【青桐鸣大联考】2025-2026学年高二上学期12月联考数学（人教B卷）试题

高二年级质量检测 数学（人教B卷） 评分细则 12.√2 2-√+b+c 13.(2√15,8) 14.10 a+7+e2+ab+ae+be- 1 15.解：(1)由 y1=0,解得-1， 2x-y-2=0, y=0, (2分) (8分) 所以顶点A(1,0), (3分) 又AC=AC-AA=b-c, 由两点式方程可知，边AB所在宜线方程为二日 |A,C=√b-c)7=V√b2+c2-2b·c= x-1 二2一1，故边AB所在直线的一般式方程为x十 √1+1+I=3, (10分) 3y-1=0. (6分) A.A.c-(za+z8+e),(b-)-za.6+ (2)易知边BC所在直线的斜率为一1，所以边BC 1 111 所在直线的方程为y-1=一(x十2)，即x十y十 4+2+4-4 1=0, (7分) 1- 4 (12分) x= 2x-y-2=0, 3 由《 解得 x+y+1=0, y= 所以|cos<AD,A1C>| 3 6 2 X/3 所以边BC的中点D的坐标为（行，-），©分) 则点D 到边AB的距离为 故直线AD与直线A,C所成角的余弦值为后 d (15分) 号+3x()-1 7√10 17.解：(1)抛物线C:y2=2x(p>0)的焦点为F W10 15 (2 所以边AB上的高为h=2d=14⑩ 15 (11分) 由题意可知，2×多-0一4=0，解得力=4，(2分) 又|AB|=√(-2-1)2+(1-0)2=√10，(12分) 故抛物线C的方程为y2=8x, (3分) 故SAx号×ABXA-4 (13分) (2)将2x-y-4=0代入y2=8x, 16.解：(1)AD=AB+BB1+B1D=AB+BB1+ 得x2-6x十4=0， (4分) 2B,C-迹+丽+成-迹+酝+号C 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1十x2=6,x1x2= 4, (5分) A)=a+c+2(b-a)=2a+2b+c,(3分) 由抛物线的定义可知，|PQ=x1+x2+4=10, (6分) B.BA+ABA+ |PF|·|QF|=(x1+2)(x2+2)=x1x2+2(x1+ x2)+4=4+2×6+4=20, (8分) 号C-AA=-a+号b-e)=-a+号b 枚PPQ=2 1 PR (9分) gc. (6分) (3)证明：易知动直线12的斜率不为0，设其方程 ·数学（人教B卷）评分细则（第1页，共3页）· 为x=ty十4，A(x3,y3),B(x4,y4), 由球的性质可知，OO1⊥平面ABCE,设O(0,1, |x=ty+4, 之。)，球O的半径为R, (7分) 整理得y2-8ty-32=0, (10分) y2=8x, 所以OA=OP=R, 则△=64t2+128>0, 即√(1-0)2+(0-1)2+(0-z)2= y3+y4=8t,y3y4=-32, (11分) √(0-0)2+(0-1)2+(2-x)2, 1 所以△ABF的面积为SAABF=2X(4一2)· 解得=故001，) (8分) |y3-y4|=√(y3+y4)2-4y3y4=√64t2+128= 所以R*-1-040-116圣}-错 8√t2+2, (12分) (9分) 由题意得，8√2+2=8√5，解得t=士1，(13分) 故球0的表面积为S豫0=4R2=, 4元. (10分) 所以直线l2的方程为x士y一4=0，则N(0, (i)过P作PH∥AB,易证平面PAB∩平面 ±4)，故OM|=|ON|. (15分) PCE=PH,则Q∈PH, (11分) 18.解：(1)证明：因为∠ABC=90°，CE⊥AD,所以 设Q(0,t,2),则AE=(-2,0,0),EQ=-(1,t,2), AB//CE, (1分) 又CE⊥AE,CE⊥PE,且AE∩PE=E,AE, B6-(-1,-1,),Ba=(-11-2,2, PEC平面PAE,所以CE⊥平面PAE.(2分) (12分) 则AB平面PAE, (3分) 设平面AEQ的法向量为m=(x1,y1,之1)， 又ABC平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAE. AE·m=0, 一2x1=0, 则 即 取y1=2, (4分) E·m=0,z1+ty1+2x1=0, (2)易知四边形ABCE为矩形，又AB=BC=2, 所以m=(0,2,-t); (13分) 所以四边形ABCE为正方形， 设平面OBQ的法向量为n=(x2,y2,之2)， 取AE的中点为F,连接PF,因为PE=PA= B0·n=0, 3 则 即 -x2-y+4:=0, √5，所以PF⊥AE, 轮 Ba·n=0,-x2+(t-2)y2+2z2=0, 由(1)得平面ABCE⊥平面PAE,则PF⊥平面 y2=5,所以n=(-3t-2,5,4(1-t),(14分) ABCE. (5分) 又PQ=1,解得t=士1， 以F为原点，以FA,FP所在直线分别为x,之 当t=1时，则m=(0,2,-1),n=(-5,5,0), 轴，以过F平行于AB的直线为y轴，建立如图 10 所以|cos<m,n>| m·n 所示的空间直角坐标系F-xyz. m·n √5X5√2 √10 5, (15分) 当t=-1时，则m=(0,2,1),n=(1,5,8), m·n 18 所以|cos<m,n>|= m·n √5X3√10 3√2 5, (16分) 啟平面OBQ与平面AEQ夹角的余弦值为0 则A(1,0,0),B(1,2,0),E(-1,0,0),P(0,0, 9 (17分) 2) (6分) 19.解：(1)易知A(a,0),B(0,b), (1)因为四边形ABCE为正方形，所以正方形 a=2, 根据条件得， 解得a=2,b=√3， ABCE外接圆O1的圆心为正方形ABCE的中 Wa2+b=√7， 心，则O1(0,1,0), (2分) ·数学（人教B卷）评分细则（第2页，共3页）· 故霜西C的标准方程为号+号-1 (3分) (m+D+5)x+m3+mE-2D-4=0,A>0, (2)(i)设P(x1y1),Q(x2,y2), [y=kx十m, 所以+:=-m+D+号)，z:=(m 由女十义=山，整理得(4k+3)x+8mx +mE-2D-4), (12分) 4m2-12=0, (4分) 由(1)知，当k=2时，x1十x2=m,x1x2=m2 则△=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=48(4k2 -3, -m2+3)>0, 则-m=-(m+D+受)，m-3=(m2+ x1十x= h+321x2-4m212 8km 4k2+3 (5分) mE-2D-4), (13分) 因为∠PAQ=90°，所以AP·AQ=(x1-2,y1)· 所以m=4D+2E,m2+1=4mE-8D, (x2-2,y2)=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0, 则m2+2m十1=4(m+1)E,当m=-1时，联立 (6分) 1 p=2x-1 易得/2， x=-1, 则(x1-2)(x2-2)十(kx1十m)(kx2十m)=0, 或 即(1十k2)x1x2十(km-2)(x1十x2)十4+m2= (4十3=1 y=0,或=-3此时P,Q 2 0, (7分) 其中一点与A重合，舍去，故m≠一1，所以E= 所以4m120+69）_8km（m2》十4十 4k2+3 4k2+3 (m+1),D-(m-1). (14分) m2=0, 整理得4+7m+16km=0, 放圆n的方程为x+y+日(m-1Dz+子(m+ 4k2+3 (8分) 所以4k:+7m2+16m=0,即7（保） m 1Dy-m-1D-4=0, +16· 4=0, 整理得(x+y一日十子)+（信y (9分) )m=0 (15分) 当贺=-2时，)=虹十m=k(x一2》经过点A x+y2-+y-15=0 -8x十4y-4 (2,0),不合题意， 1 ,11 当=一号时满足题意故公的值为一号 8x+4y-4=0, (10分) 整理得)2-3y )=0,解得y=0或y= 2 (ⅱ)证明：设经过A,P,Q的圆2的方程为x2+ (16分) y2+Dx+Ey+F=0, 因为A(2,0),所以4十2D十F=0,则F=-4一 所以2， [x=-1, 或3 y=0,y=2’ 2D, (11分) 则圆2的方程为x2十y2十Dx十Ey-4-2D=0, 故经过A,P,Q的圆2经过两个定点(2,0)， 1 y=2x+m, 则x2+ (1》 (17分) 联立 x2+y2+Dx+Ey-4-2D=0 ·数学（人教B卷）评分细则（第3页，共3页）·秘密★启用前 高二年级质量检测 数学（人教B卷） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的灶名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答素标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡 上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回， 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.在空间直角坐标系Oxy:中，点Q(一5,6，一7)关于平而Oxy对称的点P的坐标为 A.(5,6,-7) B.(5,-6,-7) C.(-5,6,7) D.(5,-6,7) 2.直线x=cos75的倾斜角为 A.0° B.90° C.75 D.25° E分别是精圆C:十长1的左，右焦点，点P在C上，且P℉，口 6,则 A.PF,|=9 B.PF|=6 C.PF:|=8 D.PF=4 x2_y2 班 级 4双曲线C:2一京=1(6>0)的一条渐近线方程为y=-2x,则C的焦距为 A.6 B./10 C.26 D.2√10 5.已知点M(0,1),P为曲线C:2√y-x=0上一点，过P作直线y=-1的垂线PQ,垂 姓 名 足为Q,且∠PQM=30°，则|PM|= A.2 B青 C.1 哈 6.设Ia,b,c)是空间的一组单位正交基底，向量OA=a+3b+c,若m=a一b,n=a+b一 c,p=a-b十c,且{m,n,p是空间的另一组基底，则OA= A.-4m+2n+3p B.4m-2n+3p C.4m+2n-3p D.4m十2n十3p 数学（人教B卷）试题第1页（共4页） 7.在正方体ABCD-AB,C,D,中，AB=2,E,M,G分别为AB,BC,AD的中点，则直 线D,G到平面C,ME的距离为 A首 B.1 c 8.已知A(2,0),B(-1,0),点P满足|PA|=2|PB|,点Q在圆C:(x+1)2+(y-4)2= 1上运动，点M在直线x-y一2=0上运动，则|PM川+|QMI的最小值为 A.5√2-3 B.6E-3 C.√73-3 D.45-3 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2a+b=(4,0,4),b=(2,2,2),则下列正确的有 A.a=(1,-1,1) B.a//b C.(2a+b)⊥(2a-b) D.cosa.b>-号 10.已知直线l:x一y一2=0，圆C:(x一a)'+（y+a)2=2,a为实数，则下列正确的有 A.当a=1时，l平分圆C B.当l与圆C相切时，a=2 C.当圆C上只有一个点到l的距离为V2时，a=3或a=一1 D.当圆C上有四个点到1的距离为号时a<号或a>是 1山.已知双曲线C:-3=1(a>0)的离心率为2，F1F,分别为C的左、右焦点，0为 坐标原点，曲线E:y=k|x一2|，k∈[2,4]，且E与C交于A,B两点，则下列正确的有 A.a=1 B.IAF:|+|BF,1>7 C.|AF,|+BF,I的最大值为32 D.△0AB面积的最小值为号 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.两平行直线7x一y-4=0与7x-my+6=0(m∈R)之间的距离为 13,若直线y=-z十1与椭圆C:二+y°=1(a>1D在第一象限内有两个公共点，则C的 长轴长的取值范围为 14.已知a=(a1,a2,a,).b=(b1,b:,b),定义d[a,b]=|a1-b1|十|a:-b|+ |a1一b,.若直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面为矩形，AA,=2AB=4,BC=3,M 为侧面CDD,C,(包含边界)内一动点，且IBM=√I0,则d[BM,AB,门的最大值 为 数学（人教B卷）试题第2页（共4页） 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.(13分) 在平面直角坐标系中，已知△ABC的顶点B(一2,1)，边BC上的中线所在的直线方 程为2x一y一2=0，边BC上的高所在的直线方程为x-y一1=0. (1)求边AB所在直线的一般式方程： (2)求△ABC的面积. 16.(15分) 如图，在斜三棱柱ABC-A,B,C,中，AB=AC=BC=AA1=1,∠A,AB ∠A,AC=120°，D,E分别为线段B,C,A,C的中点，设AB=a,AC=b,AA=c. (1)用a,b,c表示向量AD与B,E; (2)求直线AD与直线A,C所成角的余弦值. 17.(15分) 已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，直线l1:2x一y一4=0经过F,且l1与C 相交于P,Q两点，过点M(4,0)的动直线I:与C相交于A,B两点. (1)求抛物线C的方程： 份泉PF0oF份， (3)设O为坐标原点，若△ABF的面积为8√5，直线l:与y轴交于点N,证明： OM=JON. 数学（人数B卷）试题第3页（共4页） 18.(17分) 如图，在四边形ABCD中，BC∥AD,∠ABC=90°，AB=BC=2,AD=2+√5，过C作 CE⊥AD,垂足为E,将△CDE沿CE翻折至△CPE,使点D落在点P的位置，AP= 5. D 装 (1)证明：平面PAB⊥平面PAE. (2)已知P,A,B,C,E五点均在球O的球面上. (1)求球O的表面积； (I)设点Q∈平面PAB,点Q∈平面PCE,若PQ=1,求平面OBQ与平面AEQ夹角 的余弦值。 订 注意清点有无漏印或缺页， 19.(17分) 已知频圆C号+ =1(a>b>0)的右顶点为A(2,0),上顶点为B,且|AB1=7. 若有要及时更换 (1)求椭圆C的标准方程： (2)若直线l:y=kx十m(k≠0)与椭圆C交于P,Q两点(P,Q两点均异于点A). 线 (1)若∠PAQ=90,求的值： (1)若k=2,证明：经过A,P,Q的圆0经过两个定点. 数学（人数B卷）试题第4页（共4页）秘密★启用前 高二年级质量检测 数学（人教B卷） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答素标号涂黑。 如需改动，用檬皮擦干净后，再选涂其他答章标号，回答非选择題时，将答案写在答题卡 上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 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.在空间直角坐标系Oxy2中，点Q(-5,6,一7)关于平而Oxy对称的点P的坐标为 A.(5,6,-7) B.(5,-6,-7) C.(-5,6,7) D.(5,-6,7) 2.直线x=cos75°的倾斜角为 A.0 B.90° C.75 D.25 3设F,R,分别是精圆C第+节1的左右焦点，点P在C上，且IPR,-PF,- 6,则 A.PF,|=9 B.PF|=6 C.PF:|=8 D.PF:=4 z:y 班 级 4.双曲线C:2一云=1(6>0)的一条渐近线方程为y=一2红，则C的焦距为 A.6 B.10 C.26 D.2√/1o 5.已知点M(0,1),P为曲线C:2√-x=0上一点，过P作直线y=-1的垂线PQ,垂 姓 名 足为Q,且∠PQM=30°，则|PM= A.2 B首 C.1 6.设{a,b,c)是空间的一组单位正交基底，向量OA=a+3b+c,若m=a-b,n=a+b- c,p=a-b十c,且{m,n,pl是空间的另一组基底，则OA= A.-4m+2n+3p B.4m-2n+3p C.4m+2n-3p D.4m+2n+3p 数学（人教B卷）试题第1页（共4页） 7.在正方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=2,E,M,G分别为AB,BC,AD的中点，则直 线D,G到平面C,ME的距离为 A号 B.1 c 8.已知A(2,0),B(-1,0),点P满足|PA|=2|PB|,点Q在圆C:(x+1)2+(y-4)2= 1上运动，点M在直线x一y一2=0上运动，则|PM|+|QM|的最小值为 A.52-3 B.62-3 C.√73-3 D.4W5-3 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2a十b=(4,0,4),b=(2,2,2),则下列正确的有 A.a=(1,-1,1) B.a//b C.(2a+b)⊥(2a-b) Dos<a,b>-号 10.已知直线l:x一y一2=0，圆C:(x一a)'+(y十a)2=2,a为实数，则下列正确的有 A.当a=1时，l平分圆C B.当l与圆C相切时，a=2 C.当圆C上只有一个点到l的距离为√2时，a=3或a=一1 D,当圆C上有四个点到1的距离为号时a<号或>号 r:y' 1.已知双曲线C:。-了=1(a>0)的离心率为2，FF分别为C的左、右焦点，0为 坐标原点，曲线E:y=k|x一2|，k∈[2,4]，且E与C交于A,B两点，则下列正确的有 A.a=1 B.|AF,|+|BF:I>7 C.|AF,|十|BF,l的最大值为32 D.△0AB面积的最小值为号 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.两平行直线7x一y-4=0与7x一my+6=0(m∈R)之间的距离为 3.若直线y=一x+4与椭圆C:无+y=1(a>)在第一象限内有两个公共点，则C的 长轴长的取值范围为 14.已知a=(a1,a2,a1),b=(b1,b:,b),定义d[a,b]=|a1-b1+la:-b:|+ |a1-b,.若直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面为矩形，AA,=2AB=4,BC=3,M 为侧面CDD,C,(包含边界)内一动点，且IBM引=√0，则d[BM,AB,门的最大值 为 数学（人教B卷）试题第2页（共4页） 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 在平面直角坐标系中，已知△ABC的顶点B(一2,1)，边BC上的中线所在的直线方 程为2x一y一2=0，边BC上的高所在的直线方程为x-y-1=0. (1)求边AB所在直线的一般式方程； (2)求△ABC的面积. 16.(15分) 如图，在斜三梭柱ABC-A,B,C,中，AB=AC=BC=AA1=1,∠A,AB ∠A,AC=120°，D,E分别为线段B,C1,A,C的中点，设AB=a,AC=b,AA=c (1)用a,b,c表示向量AD与B,E; (2)求直线AD与直线A,C所成角的余弦值. 17.(15分) 已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，直线l1:2x-y一4=0经过F,且l1与C 相交于P,Q两点，过点M(4,0)的动直线l:与C相交于A,B两点. (1)求抛物线C的方程： (2求IPFL IQF的值， PQI (3)设O为坐标原点，若△ABF的面积为85，直线l:与y轴交于点N,证明： OM=JON. 数学（人数B卷）试题第3页（共4页） 18.(17分) 如图，在四边形ABCD中，BC∥AD,∠ABC=90°，AB=BC=2,AD=2+√5，过C作 CE⊥AD,垂足为E,将△CDE沿CE翻折至△CPE,使点D落在点P的位置，AP= 5. (1)证明：平面PAB⊥平面PAE. (2)已知P,A,B,C,E五点均在球O的球面上. (丨)求球O的表面积； (I)设点Q∈平面PAB,点Q∈平面PCE,若PQ=1,求平面OBQ与平面AEQ夹角 的余弦值. 19.(17分) 已知狮圆c导+ 注意清点有无漏印或缺页，若有要及时更换 元=1(a>b>0)的右顶点为A(2,0),上顶点为B,且|AB1=7. (1)求椭圆C的标准方程： (2)若直线1：y=kx十m(k≠0)与椭圆C交于P,Q两点(P,Q两点均异于点A). (1)若∠PAQ=90°，求的值： (1)若k=2,证明：经过A,P,Q的四n经过两个定点。 数学（人数B卷）试题第4页（共4页）秘密★启用前 高二年级质量检测 数学（人教B卷） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答素标号涂黑。 如需改动，用檬皮擦干净后，再选涂其他答章标号，回答非选择題时，将答案写在答题卡 上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 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.在空间直角坐标系Oxy2中，点Q(-5,6,一7)关于平而Oxy对称的点P的坐标为 A.(5,6,-7) B.(5,-6,-7) C.(-5,6,7) D.(5,-6,7) 2.直线x=cos75°的倾斜角为 A.0 B.90° C.75 D.25 3设F,R,分别是精圆C第+节1的左右焦点，点P在C上，且IPR,-PF,- 6,则 A.PF,|=9 B.PF|=6 C.PF:|=8 D.PF:=4 z:y 班 级 4.双曲线C:2一云=1(6>0)的一条渐近线方程为y=一2红，则C的焦距为 A.6 B.10 C.26 D.2√/1o 5.已知点M(0,1),P为曲线C:2√-x=0上一点，过P作直线y=-1的垂线PQ,垂 姓 名 足为Q,且∠PQM=30°，则|PM= A.2 B首 C.1 6.设{a,b,c)是空间的一组单位正交基底，向量OA=a+3b+c,若m=a-b,n=a+b- c,p=a-b十c,且{m,n,pl是空间的另一组基底，则OA= A.-4m+2n+3p B.4m-2n+3p C.4m+2n-3p D.4m+2n+3p 数学（人教B卷）试题第1页（共4页） 7.在正方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=2,E,M,G分别为AB,BC,AD的中点，则直 线D,G到平面C,ME的距离为 A号 B.1 c 8.已知A(2,0),B(-1,0),点P满足|PA|=2|PB|,点Q在圆C:(x+1)2+(y-4)2= 1上运动，点M在直线x一y一2=0上运动，则|PM|+|QM|的最小值为 A.52-3 B.62-3 C.√73-3 D.4W5-3 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2a十b=(4,0,4),b=(2,2,2),则下列正确的有 A.a=(1,-1,1) B.a//b C.(2a+b)⊥(2a-b) Dos<a,b>-号 10.已知直线l:x一y一2=0，圆C:(x一a)'+(y十a)2=2,a为实数，则下列正确的有 A.当a=1时，l平分圆C B.当l与圆C相切时，a=2 C.当圆C上只有一个点到l的距离为√2时，a=3或a=一1 D,当圆C上有四个点到1的距离为号时a<号或>号 r:y' 1.已知双曲线C:。-了=1(a>0)的离心率为2，FF分别为C的左、右焦点，0为 坐标原点，曲线E:y=k|x一2|，k∈[2,4]，且E与C交于A,B两点，则下列正确的有 A.a=1 B.|AF,|+|BF:I>7 C.|AF,|十|BF,l的最大值为32 D.△0AB面积的最小值为号 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.两平行直线7x一y-4=0与7x一my+6=0(m∈R)之间的距离为 3.若直线y=一x+4与椭圆C:无+y=1(a>)在第一象限内有两个公共点，则C的 长轴长的取值范围为 14.已知a=(a1,a2,a1),b=(b1,b:,b),定义d[a,b]=|a1-b1+la:-b:|+ |a1-b,.若直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面为矩形，AA,=2AB=4,BC=3,M 为侧面CDD,C,(包含边界)内一动点，且IBM引=√0，则d[BM,AB,门的最大值 为 数学（人教B卷）试题第2页（共4页） 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 在平面直角坐标系中，已知△ABC的顶点B(一2,1)，边BC上的中线所在的直线方 程为2x一y一2=0，边BC上的高所在的直线方程为x-y-1=0. (1)求边AB所在直线的一般式方程； (2)求△ABC的面积. 16.(15分) 如图，在斜三梭柱ABC-A,B,C,中，AB=AC=BC=AA1=1,∠A,AB ∠A,AC=120°，D,E分别为线段B,C1,A,C的中点，设AB=a,AC=b,AA=c (1)用a,b,c表示向量AD与B,E; (2)求直线AD与直线A,C所成角的余弦值. 17.(15分) 已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，直线l1:2x-y一4=0经过F,且l1与C 相交于P,Q两点，过点M(4,0)的动直线l:与C相交于A,B两点. (1)求抛物线C的方程： (2求IPFL IQF的值， PQI (3)设O为坐标原点，若△ABF的面积为85，直线l:与y轴交于点N,证明： OM=JON. 数学（人数B卷）试题第3页（共4页） 18.(17分) 如图，在四边形ABCD中，BC∥AD,∠ABC=90°，AB=BC=2,AD=2+√5，过C作 CE⊥AD,垂足为E,将△CDE沿CE翻折至△CPE,使点D落在点P的位置，AP= 5. (1)证明：平面PAB⊥平面PAE. (2)已知P,A,B,C,E五点均在球O的球面上. (丨)求球O的表面积； (I)设点Q∈平面PAB,点Q∈平面PCE,若PQ=1,求平面OBQ与平面AEQ夹角 的余弦值. 19.(17分) 已知狮圆c导+ 注意清点有无漏印或缺页，若有要及时更换 元=1(a>b>0)的右顶点为A(2,0),上顶点为B,且|AB1=7. (1)求椭圆C的标准方程： (2)若直线1：y=kx十m(k≠0)与椭圆C交于P,Q两点(P,Q两点均异于点A). (1)若∠PAQ=90°，求的值： (1)若k=2,证明：经过A,P,Q的四n经过两个定点。 数学（人数B卷）试题第4页（共4页） 高二年级质量检测 数学（人教B卷） 参考答案 1.C【解析】在空间直角坐标系Oxy之中，关于平面 6.A【解析】设OA=xm十yn十之p, Oxy对称的点的横坐标和纵坐标不变，竖坐标变 OA=x(a-b)+y(a+b-c)+z(a-b+c)= 为原来的相反数，所以点Q(一5,6，一7)关于平面 (x+y+z)a+(一x十y-x)b+(z一y)c, Oxy对称的点P的坐标为(-5,6,7). x十y十2=1， 故选C. 又OA=a+3b+c,则 一x十y一之=3，解得x= 2.B【解析】因为直线x=cos75°垂直于x轴，所以 之-y=1, 该直线的倾斜角为90°. 4,y=2,z=3,所以OA=-4m十2n+3p. 故选A. 故选B. 7.A【解析】连接MG, 3.A【解析】根据椭圆的定义可知，PF十 |PF2=2a=12,又IPF1|-|PF2|=6,解得 D PF1=9,PF2|=3. 故选A. z2 y2 4.D【解析】由双曲线C:2一方 =1(b>0)可知，其 D 2 渐近线方程为y=±√2工，由题意可知2=2， B 所以b=8,则c2=a2+b2=10,解得c=√/10，所 则MG∥CD,MG=CD, 以C的焦距为2√10 又C1D1∥CD,C1D1=CD, 故选D. 所以MG∥C1D1,MG=C1D1, 所以四边形MC,D,G为平行四边形，所以D,G∥ 5.B【解析】曲线C的方程2√y一x=0可化为 CM,又C1MC平面CME,则D1G∥平 x2=4y(x≥0)，所以M(0,1)与直线y=-1分别 面C1ME, 为抛物线x2=4y的焦点和准线，如图，根据抛物 所以直线DG到平面C1ME的距离等于点G到 线的定义可知，|PM=|PQ,因为∠PQM= 平面C1ME的距离， 30°，所以∠MPQ=120°， 以D为坐标原点，以DA,DC,DD1所在直线分别 为x,y,之轴，建立空间直角坐标系， 则G(1,0,0),M(1,2,0),E(2,1,0),C1(0,2,2), MG=(0,-2,0),EM=(-1,1,0),MC1=(-1, 0,2), 设平面C1ME的法向量为m=(x,y,z), 1 则 (EM·m=-x十y=0, 取x=2,则m=(2,2, MC1·m=-x+2x=0, 在直角梯形BQPM中，∠BMP=60°，所以 1), IBM-PMI cos 60"+IPQPM-2, 所以点G到平面C,ME的距离为d=M心，m m 以PM=手 3 故选B. 故选A. ·数学（人教B卷）答案（第1页，共6页）· 8.C【解析】设P(x,y),由PA|=2PB得， 当a=1时，C(1,-1)在直线1：x-y-2=0上， √(x-2)2+y2=2√(x+1)+y,整理得 所以1平分圆C,A正确； (x十2)2十y2=4,所以点P在以C1(一2,0)为圆 当1与圆C相切时， 2a-2=2,解得a=2或 心，半径为2的圆上 √2 点Q在圆C:(x+1)2+(y-4)2=1上运动，该圆 0,B错误； 的圆心为C(-1,4),半径为1， 当圆C上只有一个点到1的距离为√2时，则1与 如图， 圆C相离，且2a-2=2v2,解得a=3或-1，C √2 x-y-2=0 正确； 当圆C上有四个点到！的距离为号时，20 √2 C 号，解得<a<名D错误 3 故选AC. 1.ABD【g标】由双黄线C号-苦=1e>0)的 |MP|=|MC:|-2,|MQ|=|MC|-1,设圆C 与圆C2关于直线x一y一2=0对称，则 离心率为2得，@+3-2，解得a=1,A正确， MC|=|MC2, 不妨设A的纵坐标比B的纵坐标大，曲线E:y= 连接CC2,则|PM|+IQM|=|MC1I-2+ kx一2，k∈[2,4]，过焦点F2(2,0),因为C的 |MC|-1=|MC1+|MC2|-3≥|CC2|-3,当 渐近线方程为y=士√3x,而直线y=k(x一2)的 C,M,C2三点共线时，取得最小值. 斜率∈[2,4]，所以延长线段AF2与C的右支 y1 x1+2=-1, 交于点B。,由对称性可知，B与B。关于x轴对 设C2(x1y1),则 一2-2=0， 称，设A(x1y1),B(x2y2),则B,(x2,一y2), 22 不纺设直线AB,的方程x=y十2，则1=名∈ 解得21=2， y1=-4, 即C2(2,-4), [, 所以|CC2|=√(-1-2)+(4+4)7=√73，则 |z:-y2 |PM+|QM的最小值为v√73-3. 由 -3=1,整理得(32-1)y2+12y+9=0, 故选C. x=ty十2， 9.ACD【解析】由2a十b=(4,0,4),b=(2,2,2),得 所以y1+(-y2)= -12t 3t2-1’y1·（-y2)= a=(1,-1,1),A正确； 9 假设b=λa,则(2,2,2)=（入，-入，A),显然入无解， 3t2-1' 所以a与b不平行，B错误； 所以|AF2|+|BF2|=|AF2|+|B。F2|= 因为2a-b=(0,一4,0)，所以(2a+b)·(2a-b)= (4,0,4)·(0,-4,0)=0,则(2a+b)⊥(2a-b),C |AB|=√1+t·|y1-(-y2)|=√1+t· 正确； √[y1+(-y2)]2-4y1·（-y2)=√1+t产· 因为a·b=2-2+2=2,所以cos<a,b>= 12t12 a·b 2 1 -3t2-1/ ”2 a·bV3X2W53D正确. 令1+=a,则ae[器引，=-1，所以 故选ACD. 10.AC【解析】圆C:(x一a)2+(y十a)2=2的圆心 为C(a,-a),半径r=2, 1AF,+BF,4-3m-3 6m6 ·数学（人教B卷）答案（第2页，共6页）· 易知项数fm)-日一3在[品]上单调适减。 要使直线y=一x+4与椭圆C:+y2=1(a今 所以时<fm)≤号则≤Ar:+BR,≤ 1)在第一象限内有两个公共点， 易知两点横坐标均大于零， 30,所以AF2+|BF2>7,B正确； 4=(-8)2-4(a2+1)(16-a2)>0, 由双曲线的定义可知，|AF1=2a+AF2|= 2+|AF2|,|BF1|=2a+|BF2|=2+BF2l, 970 则 所以|AF|+|BF|=4+|AF2|+|BF2|≤ 解得√15<a<4,则2√15<2a<8, 4+30=34,故AF1|+|BF1的最大值为34，C 错误； 故C的长轴长的取值范围为(2√15,8). 易知OA=(x1,y1),OB=(x2,y2),则cos<OA, 14.10【解析】如图，以C为坐标原点，以CD,CB, CC1所在直线分别为x,y,之轴建立空间直角坐 1o11·jo成，所以sin<oi,0i> OA·OB 标系， OA·OB12 1-（0.o' 则△OAB面积为S2B=号1OA·O2· s<ai,o成>=[1oi·1oi-(oi· o)]=子[(x:+i)(+) H:3 y← (红+y]=是（i+ 则A(2,3,0),B(0,3,0),B1(0,3,4),设M(x0, 212g)=z-, 0,20),0≤x0≤2,0≤之0≤4，则AB1=(-2,0, 4),BM=(x0,-3,z0), 所以Saas=专1x:-xyl=吉 由BM=√10得，x+9+z=10,所以x8+ 26=1, |(ty1+2)y2-(-ty2+2)y=ty1y2+(y2 设x,=cos9,2,=sin9,0≤9≤2，故BM- +12t 3 (cos p,-3,sin ) 根据新定义，d[BM,AB]=|cosp十2+ 因为y--3在[，]上单润递减，所以 |-3-0|+|sinp-4|=cos9+2+3+4- 13 yx=4-3X4 sin9=9-Esin(g-4）: 4 故△OAB面积的最小值为3× 412 313D正确. 因为0≤≤，所以-年≤9-年≤平，所以 故选ABD. d[B,AE前≤g-E×(-2）-10,当且仅当 12.√2【解析】由题意可知，m=1,所以两直线之间 p=0时取等号，故d[BM,AB]的最大值为10. 的距离为d=-4-6L=10-V2. (x=1, √72+(-1)25√2 15.解：(1)由 2x-y-2=0, 解得 (2分) x-y-1=0, y=0, x=一y十4， 所以顶点A(1,0), (3分) 13.(2√15,8)【解析】联立 a3+y2=1, 整理得， 由阿点式方程可知，边AB所在直线方程为二。 (a2+1)y2-8y十16-a2=0,设交点坐标为(x1, y1),(x2y2), 2号放边AB所在直线的一般式方程为x十 ·数学（人教B卷）答案（第3页，共6页）· 3y-1=0. (6分) (2)易知边BC所在直线的斜率为一1，所以边BC 所以|cos<AD,A1C>|= 所在直线的方程为y一1=一(x+2),即x+y十 1=0, (7分) 故直线AD与直线A,C所成角的余弦值为： 2x-y-2=0, 3, 由 解得 (15分) x+y+1=0, 4 y=- 3 17.解：(1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F 所以边BC的中点D的坐标为（写，），(9分) (3 则点D到边AB的距离为d 由题意可知，2×号-0-4=0，解得力=4，(2分) 2 7W√10 故抛物线C的方程为y2=8x. (3分) W10 15, (2)将2x-y-4=0代入y2=8x, 得x2-6x十4=0， (4分) 所以边AB上的高为h=2d=1410 15 (11分) 设P(x1y1),Q(x2,y2),则x1十x2=6,x1x2= 4, (5分) 又|AB|=√/(-2-1)2+(1-0)=√/10，(12分) 由抛物线的定义可知，|PQ|=x1十x2+4=10, 放S4e-号IABIX-兰 (13分) (6分) 16.解：(1)AD-AB+BB1+B1D-AB+BB1+ |PF|·|QF|=(x1十2)(x2+2)=x1x2+2(x1+ x2)+4=4十2×6+4=20， (8分) 号B,C-A+B那+号C-+BE+2AC 故PFQF=2 PQ (9分) A)=a+e+2b-a)-2a+2b+c,3分) 1 (3)证明：易知动直线12的斜率不为0，设其方程 B.BA+A+ 为x=ty十4，A(x3,y3),B(x4y4), |x=ty+4, 整理得y2-8ty-32=0, (10分) 2(AC-AA)--a+2(b-c)--a+28 y2=8x, 则△=64t2+128>0, 1 (6分) y3十y4=8t,y3y4=-32, (11分) (2)1AD1= /2a+2b+c)- 所以△ABF的面积为SAABF= 2×(4-2). |y3-y|=√(y3十y4)-4y3y4=√64t+128= 4a2+b2+e2ta·b+a·c+b·c 8√t2+2, (12分) 由题意得，8√+2=8√3，解得t=士1，(13分) (8分) 所以直线12的方程为x士y一4=0，则N(0, 又AC=AC-AA=b-c, 士4)，故|OM=|ON|. (15分) |A1C1=√b-c)=√b2+c2-2b·c 18.解：(1)证明：因为∠ABC=90°，CE⊥AD,所以 AB∥CE, (1分) 1+1+1=√3， (10分) 又CE⊥AE,CE⊥PE,且AE∩PE=E,AE, a市.AC=(ga+号b+cb-e)=2ab+ PEC平面PAE,所以CE⊥平面PAE.(2分) 则AB⊥平面PAE, (3分) 又ABC平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAE. 1=4 (4分) (12分) (2)易知四边形ABCE为矩形，又AB=BC=2, ·数学（人教B卷）答案（第4页，共6页）· 所以四边形ABCE为正方形， 所以m=(0,2,-t)； (13分) 取AE的中点为F,连接PF,因为PE=PA 设平面OBQ的法向量为n=(x2,y2,之2)， √5，所以PF⊥AE, B0·n=0,a 二x2一y2十4？→0 由(1)得平面ABCE⊥平面PAE,则PF⊥平面 则 取 ABCE. (5分) B0·n=0,-x2十(t-2)y2+2z2=0, 以F为原点，以FA,FP所在直线分别为x,之 y2=5,所以n=(-3t-2,5,4(1-t),(14分) 轴，以过F平行于AB的直线为y轴，建立如图 又PQ=1,解得t=±1， 所示的空间直角坐标系F-xyz. 当t=1时，则m=(0,2,-1),n=(-5,5,0), 所以|cos<m,n>|= m·n 10 m·n √5X5√2 √10 5 (15分) 当t=-1时，则m=(0,2,1),n=(1,5,8), D m·n 18 所以|cos<m,n>|= m·|n √5X3√10 3√2 5 (16分) 则A(1,0,0),B(1,2,0),E(-1,0,0),P(0,0, 故平面OBQ与平面AQ夹角的余弦值为√四 5 2). (6分) (ⅰ)因为四边形ABCE为正方形，所以正方形 或足e 5 (17分) ABCE外接圆O1的圆心为正方形ABCE的中 19.解：(1)易知A(a,0),B(0,b), 心，则O1(0,1,0), a=2, 由球的性质可知，OO1⊥平面ABCE,设O(0,1, 根据条件得， 解得a=2,b=√3， a2+b2=√7， 之。)，球O的半径为R, (7分) (2分) 所以OA=OP=R, 即√(1-0)2+(0-1)2+(0-之。)= 放特暖C的标准方程为后+号一1 (3分) √(0-0)2+(0-1)2+(2-x0)2, (2)(1)设P(x1,y1),Q(x2y2), 解得。=子，故001，) y=kx十m, (8分) 由x2 ∥+。1整理得(4k十3)x十8kmx十 =1, 所以R-1-0+0-1+(0-》-铝 4m2-12=0, (4分) (9分) 则△=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=48(4k2 故球0的表面积为S#0=4xR2=4 π (10分) -m2+3)>0, 8km 4m2-12 (i)过P作PH∥AB,易证平面PAB∩平面 x1十x2= 4+321工：=4h+3, (5分) PCE=PH,则Q∈PH, (11分) 因为∠PAQ=90°，所以A币·AQ=(x1-2,y1)· 设Q(0,t,2),则AE=(-2,0,0),EQ=(1,t,2), (x2-2,y2)=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0, B6-(-1,-1,),Bd-(-1,4-2,2, (6分) (12分) 则(x1-2)(x2-2)十(kx1十m)(kx2+m)=0, 设平面AEQ的法向量为m=(x1,y1,之1)， 即(1+k2)x1x2+(km-2)(x1+x2)+4+m2= 0, (7分) AE·m=0, (-2x1=0, 则 即{ 范·m=0,z十十2=0取y2 所以4m-12)g+)-8km(m-2+4十 4k2+3 4k2+3 ·数学（人教B卷）答案（第5页，共6页）· m2=0, mE-2D-4), (13分) 整理得46+7m十16m=0, 所以m=4D+2E,m2+1=4mE-8D, (8分) 4k2+3 则m2+2m+1=4(m+1)E,当m=-1时，联立 所以4k2+7m2+16km=0,即7（ +16· m y= 2x-1, x=-1, x=2, 4=0, 易得 或3此时P,Q (4+3=1, y=0,y= 21 解得=号或=一2， 2 (9分) 其中一点与A重合，舍去，故m≠一1，所以E= 当会=-2时，y=红十m=(红一2)经过点A 子m+1D,D-gm-1D, (14分) (2,0),不合题意， 当公-一号时，满足题意故的值为一名 故圆n的方程为2+y2+号m-Dz+子(m十 (10分) Dy-m-1）-4=0, (iⅱ)证明：设经过A,P,Q的圆2的方程为x2十 y2+Dx+Ey+F=0, 整理得(x+y-+子y)+(+ 因为A(2,0),所以4+2D+F=0,则F=-4 )m=0, (15分) 2D, (11分) 则圆2的方程为x2+y2+Dx十Ey-4-2D=0, x2+y2-1x 115=0, -8x+4y-4 1 令 1 11 联立 y-2x+m, 则+ 8x+ 4y-4=0, x2+y2+Dx+Ey-4-2D=0 (m+D+号)x+m2+mE-2D-4-0,4>0, 整理得y-y=0,解得y=0或y=是， (16分) 所以+a,=-号(m+D+号》a:=专(m 所以/2， x=-1, 或3 +mE-2D-4), (12分) y=0,=2' 由(1)知，当k=号时，x1十x4=一m,x1x=m2 故经过A,P,Q的圆2经过两个定点(2,0)， -3, (1.》 (17分) 则-m=-（m十D+》),m-3台(m2+ ·数学（人教B卷）答案（第6页，共6页）·高二年级质量检测 数学（人教B卷） 参考答案 1.C【解析】在空间直角坐标系Oxy之中，关于平面 6.A【解析】设OA=xm十yn十之p, Oxy对称的点的横坐标和纵坐标不变，竖坐标变 OA=x(a-b)+y(a+b-c)+z(a-b+c)= 为原来的相反数，所以点Q(一5,6，一7)关于平面 (x+y+z)a+(一x十y-x)b+(z一y)c, Oxy对称的点P的坐标为(-5,6,7). x十y十2=1， 故选C. 又OA=a+3b+c,则 一x十y一之=3，解得x= 2.B【解析】因为直线x=cos75°垂直于x轴，所以 之-y=1, 该直线的倾斜角为90°. 4,y=2,z=3,所以OA=-4m十2n+3p. 故选A. 故选B. 7.A【解析】连接MG, 3.A【解析】根据椭圆的定义可知，PF十 |PF2=2a=12,又IPF1|-|PF2|=6,解得 D PF1=9,PF2|=3. 故选A. z2 y2 4.D【解析】由双曲线C:2一方 =1(b>0)可知，其 D 2 渐近线方程为y=±√2工，由题意可知2=2， B 所以b=8,则c2=a2+b2=10,解得c=√/10，所 则MG∥CD,MG=CD, 以C的焦距为2√10 又C1D1∥CD,C1D1=CD, 故选D. 所以MG∥C1D1,MG=C1D1, 所以四边形MC,D,G为平行四边形，所以D,G∥ 5.B【解析】曲线C的方程2√y一x=0可化为 CM,又C1MC平面CME,则D1G∥平 x2=4y(x≥0)，所以M(0,1)与直线y=-1分别 面C1ME, 为抛物线x2=4y的焦点和准线，如图，根据抛物 所以直线DG到平面C1ME的距离等于点G到 线的定义可知，|PM=|PQ,因为∠PQM= 平面C1ME的距离， 30°，所以∠MPQ=120°， 以D为坐标原点，以DA,DC,DD1所在直线分别 为x,y,之轴，建立空间直角坐标系， 则G(1,0,0),M(1,2,0),E(2,1,0),C1(0,2,2), MG=(0,-2,0),EM=(-1,1,0),MC1=(-1, 0,2), 设平面C1ME的法向量为m=(x,y,z), 1 则 (EM·m=-x十y=0, 取x=2,则m=(2,2, MC1·m=-x+2x=0, 在直角梯形BQPM中，∠BMP=60°，所以 1), IBM-PMI cos 60"+IPQPM-2, 所以点G到平面C,ME的距离为d=M心，m m 以PM=手 3 故选B. 故选A. ·数学（人教B卷）答案（第1页，共6页）· 8.C【解析】设P(x,y),由PA|=2PB得， 当a=1时，C(1,-1)在直线1：x-y-2=0上， √(x-2)2+y2=2√(x+1)+y,整理得 所以1平分圆C,A正确； (x十2)2十y2=4,所以点P在以C1(一2,0)为圆 当1与圆C相切时， 2a-2=2,解得a=2或 心，半径为2的圆上 √2 点Q在圆C:(x+1)2+(y-4)2=1上运动，该圆 0,B错误； 的圆心为C(-1,4),半径为1， 当圆C上只有一个点到1的距离为√2时，则1与 如图， 圆C相离，且2a-2=2v2,解得a=3或-1，C √2 x-y-2=0 正确； 当圆C上有四个点到！的距离为号时，20 √2 C 号，解得<a<名D错误 3 故选AC. 1.ABD【g标】由双黄线C号-苦=1e>0)的 |MP|=|MC:|-2,|MQ|=|MC|-1,设圆C 与圆C2关于直线x一y一2=0对称，则 离心率为2得，@+3-2，解得a=1,A正确， MC|=|MC2, 不妨设A的纵坐标比B的纵坐标大，曲线E:y= 连接CC2,则|PM|+IQM|=|MC1I-2+ kx一2，k∈[2,4]，过焦点F2(2,0),因为C的 |MC|-1=|MC1+|MC2|-3≥|CC2|-3,当 渐近线方程为y=士√3x,而直线y=k(x一2)的 C,M,C2三点共线时，取得最小值. 斜率∈[2,4]，所以延长线段AF2与C的右支 y1 x1+2=-1, 交于点B。,由对称性可知，B与B。关于x轴对 设C2(x1y1),则 一2-2=0， 称，设A(x1y1),B(x2y2),则B,(x2,一y2), 22 不纺设直线AB,的方程x=y十2，则1=名∈ 解得21=2， y1=-4, 即C2(2,-4), [, 所以|CC2|=√(-1-2)+(4+4)7=√73，则 |z:-y2 |PM+|QM的最小值为v√73-3. 由 -3=1,整理得(32-1)y2+12y+9=0, 故选C. x=ty十2， 9.ACD【解析】由2a十b=(4,0,4),b=(2,2,2),得 所以y1+(-y2)= -12t 3t2-1’y1·（-y2)= a=(1,-1,1),A正确； 9 假设b=λa,则(2,2,2)=（入，-入，A),显然入无解， 3t2-1' 所以a与b不平行，B错误； 所以|AF2|+|BF2|=|AF2|+|B。F2|= 因为2a-b=(0,一4,0)，所以(2a+b)·(2a-b)= (4,0,4)·(0,-4,0)=0,则(2a+b)⊥(2a-b),C |AB|=√1+t·|y1-(-y2)|=√1+t· 正确； √[y1+(-y2)]2-4y1·（-y2)=√1+t产· 因为a·b=2-2+2=2,所以cos<a,b>= 12t12 a·b 2 1 -3t2-1/ ”2 a·bV3X2W53D正确. 令1+=a,则ae[器引，=-1，所以 故选ACD. 10.AC【解析】圆C:(x一a)2+(y十a)2=2的圆心 为C(a,-a),半径r=2, 1AF,+BF,4-3m-3 6m6 ·数学（人教B卷）答案（第2页，共6页）· 易知项数fm)-日一3在[品]上单调适减。 要使直线y=一x+4与椭圆C:+y2=1(a今 所以时<fm)≤号则≤Ar:+BR,≤ 1)在第一象限内有两个公共点， 易知两点横坐标均大于零， 30,所以AF2+|BF2>7,B正确； 4=(-8)2-4(a2+1)(16-a2)>0, 由双曲线的定义可知，|AF1=2a+AF2|= 2+|AF2|,|BF1|=2a+|BF2|=2+BF2l, 970 则 所以|AF|+|BF|=4+|AF2|+|BF2|≤ 解得√15<a<4,则2√15<2a<8, 4+30=34,故AF1|+|BF1的最大值为34，C 错误； 故C的长轴长的取值范围为(2√15,8). 易知OA=(x1,y1),OB=(x2,y2),则cos<OA, 14.10【解析】如图，以C为坐标原点，以CD,CB, CC1所在直线分别为x,y,之轴建立空间直角坐 1o11·jo成，所以sin<oi,0i> OA·OB 标系， OA·OB12 1-（0.o' 则△OAB面积为S2B=号1OA·O2· s<ai,o成>=[1oi·1oi-(oi· o)]=子[(x:+i)(+) H:3 y← (红+y]=是（i+ 则A(2,3,0),B(0,3,0),B1(0,3,4),设M(x0, 212g)=z-, 0,20),0≤x0≤2,0≤之0≤4，则AB1=(-2,0, 4),BM=(x0,-3,z0), 所以Saas=专1x:-xyl=吉 由BM=√10得，x+9+z=10,所以x8+ 26=1, |(ty1+2)y2-(-ty2+2)y=ty1y2+(y2 设x,=cos9,2,=sin9,0≤9≤2，故BM- +12t 3 (cos p,-3,sin ) 根据新定义，d[BM,AB]=|cosp十2+ 因为y--3在[，]上单润递减，所以 |-3-0|+|sinp-4|=cos9+2+3+4- 13 yx=4-3X4 sin9=9-Esin(g-4）: 4 故△OAB面积的最小值为3× 412 313D正确. 因为0≤≤，所以-年≤9-年≤平，所以 故选ABD. d[B,AE前≤g-E×(-2）-10,当且仅当 12.√2【解析】由题意可知，m=1,所以两直线之间 p=0时取等号，故d[BM,AB]的最大值为10. 的距离为d=-4-6L=10-V2. (x=1, √72+(-1)25√2 15.解：(1)由 2x-y-2=0, 解得 (2分) x-y-1=0, y=0, x=一y十4， 所以顶点A(1,0), (3分) 13.(2√15,8)【解析】联立 a3+y2=1, 整理得， 由阿点式方程可知，边AB所在直线方程为二。 (a2+1)y2-8y十16-a2=0,设交点坐标为(x1, y1),(x2y2), 2号放边AB所在直线的一般式方程为x十 ·数学（人教B卷）答案（第3页，共6页）· 3y-1=0. (6分) (2)易知边BC所在直线的斜率为一1，所以边BC 所以|cos<AD,A1C>|= 所在直线的方程为y一1=一(x+2),即x+y十 1=0, (7分) 故直线AD与直线A,C所成角的余弦值为： 2x-y-2=0, 3, 由 解得 (15分) x+y+1=0, 4 y=- 3 17.解：(1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F 所以边BC的中点D的坐标为（写，），(9分) (3 则点D到边AB的距离为d 由题意可知，2×号-0-4=0，解得力=4，(2分) 2 7W√10 故抛物线C的方程为y2=8x. (3分) W10 15, (2)将2x-y-4=0代入y2=8x, 得x2-6x十4=0， (4分) 所以边AB上的高为h=2d=1410 15 (11分) 设P(x1y1),Q(x2,y2),则x1十x2=6,x1x2= 4, (5分) 又|AB|=√/(-2-1)2+(1-0)=√/10，(12分) 由抛物线的定义可知，|PQ|=x1十x2+4=10, 放S4e-号IABIX-兰 (13分) (6分) 16.解：(1)AD-AB+BB1+B1D-AB+BB1+ |PF|·|QF|=(x1十2)(x2+2)=x1x2+2(x1+ x2)+4=4十2×6+4=20， (8分) 号B,C-A+B那+号C-+BE+2AC 故PFQF=2 PQ (9分) A)=a+e+2b-a)-2a+2b+c,3分) 1 (3)证明：易知动直线12的斜率不为0，设其方程 B.BA+A+ 为x=ty十4，A(x3,y3),B(x4y4), |x=ty+4, 整理得y2-8ty-32=0, (10分) 2(AC-AA)--a+2(b-c)--a+28 y2=8x, 则△=64t2+128>0, 1 (6分) y3十y4=8t,y3y4=-32, (11分) (2)1AD1= /2a+2b+c)- 所以△ABF的面积为SAABF= 2×(4-2). |y3-y|=√(y3十y4)-4y3y4=√64t+128= 4a2+b2+e2ta·b+a·c+b·c 8√t2+2, (12分) 由题意得，8√+2=8√3，解得t=士1，(13分) (8分) 所以直线12的方程为x士y一4=0，则N(0, 又AC=AC-AA=b-c, 士4)，故|OM=|ON|. (15分) |A1C1=√b-c)=√b2+c2-2b·c 18.解：(1)证明：因为∠ABC=90°，CE⊥AD,所以 AB∥CE, (1分) 1+1+1=√3， (10分) 又CE⊥AE,CE⊥PE,且AE∩PE=E,AE, a市.AC=(ga+号b+cb-e)=2ab+ PEC平面PAE,所以CE⊥平面PAE.(2分) 则AB⊥平面PAE, (3分) 又ABC平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAE. 1=4 (4分) (12分) (2)易知四边形ABCE为矩形，又AB=BC=2, ·数学（人教B卷）答案（第4页，共6页）· 所以四边形ABCE为正方形， 所以m=(0,2,-t)； (13分) 取AE的中点为F,连接PF,因为PE=PA 设平面OBQ的法向量为n=(x2,y2,之2)， √5，所以PF⊥AE, B0·n=0,a 二x2一y2十4？→0 由(1)得平面ABCE⊥平面PAE,则PF⊥平面 则 取 ABCE. (5分) B0·n=0,-x2十(t-2)y2+2z2=0, 以F为原点，以FA,FP所在直线分别为x,之 y2=5,所以n=(-3t-2,5,4(1-t),(14分) 轴，以过F平行于AB的直线为y轴，建立如图 又PQ=1,解得t=±1， 所示的空间直角坐标系F-xyz. 当t=1时，则m=(0,2,-1),n=(-5,5,0), 所以|cos<m,n>|= m·n 10 m·n √5X5√2 √10 5 (15分) 当t=-1时，则m=(0,2,1),n=(1,5,8), D m·n 18 所以|cos<m,n>|= m·|n √5X3√10 3√2 5 (16分) 则A(1,0,0),B(1,2,0),E(-1,0,0),P(0,0, 故平面OBQ与平面AQ夹角的余弦值为√四 5 2). (6分) (ⅰ)因为四边形ABCE为正方形，所以正方形 或足e 5 (17分) ABCE外接圆O1的圆心为正方形ABCE的中 19.解：(1)易知A(a,0),B(0,b), 心，则O1(0,1,0), a=2, 由球的性质可知，OO1⊥平面ABCE,设O(0,1, 根据条件得， 解得a=2,b=√3， a2+b2=√7， 之。)，球O的半径为R, (7分) (2分) 所以OA=OP=R, 即√(1-0)2+(0-1)2+(0-之。)= 放特暖C的标准方程为后+号一1 (3分) √(0-0)2+(0-1)2+(2-x0)2, (2)(1)设P(x1,y1),Q(x2y2), 解得。=子，故001，) y=kx十m, (8分) 由x2 ∥+。1整理得(4k十3)x十8kmx十 =1, 所以R-1-0+0-1+(0-》-铝 4m2-12=0, (4分) (9分) 则△=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=48(4k2 故球0的表面积为S#0=4xR2=4 π (10分) -m2+3)>0, 8km 4m2-12 (i)过P作PH∥AB,易证平面PAB∩平面 x1十x2= 4+321工：=4h+3, (5分) PCE=PH,则Q∈PH, (11分) 因为∠PAQ=90°，所以A币·AQ=(x1-2,y1)· 设Q(0,t,2),则AE=(-2,0,0),EQ=(1,t,2), (x2-2,y2)=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0, B6-(-1,-1,),Bd-(-1,4-2,2, (6分) (12分) 则(x1-2)(x2-2)十(kx1十m)(kx2+m)=0, 设平面AEQ的法向量为m=(x1,y1,之1)， 即(1+k2)x1x2+(km-2)(x1+x2)+4+m2= 0, (7分) AE·m=0, (-2x1=0, 则 即{ 范·m=0,z十十2=0取y2 所以4m-12)g+)-8km(m-2+4十 4k2+3 4k2+3 ·数学（人教B卷）答案（第5页，共6页）· m2=0, mE-2D-4), (13分) 整理得46+7m十16m=0, 所以m=4D+2E,m2+1=4mE-8D, (8分) 4k2+3 则m2+2m+1=4(m+1)E,当m=-1时，联立 所以4k2+7m2+16km=0,即7（ +16· m y= 2x-1, x=-1, x=2, 4=0, 易得 或3此时P,Q (4+3=1, y=0,y= 21 解得=号或=一2， 2 (9分) 其中一点与A重合，舍去，故m≠一1，所以E= 当会=-2时，y=红十m=(红一2)经过点A 子m+1D,D-gm-1D, (14分) (2,0),不合题意， 当公-一号时，满足题意故的值为一名 故圆n的方程为2+y2+号m-Dz+子(m十 (10分) Dy-m-1）-4=0, (iⅱ)证明：设经过A,P,Q的圆2的方程为x2十 y2+Dx+Ey+F=0, 整理得(x+y-+子y)+(+ 因为A(2,0),所以4+2D+F=0,则F=-4 )m=0, (15分) 2D, (11分) 则圆2的方程为x2+y2+Dx十Ey-4-2D=0, x2+y2-1x 115=0, -8x+4y-4 1 令 1 11 联立 y-2x+m, 则+ 8x+ 4y-4=0, x2+y2+Dx+Ey-4-2D=0 (m+D+号)x+m2+mE-2D-4-0,4>0, 整理得y-y=0,解得y=0或y=是， (16分) 所以+a,=-号(m+D+号》a:=专(m 所以/2， x=-1, 或3 +mE-2D-4), (12分) y=0,=2' 由(1)知，当k=号时，x1十x4=一m,x1x=m2 故经过A,P,Q的圆2经过两个定点(2,0)， -3, (1.》 (17分) 则-m=-（m十D+》),m-3台(m2+ ·数学（人教B卷）答案（第6页，共6页）·