本册综合测评（含解析）2026秋高中数学 人教A版（2019） 选择性必修 第一册

本册综合测评时间：120分钟满分：150分一、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．倾斜角为135°，且在y轴上的截距为1的直线方程是()A．x－y－1＝0 B．x＋y－1＝0C．x＋y＋1＝0 D．x－y＋1＝02．若抛物线的准线方程为x＝1，焦点坐标为(－1，0)，则抛物线的标准方程是()A．y2＝2x B．y2＝－2xC．y2＝4x D．y2＝－4x3．(2025·新课标Ⅰ卷，3)若双曲线C的虚轴长为实轴长的eq\r(7)倍，则C的离心率为()A.eq\r(2) B．2C.eq\r(7) D．2eq\r(2)4．在下列条件中，点G与点A，B，C一定共面的是()A.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－2eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)) B.eq\o(OG,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0C.eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋2eq\o(GC,\s\up6(→))＝0 D.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))5．冰糖葫芦是中国传统小吃，起源于南宋．由山楂串成的冰糖葫芦如图1所示，若将某串冰糖葫芦的山楂看成是大小相同的球，竹签看成一条线段且经过各个山楂的球心，该串冰糖葫芦的轴截面如图2所示．已知山楂的半径为2，竹签所在直线的方程为2x＋y＝0，则在该轴截面内与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为()A．2x＋y±2＝0 B．2x＋y±eq\r(5)＝0C．2x＋y±4＝0 D．2x＋y±2eq\r(5)＝06．平行六面体ABCD－A′B′C′D′的底面ABCD是边长为2的正方形，且∠A′AD＝∠A′AB＝60°，AA′＝3，则线段BD′的长为()A.eq\r(6) B.eq\r(10)C.eq\r(17) D．2eq\r(3)7．已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为()A．5eq\r(2)－4 B.eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2) D.eq\r(17)8．从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图1，一个光学装置由有公共焦点F1，F2的椭圆T与双曲线S构成，现一光线从左焦点F1发出，依次经S与T反射，又回到了点F1，历时t1秒；若将装置中的S去掉，如图2，此光线从点F1发出，经T两次反射后又回到了点F1，历时t2秒．若t2＝4t1，则T的长轴长与S的实轴长之比为()A．3∶2 B．4∶3C．2∶1 D．3∶1二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知圆C：x2＋y2＝4，圆M：x2＋y2－8x－6y＋m＝0，则下列结论正确的是()A．若m＝8，则圆C与圆M相交且公共弦的弦长为eq\f(16,5)B．若m＝9，则圆C与圆M有两条公切线且它们的交点为(－3，－4)C．若圆C与圆M恰有4条公切线，则m的取值范围是(16，25)D．若圆M恰好平分圆C的周长，则m＝－410．已知P是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上一点，且在x轴上方，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，|F1F2|＝12，直线PF2的斜率为－4eq\r(3)，△PF1F2的面积为24eq\r(3)，则下列结论中正确的是()A．双曲线C的离心率e＝3B．双曲线C的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,27)＝1C．|PF1|＝10D．双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\r(3)x11．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则()A.eq\o(CG,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))B．直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为eq\f(2,3)C．点C1到直线CQ的距离是eq\f(\r(5),3)D．异面直线CQ与BD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),6)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知A(0，－4)，B(3，2)，抛物线y＝x2上的点到直线AB的最短距离为________．13．已知点M(－3，0)，N(3，0)，B(1，0)，动圆C与直线MN相切于点B，过M，N与圆C相切的两直线相交于点P，则点P的轨迹方程为____________________．14．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，斜率为k的直线l过F1且与椭圆的交点为A，B，与y轴的交点为C，且B为线段CF1的中点，若|k|≤eq\f(\r(14),2)，则椭圆的离心率e的取值范围为________．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．(本小题满分13分)已知点P(2，2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为原点．(1)求点M的轨迹方程；(2)当|OP|＝|OM|时，求直线l的方程及△POM的面积．16.(本小题满分15分)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E，F，E1分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点．求证：(1)CE∥平面C1E1F；(2)平面C1E1F⊥平面CEF.17．(2024·新课标Ⅱ卷，17)(本小题满分15分)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4eq\r(3).(1)证明：EF⊥PD；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．18．(本小题满分17分)小徐同学在平面直角坐标系内画了一系列直线x＝t(t≥0)和以点F(1，0)为圆心，t＋1为半径的圆，如图所示，他发现这些直线和对应同一t值的圆的交点形成的轨迹很熟悉．(1)求上述交点的轨迹M的方程；(2)过点F作直线交此轨迹M于A，B两点，点A在第一象限，且eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，轨迹M上一点P在直线AB的左侧，求△ABP面积的最大值．19．(本小题满分17分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，A是椭圆C上一动点，且|AF1|·|AF2|的最大值为6.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知直线x＝my＋3与椭圆C交于P，Q两点．①求m的取值范围；②已知点D(2，1)，直线DP，DQ与直线x＝3分别交于点M，N，平面内是否存在一定点H，使得四边形DMHN为平行四边形？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．本册综合测评时间：120分钟满分：150分一、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．倾斜角为135°，且在y轴上的截距为1的直线方程是()A．x－y－1＝0 B．x＋y－1＝0C．x＋y＋1＝0 D．x－y＋1＝0答案：B解析：因为直线的倾斜角为135°，所以斜率为－1，因为直线在y轴上的截距为1，所以所求直线方程为y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.2．若抛物线的准线方程为x＝1，焦点坐标为(－1，0)，则抛物线的标准方程是()A．y2＝2x B．y2＝－2xC．y2＝4x D．y2＝－4x答案：D解析：∵抛物线的准线方程为x＝1，焦点坐标为(－1，0)，∴抛物线的开口方向向左且顶点在原点，其中p＝2，∴抛物线的标准方程为y2＝－4x.3．(2025·新课标Ⅰ卷，3)若双曲线C的虚轴长为实轴长的eq\r(7)倍，则C的离心率为()A.eq\r(2) B．2C.eq\r(7) D．2eq\r(2)答案：D解析：设双曲线C的实轴长、虚轴长、焦距分别为2a，2b，2c，由题意，知b＝eq\r(7)a，于是a2＋b2＝c2＝a2＋7a2＝8a2，则c＝2eq\r(2)a，即C的离心率e＝eq\f(c,a)＝2eq\r(2).故选D.4．在下列条件中，点G与点A，B，C一定共面的是()A.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－2eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)) B.eq\o(OG,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0C.eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋2eq\o(GC,\s\up6(→))＝0 D.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))答案：C解析：若点G与点A，B，C共面，则eq\o(GA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))共面，从而存在实数x，y使得eq\o(GA,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，即eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OG,\s\up6(→))＝x(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋y(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，∴eq\o(OG,\s\up6(→))＝(1＋x＋y)eq\o(OA,\s\up6(→))－xeq\o(OB,\s\up6(→))－yeq\o(OC,\s\up6(→))，∵1＋x＋y－x－y＝1，而1＋(－2)＋1≠1，eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)≠1，故A，D均不能得到点G与点A，B，C共面；对于B，由eq\o(OG,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，得eq\o(OG,\s\up6(→))＝－eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，因为－1－1－1≠1，所以B不能得到点G与点A，B，C共面；对于C，由eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋2eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，得eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OG,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OG,\s\up6(→))＋2(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OG,\s\up6(→)))＝0，化简，得eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，满足eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)＝1，∴此时点G与点A，B，C一定共面．故选C.5．冰糖葫芦是中国传统小吃，起源于南宋．由山楂串成的冰糖葫芦如图1所示，若将某串冰糖葫芦的山楂看成是大小相同的球，竹签看成一条线段且经过各个山楂的球心，该串冰糖葫芦的轴截面如图2所示．已知山楂的半径为2，竹签所在直线的方程为2x＋y＝0，则在该轴截面内与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为()A．2x＋y±2＝0 B．2x＋y±eq\r(5)＝0C．2x＋y±4＝0 D．2x＋y±2eq\r(5)＝0答案：D解析：因为竹签所在直线的方程为2x＋y＝0，设与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为2x＋y＋C＝0，由两条平行直线间的距离公式，得eq\f(|C|,\r(22＋12))＝2，解得C＝±2eq\r(5)，所以与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为2x＋y±2eq\r(5)＝0.故选D.6．平行六面体ABCD－A′B′C′D′的底面ABCD是边长为2的正方形，且∠A′AD＝∠A′AB＝60°，AA′＝3，则线段BD′的长为()A.eq\r(6) B.eq\r(10)C.eq\r(17) D．2eq\r(3)答案：C解析：因为eq\o(BD′,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\o(A′D′,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以|eq\o(BD′,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AA′,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA′,\s\up6(→))－2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2eq\o(AA′,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝22＋32＋22－2×2×3×eq\f(1,2)－0＋2×3×2×eq\f(1,2)＝17，所以|eq\o(BD′,\s\up6(→))|＝eq\r(17).故选C.7．已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为()A．5eq\r(2)－4 B.eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2) D.eq\r(17)答案：A解析：如图，圆C1关于x轴的对称圆的圆心为A(2，－3)，半径为1，圆C2的圆心为C2(3，4)，半径为3，|PM|＋|PN|的最小值为圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径，即eq\r(（3－2）2＋（4＋3）2)－1－3＝5eq\r(2)－4.故选A.8．从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图1，一个光学装置由有公共焦点F1，F2的椭圆T与双曲线S构成，现一光线从左焦点F1发出，依次经S与T反射，又回到了点F1，历时t1秒；若将装置中的S去掉，如图2，此光线从点F1发出，经T两次反射后又回到了点F1，历时t2秒．若t2＝4t1，则T的长轴长与S的实轴长之比为()A．3∶2 B．4∶3C．2∶1 D．3∶1答案：C解析：设椭圆的长半轴长为a，双曲线的实半轴长为a1，由题图1，得|BF2|＋|BF1|＝2a，|AF2|－|AF1|＝2a1，其中|AB|＝|BF2|－|AF2|，则|AB|＋|BF1|＋|AF1|＝2a－2a1，由题图2，得|CF1|＋|CF2|＝|DF1|＋|DF2|＝2a，故|CF1|＋|CF2|＋|DF1|＋|DF2|＝4a，由题意，得eq\f(|CF1|＋|CF2|＋|DF1|＋|DF2|,|AB|＋|BF1|＋|AF1|)＝4，即eq\f(4a,2a－2a1)＝4，即2a－2a1＝a，解得a＝2a1.故T的长轴长与S的实轴长之比为2a∶2a1＝2∶1.故选C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知圆C：x2＋y2＝4，圆M：x2＋y2－8x－6y＋m＝0，则下列结论正确的是()A．若m＝8，则圆C与圆M相交且公共弦的弦长为eq\f(16,5)B．若m＝9，则圆C与圆M有两条公切线且它们的交点为(－3，－4)C．若圆C与圆M恰有4条公切线，则m的取值范围是(16，25)D．若圆M恰好平分圆C的周长，则m＝－4答案：ACD解析：对于A，当m＝8时，圆M：(x－4)2＋(y－3)2＝17，则M(4，3)，半径r＝eq\r(17)，而圆C：x2＋y2＝4中C(0，0)，半径r′＝2，所以|CM|＝5，故eq\r(17)－2<|CM|<eq\r(17)＋2，即两圆相交，此时公共弦所在直线的方程为4x＋3y－6＝0，所以C(0，0)到4x＋3y－6＝0的距离为d＝eq\f(6,5)，故公共弦的弦长为2×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)))\s\up12(2))＝eq\f(16,5)，故A正确；对于B，当m＝9时，圆M：(x－4)2＋(y－3)2＝16，则M(4，3)，半径r＝4，故4－2<|CM|<4＋2，故两圆相交，又两圆连心线所在直线的方程为y＝eq\f(3,4)x，而两条公切线的交点一定在两圆连心线所在的直线上，但点(－3，－4)不在直线y＝eq\f(3,4)x上，所以两条公切线的交点不可能是点(－3，－4)，故B错误；对于C，若圆C与圆M恰有4条公切线，则两圆外离，则|CM|>r＋r′＝2＋r，而圆M：(x－4)2＋(y－3)2＝25－m，即r＝eq\r(25－m)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(25－m>0，,2＋\r(25－m)<5，))解得16<m<25，故C正确；对于D，若圆M恰好平分圆C的周长，则公共弦所在的直线必过C(0，0)，两圆方程相减，得公共弦所在直线的方程为8x＋6y－m－4＝0，将点C(0，0)代入，可得m＝－4，故D正确．故选ACD.10．已知P是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上一点，且在x轴上方，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，|F1F2|＝12，直线PF2的斜率为－4eq\r(3)，△PF1F2的面积为24eq\r(3)，则下列结论中正确的是()A．双曲线C的离心率e＝3B．双曲线C的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,27)＝1C．|PF1|＝10D．双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\r(3)x答案：BD解析：因为P是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上一点，且在x轴上方，|F1F2|＝12，△PF1F2的面积为24eq\r(3)，设点P的坐标为(x0，y0)，所以eq\f(1,2)×12×y0＝24eq\r(3)，解得y0＝4eq\r(3).因为F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，|F1F2|＝12，所以F1(－6，0)，F2(6，0)，又直线PF2的斜率为－4eq\r(3)，所以eq\f(y0,x0－6)＝－4eq\r(3)，解得x0＝5，则P(5，4eq\r(3))，所以|PF1|＝eq\r(（5＋6）2＋（4\r(3)－0）2)＝13，故C错误；又|PF2|＝eq\r(（5－6）2＋（4\r(3)－0）2)＝7，所以2a＝13－7，解得a＝3，所以双曲线C的离心率e＝eq\f(c,a)＝2，故A错误；因为b2＝c2－a2，所以b＝3eq\r(3)，故双曲线C的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,27)＝1，故B正确；双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x，故D正确．故选BD.11．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则()A.eq\o(CG,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))B．直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为eq\f(2,3)C．点C1到直线CQ的距离是eq\f(\r(5),3)D．异面直线CQ与BD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),6)答案：BCD解析：对于A，以A为原点，DA，AB，AA1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(0，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，1)，G(－1，－1，2)，Q(0，－1，2)，C(－1，1，0)，B1(0，1，1)，C1(－1，1，1)，D(－1，0，0)，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，则2eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，2，0)＋(0，0，2)＝(0，2，2)≠eq\o(CG,\s\up6(→))，故A错误；对于B，平面A1B1C1D1的一个法向量为m＝(0，0，1)，eq\o(CQ,\s\up6(→))＝(0，－1，2)－(－1，1，0)＝(1，－2，2)，设直线CQ与平面A1B1C1D1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(CQ,\s\up6(→))·m|,|\o(CQ,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(|（1，－2，2）·（0，0，1）|,\r(1＋4＋4)×1)＝eq\f(2,3)，故B正确；对于C，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，则点C1到直线CQ的距离为d＝eq\r(|\o(CC1,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CC,\s\up6(→))1·\o(CQ,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq\r(1－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（0，0，1）·（1，－2，2）,\r(1＋4＋4))))\s\up12(2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),3)，故C正确；对于D，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，0，0)－(0，1，0)＝(－1，－1，0)，设异面直线CQ与BD所成的角为α，则cosα＝|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(CQ,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→))|,|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|（1，－2，2）·（－1，－1，0）|,\r(1＋4＋4)×\r(1＋1＋0))＝eq\f(|－1＋2＋0|,3\r(2))＝eq\f(\r(2),6)，故D正确．故选BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知A(0，－4)，B(3，2)，抛物线y＝x2上的点到直线AB的最短距离为________．答案：eq\f(3\r(5),5)解析：直线AB的方程为2x－y－4＝0，设抛物线y＝x2上的点P(t，t2)，则点P到直线AB的距离d＝eq\f(|2t－t2－4|,\r(5))＝eq\f(t2－2t＋4,\r(5))＝eq\f(（t－1）2＋3,\r(5))≥eq\f(3,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5)(当且仅当t＝1时，等号成立)．13．已知点M(－3，0)，N(3，0)，B(1，0)，动圆C与直线MN相切于点B，过M，N与圆C相切的两直线相交于点P，则点P的轨迹方程为____________________．答案：x2－eq\f(y2,8)＝1(x>1)解析：设圆与直线PM，PN分别相切于点E，F，则|PE|＝|PF|，|ME|＝|MB|，|NB|＝|NF|，∴|PM|－|PN|＝|PE|＋|ME|－(|PF|＋|NF|)＝|MB|－|NB|＝4－2＝2，∴点P的轨迹是以M(－3，0)，N(3，0)为焦点的双曲线的右支(不含右顶点)，且a＝1，c＝3，∴b2＝8.故点P的轨迹方程是x2－eq\f(y2,8)＝1(x>1)．14．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，斜率为k的直线l过F1且与椭圆的交点为A，B，与y轴的交点为C，且B为线段CF1的中点，若|k|≤eq\f(\r(14),2)，则椭圆的离心率e的取值范围为________．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))解析：依题意得F1(－c，0)，直线l：y＝k(x＋c)，则C(0，kc)．因为B为CF1的中点，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，\f(kc,2))).因为点B在椭圆上，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)))\s\up12(2),a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kc,2)))\s\up12(2),b2)＝1，即eq\f(c2,4a2)＋eq\f(k2c2,4（a2－c2）)＝1，所以eq\f(e2,4)＋eq\f(k2e2,4（1－e2）)＝1，所以k2＝eq\f(（4－e2）（1－e2）,e2).由|k|≤eq\f(\r(14),2)，得k2≤eq\f(7,2)，即eq\f(（4－e2）（1－e2）,e2)≤eq\f(7,2)，所以2e4－17e2＋8≤0，解得eq\f(1,2)≤e2≤8.因为0<e<1，所以eq\f(\r(2),2)≤e<1.故椭圆的离心率e的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．(本小题满分13分)已知点P(2，2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为原点．(1)求点M的轨迹方程；(2)当|OP|＝|OM|时，求直线l的方程及△POM的面积．解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，所以圆心为C(0，4)，半径为4.设M(x，y)，则eq\o(CM,\s\up6(→))＝(x，y－4)，eq\o(MP,\s\up6(→))＝(2－x，2－y)．由题设知eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.所以点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.(2)由(1)可知点M的轨迹是以N(1，3)为圆心，eq\r(2)为半径的圆．由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.因为直线ON的斜率为3，所以直线l的斜率为－eq\f(1,3)，故直线l的方程为x＋3y－8＝0.又|OM|＝|OP|＝2eq\r(2)，O到直线l的距离为eq\f(4\r(10),5)，所以|PM|＝eq\f(4\r(10),5)，所以S△POM＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(10),5)×eq\f(4\r(10),5)＝eq\f(16,5).16.(本小题满分15分)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E，F，E1分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点．求证：(1)CE∥平面C1E1F；(2)平面C1E1F⊥平面CEF.证明：如图所示，以D为原点，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，设BC＝1，则C(0，1，0)，E(1，0，1)，C1(0，1，2)，F(1，1，1)，E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2)).(1)设平面C1E1F的法向量为n＝(x，y，z)．∵eq\o(C1E1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，0))，eq\o(FC1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(C1E1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(FC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)y＝0，,－x＋z＝0，))取n＝(1，2，1)．∵eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，n·eq\o(CE,\s\up6(→))＝1－2＋1＝0，∴eq\o(CE,\s\up6(→))⊥n.又CE⊄平面C1E1F，∴CE∥平面C1E1F.(2)设平面CEF的法向量为m＝(a，b，c)，∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,m·\o(FC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝0，,－a－c＝0，))取m＝(－1，0，1)．∵n·m＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝0，∴平面C1E1F⊥平面CEF.17．(2024·新课标Ⅱ卷，17)(本小题满分15分)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4eq\r(3).(1)证明：EF⊥PD；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5eq\r(3)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，得AE＝2eq\r(3)，AF＝4，又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理，得EF＝eq\r(AE2＋AF2－2AE·AFcos∠BAD)＝eq\r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2))＝2，所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD.(2)连接EC，由∠ADC＝90°，ED＝3eq\r(3)，CD＝3，则EC2＝ED2＋CD2＝36，EC＝6，又PC＝4eq\r(3)，PE＝AE＝2eq\r(3)，得EC2＋PE2＝PC2，所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD，所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则E(0，0，0)，P(0，0，2eq\r(3))，D(0，3eq\r(3)，0)，C(3，3eq\r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq\r(3)，0)，由F是AB的中点，得B(4，2eq\r(3)，0)，所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝(3，3eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，3eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(4，2eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(2，0，－2eq\r(3))，设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝3x1＋3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,m·\o(PF,\s\up6(→))＝2x2－2\r(3)z2＝0，))令y1＝2，x2＝eq\r(3)，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，所以n＝(0，2，3)，m＝(eq\r(3)，－1，1)，所以|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(13))＝eq\f(\r(65),65)，设平面PCD与平面PBF所成的角为θ，则sinθ＝eq\r(1－\f(1,65))＝eq\f(8\r(65),65)，即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为eq\f(8\r(65),65).18．(本小题满分17分)小徐同学在平面直角坐标系内画了一系列直线x＝t(t≥0)和以点F(1，0)为圆心，t＋1为半径的圆，如图所示，他发现这些直线和对应同一t值的圆的交点形成的轨迹很熟悉．(1)求上述交点的轨迹M的方程；(2)过点F作直线交此轨迹M于A，B两点，点A在第一象限，且eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，轨迹M上一点P在直线AB的左侧，求△ABP面积的最大值．解：(1)设交点为(x，y)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝t，,（x－1）2＋y2＝（t＋1）2，))消去t，得y2＝4x.故轨迹M的方程为y2＝4x.(2)易知直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2))，y1>0，y2<0，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k（x－1），))消去x，得eq\f(k,4)y2－y－k＝0，显然Δ>0，则y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4.因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(yeq\o\al(2,1),4)，－y1))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)－1，y2))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y1＝2y2，,1－\f(yeq\o\al(2,1),4)＝\f(yeq\o\al(2,2),2)－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝2\r(2)，,y2＝－\r(2)，))所