点M在射线OA①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故N12，12，把A、N

②若点M在点O和点A之间，此时b>13，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于故12⋅MB⋅yN=12

③若点M在点A的左侧，则b<13，由点M的横坐标−b设直线y=kx+b和AC的交点为P，则由y=kx+by=x+1求得点P的坐标为1−b此时由题意可得，△CPN的面积等于12，即1即121−b⋅由于此时b>k>0，0<k<1，∴2(1−b)两边开方可得21−b=1−k2<1，

综上b的取值范围应是1−29．设椭圆C:x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，椭圆C上的两点A、A．53,1 B．22,104【解题思路】设椭圆的左焦点F′，由椭圆的对称性结合FA⋅FB=0，得到四边形AFBF′为矩形，设AF′=n，AF=m，在直角△ABF中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到【解答过程】如图所示：设椭圆的左焦点F′，由椭圆的对称性可知，四边形AFB又FA⋅FB=0，则FA⊥FB，所以平行四边形AFB设AF′=n，AF=m，则BF=n，在直角△ABF所以2mn=m+n2−m2令mn=t，得t+1t=因为对勾函数y=t+1t在1,3上单调递增，所以所以c2b2∈1,53所以e=ca=10．正四面体A−BCD的棱长为4，空间中的动点P满足PB+PC=22，则A．4−23,4+23C．4−32,4−2【解题思路】分别取BC，AD的中点E，F，由题意可得点P的轨迹是以E为球心，以2为半径的球面，又AP⋅PD=4−【解答过程】分别取BC，AD的中点E，F，则PB+PC=故点P的轨迹是以E为球心，以2为半径的球面，AP⋅PD=−PF+FA⋅PF+FD=−PF+FA⋅PF11．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1、F2，以F2为圆心的圆与x轴交于F1，B两点，与y轴正半轴交于点A，线段AFA．3+12 C．5+12 【解题思路】先求出以F2为圆心的圆的方程，求出A0,3c，B3c,0【解答过程】设双曲线的半焦距为c，因为以F2为圆心的圆过F1，故该圆的半径为故其方程为：x−c2+y2=4c2，令x=0，则y=±令y=0，则x=−c或x=3c，故B3c,0.故kF1设Mm,3m+3cm<0，因为A在y轴的正半轴上，而BM=313×2c=2故m=−23c，故yM=3c3，所以49c2则e2=4+

12．在一个正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M,N分别为AB,BC中点，点A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【解题思路】根据题意，得到四点O，Q，P，D1共面，且四边形OQPD1为平行四边形，对点P的位置进行分类讨论，进行求解即可.【解答过程】因为线段D1Q与OP互相平分，所以四点O，Q，P，D1共面，且四边形OQPD1为平行四边形．若P在线段C1D1上时，Q一定在线段ON上运动，只有当P为C1D1的中点时，Q与点M重合，此时λ＝1，符合题意．若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件Q；在P在线段D1A1上时，点Q在直线OM上运动，只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合，此时λ＝0符合题意，所以符合条件的λ值有两个，故选C.13．设点A(2,−3)､B(−3,−2)，若直线l过点P(1,1)且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（

）A．k≥34或k≤−4 B．k≥C．−4≤k≤34 【解题思路】根据斜率的公式，利用数形结合思想进行求解即可.【解答过程】如图所示：

依题意，kPA=−3−12−1=−4,kPB=−2−1−3−1=故选：A.14．在三棱锥A−BCD中，满足AD⊥AB，AD⊥AC，给出下列结论：①DB⋅DC=DA2−AB③若∠BAC是钝角，则∠BDC是钝角；

④若AC<AD且AB<其中正确结论的序号为（

）A．①②④ B．①④ C．②③ D．②④【解题思路】易得DB=DA+AB,DC=DA+AC，再根据数量积的运算律即可判断①；由∠BAC是锐角，得【解答过程】因为AD⊥AB，AD⊥AC，所以AD⋅AB=0对于①，DB=则DB⋅对于②，若∠BAC是锐角，则AB⋅DB⋅对于③，若∠BAC是钝角，则AB⋅AC<0则DB⋅DC=对于④，若AC<AD且AB>AB因为∠BAC∈0,π，AB⋅AC1+故选：D.15．已知直线l1:x−y−1=0，动直线l2A．存在k，使得l2的倾斜角为πB．对任意的k，l1与lC．对任意的k，l1与lD．对任意的k，l1与l【解题思路】根据倾斜角与斜率的关系取特殊值判断A；联立l1与l2的方程，由(2k+1)x=0恒有解判断B；取k=−12时，【解答过程】解：当k=0时，l2的倾斜角为π2，此时l2联立方程组x−y−1=0k+1x+ky+k=0，得故对任意的k，l1与l当k=−12时，k+11=k因为l1:x−y−1=0的斜率为1，当k=0时，l1与l2不垂直；当k≠0时，l2的斜率k+1−k=−1−16．设直线l1:x−2y+1=0与直线l2:mx+y+3=0的交点为A；P,Q分别为l1,l2上任意两点，点M为P,QA．2 B．−2 C．3 D．−3【解题思路】根据题意画出图形，根据条件得到1×m+(−2)×1=0,进行求解即可.【解答过程】根据题意画出图形，如图所示；直线l1:x−2y+1=0与直线l2:mx+y+3=0的交点为A；M为PQ的中点，若|AM|=12|PQ|17．已知直线l的斜率与直线3x+4y−5=0的斜率相等，且l和两坐标轴在第一象限内所围成三角形面积是24，则直线l的方程是（

）A．3x+4y−122=0 C．3x+4y−24=0 D．3x+4y+24=0【解题思路】由题意设y=−34x+b，则1【解答过程】直线3x+4y−5=0的斜率为−34，可设l的方程为y=−34x+b.令y=0，得x=4318．过定点A的直线a+1x−y+2=0与过定点B的直线x+a+1y−4a−2=0交于点P(P与A､BA．2 B．22 C．2 【解题思路】根据方程可得定点A、B，并且可判断两直线垂直，然后利用基本不等式可得.【解答过程】动直线a+1x−y+2=0化为y=a+1x+2，可知定点A0,2，动直线x+a+1y−4a−2=0化为(a+1)(y−4)+x+2=0，可知定点B−2,4，又(a+1)×1−1×(a+1)=0所以直线a+1x−y+2=0与直线x+a+1即△PAB面积的最大值为2.故选：C.19．在平面直角坐标系中，直线y=kx+mk≠0与x轴和y轴分别交于A，B两点，AB=22，若CA⊥CB，则当k，m变化时，点C到点1,1A．42 B．32 C．22【解题思路】先求得A，B两点坐标，根据AB=22得到(−m【解答过程】由y=kx+mk≠0得A(−mk,0),B(0,m)，故由由CA⊥CB得AC⋅BC=0，设C(x,y)，则(x+mk,y)⋅(x,y−m)=0，即(x+m2k)2+(y−m2)2=m24k220．已知圆C是以点M(2,23)和点N(6,−23)为直径的圆，点P为圆C上的动点，若点A(2,0)，点B(1,1)，则A．26 B．4+2 C．8+52 【解题思路】由题设可知圆C：(x−4)2+y2=16，在坐标系中找到D(−4,0)【解答过程】由题设，知：C(4,0)且|MN|=(−23−2∴圆C：(x−4)2

如上图，坐标系中D(−4,0)则OD=2AC=CP=OC=4，∴ACCP=PCDC=12，即∴2|PA|−|PB|=|PD|−|PB|，在△PBD中|PD|−|PB|<|BD|，∴要使|PD|−|PB|最大，P,B,D共线且最大值为|BD|的长度.∴|BD|=(1+4)221．现有边长均为1的正方形､正五边形､正六边形及半径为1的圆各一个，在水平桌面上无滑动滚动一周，它们的中心的运动轨迹长分别为l1，l2，l3，lA．l1<l2C．l1=l【解题思路】由题意可知，它们的中心滚动一周的运动轨迹都是圆心角为2π的弧长，设半径分别为r1，r2，r3，r4，则半径为中心与顶点的距离，由正方形、正五边形、正六边形得几何特征可知r1=22，r1＜r2＜1，r3＝r4＝1，再利用弧长公式即可得到l1＜l2＜l3【解答过程】解：由题意可知，它们的中心滚动一周的运动轨迹都是圆心角为2π的弧长，设半径分别为r1，r2，r3，r4，由题意可知，半径为中心与顶点的距离，又因为正方形、正五边形、正六边形的边长均为1，圆的半径为1，对于正方形，如图所示：，∵∠AOB＝90°，∴r1=对于正五边形，如图所示：，∵∠AOB＝72°＜90°，∠OAB＝∠OBA＝54°＜72°，∴r1＜r2＜1；对于正六边形，如图所示：，∠AOB＝60°，∴△AOB为等边三角形，∴r3＝OA＝1；而r4＝1，又因为l1＝2π•r1，l2＝2π•r2，l3＝2π•r3，l4＝2π•r4，所以l1＜l2＜l3＝l4，故选：B．22．已知A，B是曲线|x|−1=−y2+2y+3上两个不同的点，C(0,1)，则A．53 B．355 C．2【解题思路】方程|x|−1=−y2+2y+3表示的曲线为圆P:x+1【解答过程】|x|−1=−y2由x−1=4−y−1因为x−1=4−y−12≥0当x≤−1时，x+12+y−12=4所以方程x−1=4−y−12表示的曲线为圆根据圆的性质知：当A，B分别与图中的M，N重合时，CA+当A，B为图中E，F，G，H四点中的某两点时，CA+CB取得最小值，且最小值为25.故CA

故选：B.23．在四面体ABCD中（如图），平面ABD⊥平面ACD，△ABD是等边三角形，AD=CD，AD⊥CD，M为AB的中点，N在侧面BCD上（包含边界），若MN=xAB+yAC+z

A．若x=12，则MN∥平面ACD B．若z=0C．当MN最小时，x=14 D．当MN【解题思路】根据可证CD⊥平面ABD，设BN=λBC+μBD，且λ,μ∈0,1,λ+μ≤1，进而可得x=12−λ−μy=λz=μ，对于A：若x=12，则点N即为点B，进而可得结果；对于B：若z=0，可得点N在线段BC【解答过程】因为AD⊥CD，平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，CD⊂平面ACD，所以CD⊥平面ABD，且BD⊂平面ABD，可得CD⊥BD，又因为N在侧面BCD上（包含边界），设BN=λBC+μBD=12−λ−μAB+λAC+μAD，又因为MN=xAB+yAC+zAD，可得x=12−λ−μy=λz=μ，且λ,μ∈0,1,λ+μ≤1由CD⊥平面ABD，可知当且仅当点N为点B，MN⊥CD，故B错误；过M作ME⊥BD，垂足为E，可得BE=BM⋅

因为CD⊥平面ABD，ME⊂平面ABD，则ME⊥CD，且BD∩CD=D，BD,CD⊂平面BCD，所以ME⊥平面BCD，可得MN=ME2+EN2=34BD2对于选项D：显然当点N即为点C时，NE最大，则MN最大，此时λ=1,μ=0，可得y=1,z=0,x=124．如图，在三棱锥O−ABC中，点G为底面△ABC的重心，点M是线段OG上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱OA，OB，OC于点D，E，F，若OD=kOA，OE=mOB，OF=nA．133 B．23 C．32【解题思路】由空间向量基本定理，用OA，OB，OC表示OM，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数λ,μ，使【解答过程】由题意可知，OM=23OA+13(OB−OA)+13(OC−OA所以(1−λ−μ)k=29λm=225．如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，且A．6 B．10 C．11 D．2【解题思路】先以AB,AD,【解答过程】解：AC=AB=1+1+4+2×1×2×cos60∘+2×1×2×26．在四棱锥P−ABCD中，棱长为2的侧棱PD垂直底面边长为2的正方形ABCD，M为棱PD的中点，过直线BM的平面α分别与侧棱PA、PC相交于点E、F，当PE=PF时，截面MEBF的面积为（

）A．22 B．2 C．33【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.【解答过程】由题意，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，

则C0,2,0，P0,0,2，A2,0,0，M0,0,1，B2,2,0设PE=tPA=2t,0,−2t，又PE=PF，PA=PC，所以PF=tPC=由题意，M、E、B、F四点共面，所以BM=x所以−2=(2t−2)x−2y−2=−2x+(2t−2)y1=(2−2t)x+(2−2t)y，解得所以E43,0,23所以cos<BE,所以sin∠EBF=1−cos又ME=43,0,−13,MF=所以截面MEBF的面积为S=S△EBF27．若点N为点M在平面α上的正投影，则记N=fαM.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面①线段PQ2长度的取值范围是②存在点P使得PQ1//③存在点P使得PQ其中，所有正确结论的序号是A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②【解题思路】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D−xyz，设点P的坐标为0,1,a0<a<1，求出点Q【解答过程】取C1D的中点Q2，过点P在平面AB1C1D内作PE⊥C1D，再过点E在平面CC1D1D内作又∵PE⊥C1D，AD∩C1D=D，∴PE⊥平面同理可证EQ1⊥γ，CQ⊥β，则f以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D−xyz，设CP=a0<a<1，则P0,1,a，C0,1,0，E对于命题①，PQ2=14+a−12对于命题②，∵CQ2⊥β，则平面β的一个法向量为CQ2=0,−12,12，对于命题③，PQ2=0,−12,1−2a228．已知直线l1：x−y+2=0，l2：x−y−2=0，直线l3垂直于l1，l2，且垂足分别为A，B，若C(−4，0)，D(4，0)A．10+22 B．8+2 C．【解题思路】根据条件设出直线l3的方程x+y=2m，求出点A，B坐标，用m表示出|CA|+|AB|+|BD|，再借助几何意义即可计算得解.【解答过程】因直线l3垂直于l1，l2，则设直线l3由{x+y=2mx−y=−2得点A(m−1,m+1)，由{x+y=2mx−y=2得点B(m+1,m−1)，而于是得|CA|+|AB|+|BD|=(m+3)而(m+3)2+(m+1)2+(m−3)2+(m−1)2表示动点M(m,m)到定点E(−3,−1)与F(3,1)的距离的和，显然，动点M(m,m)在直线y=x上，点E(−3,−1)与F(3,1)在直线y=x两侧，因此，|ME|+|MF|≥|EF|=210，当且仅当点M是直线y=x与线段EF：y=13x(−3≤x≤3)的交点，即原点时取“=”，此时m=0，从而得29．在平面直角坐标系中,定义dA,B=maxx1−x2，y1−y2为两点Ax①对任意三点A,B,C，都有d②已知点P(3,1)和直线l:2x−y−1=0，则d③到原点的“切比雪夫距离”等于1的点的轨迹是正方形；其中真命题的是（

）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【解题思路】①讨论A，B，C三点共线，以及不共线的情况，结合图象和新定义，即可判断；②设点Q是直线y=2x−1上一点，且Q(x,2x−1)，可得d(P,Q)=max{|x−3|，|2−2x|}，讨论|x−3|，|2−2x|的大小，可得距离d，再由函数的性质，可得最小值；③根据“切比雪夫距离”的定义可判断出命题的真假.【解答过程】①对任意三点A、B、C，若它们共线，设A(x1，y1)、B(x2，y2)，C(x3，y3)，如图，结合三角形的相似可得d(C,A)，d(C,B)，d(A,B)为AN，若B，C或A，C对调，可得d(C,A)+d(C,B)⩾d(A,B)；若A，B，C不共线，且三角形中C为锐角或钝角，如图，由矩形CMNK或矩形BMNK，d(C,A)+d(C,B)⩾d(A,B)；则对任意的三点A，B，C，都有d(C,A)+d(C,B)⩾d(A,B)，故①正确；②设点Q是直线y=2x−1上一点，且Q(x,2x−1)，可得d(P,Q)=max{|x−3|，|2−2x|}，由|x−3|⩾|2−2x|，解得−1⩽x⩽53，即有d(P,Q)=|x−3|，当x=53时，取得最小值43；由|x−3|<|2−2x|，解得x>53或x<−1综上可得，P，Q两点的“切比雪夫距离”的最小值为43；故②正确；③由题，到原点O的“切比雪夫距离”的距离为1的点Px,y满足dO,P=maxx,y30．已知0<k<4，直线l1：kx−2y−2k+8=0和直线l2：A．12 B．14 C．1【解题思路】求出四边形四个顶点的坐标，表示出四边形面积，借助函数思想求最小值.【解答过程】l1：kx−2−2y+8=0过定点2在l1的方程中，令x=0，则y=4−k，在l2的方程中，令y=0，则x=2k2+2S=12×2k2故选：C.31．已知椭圆C:x26+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C在第一象限内的一点，∠F1PA．3+5322 B．3+5311 C．【解题思路】设PF1=m，PF2=n，在△F1F2P中，由余弦定理结合椭圆定义可得mn，根据△【解答过程】解：因为C:x26设PF1=m，PF2即m2+n2=mn+12，所以m+n所以S△F1因为P在第一象限，所以yP=1，代入椭圆x2因为F23,0，所以k联立y=2+3x−显然Δ>0，则yPyQ=−3所以S△OPQ=32．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内、外两圈的钢骨架是由两个离心率相同的椭圆组成的对称结构．某校体育馆的钢结构与“鸟巢”类似，其平面图如图2所示，内、外椭圆的离心率均为33，由外层椭圆长轴的一个端点A和短轴的一个端点B分别向内层椭圆引切线AC,BD，若AC,BD的斜率分别为k1,k2A．13 B．23 C．43【解题思路】将直线AC,BD方程分别与内层椭圆方程联立，由Δ1=Δ2=0【解答过程】设外层椭圆方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，则内层椭圆方程为由Δ1=4a6k14由y=k2x+b由Δ2=4a4k22b2∴k12+k∴k1233．已知点M是椭圆C：x24+y23=1上异于顶点的动点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点，E为MF1A．1 B．2 C．3 D．2【解题思路】由题，结合角平分线性质与椭圆的性质，SMF1PF2=12MF1+MF2ℎ=2ℎ，ℎ【解答过程】由图，a2=4,  b2=3，c=a2−b2=1，故F1F2=2，MF1+MF2=4，又MP平分∠F1MF2，则P到MF1、MF234．已知双曲线x29−y227=1的左､右焦点分别为F1,F2，过右焦点F2的直线l与双曲线的右支交于A．36,243 B．36,483 C．18π【解题思路】根据圆的切线长相等的性质，结合双曲线定义可求得两内切圆与x轴均相切于点E3,0，由△IF2E∽△F2KE可求得r【解答过程】由双曲线方程得：a=3，b=33，则c=a2+b∵AM=AN，F1M又F1E+F2E=2c=12，∴F1E=9同理可知：△KF1F2内切圆与∵IF2,KF2又IK⊥F1F2，∴△IF2E∽△∵EF2=6−3=3，∴S∵双曲线的渐近线斜率k=±3，∴直线l的倾斜角θ∈∴∠IF2E=∴tan∠IF又r1+9r1当r1=3时，r1+9r1=4∴r1+35．已知点P为直线l：x+y−2=0上的动点，过点P作圆C：x2+2x+y2=0的切线PA，PB，切点为A,B，当PCA．3x+3y+1=0 B．3x+3y−1=0C．2x+2y+1=0 D．2x+2y−1=0【解题思路】先利用圆切线的性质推得A,P,B,C四点共圆，AB⊥CP，从而将PC⋅AB转化为2PA，进而确定PC⊥l时PC【解答过程】因为圆C：x2+2x+y2=0可化为x+1

因为PA，PB是圆C的两条切线，则PA⊥AC,PB⊥BC，由圆的知识可知，A,P,B,C四点共圆，且AB⊥CP，PA=PB，所以PC⋅AB=4所以当PC最小，即PC⊥l时，PC⋅AB取得最小值，此时PC的方程为联立y=x+1x+y−2=0，解得x=12故以PC为直径的圆的方程为x−12(x+1)+y又圆C:x2+2x+y236．如图，已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和双曲线C

①若a2+3m②若|PF1|⋅|P③△F1P④若∠F1PF2A．①② B．②③ C．③④ D．②④【解题思路】对于①，由椭圆和双曲线的定义结合a2+3m2=4c2得到b=3n，①正确；对于②，由椭圆定义和双曲线定义结合|PF1|⋅|PF2|【解答过程】①∵a2−a2+3m2=②∵P在第一象限，且|PF1|(|PF1|③设椭圆的焦距为2c，∠F1PF2=θ，解得|PF1|=a+m，|∴PF1⋅PS△④设椭圆的焦距为2c，则|PF1|解得|PF1在△F1P整理得4c2=e1当且仅当e237．已知F1,F2分别为双曲线C:x24−y212=1的左､右焦点，E为双曲线C的右顶点.过F2的直线与双曲线CA．−∞,−4C．−335【解题思路】由内心的性质，可知M，N的横坐标都是a，得到MN⊥x轴，设直线AB的倾斜角为θ，有∠EF2M=π−θ2【解答过程】设AF1,AF2,F1F由AF1−AF2=2a设内心M的横坐标为x0，由JM⊥x轴得点J的横坐标也为x0，则得x0=a，则E为直线JM与x轴的交点，即J与E重合.同理可得△BF设直线AB的领斜角为θ，则∠EF|ME|−|NE|=(c−a)tan当θ=π2时，|ME|−|NE|=0；当θ≠π因为A，B两点在双曲线的右支上，∴π3<θ<2π3，且θ≠π∴−33<1tan综上所述，|ME|−|NE|=438．抛物线y2=4x的焦点为F，其准线与x轴的交点为N，过点F作直线与此抛物线交于A，B两点，若NB⊥AB，则AF−A．3 B．4 C．5 D．6【解题思路】根据抛物线标准方程，得到焦点坐标和准线方程，设出直线方程，联立抛物线方程，整理得到关于x的一元二次方程，根据垂直，得到点B的横坐标，根据韦达定理，得到A的横坐标，在由抛物线的定义，可得答案.【解答过程】由y2=4x，则焦点F1,0，且准线方程为直线x=−1，即N−1,0，设过点F的直线方程为y=kx−1，联立抛物线可得：y=kx−1y2=4x，消去y可得：k2x−12=4x，化简得：k2x2−2k2+4x+k2=0，因为NB⊥AB，且直线AB过点F，所以NB⊥FB，即点B位于以线段NF为直径的圆上，易知以线段NF为直径的圆的方程为x2+故选：B.39．已知圆C1:x+32+y2=a2a>7和C2:x−3A．9 B．11 C．17或19 D．19【解题思路】由两圆方程得圆C2内含于圆C1，由P是△MC1C2的内心，且S△PMC1+S【解答过程】根据题意：圆C1:x+32+y2=a2a>7，其圆心C1−3,0，半径R因为P为△MC1C2的内心，设内切圆的半径为r0，又由因为动圆M与圆C1，圆C2均相切，设圆M的半径为（1）当动圆M内切于圆C1，与圆C2外切（则有C1M=R1−r=a（2）当动圆M内切于圆C1，圆C2内切于动圆则有C1M=R1−r=a综上可得：a＝17或19；故选：C．40．如图，设直线l:y=kx+p2与抛物线C:y2=2px(p>0,p为常数)交于不同的两点M,N，且当k=12时，抛物线C的焦点F到直线l的距离为255.过点M的直线交抛物线于另一点

A．(1,−4) B．(1,2) C．(2,0) D．(2,−4)【解题思路】先求得p，然后联立方程组并写出根与系数关系，求得直线MQ、直线QN，进而确定正确答案.【解答过程】直线l:y=12x+依题意，Fp2,0到直线2x−4y+p=0所以抛物线方程为y2=4x，直线由y=kx+1y2=4x消去Δ=16−16k2设Mx1,由kMQ直线MQ的方程为y+1=4所以y1+1=4则y12+所以4y2=−直线QN的方程为y−y2=则yy2+所以x=1,y=−4，也即直线QN过定点1,−4.故选：A.41．已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，点P在C上且位于第一象限，PQ⊥l于点Q，过点P作QF的平行线交x轴于点R，若PF⊥QR，且四边形PQKR的面积为603，则直线A．3x+y−36=0C．x+3y−36【解题思路】根据几何关系可判断出PQFR为菱形，其可判断△PQF与△PFR均为正三角形，由此得到p与菱形边长关系，再根据面积得到p值，最终根据点斜式得到方程.【解答过程】如图，因为PR∥QF，PQ⊥QK，所以四边形又因为PF⊥QR，所以四边形PQFR为菱形，所以|PQ|=|QF|．由抛物线的定义知|PQ|=|PF|，则|PQ|=|PF|=|QF|=|FR|=|PR|，即△PQF与△PFR均为正三角形，设|QF|=t，则在Rt△KQF中，|KF|=|QF|2，即p=因为四边形PQKR的面积为603，所以(t+p+t)⋅解得p=26，则R(56,0)，又直线QR所以直线QR的方程为y=−33(x−5故选D．42．已知点P1,a(a>1)在抛物线C：y2=2px(p>0)上，过P作圆x−12+y2=1的两条切线，分别交C于A，B两点，且直线AB的斜率为−1，若F为C的焦点，点Mx,y为A．2 B．2 C．233 【解题思路】根据题意，设Ax1,y1，Bx2,y2，PxP,yP，分析可得直线PA,PB关于直线x=1对称，则kPA+kPB=0，变形可得y1+y2=−2yP，又由kAB=2py【解答过程】由题意可知，过P所作圆的两条切线关于直线x=1对称，所以kPA设Ax1,y1，B同理可得kPB=2pyP得2py1+由kAB=2p将1,p代入抛物线C的方程，得p2=2p，解得故抛物线C的方程为y2设∠MNF=θ，作MM1垂直准线于由抛物线的性质可得MM所以MNMF当cosθ最小时，MN所以当直线MN与抛物线C相切时，θ最大，即cosθ由题意可得N−1,0设切线MN的方程为x=my−1，联立方程组x=my−1y2=4x消去x由Δ=16m2将m=±1代入y2−4my+4=0，可得所以x=1，即M的坐标为1,±2，所以MN=22+22=2

故选：A.43．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=2，BC=1，AA1=2①三棱锥E−ABD的体积的最大值为23②A1D+DB的最小值为③点D到直线C1E的距离的最小值为其中所有正确结论的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】根据锥体的体积公式判断①，将将△ABC翻折到与矩形ACC1A1共面时连接A1B交【解答过程】在直三棱柱ABC−A1B1C对于①：因为点E在棱BB1上BB1=A又AC⊥BC，AC=2，BC=1，点D在棱AC上，所以AD∈0,2，S所以VE−ABD=13BE⋅S△ABD≤2对于②：如图将△ABC翻折到与矩形ACC1A1共面时连接A1B交因为A1C1=CC1=2即A1D+DB的最小值为对于③：如图建立空间直角坐标系，设Da,0,0，a∈0,2，E0,1,c，c∈所以C1D=则点D到直线C1E的距离当c=2时d=a2+4≥2，当0≤c<2时0<c−22≤4所以当4c−22c−22+1取最大值16即当D在C点E在B点时点D到直线C1E的距离的最小值为故选：C.44．如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，F为线段A．存在点E，使EF∥BDB．三棱锥B1−ACE的体积随动点C．直线EF与AD1D．存在点E，使EF⊥平面A【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量来表达出EF，BD，AD1，从而判断AC选项；求出平面AB1C1D的法向量n=0,1,−1，判断EF与n=0,1,−1的关系，判断D选项；B选项可以判断出A1C1∥平面【解答过程】以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，则F1,2,1，D0,0,0，B2,2,0，A2,0,0，D10,0,2，B12,2,2，因为E为线段A1C1上运动，设Em,2−m,2（0≤m≤2），则EF=因为A1C1∥AC，AC⊂平面ACB1，A1C1⊄平面ACB1，故A1C1∥平面ACB1，因为AD1=−2,0,2，设直线EF与AD1所成角为θ，则cosθ=cosAD1,EF设平面AB1C1D的法向量为n=x,y,z，则n⋅DA=x=0n⋅AB1=2y+2z=0，令故选：D.45．对于圆x−a2+y−b2=r2r>0上任意一点Px,y①点a,b的轨迹是一个圆；

②点a,b的轨迹是一条直线；③当m−n=4时，r有最大值255；

④当r=5，其中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】由d=5⋅(|x−2y+m|5+|x−2y+n|5)，将已知条件看作且已知圆在平行线x−2y+m=0、x−2y+n=0之间得|m−n|5【解答过程】令d=5⋅(|x−2y+m|5+|x−2y+n|5)，可看作P(x,y)到直线x−2y+m=0、x−2y+n=0距离之和的5倍，由x−2y+m+x−2y+nm≠n的值与x,y无关，所以距离之和与P在圆上的位置无关，故已知圆在平行线x−2y+m=0、x−2y+n=0当|m−n|5>2r时,③m−n=4时，r≤|m−n|2④r=5，m=1时r=5≤所以正确的有③.故选：A.46．如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B

A．当P在平面BCC1BB．当P在线段AC上运动时，D1P与AC．使直线AP与平面ABCD所成的角为45o的点P的轨迹长度为D．若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B1【解题思路】由底面正方形ADD1A1的面积不变，点以D为原点，建立空间直角坐标系，设P(x,2−x,0)，则D1由直线AP与平面ABCD所成的角为45∘，作PM⊥平面ABCD，得到点P设P(m,m,0)，求得平面CB1D1的一个法向量为【解答过程】对于A中：底面正方形ADD1A1的面积不变，点所以四棱锥P−AA对于B中：以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，可得A1(2,0,2),D设直线D1P与A1C1因为0≤x−1≤1，当x−1=0时，可得cos当0<x−1≤1时，cosθ=所以异面直线D1P与A1

对于C中：因为直线AP与平面ABCD所成的角为45∘若点P在平面DCC1D因为∠B在平面ADD1A1内，点在平面ABB1A1内，点在平面A1B1C1因为∠PAM=45∘，所以PM=AM，又因为PM=AB，所以AM=AB，所以所以点P的轨迹是以A1所以点P的轨迹的长度为14综上，点P的轨迹的总长度为π+4

对于D中，由B1设P(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤2，则CB设平面CB1D1的一个法向量为取a=1，可得b=−1,c=−1，所以n=(1,−1,−1)因为PF//平面B1CD，所以FP⋅所以FP=当x=1时，等号成立，所以D错误.故选：D.

47．已知圆C:(x−2)2+y2=1，点P是直线l:x+y=0上一动点，过点P作圆C的切线PA,PB切点分别是A．圆C上恰有一个点到直线l的距离为1B．切线长PA的最小值为2C．四边形ACBP面积的最小值为2D．直线AB恒过定点(【解题思路】利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质得切线长|PA|=|PC|2−1利用点到直线的距离判断B，由题意四边形ACBP面积为|PA||CA|=|PA|判断C，由题知A，B在以PC【解答过程】由圆C：(x−2)2+y2=1∴圆心C到直线l：x+y=0的距离为|2|2=2由圆的性质，切线长|PA|=|PC|∴当|PC|最小时，|PA|有最小值，又|PC|min=2∵四边形AMBP面积为|PA||CA|=|PA|，∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；设P(t,−t)，由题知A，B在以PC为直径的圆上，又C(2,0)，∴(x−t)(x−2)+(y+t)(y−0)=0，即x2又圆C：(x−2)2+y∴直线AB的方程为：(2−t)x+ty−3+2t=0，即2x−3−t(x−y−2)=0，由{2x−3=0x−y−2=0，得x=32,y=−48．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C①棱AB上一定存在点Q，使得QC⊥②三棱锥F−EPH的外接球的表面积为8③过点E，F④设点M在平面BB1C1C内，且A1M//A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解题思