精品解析：湖北省六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中、襄阳六中、南漳一中、老河口一中）2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题

2025－2026学年上学期期中考试 高二数学试题 时间：120分钟 分值：150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 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，只有一项是符合题意要求的. 1. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 某人有3把钥匙，其中只有1把能打开门，若随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，则第二次才能打开门的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 瑞士数学家欧拉在1765年发表的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 若平面的法向量为，平面的法向量为，直线的方向向量为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知直线经过圆的圆心，则的最小值为（ ） A. 9 B. 5 C. D. 6. 如图，矩形中，，，为边的中点.将沿直线翻折至位置，使得二面角的大小为，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为2，点在该正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 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. 在一次随机试验中，定义两个随机事件和，若，，则（ ） A. B. 若与互斥，则 C. D. 若与相互独立，则和至少有一个发生的概率为 10. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 存在实数，使得直线与圆相切 B. 当时，直线被圆截得的弦长为 C. 当时，圆上到直线的距离为1的点有3个 D. 若直线与圆相交，则实数的取值范围为 11. 正方体中，，是的中点，是棱上的动点（含端点）.则（ ） A. 的最小值为 B. 若是棱的中点，则点到平面的距离为 C. 记四棱锥外接球的球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为 D. 若，分别是棱，的中点，则在上的投影向量的模长为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与直线平行，则直线的倾斜角是__________. 13. 已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最大值为__________. 14. 对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.在四棱锥中，平面，四边形为矩形，，，，为中点，若点在底面内（含边界）运动，且，则的最大值是__________. 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. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在的直线方程为. （1）求顶点的坐标； （2）求直线的方程. 16. Matlab是一种数学软件，用于数据分析、深度学习、图象处理与计算机视觉、无线通信、信号处理、人工智能机器人等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为. （1）求和的值； （2）若两题都答对者可被评为“优秀”，求甲、乙至少有一人被评为“优秀”的概率. 17. 动圆与圆外切，同时与圆内切，为圆的任意一条直径. （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）已知点为圆心的轨迹上任意一点，求的取值范围. 18. 如图，点为矩形所在平面外一点，为中点，. （1）求证：平面； （2）若平面平面，， （ⅰ）当时，求证：平面； （ⅱ）当二面角的余弦值为时，求的值. 19. 已知直线，. （1）求与的交点的轨迹的方程； （2）过作动直线与轨迹交于、两点，若为的中点，与直线相交于点，求证：为定值. （3）古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）发现：平面内到两个定点距离之比为定值的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在（1）、（2）的前提下，求的最小值（其中为坐标原点）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $学科网命组卷网 2025一2026学年上学期期中考试 高二数学试题 时间：120分钟 分值：150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考 证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效； 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 符合题意要求的 x2 1.若方程4-kk-2 1 表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是() A[2,4] B.(2,3) c(3,4) D.(2,+o∞) 【答案】C 【解析】 第1页/共28页 6学科网 命组卷网 【分析】根据焦点在y轴上的椭圆列不等式即可得实数k的取值范围. x2y2 =1 【详解】若方程4-kk-2表示焦点在y轴上的椭圆， 则k-2>4-k>0,解得3<k<4, 所以实数的取值范围是(3,4) 故选：C 2.某人有3把钥匙，其中只有1把能打开门，若随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，则 第二次才能打开门的概率为() 2 A.6 B.3 C.2 D.3 【答案】B 【解析】 【分析】由古典概型概率计算公式直接计算即可求解。 【详解】符合题意的选择是：第一次取到不能打开门的钥匙有两种选择，第二次取到能打开门的钥匙只有 一种选择， 2×11 P= 从而由古典概型概率计算公式可得所求概率为3×23. 故选：B. 3.瑞士数学家欧拉在1765年发表的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同 一条直线上，后人称这条直线为欧拉线，已知△ABC的顶点分别为4(Q,0）,B(1,2),C2,),则△1BC 的欧拉线方程为() 2x+y-1=0 A. B.2x-y-1=0 C x+y=0 D.七-y=0 【答案】D 【解析】 第2页/共28页 6学科网列组卷网 【分析】分别求出△ABC的重心与垂心坐标，即可求出△ABC的欧拉线方程. 详解题意知：A4BC的重心坐标为3兰，3泸D 1-2=1 _2-0=2kc=2-1 kB21-0 所以AB边上的高所在直线为：少一1、、7● 26x-2)→x+2y-4=0 所以BC边上的高所在直线为： y-0=1(x-0)→y=x 4 x= x+2y-4=0 联立两直线得： y=x J= 4, 3 44 所以AABC的垂心坐标为3'3， y-1x-1 →x-y=0 4 4 所以△ABC的欧拉线方程为：3131 故选：D. 4若平面“的法向量为i=(2,2,),平面B的法向量为=(m,1-2),直线'的方向向量为 a=(k,2,4),则() a/B,则m=l A.若 B若1a,则k=-2 c若k=-2,则1Wa D.若m-5 a⊥B ,则 【答案】B 【解析】 第3页/共28页 命学科网命组卷网 【分析】利用空间向量分析空间中的线、面位置关系，结合空间向量的坐标运算逐项分析判断， 【详解】对于选项A:若a∥B,则i/尼， m1-2 可得2-24，解得m=-1,故A错误； 对于选项BC:11a等价于a/@ k2-4 即2-24，解得k=-2,故B正确，C错误： 对于选项D:若m=-5,则V=(-5,1,-2） 可得i=2×(-5)-2×1+4×(-2)=-20≠0 所以平面“与平面P不垂直，故D错误， 故选：B. 4.1 5.已知直线mr-y+1=0(m>0,n>0)经过圆C:x2+y2+2x-2y+1=0的圆心，则mn的最小值为 () 9 5 A.9 B.5 C.2 D.2 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆心坐标即得m,n的关系，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值 【详解】圆C:(x+少+0y-=l的圆心为-1，D,则m-n+1=0,即m+n=l,而” m>0,n>0 4+=m+m4+=5++m≥5+2 4.1、 2 因此m'n m n m n 2,4h·2=9,当且仅当m2n= 3时取等号， 第4页/共28页 命学科网 命组卷网 4.1 所以mn的最小值为9. 故选：A 6如图，矩形ABCD中，AB=2,AD=4,E为边AD的中点将△ABE沿直线BE翻折至△4BE位 元 置，使得二面角4-BE-C的大小为3，则4C=() A.2V5 B.3V2 C.4 D.8 【答案】C 【解析】 【分析】确定二面角的平面角，建系求出翻折后的点坐标，再用空间距离公式求值. 个 E 【详解】 在矩形ABCD中，AB=2,AD=4,E为AD中点，故AE=ED=2, △ABE为等腰直角三角形：AB=AE=2,∠BAE=90,斜边BE=V2+22=2N2 AO=AB.AE= 取BE中点O,连接AO,由等腰直角三角形性质，AO⊥BE,且斜边上的高 BE 第5页/共28页 命学科网命组卷网 将△ABE沿BE翻折至△ABE后，A0=A0=V5,且40LBE仍然成立， 由于A0C平面BEC,A0C平面4BE,且二者均垂直于楼BE,因此∠A4OA就是二面角 4-BE-C的平而角.即∠401=行. 过4作4M1A0交A0于M, BELA0,BELA0,A0n10=0,所BEL平面40A.4MC平面40A,故BELAM 又4MLA0,BEnA0=0,故4ML平面ABE, 40=点，∠404=5.所以4M=sn6 n75,aw=5s-返 32，故AM= 2￥ 网eG0a42 由空间两点距离公式 4c-2+4-0 -)-+-4 所以4C-4 己知船C怎+Q>06>0的、有焦点分别为，B,过5的直践与瓶网C空好 B两点，若4=35B川，且∠4B=90,则椭圆C的离心率为() 第6页/共28页 6学科网 组卷网 5 22 √2 A.5 B.3 C.2 D. 2-5 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的定义及勾股定理即可求解 【详解】如图，作出符合题意的图形， A=3F,设E=m(m>0）.则M=3m,AB=4m, ?过5的直线与椭圆C交于A,B两点， .AF+AF =2a BF+BF =2a .AF =2a-3m BF =2a-m :∠RAB=90°，：在直角三角形FAB中，由勾股定理得AF+AB=BF, m(2a-3m+(4m=(2a-m.化简药m=号. 4=a,M=a,∴在直角三角形ME中， 由勾股定理得lA+A=F,即ad2+d=4c2, 化商得e2c2、1 a2=ラ，即e=c=V√2 a 2 故选：C BCD-AB,CD的棱长为2，点P在该正方体的内切球表面上运动，且满足 P// 8.已知正方体 ”平面 第7页/共28页 6学科网6组卷网 ABC ,则AP的最大值为() VG 6 A.3 B.6 C.2 D.26 【答案】B 【解析】 【分析】先证平 D4C∥平面4BC,确定点P的轨迹，再求点A到轨迹圆心的距离，最后加上半径 即可得到AP的最大值 【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点O,内切球半径r=1. 易证，平面D1C/平面4BC,~DP/平面4BC DPC平面D1C,故点P的轨迹是平面D1C与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为O 如图，以D为原点建立空间直角坐标系， D(0,0,0)B(2,2,2) D B 则4(20,0)，C0,2,0).D(0,02).01,11) 可得4C=(-2,20),AD=（-2,0,2),A0=(-11,) AC.n=-2x+2y=0 设平面D,4C的法向量为万=(x,y,z)则14D·元=-2x+22=0 令x=1,则y=z=1,故i=(,1) 第8页/共28页 6学科网6组卷网 01 d -0 :点o到平西DAC的距驾为d= 40.月3 3 :圆0的半径为1=V2-dP=V6 由40-(-)得，40=5,40=VA02-d=26 3, ∴AP的最大值为40+片=V6 故选：B 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 )在-次机试验E中，定义两个E件AB,之P八利-石，P(创-，则) AP国-8 B.若A与B互斥，则 ()- eP(4+刷 第9页/共28页 6学科网列组卷网 J D.若A与B相互独立，则A和B至少有一个发生的概率为12 【答案】AC 【解析】 【分析】根据互斥事件，对立事件，相互独立事件的概率公式分别判断各选项 【详解】 P06,P(-=4 A选项： P(4=1-P(4)=1-=3 66,A选项正确： B选项：由A与B互斥，即事件A与B不能同时发生，即P(AB)=0,B选项错误： C选项：P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) 当ACB时，P(4)=P(A,此时P(A+B)=P(4)+P(B)-P(4B)取得最小值为 B)(. 当A与B互斥时，P(4B)=0,此时P(A+B)=P(4+P(B)-P(4B)取得最大值为 P4+=P代小+A刨-合品，cE 。达项：卢B互独立，财P4B2 B)()(4B)=P(A)-P(B)=克 即P(4+B)=P(4+P(B)-P(AB)-+=3 64248,D选项错误： 故选：AC 第10页/供28页 6学科网列组卷网 10.已知直线 :3x-4y+k=0,园C:+少-4r+2y-4=0,则下列说法正确的是() A.存在实数k,使得直线1与圆C相切 B.当=0时，直线'被圆C截得的弦长为26 C.当k=0时，圆C上到直线1的距离为1的点有3个 D、若直线I与圆C相交，则实数k的取值范围为(-25,5) 【答案】ACD 【解析】 d=10+利 【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距 5,再结 合各选项一一判断即可： 【详解】圆C:x2+y2-4x+2y-4=0,即(x-2}+(y+12=9. 所以圆心C(2,-,半径r=3: 对于A:圆心C2.一)到直线13x-4v+k=0的距离“322-心中 5￥ 0+=3 令5 解得k=5或k=-25, 所以当k=5或k=-25时直线I与圆C相切，故A正确： 对于B:当k=0时d=2,则直线'被圆C截得的弦长为2P-d=25,故B错误， 对于C:当k=0时d=2,即圆心到直线l的距离为2，又圆的半径r=3, 所以圆C上到直线1的距离为1的点有3个，故C正确： 第11页/共28页 6学科网列组卷网 0+利<3 对于D:若直线1与圆C相交，则5 解得-25<k<5, 即实数k的取值范围为-25,5)，故D正确 故选：ACD 11.正方体 BCD-ABCD中，AB=2,F是BB的中点，E是棱AB上的动点（合端点）则( AFE+DE的最小值为V3 25 B.若E是棱AB的中点，则点A到平面EBD的距离为3 C.记四棱锥4-ABCD 外接球的球心为I,则直线E与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为 D.若M,N分别是楼BC,CG的中点，则正在NM上的投影向量的模长为定值 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正方体的性质，将正方体侧面展开，利用两点之间线段最短判断选项A,利用等体积法求点 到平面距离判断选项B,构造空间直角坐标系，结合正方体及其外接球的性质判断选项C,利用投影向量 模长公式求解判断选项D 【详解】远项A:如图把平面1BCD沿4B翻折至与平面41B 1共面， 第12页/供28页 6学科网命组卷网 6 A E A C D 则FE+DE≥FD=V32+22=Vi3,故A正确： 选项B: D C A D B 如图，因为E为AB中点，则AE=BE=1, 又DE=EB=V22+P=N5,DB=V22+22+22=2V5 则ARDE的面为Se×25x5-(可-6 面EB,D的距离为d, 设点4到平面BB 1 由V4-BD=VD-4B可得3 2×64=×x2×2×2,解得d=V6 32 3，故B错误； 走或C,南因.两酸懂人-1C0的外接程绿离液方传箱外楼据61，调4 中点， 如图，以D为原点建立空间直角坐标 D-92,过点'作0L平面BCD,垂足为点0，连接0E 则∠IEO即为IE与平面ABCD所成的角， 第13页/共28页 6学科网命组卷网 D B B 易知101,1)，0L1,0),设E24,0t∈[0,2)，则10=1,0E=V12+t-1)2, 则an∠0B0=0 1 0EV1+t-102, √2 因0≤t≤2，则当t=0或2时，tan∠IE0取最小值2，当t=1时取最大值1， 即直线与平面所成角的正切值的取值范围为2 , ，故C错误 选项D:记向量证与MM 的夹角为，则P为锐角。 上的投影向量的模长为Ncos日=WEN匠.M_ NE.NM 则NE在MM NENM NM· E(2,t,0),N(0,2,1),M(1,2,0) 在C项所示空间直角坐标系中， 则NE=②，t-2-1,NM=4,0,-1) NE.WM_2×1+(-1)×(-)_3_3W2 于是WM V2+(-12 √22为定值，故D正确 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12已知直线1与直线V5x-y+4=0平行，则直线'的倾斜角是 第14页/共28页 6学科网 6组卷网 元 【答案】3 【解析】 【分析】根据直线平行求得直线的斜率，进而可得倾斜角 【详解】直线V3x-y+4=0的斜率为V5 因为直线I与直线V3x-y+4=0平行， 所以直线/的斜率为V3 设直线'的倾斜角为0,0e[0,m) 则tan0=√3，解得0=3， 所以直线1的倾斜角为3. 故答案为：3 C:y =1 13.已知F是椭圆1612的左焦点，P为椭圆C上任意一点，点M的坐标为(5,4)，则 PM+P的最大值为 【答案】13 【解析】 【分析1易知点M在椭圆外，根据辅圆的定义可知PM+P=2a+PM-P≤8+M,即可得 解。 第15页/供28页 6学科网命组卷网 【详解】 FO F2 F 如图所示，设椭圆的右焦点为 由椭C:2 =1 1612 得a=4,b=25,c=2,则5(2,0)， PM+PR =2a+PM-PF 38+MF 当且仅当P在M仍的延长线上时，等号成立， 且ME=V5-2)2+(4-0)2=5, 即PM+P的最大值为13. 故答案为：13 14对于两个空间向量m=(:,八，)与i=(,,）,我们定义它们之间的曼哈顿距离为 D(m,)=k-x+y-+名-在四棱锥P-ABCD中，PAL平面ABCD,四边形ABCD为矩 形，AB=2,AD=4,AP=2,E为AP中点，若点M在底面ABCD内（含边界）运动，且 PM=V5,则D(AE,PM)的最大值是 【答案】3+V2#V2+3 【解析】 第16页/供28页 6学科网列组卷网 【分析】首先求出点P的轨迹，然后根据定义把D4正，PM)表示成三角函数的形式，利用三角函数的值 域即可求解. 【详解】以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， D B 则40,0,0).P00,2) 因为E为4P中点，所以 (0,0,1) 设M(,y00≤x≤2,0≤y≤4到 因为PM=5,所以V+y+2=5,所以x2+y2=1, 设=cs0,y=0,0≤0≤孕 M(cos0,sin0,0) 所以 又AE=(0,0,1),PM-(cos0,sin0,-2) (E,PM)=cos+sin-sin+cos+3sin(+3 所以当0-4.D(正，PW)取大值为3+2 故答案为：3+V2 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 第17页/共28页 学科网命组卷网 15.已知△ABC的顶点A(4,-2),边AB上的中线CM所在直线方程为x-3y+5=0,边AC上的高 BH 2x-y=0 所在的直线方程为 (1)求顶点C的坐标； (2)求直线BC的方程 【答案】1)C(-2,) (2) 7x-6y+20=0 【解析】 x+2y=0 【分析】(1)根据直线4C⊥BH得斜率关系，从而得直线AC的方程，联立x-3y+5=0,解得即可 求得C的坐标： (2)设B(m,2m ,结合中线CM方程求得m的值，从而得B的坐标，从而求直线BC的斜率，从而得 直线BC的方程. 【小问1详解】 由题意知，AC⊥BH,则kAC·km=-l,故 2, 则直线AC的方程为+2= 2(x-4 ,即x+2y=0」 x+2y=0 联立x-3y+5=0,得顶点C(-2,1): 【小问2详解】 第18页/共28页 6学科网6组卷网 m+4 设B(m,2m）,则中点M的坐标为2，m- 将其代入中线CM方程2 m+4-3(m-)+5=0 得m=4,故B(4,8), 8-17 4+26, 所以百线BC的方程为1 16(x+2) 即7x-6y+20=0 l6.Matlab是一种数学软件，用于数据分析、深度学习、图象处理与计算机视觉、无线通信、信号处理、 人工智能机器人等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试， 试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为P,乙同学答对每题的概率都为4(D>4),且在 2 7 考试中每人各题答题结果互不影响己知每题甲、乙同时答对的概率为5，恰有一人答对的概率为15 (1)求P和9的值； (2)若两题都答对者可被评为“优秀”，求甲、乙至少有一人被评为“优秀”的概率。 2 3 【答案】(1P=3,g=5: 29 (2)45. 【解析】 【分析】(1)根据题意，列出关于P和9的方程组，求解即可； (2)法一：甲、乙至少有一人被评为“优秀”，包含甲被评为“优秀”、乙没被评为“优秀”，甲没被 评为“优秀”、乙被评为“优秀”，甲、乙都被评为“优秀”三种情况，分别求解加和即可； 法二：先求得甲、乙都没被评为“优秀”的概率，利用对立事件的思想，即可求得甲、乙至少有一人被评 为“优秀”的概率 第19页/共28页 命学科网命组卷网 【小问1详解】 2 7 由题可知，每题甲、乙同时答对的概率为5，恰有一人答对的概率为15， 3 p9-5 P= 5 p23 则 20-9+g0-p)-3 2或3， 9=39=5 2 3 由于p>q,所以P=3,9=5 【小问2详解】 设甲被评为“优秀”为事件A,乙被评为“优秀”为事件B, 甲乙至少一人被评为“优秀”为事件C.则 达，甲玻为两产的幸P列-) ∠技开为“院考竹学P心国（得）=名. 则甲乙至少-人被评为“优秀”的概率P(C)=P(4)P(B)+P(A)P(B)+P(A)P(B) -4×16+5x9,4929 92592592545. 法二：甲乙两人都没被评为“优秀”的概率 r=P国P@-哥2. 则甲乙至少一人被评为“优秀”的概率P(C)=1-P(AB)=1-。=29 17动园从与窗4++广=0外切.同时与四B:父-+少-2=0 切，EF为圆 第20页/共28页 6学科网列组卷网 N:(x-1+y=4的任意一条直径 (1)求动圆圆心M的轨迹方程： (2)己知点P为圆心M的轨迹上任意一点，求PE.PF的取值范围 x2 y2 【答案】(1)1612 =1(-4<x≤4) 2)PE.PF∈[5,21) 【解析】 【分析】(1)根据圆与圆的内切与外切可得圆心间距离与半径的关系，结合椭圆定义可得轨迹方程： (2)设点P,利用转化法及坐标法表示向量数量积，结合点在椭圆上，根据椭圆上的点的坐标取值范围 可得数量积范围， 【小问1详解】 设圆心M的坐标为x）,半径为r 由圆A方程+2)+少=4知圆心A-2,0）,半径1=2， 由圆B方程(x-2+广=36知圆心B(2,0）,半径5=6， 由圆M与圆A外切可知M4=r+2由圆M与圆B内切，可知MB=6-', 故M4+MB=8>AB=4 由椭圆定义可知，圆心M的轨迹是以1，B为焦点的椭圆（除去点(4,0)， 其中c=2，,且2a=8,即a=4, 又b=a2-c2=12 达运尚后告-4s利 第21页/共28页 6学科网列组卷网 【小问2详解】 由题知圆心V(,0),半径为2， 段志起后若1,0r=12- 4 PE-PF=(PN+NE (PN+NF)-(PN+NE)(PN-NE)=PN"-NE -PN-4 [c-+r]4-c-+12-3写-4-2x9 又-4<x≤4，故 x2-2x+9∈5,21）.PE.pF∈[5,21） 18如图，点P为矩形ABCD所在平面外一点，M为PA中点，DE=DF(0<元<) D (1)求证：PC1/平面BDM: (2)若平面ABCD L平面ABP,BA=BP=4,AD=AP=42 613 ()当4时，求证：PD⊥平面BME; 7 (i)当二面角E-BM-P的余弦值为17时，求的值： 【答案】（山连接1C交BD于点2，连接P OM 第22页/供28页 6学科网命组卷网 因为四边形ABCD是矩形，所以为AC中点， 又因为M为PA中点，所以在△PMC中，有OM∥PC 因为2MC平面BDM,PCC平面BDM, 所以PCII平面BDM: (2)(i)在矩形ABCD中，有BC⊥AB, 因为平面ABCD⊥平面ABP,平面ABCD∩平面ABP=AB, BCC平面4BCD.所以BCL平面MBP, 又AB+BP2=A ，所以ABLBP 以B为原点，分别以BA,BP,BC方向为产轴，'轴。2轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示。 -/E B P M 则有B(0,00),M(22,0),P(04,0),C0,042).D(4,0,4w2A4,00) 第23页/共28页 学科网命组卷网 所以BM=(2,2,0）,BD=(4,0,4W2),DP=(-4,4-4V2).DE=DP=(4,4,422)】 BE=BD+DE=BD+1DP=(4-42,42,42-422 当2-服=丽+E-A同. 所以BE.DPp=4×1+4x3-42×V2=0,BM·DP=2×(-4)+2×4=0 所以BE⊥DP,BM⊥DP,即BE⊥PD,BM⊥PD】 又因为BM∩BE=B,BEC平面BEM,BMC平面BEM, 所以PD⊥平面BME: 1、3 () 【解析】 【分析】()连接4C交BD于点，连接DM,利用三角形中位线得 M∥PC ,结合线面平行判定 定理即可得结论； 1、3 (2)建立空间直角坐标系，确定点的坐标，()当4时，利用空间向量数量积的坐标运算求 BE.DP BM.DP ，从而得线线垂直关系，结合线面垂直判定定理得结论：()确定平面EBM与平 17 面BMP的法向量，由二面角E-BM-P的余弦值为17得向量夹角余弦值，列方程求解入的值，从而 得所求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 (i)略 第24页/供28页 6学科网列组卷网 (i)设平面EBM的法向量为i=(x少，2)】 BM.n=2x+2y=0 y=-x 则BEi=(4-4)x+4y+(42-4v2z=0{(2-)x=(2-2)z, 令x=2-V2,则i=(2-V2,21-2,21-)」 取平面BMP的法向量m=(O,0,) V17 因为二面角P-BM-E的余弦值为17，即二面角的平面角为锐角， 所a优列 22-1 7 m-同21-+2(2-+(22- 17, =}=3 = 化简得1522-142+3=0，解得3或5， 圆为面角的平面角为锐角， 19.已知直线：-y+k+2=04:x+y+2k+1=0 (1)求1与的交点2的轨迹C的方程： (2)过P(0,1)作动直线l与轨迹C交于M、N两点，若D为MN的中点，1与直线x+y+1=0相交于 E点，求证，PDPE为定值 (3)古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）发现：平面内到两个定点距离之比为定值 (1≠）的点的轨迹是圆后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在 (1)、(2)的前提下，求-O0+P9的最小值（其中0为坐标原点）. 第25页/供28页 6学科网命组卷网 【答案】1)(x+°+y=4(0y≠-2)， (2) 法一：连接CD,如图19-2所示，由垂径定理得CD11, 所以PD.PE=(PC+CDPE=PC.PE 设E(xy),由E在x+y+1=0上，则+g=-1, 所以PDPE=PC.PE=(山，-)-(x,⅓-1)=-xs-%+1=2. 所以定值t=2. 法二：①当直线的斜率不存在时，I:x=0, 此时D(0,0).E(0,-).则PD.PE=2 ②当的斜率存在时，设：y=c+L,M(),N(5,) y=c+1 联立1(x+1+y2=4得(1+)）x2+(2k+2)x-2=0 由韦达定理得名+5= 2k+2 k+11-k +2,则中点D-1+k21+2 0满4e1) [y=kx+1 故PD.PE 22k20+)-2. #e 综上所述， PD.PE=2 (3)10 【解析】 第26页/共28页 6学科网命组卷网 【分析】4)根据愿意，可得直线4过定点$(-1,2)，直线过定点T(-1,-2),且41， 所以上与的交点P的轨迹C为以ST为直径的圆，根据几何关系即可确定圆心和半径，即可得到轨迹C 的方程： (2)法一：连接CD,可得PD-PE=PC.PE,设E(s,）,代入求解即可： 法二：通过对直线I的斜率是否存在进行分类，分别求得点DE的坐标，代入求解即可； ）2 (3)法一：设定点A(m,0)使得Ag=2Og,可得 中3+y_4m,又o在阿氏圆 (x++y=4上，所以m=3,结合几何关系即可求得-00+P吧的最小值： 法二：设定点4(m,0)使得4g=200,结合阿氏圆的几何性质，可求得m=3,纺合几何关系即可求 得-O0+P吧的最小值， 【小问1详解】 由愿意，直线：-y+k+2=0.4:x+y+2k+1=0 所以直线4过定点S(-12),直线4过定点7(--2），且414， 易知直线的斜率存在， 所以与的交点的轨迹C为以ST为直径的圆，《除去点T), 其中圆心为C(1,0),半径为r=2,如图19-1所示， 所以C的方程为(x++y2=4y≠-2) 【小问2详解】 略 【小问3详解】 第27页/供28页 命学科网命组卷网 法一：设定点4(m,0)使得4g=20g 则(x,y)满足V(x-m)}+y2=2√X+y2,化简整理得： +y=4m 因为2在阿氏圆(c+旷°+y=4上，所以m=3,即A(3,0） 所以‘：0g+PO=Ag+Pgl≥lAr=v1o (当且仅当A、P、共线，且在A、P之间时取等)， 法二：设定点A(m,0)使得4=20g 设圆C与直线0A交于G(-3,0)、H(1,0) 则0为∠001的外平分线与0 的交点、H为内平分线与 4的交点，图19-3所示 OA HA IGAL=2 由阿氏圆的性质： lgoHoGo 所以m=3,即A(3,0） 所以-O2+Pg=Ag+Pg≥1AP=V1o (当且仅当A、P、Q共线，且Q在A、P之间时时取等). 第28页/供28页