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2022-2023学年新疆乌鲁木齐四十中高二（下）开学数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐四十中高二（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.已知直线ax+3y=1与直线3x−y+2=0互相垂直，则a=( )
A. −3B. −1C. 3D. 1
2.过点(2,4)作直线与抛物线y2=8x只有一个公共点，这样的直线有
( )
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
3.抛物线y2=2px的焦点坐标为F(2,0)，M(4,t)是抛物线上一点，则点M到抛物线的准线的距离是( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
4.已知椭圆的长轴长为10，离心率为35，则椭圆的短轴长为( )
A. 3B. 4C. 6D. 8
5.曲线C：y2=4x−x2表示( )
A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 圆
6.设抛物线y2=4x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线相交于A，B，点A在第一象限，且|AF|−|BF|=32，则|AF||BF|=( )
A. 32B. 2C. 3D. 4
7.已知x2+y2=1，x∈R，y∈R，且xy≠0，则( )
A. |x+y|≥ 2B. |xy|>12
C. lg2|x|+lg2|y|≤−1D. 1|x|+1|y|<2
8.若直线l1：x−y=0与直线l2：x+ay+2=0互相垂直，则a的值为( )
A. −1B. 1C. −2D. 2
9.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=4，∠BAD=90°，∠BAA1=DAA1=60°，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值是( )
A. 33B. 23C. 36D. 13
10.已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2作垂直于实轴的弦PQ，若∠PF1Q=π2，则C的离心率e为( )
A. 2-1B. 2C. 2+1D. 2+2
11.已知点P在直线l：x+y+7=0上，点Q在椭圆x216+y29=1上，则|PQ|的最小值是( )
A. 2B. 2C. 3 2D. 6 2
12.圆x2+y2=4与圆x2+y2−8x−6y+16=0的位置关系是( )
A. 相离B. 相交C. 内含D. 外切
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，给出以下向量表达式：
①(A1D1−A1A)−AB；②(BC+BB1)−D1C1；③(AD−AB)−2DD1；④(B1D1+A1A)+DD1．
其中能够化简为向量BD1的是______.(把你认为正确的序号填上)
14.平面α的斜线l与它在这个平面上的射影l′的方向向量分别为a=(1,0,1),b=(0,1,1)，则斜线l与平面α所成角为______．
15.已知空间三点A(0,2,3)，B(−2,1,6)，C(1,−1,5)，向量a分别与AB，AC都垂直，且|a|= 3，且a的横、纵、竖坐标均为正，则向量a的坐标为______．
16.已知直线(a+1)x−ay−1=0与圆(x−1)2+(y−1)2=2相交于A，B两点，则线段AB的长为 ．
三、解答题：本题共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.(本小题10分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PC= 3，PC⊥底面ABCD，ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，正△ADQ所在平面与底面ABCD垂直．
(1)求证：PQ//平面ABCD；
(2)求二面角P−QD−A的正弦值．
18.(本小题12分)
已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB//DC，∠DAB=90°，PA⊥平面ABCD，PA=AD=DC=12AB=1．
(1)若点M是棱PB上的动点请判断下列条件：①直线AM与平面ABCD所成角的正切值为12；②PMMB=12中哪一个条件可以推断出PD//平面ACM(无需说明理由)，并用你的选择证明该结论；
(2)若点N为棱PC上的一点(不含端点)，试探究PC上是否存在一点N，使得平面ADN⊥平面BDN？若存在，请求出PNNC的值，若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
判断下列各小题中的不同直线l1与l2是否平行：
(1)l1的斜率为2，l2经过点A(1,2)，B(4,8)；
(2)l1经过点P(3,3)，Q(−5,3)，l2平行于x轴，但不经过P，Q两点；
(3)l1经过点M(−1,0)，N(−5,−2)，l2经过点R(−4,3)，S(0,5)．
20.(本小题12分)
双曲线x2a2−y2b2=1的实轴为A1A2，点P是双曲线上的一个动点，引A1Q⊥A1P，A2Q⊥A2P，A1Q与A2Q的交点为Q，求点Q的轨迹方程．
21.(本小题12分)
求经过点A(3,−1)，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的方程．
22.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，PA=PB=PC=AC=4，O为AC中点．
(1)证明：直线PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，BM=12MC，且AB=BC，求直线PC与平面PAM所成角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由直线ax+3y=1与直线3x−y+2=0互相垂直，
所以3a+3×(−1)=0，
解得a=1．
故选：D．
根据两直线垂直列出方程求得a的值．
本题考查了两直线垂直的应用问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查抛物线的基本性质，属基础题．
先验证点(2,4)在抛物线y2=8x上，进而根据抛物线的图象和性质可得到答案．
【解答】
解：由题意可知点(2,4)在抛物线y2=8x上
故过点(2,4)且与抛物线y2=8x只有一个公共点时只能是
i)过点(2,4)且与抛物线y2=8x相切
ii)过点(2,4)且平行于对称轴．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y2=2px的焦点坐标为F(2,0)，
∴抛物线y2=2px的准线方程为x=−2，
∵M(4,t)是抛物线上一点，
∴点M到抛物线的准线的距离是4−(−2)=6．
故选：C．
根据已知条件，结合抛物线的性质，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查理解分析能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由题意得，2a=10，a=5，又ca=35，
∴c=3，可得b= a2−c2=4，
∴椭圆的短轴长为8．
故选：D．
由已知求出a，c，结合隐含条件求出b，则答案可求．
本题考查椭圆的几何性质，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：曲线C的方程可化为x2−4x+y2=0，
∴(x−2)2+y2=4，
∴曲线C表示以点(2,0)为圆心，以2为半径的圆．
故选：D．
化简整理方程即可得解．
本题考查圆的几何性质，属基础题．
6.【答案】B
【解析】解：设|BF|=m，则由|AF|−|BF|=32可得|AF|=32+m，由抛物线的方程可得：F(1,0)，
过A，B分别作准线的垂线交于A′，B′，过B作AA′的垂线交AA′，OF分别于C，D点，
则△BFD∽△BAC，所以BFAB=DFAC，即m32+2m=2−m32，解得：m=32，
所以AFBF=32+3232=2，
故选：B．
过A，B分别作准线的垂线，再过B作AA′的垂线，由抛物线的性质及三角形相似可得对应边成比例，求出|AF|，|BF|的值，进而求出比值．
本题考查抛物线的性质及三角形相似的性质，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：A：∵x2+y2≥2xy，∴2(x2+y2)≥(x+y)2，∴(x+y)2≤2，∴|x+y|≤ 2，当且仅当|x|=|y|= 22时等号成立，∴A错误，
B：∵1=x2+y2≥2|xy|，∴|xy|≤12，当且仅当|x|=|y|= 22时等号成立，∴B错误，
C：∵lg2|x|+lg2|y|=lg2|xy|≤lg212=−1，当且仅当|x|=|y|= 22时等号成立，∴C正确，
D：当x=y= 22时，1|x|+1|y|=2 2>2，∴D错误，
故选：C．
由2(x2+y2)≥(x+y)2判断A，由x2+y2≥2|xy|判断BC，由举实例判断D．
本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：直线l1：x−y=0与直线l2：x+ay+2=0互相垂直，
则1×1−a=0，解得a=1．
故选：B．
根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．
本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：根据题意，作出平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，如图所示，
以AB，AD，AA1为基底，可得A1C=A1A+AB+AD，BC1=AD1=AD+AA1，
所以A1C⋅BC1=(A1A+AB+AD)⋅(AD+AA1)
=A1A⋅AD+A1A⋅AA1+AB⋅AD+AB⋅AA1+AD⋅AD+AD⋅AA1
=4×4×cs120°−4×4+0+4×4×cs60°+4×4+4×4×cs60°=8，
同理，可算出|A1C|= (A1A+AB+AD)2=4，BC1= (AD+AA1)2=4 3，
可得cs=A1C⋅BC1|A1C|⋅|BC1|=84×4 3= 36，
即异面直线A1C与BC1所成角的余弦值是 36，C项符合题意．
故选：C．
根据题意，以AB，AD，AA1为基底，用它们表示出A1C,BC1，然后根据向量的夹角公式计算，即可得到答案．
本题主要考查了空间向量的数量积、异面直线的所成角及其求法等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：双曲线的左右焦点分别为F1、F2，过F2作垂直于实轴的弦PQ，若∠PF1Q=π2，
则：△F1PQ为等腰直角三角形．
由于通径PQ=2b2a，
则：2c=b2a，
解得：c2−a2−2ac=0，
所以：e2−2e−1=0，
解得：e=1± 2；
由于e>1，
所以：e=1+ 2，
故选：C．
首先根据已知条件建立等量关系，进一步利用通径和焦距间的等量求出双曲线的离心率．
本题考查的知识要点：通径在求离心率中的应用，等腰直角三角形的性质的应用．属于基础题型．
11.【答案】A
【解析】解：设Q(4csθ,3sinθ)，
则点Q到直线l的距离d=|4csθ+3sinθ+7| 2=|5sin(θ+φ)+7| 2．
因为−5≤5sin(θ+φ)≤5，所以2≤|5sin(θ+φ)+7|≤12，
则 2≤d≤6 2．
故选：A．
设出Q的坐标，利用点到直线的距离公式，结合两角和与差的三角函数，求解最小值即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，点到直线的距离的求法，三角函数的最值的求法，是中档题．
12.【答案】D
【解析】解：圆x2+y2=4，圆心为C1(0,0)，半径r1=2，
圆x2+y2−8x−6y+16=0，即圆心C2(4,3)，半径r2=3，
∵|C1C2|= 42+32=5=r1+r2，
∴圆x2+y2=4与圆x2+y2−8x−6y+16=0的位置关系是相切．
故选：D．
根据已知条件，结合圆心距与两圆半径之间的关系，即可求解．
本题主要考查圆与圆的位置关系，考查转化能力，属于基础题．
13.【答案】①②
【解析】解：如图所示，
①(A1D1−A1A)−AB=AD1−AB=BD1；
②(BC+BB1)−D1C1=BC1−D1C1=BD1；
③(AD−AB)−2DD1=BD−2DD1≠BD1；
④(B1D1+A1A)+DD1=B1D．
综上可得：只有①②能够化简为向量BD1．
故答案为：①②．
利用正方体的性质、向量的三角形法则即可得出．
本题考查了正方体的性质、向量的三角形法则，属于基础题．
14.【答案】π3
【解析】解：由线面角的定义知，〈a,b〉即为线面所成角或其补角，设线面角为θ，
又因为线面角θ∈[0,π2]，
a⋅b=1×0+0×1+1×1=1，|a|= 12+02+12= 2，|b|= 02+12+12= 2，
所以csθ=|cs|=|a⋅b|a|⋅|b||=1 2⋅ 2=12，
所以θ=π3，
即斜线l与平面α所成角为π3．
故答案为：π3．
根据线面角的定义可得，〈a,b〉即为线面所成角或其补角，利用两的夹角公式求解即可．
本题考查线面角的定义、空间中线面角的求法，考查分析理解，计算求值的能力，属基础题．
15.【答案】(1,1,1)
【解析】解：空间三点A(0,2,3)，B(−2,1,6)，C(1,−1,5)，
所以AB=(−2,−1,3)，AC=(1,−3,2)，
设a=(x,y,z)，由a⊥ABa⊥AC，即a⋅AB=0a⋅AC=0，
所以−2x−y+3z=0x−3y+2z=0，解得x=zy=z；
又|a|= 3，所以 x2+y2+z2= 3，
即3z2=3，解得z=±1；
又a的横、纵、竖坐标均为正，所以向量a的坐标为(1,1,1)．
故答案为：(1,1,1)．
设出a=(x,y,z)，利用a⊥ABa⊥AC求出x、y、z之间的关系，再根据|a|= 3列方程求出x、y、z的值，利用横、纵、竖坐标均为正写出向量a的坐标．
本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
16.【答案】2 2
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系的应用，弦长的求法，直线系方程过定点问题，属于基础题．
求出直线系经过的定点，判断直线与圆的位置关系，然后求解AB的长即可．
【解答】
解：直线(a+1)x−ay−1=0恒过(1,1)点，圆(x−1)2+(y−1)2=2的圆心(1,1)，半径为 2，直线恒过圆的圆心，所以直线交圆的弦长为直径2 2．
故答案为：2 2．
17.【答案】(1)证明：设AD的中点为O，连接QO，CO，
因为△ADQ是正三角形，所以QO⊥AD，
又因为平面ADQ⊥平面ABCD，所以QO⊥平面ABCD，
又因为PC⊥底面ABCD，所以QO//PC，
又因为QO=AQsin60°= 3=PC，
所以四边形QPCO为平行四边形，
所以PQ//OC，OC⊂平面ABCD，
PQ⊄平面ABCD，
因此PQ//平面ABCD；
(2)解：因为∠BAD=60°，AB=AD=2，所以△ABD是正三角形，
连接OB，则OB⊥AD，
如图，以O为坐标原点，OA，OB，OQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(1,0,0),B(0, 3,0),D(−1,0,0),Q(0,0, 3),P(−2, 3, 3)，
可取平面ADQ的法向量为m=(0,1,0)，
设平面PDQ的法向量n=(x,y,z)，
由n⊥DQ⇒(x,y,z)⋅(1,0, 3)=0⇒x+ 3z=0，
由n⊥QP⇒(x,y,z)⋅(−2, 3,0)=0⇒−2x+ 3y=0，
令z=−1⇒x= 3,y=2，即n=( 3,2,−1)，
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=2 8= 22，
所以所求二面角的正弦值为 1−( 22)2= 22．
【解析】(1)设AD的中点为O，利用面面垂直的性质证明QO⊥平面ABCD，从而证明QO//PC，进而证明四边形QPCO为平行四边形，由此可证明PQ//平面ABCD；
(2)建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出面ADQ和平面PDQ的法向量，利用向量的夹角公式结合同角的三角函数的平方关系即可求得答案．
本题考查了线面平行的证明以及二面角的向量解法，属于中档题．
18.【答案】解：(1)条件②可以推断PD//平面ACM．
如图，连接AC，BD相交于点E，连EM．
在梯形ABCD中，有AB//DC，AD=DC=12AB=1，DEBE=CDAB=12．
又因为PMMB=DEBE=12，所以△BME∽△BPD，故EM//PD，又PD⊄平面ACM，
EM⊂平面ACM，所以PD//平面ACM．
故当PMMB=12时，PD//平面ACM．
(2)以A为原点，AD，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，
则A(0,0,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，C(1,1,0)，B(0,2,0)，
设PN=λPC(0<λ<1)，则N(λ,λ,1−λ)
对于平面ADN，设其法向量n1=(x,y,z)，
满足n1⋅AD=x=0n1⋅AN=λx+λy+(1−λ)z=0，故取n1=(0,λ−1λ,1)
对于平面BDN，设其法向量n2=(x,y,z)，
满足n2⋅BD=x−2y=0n2⋅BN=λx+(λ−2)y+(1−λ)z=0，故取n2=(2,1,3λ−2λ−1)，
若平面ADN⊥平面BDN，则n1⊥n2，即λ−1λ+3λ−2λ−1=0，
解得λ=12，此时N为PC的中点，PNNC=1．
【解析】(1)先连接AB、CD交于E，确定E是BD的几等分点，再确定M是PB的几等分点．
(2)建立空间直角坐标系，平面垂直，对应法向量垂直，数量积为0，列出方程求解．
本题主要考查线面平行的判定，面面垂直的相关计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．
19.【答案】解：(1)l2经过点A(1,2)，B(4,8)，可得kAB=8−24−1=2，
则不同直线l1与l2的斜率相等，可得它们平行；
(2)l1经过点P(3,3)，Q(−5,3)，可得kPQ=0，
l2平行于x轴，但不经过P，Q两点，即l2的斜率也为0，
即有它们的斜率相等，可得它们平行；
(3)l1经过点M(−1,0)，N(−5,−2)，可得kMN=0−(−2)−1−(−5)=12，
l2经过点R(−4,3)，S(0,5)，可得kRS=5−30−(−4)=12，
即有它们的斜率相等，可得它们平行．
【解析】本题考查两直线平行的判断，考查直线的斜率公式的运用，化简运算能力，是一道基础题．
(1)求得AB的斜率与直线l1的斜率比较，即可判断；
(2)求得PQ的斜率，与直线l2的斜率比较，可判断；
(3)分别计算MN，RS的斜率，比较可判断．
20.【答案】解：设Q(x,y)，P(x0,y0)，A1(−a,0)，A2(a,0)，
由题意可知x0≠±a，x≠±a，否则点P(或点Q)和点A1(或点A2)重合，不符合题意；
∵A1Q⊥A1P，A2Q⊥A2P，
∴利用垂直斜率关系可得yx+a⋅y0x0+a=−1yx−a⋅y0x0−a=−1，两式相乘得y2x2−a2⋅y02x02−a2=1①，
又点P在双曲线x2a2−y2b2=1上，∴x02a2−y02b2=1，即y02x02−a2=b2a2，
将其代入①式得y2x2−a2⋅b2a2=1，化简整理得：a2x2−b2y2=a4(x≠±a)，
所以点Q的轨迹方程为：a2x2−b2y2=a4(x≠±a)．
【解析】设Q(x,y)，P(x0,y0)，A1(−a,0)，A2(a,0)，由已知条件可得yx+a⋅y0x0+a=−1yx−a⋅y0x0−a=−1，又点P在双曲线上，代入可得y2x2−a2⋅b2a2=1，即为点Q的轨迹方程．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
21.【答案】解：当焦点在x轴时，设双曲线的标准方程为x2a2−y2a2=1，
把A(3,−1)代入方程得9a2−1a2=1，a2=8，
∴双曲线的标准方程为x28−y28=1. (4分)
当焦点在y轴时，设双曲线的标准方程为y2a2−x2a2=1，
把A(3,−1)代入方程得1a2−9a2=1，a2=−8，这种情况不存在． (6分)
【解析】通过双曲线的焦点在x轴与y轴，分别设出双曲线方程，利用点在双曲线求解双曲线方程即可．
本题考查双曲线方程的求法，双曲线的简单性质的应用，分类讨论思想的应用，考查计算能力．
22.【答案】(1)证明：因为PA=PC，且O为AC中点，
所以PO⊥AC，
又因为AB⊥BC，且O为AC中点，所以OB=12AC=2，
因为PA=PC=AC=4，且O为AC中点，
所以PO=2 3，
又因为PB=4，OB=2，PO=2 3，所以PB2=PO2+OB2，
所以PO⊥OB，
因为OB，AC⊂平面ABC，且OB∩AC=O，
所以PO⊥平面ABC；
(2)解：因为AB=BC，且O为AC中点，所以AC⊥OB，所以OB，OC，OP两两垂直，
如图，建立以O为原点，且OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，
因为PA=PB=PC=AC=4，BM=12MC，
则A(0,−2,0)，P(0,0,2 3)，C(0,2,0)，B(2,0,0)，
设M(x,y,z)，由BM=12MC，即BM=12MC，所以(x−2,y,z)=12(−x,2−y,−z)，
所以x−2=−12xy=12(2−y)z=−12z，解得M(43,23,0)，
所以PC=(0,2,−2 3)，PA=(0,−2,−2 3)，PM=(43,23,−2 3)，
不妨设平面PAM的一个法向量为n=(x,y,z)，
故n⊥PA，n⊥PM，
即−2y−2 3z=0,43x+23y−2 3z=0, 令z=1，则x=2 3，y=− 3，
所以n=(2 3,− 3,1)，
因为n⋅PC=0×2 3+2×(− 3)+(−2 3)×1=−4 3，
|n|= 12+3+1=4，|PC|= 02+22+(−2 3)2=4，
所以cs=n⋅PC|n|⋅|PC|=−4 34×4=− 34，
设直线PC与平面PAM所成角为θ，θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs|= 34，
因为θ∈(0,π2]，所以csθ= 1−sin2θ= 1−( 34)2= 134，
所以直线PC与平面PAM所成角的余弦值为 134．
【解析】(1)证得PO⊥AC和PO⊥OB，然后根据线面垂直的判定定理即可得出结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果．
本题考查直线与平面的垂直的证法及直线与平面所成的角的余弦值的大小的求法，属于中档题．
1.已知直线ax+3y=1与直线3x−y+2=0互相垂直，则a=( )
A. −3B. −1C. 3D. 1
2.过点(2,4)作直线与抛物线y2=8x只有一个公共点，这样的直线有
( )
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
3.抛物线y2=2px的焦点坐标为F(2,0)，M(4,t)是抛物线上一点，则点M到抛物线的准线的距离是( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
4.已知椭圆的长轴长为10，离心率为35，则椭圆的短轴长为( )
A. 3B. 4C. 6D. 8
5.曲线C：y2=4x−x2表示( )
A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 圆
6.设抛物线y2=4x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线相交于A，B，点A在第一象限，且|AF|−|BF|=32，则|AF||BF|=( )
A. 32B. 2C. 3D. 4
7.已知x2+y2=1，x∈R，y∈R，且xy≠0，则( )
A. |x+y|≥ 2B. |xy|>12
C. lg2|x|+lg2|y|≤−1D. 1|x|+1|y|<2
8.若直线l1：x−y=0与直线l2：x+ay+2=0互相垂直，则a的值为( )
A. −1B. 1C. −2D. 2
9.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=4，∠BAD=90°，∠BAA1=DAA1=60°，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值是( )
A. 33B. 23C. 36D. 13
10.已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2作垂直于实轴的弦PQ，若∠PF1Q=π2，则C的离心率e为( )
A. 2-1B. 2C. 2+1D. 2+2
11.已知点P在直线l：x+y+7=0上，点Q在椭圆x216+y29=1上，则|PQ|的最小值是( )
A. 2B. 2C. 3 2D. 6 2
12.圆x2+y2=4与圆x2+y2−8x−6y+16=0的位置关系是( )
A. 相离B. 相交C. 内含D. 外切
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，给出以下向量表达式：
①(A1D1−A1A)−AB；②(BC+BB1)−D1C1；③(AD−AB)−2DD1；④(B1D1+A1A)+DD1．
其中能够化简为向量BD1的是______.(把你认为正确的序号填上)
14.平面α的斜线l与它在这个平面上的射影l′的方向向量分别为a=(1,0,1),b=(0,1,1)，则斜线l与平面α所成角为______．
15.已知空间三点A(0,2,3)，B(−2,1,6)，C(1,−1,5)，向量a分别与AB，AC都垂直，且|a|= 3，且a的横、纵、竖坐标均为正，则向量a的坐标为______．
16.已知直线(a+1)x−ay−1=0与圆(x−1)2+(y−1)2=2相交于A，B两点，则线段AB的长为 ．
三、解答题：本题共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.(本小题10分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PC= 3，PC⊥底面ABCD，ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，正△ADQ所在平面与底面ABCD垂直．
(1)求证：PQ//平面ABCD；
(2)求二面角P−QD−A的正弦值．
18.(本小题12分)
已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB//DC，∠DAB=90°，PA⊥平面ABCD，PA=AD=DC=12AB=1．
(1)若点M是棱PB上的动点请判断下列条件：①直线AM与平面ABCD所成角的正切值为12；②PMMB=12中哪一个条件可以推断出PD//平面ACM(无需说明理由)，并用你的选择证明该结论；
(2)若点N为棱PC上的一点(不含端点)，试探究PC上是否存在一点N，使得平面ADN⊥平面BDN？若存在，请求出PNNC的值，若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
判断下列各小题中的不同直线l1与l2是否平行：
(1)l1的斜率为2，l2经过点A(1,2)，B(4,8)；
(2)l1经过点P(3,3)，Q(−5,3)，l2平行于x轴，但不经过P，Q两点；
(3)l1经过点M(−1,0)，N(−5,−2)，l2经过点R(−4,3)，S(0,5)．
20.(本小题12分)
双曲线x2a2−y2b2=1的实轴为A1A2，点P是双曲线上的一个动点，引A1Q⊥A1P，A2Q⊥A2P，A1Q与A2Q的交点为Q，求点Q的轨迹方程．
21.(本小题12分)
求经过点A(3,−1)，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的方程．
22.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，PA=PB=PC=AC=4，O为AC中点．
(1)证明：直线PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，BM=12MC，且AB=BC，求直线PC与平面PAM所成角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由直线ax+3y=1与直线3x−y+2=0互相垂直，
所以3a+3×(−1)=0，
解得a=1．
故选：D．
根据两直线垂直列出方程求得a的值．
本题考查了两直线垂直的应用问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查抛物线的基本性质，属基础题．
先验证点(2,4)在抛物线y2=8x上，进而根据抛物线的图象和性质可得到答案．
【解答】
解：由题意可知点(2,4)在抛物线y2=8x上
故过点(2,4)且与抛物线y2=8x只有一个公共点时只能是
i)过点(2,4)且与抛物线y2=8x相切
ii)过点(2,4)且平行于对称轴．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y2=2px的焦点坐标为F(2,0)，
∴抛物线y2=2px的准线方程为x=−2，
∵M(4,t)是抛物线上一点，
∴点M到抛物线的准线的距离是4−(−2)=6．
故选：C．
根据已知条件，结合抛物线的性质，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查理解分析能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由题意得，2a=10，a=5，又ca=35，
∴c=3，可得b= a2−c2=4，
∴椭圆的短轴长为8．
故选：D．
由已知求出a，c，结合隐含条件求出b，则答案可求．
本题考查椭圆的几何性质，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：曲线C的方程可化为x2−4x+y2=0，
∴(x−2)2+y2=4，
∴曲线C表示以点(2,0)为圆心，以2为半径的圆．
故选：D．
化简整理方程即可得解．
本题考查圆的几何性质，属基础题．
6.【答案】B
【解析】解：设|BF|=m，则由|AF|−|BF|=32可得|AF|=32+m，由抛物线的方程可得：F(1,0)，
过A，B分别作准线的垂线交于A′，B′，过B作AA′的垂线交AA′，OF分别于C，D点，
则△BFD∽△BAC，所以BFAB=DFAC，即m32+2m=2−m32，解得：m=32，
所以AFBF=32+3232=2，
故选：B．
过A，B分别作准线的垂线，再过B作AA′的垂线，由抛物线的性质及三角形相似可得对应边成比例，求出|AF|，|BF|的值，进而求出比值．
本题考查抛物线的性质及三角形相似的性质，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：A：∵x2+y2≥2xy，∴2(x2+y2)≥(x+y)2，∴(x+y)2≤2，∴|x+y|≤ 2，当且仅当|x|=|y|= 22时等号成立，∴A错误，
B：∵1=x2+y2≥2|xy|，∴|xy|≤12，当且仅当|x|=|y|= 22时等号成立，∴B错误，
C：∵lg2|x|+lg2|y|=lg2|xy|≤lg212=−1，当且仅当|x|=|y|= 22时等号成立，∴C正确，
D：当x=y= 22时，1|x|+1|y|=2 2>2，∴D错误，
故选：C．
由2(x2+y2)≥(x+y)2判断A，由x2+y2≥2|xy|判断BC，由举实例判断D．
本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：直线l1：x−y=0与直线l2：x+ay+2=0互相垂直，
则1×1−a=0，解得a=1．
故选：B．
根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．
本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：根据题意，作出平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，如图所示，
以AB，AD，AA1为基底，可得A1C=A1A+AB+AD，BC1=AD1=AD+AA1，
所以A1C⋅BC1=(A1A+AB+AD)⋅(AD+AA1)
=A1A⋅AD+A1A⋅AA1+AB⋅AD+AB⋅AA1+AD⋅AD+AD⋅AA1
=4×4×cs120°−4×4+0+4×4×cs60°+4×4+4×4×cs60°=8，
同理，可算出|A1C|= (A1A+AB+AD)2=4，BC1= (AD+AA1)2=4 3，
可得cs
即异面直线A1C与BC1所成角的余弦值是 36，C项符合题意．
故选：C．
根据题意，以AB，AD，AA1为基底，用它们表示出A1C,BC1，然后根据向量的夹角公式计算，即可得到答案．
本题主要考查了空间向量的数量积、异面直线的所成角及其求法等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：双曲线的左右焦点分别为F1、F2，过F2作垂直于实轴的弦PQ，若∠PF1Q=π2，
则：△F1PQ为等腰直角三角形．
由于通径PQ=2b2a，
则：2c=b2a，
解得：c2−a2−2ac=0，
所以：e2−2e−1=0，
解得：e=1± 2；
由于e>1，
所以：e=1+ 2，
故选：C．
首先根据已知条件建立等量关系，进一步利用通径和焦距间的等量求出双曲线的离心率．
本题考查的知识要点：通径在求离心率中的应用，等腰直角三角形的性质的应用．属于基础题型．
11.【答案】A
【解析】解：设Q(4csθ,3sinθ)，
则点Q到直线l的距离d=|4csθ+3sinθ+7| 2=|5sin(θ+φ)+7| 2．
因为−5≤5sin(θ+φ)≤5，所以2≤|5sin(θ+φ)+7|≤12，
则 2≤d≤6 2．
故选：A．
设出Q的坐标，利用点到直线的距离公式，结合两角和与差的三角函数，求解最小值即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，点到直线的距离的求法，三角函数的最值的求法，是中档题．
12.【答案】D
【解析】解：圆x2+y2=4，圆心为C1(0,0)，半径r1=2，
圆x2+y2−8x−6y+16=0，即圆心C2(4,3)，半径r2=3，
∵|C1C2|= 42+32=5=r1+r2，
∴圆x2+y2=4与圆x2+y2−8x−6y+16=0的位置关系是相切．
故选：D．
根据已知条件，结合圆心距与两圆半径之间的关系，即可求解．
本题主要考查圆与圆的位置关系，考查转化能力，属于基础题．
13.【答案】①②
【解析】解：如图所示，
①(A1D1−A1A)−AB=AD1−AB=BD1；
②(BC+BB1)−D1C1=BC1−D1C1=BD1；
③(AD−AB)−2DD1=BD−2DD1≠BD1；
④(B1D1+A1A)+DD1=B1D．
综上可得：只有①②能够化简为向量BD1．
故答案为：①②．
利用正方体的性质、向量的三角形法则即可得出．
本题考查了正方体的性质、向量的三角形法则，属于基础题．
14.【答案】π3
【解析】解：由线面角的定义知，〈a,b〉即为线面所成角或其补角，设线面角为θ，
又因为线面角θ∈[0,π2]，
a⋅b=1×0+0×1+1×1=1，|a|= 12+02+12= 2，|b|= 02+12+12= 2，
所以csθ=|cs
所以θ=π3，
即斜线l与平面α所成角为π3．
故答案为：π3．
根据线面角的定义可得，〈a,b〉即为线面所成角或其补角，利用两的夹角公式求解即可．
本题考查线面角的定义、空间中线面角的求法，考查分析理解，计算求值的能力，属基础题．
15.【答案】(1,1,1)
【解析】解：空间三点A(0,2,3)，B(−2,1,6)，C(1,−1,5)，
所以AB=(−2,−1,3)，AC=(1,−3,2)，
设a=(x,y,z)，由a⊥ABa⊥AC，即a⋅AB=0a⋅AC=0，
所以−2x−y+3z=0x−3y+2z=0，解得x=zy=z；
又|a|= 3，所以 x2+y2+z2= 3，
即3z2=3，解得z=±1；
又a的横、纵、竖坐标均为正，所以向量a的坐标为(1,1,1)．
故答案为：(1,1,1)．
设出a=(x,y,z)，利用a⊥ABa⊥AC求出x、y、z之间的关系，再根据|a|= 3列方程求出x、y、z的值，利用横、纵、竖坐标均为正写出向量a的坐标．
本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
16.【答案】2 2
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系的应用，弦长的求法，直线系方程过定点问题，属于基础题．
求出直线系经过的定点，判断直线与圆的位置关系，然后求解AB的长即可．
【解答】
解：直线(a+1)x−ay−1=0恒过(1,1)点，圆(x−1)2+(y−1)2=2的圆心(1,1)，半径为 2，直线恒过圆的圆心，所以直线交圆的弦长为直径2 2．
故答案为：2 2．
17.【答案】(1)证明：设AD的中点为O，连接QO，CO，
因为△ADQ是正三角形，所以QO⊥AD，
又因为平面ADQ⊥平面ABCD，所以QO⊥平面ABCD，
又因为PC⊥底面ABCD，所以QO//PC，
又因为QO=AQsin60°= 3=PC，
所以四边形QPCO为平行四边形，
所以PQ//OC，OC⊂平面ABCD，
PQ⊄平面ABCD，
因此PQ//平面ABCD；
(2)解：因为∠BAD=60°，AB=AD=2，所以△ABD是正三角形，
连接OB，则OB⊥AD，
如图，以O为坐标原点，OA，OB，OQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(1,0,0),B(0, 3,0),D(−1,0,0),Q(0,0, 3),P(−2, 3, 3)，
可取平面ADQ的法向量为m=(0,1,0)，
设平面PDQ的法向量n=(x,y,z)，
由n⊥DQ⇒(x,y,z)⋅(1,0, 3)=0⇒x+ 3z=0，
由n⊥QP⇒(x,y,z)⋅(−2, 3,0)=0⇒−2x+ 3y=0，
令z=−1⇒x= 3,y=2，即n=( 3,2,−1)，
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=2 8= 22，
所以所求二面角的正弦值为 1−( 22)2= 22．
【解析】(1)设AD的中点为O，利用面面垂直的性质证明QO⊥平面ABCD，从而证明QO//PC，进而证明四边形QPCO为平行四边形，由此可证明PQ//平面ABCD；
(2)建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出面ADQ和平面PDQ的法向量，利用向量的夹角公式结合同角的三角函数的平方关系即可求得答案．
本题考查了线面平行的证明以及二面角的向量解法，属于中档题．
18.【答案】解：(1)条件②可以推断PD//平面ACM．
如图，连接AC，BD相交于点E，连EM．
在梯形ABCD中，有AB//DC，AD=DC=12AB=1，DEBE=CDAB=12．
又因为PMMB=DEBE=12，所以△BME∽△BPD，故EM//PD，又PD⊄平面ACM，
EM⊂平面ACM，所以PD//平面ACM．
故当PMMB=12时，PD//平面ACM．
(2)以A为原点，AD，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，
则A(0,0,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，C(1,1,0)，B(0,2,0)，
设PN=λPC(0<λ<1)，则N(λ,λ,1−λ)
对于平面ADN，设其法向量n1=(x,y,z)，
满足n1⋅AD=x=0n1⋅AN=λx+λy+(1−λ)z=0，故取n1=(0,λ−1λ,1)
对于平面BDN，设其法向量n2=(x,y,z)，
满足n2⋅BD=x−2y=0n2⋅BN=λx+(λ−2)y+(1−λ)z=0，故取n2=(2,1,3λ−2λ−1)，
若平面ADN⊥平面BDN，则n1⊥n2，即λ−1λ+3λ−2λ−1=0，
解得λ=12，此时N为PC的中点，PNNC=1．
【解析】(1)先连接AB、CD交于E，确定E是BD的几等分点，再确定M是PB的几等分点．
(2)建立空间直角坐标系，平面垂直，对应法向量垂直，数量积为0，列出方程求解．
本题主要考查线面平行的判定，面面垂直的相关计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．
19.【答案】解：(1)l2经过点A(1,2)，B(4,8)，可得kAB=8−24−1=2，
则不同直线l1与l2的斜率相等，可得它们平行；
(2)l1经过点P(3,3)，Q(−5,3)，可得kPQ=0，
l2平行于x轴，但不经过P，Q两点，即l2的斜率也为0，
即有它们的斜率相等，可得它们平行；
(3)l1经过点M(−1,0)，N(−5,−2)，可得kMN=0−(−2)−1−(−5)=12，
l2经过点R(−4,3)，S(0,5)，可得kRS=5−30−(−4)=12，
即有它们的斜率相等，可得它们平行．
【解析】本题考查两直线平行的判断，考查直线的斜率公式的运用，化简运算能力，是一道基础题．
(1)求得AB的斜率与直线l1的斜率比较，即可判断；
(2)求得PQ的斜率，与直线l2的斜率比较，可判断；
(3)分别计算MN，RS的斜率，比较可判断．
20.【答案】解：设Q(x,y)，P(x0,y0)，A1(−a,0)，A2(a,0)，
由题意可知x0≠±a，x≠±a，否则点P(或点Q)和点A1(或点A2)重合，不符合题意；
∵A1Q⊥A1P，A2Q⊥A2P，
∴利用垂直斜率关系可得yx+a⋅y0x0+a=−1yx−a⋅y0x0−a=−1，两式相乘得y2x2−a2⋅y02x02−a2=1①，
又点P在双曲线x2a2−y2b2=1上，∴x02a2−y02b2=1，即y02x02−a2=b2a2，
将其代入①式得y2x2−a2⋅b2a2=1，化简整理得：a2x2−b2y2=a4(x≠±a)，
所以点Q的轨迹方程为：a2x2−b2y2=a4(x≠±a)．
【解析】设Q(x,y)，P(x0,y0)，A1(−a,0)，A2(a,0)，由已知条件可得yx+a⋅y0x0+a=−1yx−a⋅y0x0−a=−1，又点P在双曲线上，代入可得y2x2−a2⋅b2a2=1，即为点Q的轨迹方程．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
21.【答案】解：当焦点在x轴时，设双曲线的标准方程为x2a2−y2a2=1，
把A(3,−1)代入方程得9a2−1a2=1，a2=8，
∴双曲线的标准方程为x28−y28=1. (4分)
当焦点在y轴时，设双曲线的标准方程为y2a2−x2a2=1，
把A(3,−1)代入方程得1a2−9a2=1，a2=−8，这种情况不存在． (6分)
【解析】通过双曲线的焦点在x轴与y轴，分别设出双曲线方程，利用点在双曲线求解双曲线方程即可．
本题考查双曲线方程的求法，双曲线的简单性质的应用，分类讨论思想的应用，考查计算能力．
22.【答案】(1)证明：因为PA=PC，且O为AC中点，
所以PO⊥AC，
又因为AB⊥BC，且O为AC中点，所以OB=12AC=2，
因为PA=PC=AC=4，且O为AC中点，
所以PO=2 3，
又因为PB=4，OB=2，PO=2 3，所以PB2=PO2+OB2，
所以PO⊥OB，
因为OB，AC⊂平面ABC，且OB∩AC=O，
所以PO⊥平面ABC；
(2)解：因为AB=BC，且O为AC中点，所以AC⊥OB，所以OB，OC，OP两两垂直，
如图，建立以O为原点，且OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，
因为PA=PB=PC=AC=4，BM=12MC，
则A(0,−2,0)，P(0,0,2 3)，C(0,2,0)，B(2,0,0)，
设M(x,y,z)，由BM=12MC，即BM=12MC，所以(x−2,y,z)=12(−x,2−y,−z)，
所以x−2=−12xy=12(2−y)z=−12z，解得M(43,23,0)，
所以PC=(0,2,−2 3)，PA=(0,−2,−2 3)，PM=(43,23,−2 3)，
不妨设平面PAM的一个法向量为n=(x,y,z)，
故n⊥PA，n⊥PM，
即−2y−2 3z=0,43x+23y−2 3z=0, 令z=1，则x=2 3，y=− 3，
所以n=(2 3,− 3,1)，
因为n⋅PC=0×2 3+2×(− 3)+(−2 3)×1=−4 3，
|n|= 12+3+1=4，|PC|= 02+22+(−2 3)2=4，
所以cs
设直线PC与平面PAM所成角为θ，θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs
因为θ∈(0,π2]，所以csθ= 1−sin2θ= 1−( 34)2= 134，
所以直线PC与平面PAM所成角的余弦值为 134．
【解析】(1)证得PO⊥AC和PO⊥OB，然后根据线面垂直的判定定理即可得出结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果．
本题考查直线与平面的垂直的证法及直线与平面所成的角的余弦值的大小的求法，属于中档题．
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