（考試時間：120分鐘滿分：150分）注意事項：1.答題前，先將自己的姓名?準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一?選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1.直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】將一般式方程轉化為點斜式方程求出斜率，即可求傾斜角.【詳解】直線化點斜式得，，所以直線的斜率為，所以傾斜角為，故選：B.2.已知向量，，若，，則（）A.-1 B.1 C.-2 D.2【答案】A【解析】【分析】利用兩個向量平行和垂直的公式求解.【詳解】，，，，，，，.故選：A.3.已知直線與直線.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用兩直線平行求出，利用充分條件和必要條件的定義求解.【詳解】和平行，，或.當時，，，；當時，，，.“”是“”的充分不必要條件.故選：A.4.若圓與圓有三條公切線，則（）A.21 B.19 C.9 D.【答案】C【解析】【分析】根據給定條件可得圓與圓外切，進而求出.【詳解】圓的圓心，半徑，圓的圓心，半徑，由圓與圓恰有三條公切線，得圓與圓外切，則即，解得，故選：C5.已知直線，從點射出的光線經直線反射后經過點，則光線從到的路程為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求點關于直線的對稱點為的坐標，再求的距離即可.【詳解】設點關于直線的對稱點為，則有，解得，即因為光線從A到的路程即的長，而.所以光線從A到的路程為.故選：D.6.直三棱柱中，，、分別是、的中點，，則與所成的角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得與所成的角的余弦值.【詳解】由題意可知平面，且，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則、、、，，，.故與所成的角的余弦值為.故選：C.7.已知，若直線上存在點，使得，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用數(shù)量積的坐標運算可得，故點在以為圓心，1為半徑的圓上，再根據點到直線的距離求解.【詳解】設，，即，化簡得，故點在以為圓心，1為半徑的圓上，∵若直線上存在點，使得，∴直線與圓有交點，∴圓心到直線的距離為，兩邊同時平方，得，繼續(xù)化簡得，解得.故選：C.8.已知橢圓的左、右焦點分別是，點是橢圓上位于第一象限的一點，且與軸平行，直線與的另一個交點為，若，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由點坐標求得點坐標，然后代入橢圓的方程，化簡求得橢圓的離心率.【詳解】由令，得，由于與軸平行，且在第一象限，所以.由于，所以，即，將點坐標代入橢圓的方程得，，，所以離心率.故選：B二?多選題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，有選錯的得0分，若只有2個符合題意的選項，每選對一個得3分；若只有3個符合題意的選項，每選對一個得2分.）9.關于空間向量，下列說法正確的是（）A.若，則共線B.已知，若夾角為銳角，則C.若對空間中任意一點，有，則四點共面D.若向量能構成空間的一個基底，則也能構成空間的一個基底【答案】ACD【解析】【分析】根據共線向量定義、向量平行的坐標表示、空間向量共面定理、空間基底的定義依次判斷各個選項即可.【詳解】對于A，若，則，即，則共線；A正確；對于B，且與不共線，解得：，且，B不正確；對于四點共面，C正確；對于D，假設也能構成空間的一個基底，則存在實數(shù)，使得，方程組無解，不共面，可以構成空間的一組基底，D正確.故選：ACD10.已知圓過點，動點直線上任意一點，過向圓引兩條切線，切點分別為為，記的最小值為的最大值為.下列說法正確的是（）A.圓的標準方程為B.C.四邊形的面積范圍為D.當時，四邊形的外接圓與圓的交點所在的直線為【答案】AD【解析】【分析】對于A項，根據條件判斷得的中點即為圓心，從而求出半徑長，代入圓的標準方程可得選項A正確；對于B項，易證，推斷出當且僅當最小時，取最小值，即當時，，故B項錯誤；對于C項，因為，所以，當時，即，故，故C項錯誤；對于D項，當時，此時，所以直線，聯(lián)立方程組可得，四點共圓圓心聯(lián)立圓減去圓的方程得直線：，故D項正確.【詳解】對于A項，因為圓過，且的中點坐標為，故,且該點與的三點距離相等，所以為圓的圓心，即，且圓的半徑.所以圓的標準方程為，故A項正確.對于B項，因為，所以易證，所以，又因為，所以，結合在單調遞減，又因，當且僅當最小時，取最小值，即，此時，，，即此時最大，且最大值是一個鈍角，因為為直線上的一個動點，可以一個銳角連續(xù)變化一個鈍角，所以，當時，，所以，故B項錯誤.對于C項，因為，所以，所以當時，即，，故C項錯誤.對于D項，因為，所以四點共圓.當時，此時，所以直線，又因為，解得，此時，四點共圓的圓心，半徑為，所以圓，聯(lián)立圓減去圓的方程得直線：，故D項正確.故答案為：AD.11.已知正方體的棱長為，其中，點為線段的中點，則下列選項正確的是（）A.時，B.時，三棱錐的體積為定值C.當點落在以為球心，為半徑的球面上時，的最小值為1D.時，直線與面的交點軌跡長度為【答案】ABD【解析】【分析】利用空間向量法求解，寫出點的坐標，選項A，及，求出的坐標，根據點的坐標求出的坐標，將用和表示，求出的坐標，利用數(shù)量積的坐標公式求出，從而得到；選項B，求出平面法向量及的坐標，可以得到，繼而得到平行于平面，得點到平面距離為定值，從而得解；選項C，題中可知等于球半徑，由此可得，令，利用正弦函數(shù)的圖像求出的最小值；選項D，由和得到，即點在線段上.連接，分別交于，故，即為交點軌跡.由，得到相似比，計算得解.【詳解】如圖，建立以為原點的空間直角坐標系.則.A選項，因，則，又，則.又，則，即，故A正確.B選項，，設平面法向量為，則，取，又時，，則，即平行于平面，得點到平面距離為定值，故為定值.故B正確；C選項，因，點落在以為球心，為半徑的球面上，則，令，因為，則.則，當且僅當時取等號，則的最小值為，故C錯誤.D選項，因，則，即點在線段上.連接，分別交于，故，即為交點軌跡.又，則.故D正確.故選：ABD.三?填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分.）12.在空間直角坐標系中，已知，則點到直線的距離為__________.【答案】【解析】【分析】先求在的射影，再利用勾股定理求點到直線的距離.【詳解】由題意，，所以在的射影為：.所以點到直線的距離為：.故答案為：113.古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)了平面內到兩個定點的距離之比為定值的點的軌跡是圓，此圓被稱為“阿波羅尼斯圓”.在平面直角坐標系中，已知，，若動點P滿足，設點的軌跡為，過點作直線，上恰有三個點到直線的距離為1，則滿足條件的一條直線的方程為__________.【答案】或（寫出一條即可）【解析】【分析】結合定義應用直譯法求得圓方程，結合點到直線的距離即可求解.【詳解】因為，點滿足，設，則，化簡得，因為圓上恰有三個點到直線的距離為1，所以圓心到直線的距離為1.若直線的斜率不存在，直線的方程為;若直線的斜率存在,設直線的方程為，即，，解得,直線的方程為:.故答案為：或（寫出一條即可）14.已知橢圓的左、右焦點分別為，直線與C交于M，N兩點，設的內切圓圓心為，外接圓圓心為，則的值為_______．【答案】【解析】【分析】根據題意求得的坐標，可得在直線上，由推得，進而求得，再由對稱性判斷點在軸上，利用點到直線的距離等于該點到直線的距離列方程，求出，即得，由兩點間距離公式即可求得.【詳解】由題意可得，由，解得和，即，易知直線經過點，由可得，故的外接圓圓心為的中點，即，又的內切圓圓心為，則由平分，故點在軸上，不妨設，易得直線的方程為，即，則點到直線距離等于該點到直線的距離，即，解得或（不合題意，舍去），故得，故.故答案為：.四?解答題（本大題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明?證明過程或演算步驟.）15.已知為實數(shù)，設直線.（1）若，求的值；（2）若，求與的距離.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由兩直線垂直關系求解即可.（2）由兩直線平行關系求出，結合兩平行線間距離公式即可求解.【小問1詳解】因為，解得.【小問2詳解】因為，所以，解得，此時，即由兩直線之間的距離公式16.已知圓過兩點，且圓心在直線上.（1）求圓的標準方程；（2）若過圓心的直線在軸，軸上的截距是互為相反數(shù)，求直線的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】(1)利用中垂線組方程組來求圓心和半徑，可得圓的標準方程；(2)利用直線過原點和直線不過原點且截距互為相反數(shù)，再用待定系數(shù)法來求解即可.【小問1詳解】由可知中點，設過的中垂線斜率為，，則.所以，即由，解得，故，圓的半徑為，故圓的標準方程為【小問2詳解】①若直線過原點，滿足題意，則可設，因為直線過，所以，則.②若直線不過原點，由于直線在軸，軸上的截距是互為相反數(shù)，設，因為直線過，所以，則，即綜上所述：直線的方程為或.17.已知圓，圓，過點作圓的切線，切線的長為2.（1）求圓的方程；（2）直線經過點，且與圓交于兩點，，求的方程和的值.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）過點作圓的切線，設切點為，連接，利用兩點間距離公式求出，由計算求解；（2）直線的斜率存在，設直線的方程為，設圓心到直線的距離為，利用求出，利用點到直線的距離公式求出，通過計算得到直線的方程，在中，利用余弦定理求出，利用數(shù)量積公式求出.【小問1詳解】過點作圓的切線，設切點為，連接，因為，所以，所以圓.【小問2詳解】顯然，直線的斜率存在，設直線的方程為，設圓心到直線的距離為，所以，解得，又因為，整理得，，解得或，所以的方程為或；在中，，所以.18.如圖1，在半徑為2的扇形中，，是弧PQ上的動點（不含，），過點作，交于點.（1）當時，求此時的長；（2）當?shù)拿娣e取得最大值時，將扇形沿著折起到，使得平面平面（如圖2所示）.求此時直線與平面所成角的正弦值；（3）在第（2）問的條件下，探究在圖2中的線段上是否存在點，使得四面體內切球的半徑為？并說明理由.【答案】（1）；（2）；（3）不存在，理由見解析.【解析】【分析】（1）利用正弦定理即可求出的長；（2）寫出的函數(shù)表達式，得出的面積取得最大值時，建立空間直角坐標系并表達出各點的坐標，得出的方向向量與平面的法向量，即可求出直線與平面所成角的正弦值；（3）求出四面體的表面積，計算出四面體的體積，即可得出半徑的范圍，進而得出結論.【小問1詳解】由題意，，，，∴，，在中，，由正弦定理，代入數(shù)據解得：【小問2詳解】由題意及（1）得，因為，，所以，設，則在中，由正弦定理，得，即，所以所以，因為，所以，所以當，即時，取得最大值，以為坐標原點，以所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，所以設平面OPE的法向量，，即得到∴直線與平面所成角的正弦值：.【小問3詳解】由題意，（1）及（2）得，由（2）知，，，，所以，，，所以四面體的表面積為，設四面體內切球的半徑為，則四面體的體積解得，因為，所以所以在線段上不存在點，使得四面體內切球的半徑為.19.已知橢圓的離心率為，且過點.（1）求橢圓的方程；（2），為橢圓上兩個不同的點，且，①求證：直線恒過定點，并求出該定點的坐標；②過點作直線的垂線，垂足為，求的最大值.【答案】（1）（2）①證明見解析，定點坐標為；②.【解析】【分析】（1）根據離心率和關系得到方程，解出即可；（2）①先考慮斜率不存在的情況，再采用設線法，設，再將其與橢圓方程聯(lián)立得到韋達定理式，代入向量表達式