2019-2020学年浙江省杭州高级中学高二(上)期中数学试卷

2019-2020学年浙江省杭州高级中学高二（上）期中数学试卷
试题数：22.满分：0
1.（单选题.4分）若直线l1：3x+my-2=0.l2：x+2y+8=0互相平行.则实数m的值为（）
A.-6
B.6
C. 3
2
D. −3
2
2.（单选题.4分）若直线l的斜率为2.且在x轴上的截距为1.则直线l的方程为（）
A.y=2x+1
B.y=2x-1
C.y=2x+2
D.y=2x-2
3.（单选题.4分）已知m.n为异面直线.直线l || m.则l与n（）
A.一定异面
B.一定相交
C.不可能相交
D.不可能平行
4.（单选题.4分）圆心为（1.1）且过原点的圆的标准方程是（）
A.（x-1）2+（y-1）2=1
B.（x+1）2+（y+1）2=1
C.（x+1）2+（y+1）2=2
D.（x-1）2+（y-1）2=2
5.（单选题.4分）若直线l的倾斜角α满足0°≤α＜150°.且α≠90°.则它的斜率k满足（）
＜k≤0
A.- √3
3
B.k＞- √3
3
C.k≥0或k＜- √3
D.k≥0或k＜- √3
3
6.（单选题.4分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1.O2.过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形.则该圆柱的表面积为（）
A.12 √2 π
B.12π
C.8 √2 π
D.10π 7.（单选题.4分）若x.y 满足约束条件 {x +y ≥1
x −y ≥−12x −y ≤2
.目标函数z=-ax+y 仅在点（1.0）处取得最小值.则实数a 的取值范围是（ ）
A.（-∞.2）
B.（-1.1）
C.（-1.2）
D.（-1.+∞）
8.（单选题.4分）某几何体的三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）
A. 13
B. 23
C. 16
D. 12
9.（单选题.4分）过点P （3.0）作直线2x+（λ+1）y-2λ=0（λ∈R ）的垂线.垂足为M.已知定点N （4.2）.则当λ变化时.线段|MN|的长度取值范围是（ ）
A. [0，√10+√5]
B. [√10−√5，√10+√5]
C. [√10，2√5]
D. [√5，2√10]
10.（单选题.4分）已知正四面体纸盒的俯视图如图所示.其中四边形ABCD 是边长为2的正方形.若在该正四面体纸盒内放一个正方体.使正方体可以在纸盒内任意转动.则正方体棱长的最大值是（ ）
A. 23
B. 1
3
C. √2
D. √3
11.（填空题.6分）已知直线l 过点A （3.1）.B （2.0）.则直线l 的倾斜角为___ .直线l 的方程为___ ．
12.（填空题.6分）已知直线l 1：ax+y-6=0与l 2：x+（a-2）y+a-1=0相交于点P.若l 1⊥l 2.则a=___ .此时点P 的坐标为___ ．
13.（填空题.6分）圆x 2+y 2+2y-3=0的半径为___ .若直线y=x+b 与圆x 2+y 2+2y-3=0交于两点.则b 的取值范围是___ ．
14.（填空题.6分）如图.在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中.AA 1=1.AB=AD=2.E.F 分别是BC.DC 的中点.则异面直线A 1B 1与EF 所成角为___ ；AD 1与EF 所成角的余弦值为___ ． 15.（填空题.4分）已知曲线y= √1−x 2 与直线x-7y+5=0交于A.B 两点.若直线OA.OB 的倾
斜角分别为α、β.则cos （α-β）___
16.（填空题.4分）已知M （x 0.y 0）到直线x+3y+2=0与直线3x+y+3=0的距离相等.且
y 0≥3x 0+1.则 y
0x 0 的最小值是___ ． 17.（填空题.4分）已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为8.点M 在线段BC 上（点M 异于B 、C 两点）.点N 为线段CC 1的中点.若平面AMN 截正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1所得的截面为五边形.则线段BM 长度的取值范围是___ ．
18.（问答题.0分）若实数x.y 满足约束条件 {x −y ≥0
x +y +2≥0x −2≤0
．
（1）在平面直角坐标系中画出此约束条件所表示的平面区域；
（2）若z=2x-y.求z 的最大值．
19.（问答题.0分）已知数列{a n}满足a1=1.na n+1=2（n+1）a n.设b n= a n
．
n
（1）求b1.b2.b3；
（2）判断数列{b n}是否为等比数列.并说明理由；
（3）求{a n}的通项公式．
20.（问答题.0分）如图.在直三棱柱ABC-A1B1C1中.D为棱AC的中点．
（1）求证：AB1 || 面BC1D；
（2）若AB=AC=2.BC=1. AA1=√3 .求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值．
21.（问答题.0分）如图.圆M：（x-2）2+y2=1.点P（-1.t）为直线l：x=-1上一动点.过点P引圆M的两条切线.切点分别为A、B．
（1）若t=1.求切线所在直线方程；
（2）求|AB|的最小值；
（3）若两条切线PA.PB与y轴分别交于S、T两点.求|ST|的最小值．
22.（问答题.0分）如图.在平面直角坐标系xOy中.已知圆O：x2+y2=4.过点P（0.3）.且斜率
)．
为k的直线l与圆O交于不同的两点A.B.点Q(0，4
3
（1）若直线l的斜率k=√2 .求线段AB的长度；
（2）设直线QA.QB的斜率分别为k1.k2.求证：k1+k2为定值.并求出该定值；
|MQ|.若存在.求出直线l的方程.若不（3）设线段AB的中点为M.是否存在直线l使|MO|= √6
3
存在说明理由．
2019-2020学年浙江省杭州高级中学高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
试题数：22.满分：0
1.（单选题.4分）若直线l1：3x+my-2=0.l2：x+2y+8=0互相平行.则实数m的值为（）
A.-6
B.6
C. 3
2
D. −3
2
【正确答案】：B
【解析】：由题意利用两条直线平行的性质.求得m的值．
【解答】：解：∵直线l1：3x+my-2=0.l2：x+2y+8=0互相平行.
∴ 3 1 = m
2
≠ −2
8
.∴m=6.
故选：B．
【点评】：本题主要考查两条直线平行的性质.属于基础题．
2.（单选题.4分）若直线l的斜率为2.且在x轴上的截距为1.则直线l的方程为（）
A.y=2x+1
B.y=2x-1
C.y=2x+2
D.y=2x-2
【正确答案】：D
【解析】：由题意利用点斜式求出直线l的方程．
【解答】：解：∵直线l的斜率为2.且在x轴上的截距为1.则直线l的方程为y-0=2（x-1）.即y=2x-2.
故选：D．
【点评】：本题主要考查用点斜式求直线的方程.属于基础题．
3.（单选题.4分）已知m.n为异面直线.直线l || m.则l与n（）
A.一定异面
B.一定相交
C.不可能相交
D.不可能平行
【正确答案】：D
【解析】：由已知结合空间中两直线的位置关系及平行公理得答案．
【解答】：解：若m.n为异面直线.直线l || m.则l与n可能异面.也可能相交.不可能平行.
若l与n平行.由平行公理可得.m与n平行.与m.n为异面直线矛盾．
结合选项可知.D正确．
故选：D．
【点评】：本题考查空间中直线与直线位置关系的判定.考查空间想象能力与思维能力.是基础题．
4.（单选题.4分）圆心为（1.1）且过原点的圆的标准方程是（）
A.（x-1）2+（y-1）2=1
B.（x+1）2+（y+1）2=1
C.（x+1）2+（y+1）2=2
D.（x-1）2+（y-1）2=2
【正确答案】：D
【解析】：利用两点间距离公式求出半径.由此能求出圆的方程．
【解答】：解：由题意知圆半径r= √2 .
∴圆的方程为（x-1）2+（y-1）2=2．
故选：D．
【点评】：本题考查圆的方程的求法.解题时要认真审题.注意圆的方程的求法.是基础题．
5.（单选题.4分）若直线l的倾斜角α满足0°≤α＜150°.且α≠90°.则它的斜率k满足（）
A.- √3
＜k≤0
3
B.k＞- √3
3
C.k≥0或k＜- √3
D.k≥0或k＜- √3
3
【正确答案】：D
【解析】：由直线的倾斜角的范围.得到正切值的范围.求解即可．
【解答】：解：直线的倾斜角α满足0°≤α＜150°.且α≠90°.由0≤k 或k ＜- √33 .
故选：D ．
【点评】：本题考查倾斜角和斜率的关系.注意倾斜角的范围.正切函数在[0. π2 ）、（ π2 .π）上都是单调增函数．
6.（单选题.4分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1.O 2.过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形.则该圆柱的表面积为（ ）
A.12 √2 π
B.12π
C.8 √2 π
D.10π
【正确答案】：B
【解析】：利用圆柱的截面是面积为8的正方形.求出圆柱的底面直径与高.然后求解圆柱的表面积．
【解答】：解：设圆柱的底面直径为2R.则高为2R.
圆柱的上、下底面的中心分别为O 1.O 2.
过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形.
可得：4R 2=8.解得R= √2 .
则该圆柱的表面积为： π•(√2)2×2+2√2π×2√2 =12π．
故选：B ．
【点评】：本题考查圆柱的表面积的求法.考查圆柱的结构特征.截面的性质.是基本知识的考查．
7.（单选题.4分）若x.y 满足约束条件 {x +y ≥1
x −y ≥−12x −y ≤2
.目标函数z=-ax+y 仅在点（1.0）处取得最小值.则实数a 的取值范围是（ ）
A.（-∞.2）
B.（-1.1）
C.（-1.2）
D.（-1.+∞）
【正确答案】：C
【解析】：作出不等式对应的平面区域.利用线性规划的知识.确定目标取最优解的条件.即可求
出a的取值范围．
【解答】：解：作出不等式对应的平面区域.
可行域为△ABC.
由z=-ax+y可得y=ax+z.直线的斜率k=a
∵k AC=2.k AB=-1
若目标函数z=-ax+y仅在点A（1.0）处取得最小值.则有k AB＜k＜k AC
即-1＜a＜2.
即实数a的取值范围是（-1.2）
故选：C．
【点评】：本题考查了平面区域中线性规划中的应用问题.解题时利用平移直线法.属于中档题．8.（单选题.4分）某几何体的三视图如图所示.则该几何体的体积为（）
A. 1
3
B. 2
3
C. 1
6
D. 1
2
【正确答案】：C
【解析】：首先把三视图转换为直观图.进一步求出几何体的体积．
【解答】：解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为三棱锥体.其中两条虚线分别表示下底的高和垂直底面的高．
如图所示：
故：V= 1
3×1
2
×(1
2
+1
2
)×1×=1
6
．
故选：C．
【点评】：本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换.几何体的体积公式.主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力.属于基础题．
9.（单选题.4分）过点P（3.0）作直线2x+（λ+1）y-2λ=0（λ∈R）的垂线.垂足为M.已知定点N（4.2）.则当λ变化时.线段|MN|的长度取值范围是（）
A. [0，√10+√5]
B. [√10−√5，√10+√5]
C. [√10，2√5]
D. [√5，2√10]
【正确答案】：B
【解析】：根据题意.由直线2x+（λ+1）y-2λ=0的方程分析可得直线经过定点（-1.2）.设Q （-1.2）.分析可得M的轨迹是以PQ为直径的圆.易得圆的圆心与半径.结合点与圆的位置关系即可得答案．
【解答】：解：根据题意.直线2x+（λ+1）y-2λ=0（λ∈R ）.变形可得2x+y+λ（y-2）=0. 则有 {2x +y =0y −2=0 .解可得 {x =−1y =2 .即直线恒过定点（-1.2）.设Q （-1.2）.
过点P （3.0）作直线2x+（λ+1）y-2λ=0（λ∈R ）的垂线.垂足为M. 则M 的轨迹是以PQ 为直径的圆.其圆心为（1.1）.半径r= 1
2 |PQ|= √5 . 其方程为（x-1）2+（y-1）2=5.
已知定点N （4.2）.则|NC|= √(4−1)2+(2−1)2 = √10 . 则有|NC|-r≤|MN|≤|NC|+r .即 √10 - √5 ≤|MN|≤ √10 + √5 . 故选：B ．
【点评】：本题考查直线与圆的位置关系.涉及恒过定点的直线方程.注意分析M 的轨迹.属于综合题．
10.（单选题.4分）已知正四面体纸盒的俯视图如图所示.其中四边形ABCD 是边长为2的正方形.若在该正四面体纸盒内放一个正方体.使正方体可以在纸盒内任意转动.则正方体棱长的最大值是（ ）
A. 2
3
B. 1
3 C. √2 D. √3
【正确答案】：A
【解析】：以正方体为载体作出正四面体的直观图.得出正四面体的棱长.计算正四面体的体积和表面积.得出其内切球的半径.令小正方体的体对角线小于或等于内切球的直径得出小正方体棱长的范围即可．
【解答】：解：作出正四面体A-CB 1D 1的直观图如图所示. 由于俯视图的正方形边长为2.故正四面体的棱长为2 √2 .
故正四面体的体积V=23- 1
3×1
2×2×2×2 ×4= 8
3 .表面积为S= √3
4×(2√2)2
×4=8 √3 .
设正四面体的内切球半径为R.则 1
3×8√3×R = 83 .解得R= √33
. 设放入正四面体纸盒内部的小正方体棱长为a.则 √3 a≤2R= 2√3
3
.故a≤ 2
3 ．
故选：A ．
【点评】：本题考查了棱锥与球的位置关系.考查棱锥三视图与体积、表面积计算.属于中档题． 11.（填空题.6分）已知直线l 过点A （3.1）.B （2.0）.则直线l 的倾斜角为___ .直线l 的方程为___ ．
【正确答案】：[1]45°; [2]x-y-2=0
【解析】：由两点求斜率公式可得AB 所在直线斜率.再由斜率等于倾斜角的正切值求解.进而求出直线方程．
【解答】：解：直线l 过点A （3.1）.B （2.0）. 由两点求斜率公式可得：k AB =
1−0
3−2
=1． 设直线l 的倾斜角为α（0°≤α＜180°）. ∴tanα=1.则α=45°．
∴直线l 的方程为：y-0=1×（x-2）.即x-y-2=0． 故答案为：45°.x-y-2=0．
【点评】：本题考查直线的斜率公式.考查直线斜率与倾斜角的关系.是基础题．
12.（填空题.6分）已知直线l 1：ax+y-6=0与l 2：x+（a-2）y+a-1=0相交于点P.若l 1⊥l 2.则a=___ .此时点P 的坐标为___ ． 【正确答案】：[1]1; [2]（3.3）
【解析】：由直线垂直的性质得a×1+1×（a-2）=0.由此能求出a.再由直线l 1和l 2联立方程组.能求出点P 的坐标．
【解答】：解：∵直线l1：ax+y-6=0与l2：x+（a-2）y+a-1=0相交于点P.l1⊥l2. ∴a×1+1×（a-2）=0.
解得a=1.
解方程{x+y−6=0
x−y=0 .解得x=3.y=3.∴P（3.3）．
故答案为：1.（3.3）．
【点评】：本题考查两直线垂直时直线方程中参数值的求法.考查两直线交点坐标的求法.是基础题.解题时要认真审题.注意直线垂直的性质的合理运用．
13.（填空题.6分）圆x2+y2+2y-3=0的半径为___ .若直线y=x+b与圆x2+y2+2y-3=0交于两点.则b的取值范围是___ ．
【正确答案】：[1]2; [2] (−1−2√2，2√2−1)
【解析】：将圆方程化为标准方程.找出半径即可．由圆心到直线的距离小于圆的半径求得答案．
【解答】：解：圆的方程x2+y2+2y-3=0变形得：x2+（y+1）2=4.
∴圆的半径为2．
∵直线y=x+b与圆x2+y2+2y-3=0相交.
∴d= |1+b|
√1+1
＜2；
∴解得b∈ (−1−2√2，2√2−1)；
故b的取值范围为：(−1−2√2，2√2−1)．
故答案为：2；(−1−2√2，2√2−1)．
【点评】：本题考查直线与圆的位置关系的应用.考查了点到直线距离公式.体现了数学转化思想方法.是中档题．
14.（填空题.6分）如图.在长方体ABCD-A1B1C1D1中.AA1=1.AB=AD=2.E.F分别是BC.DC的中点.则异面直线A1B1与EF所成角为___ ；AD1与EF所成角的余弦值为___ ．
【正确答案】：[1] π
4 ; [2] √10
5
【解析】：作出异面直线所成的角.根据特殊三角形得出所求角或利用余弦定理计算角的余弦值．
【解答】：解：∵A 1B 1 || AB || CD.∴∠CFE 为异面直线A 1B 1与EF 所成的角. ∵CE= 12 BC=1.CF= 12
CD=1.BC⊥CD .
∴∠CFE= π4 .即异面直线A 1B 1与EF 所成角为 π4
. 取CC 1中点H.连接EH.BC 1.
∵AD 1 || BC 1 || EH.∴∠HEF 为AD 1与EF 所成的角. ∵CH= 12 CC 1= 12 .∴EH=FH= √14+1 = √5
2 .又EF= √2 . ∴cos∠HEF=
54+2−542×√5
2
×√2
=
√10
5
． 故答案为： π4 . √10
5
．
【点评】：本题考查了异面直线所成角的计算.属于基础题．
15.（填空题.4分）已知曲线y= √1−x 2 与直线x-7y+5=0交于A.B 两点.若直线OA.OB 的倾斜角分别为α、β.则cos （α-β）___ 【正确答案】：[1]0
【解析】：求得半圆的圆心到直线的距离.可得弦长|AB|.判断三角形ABO 的形状.进而得到所求值．
【解答】：解：曲线y= √1−x 2 与直线x-7y+5=0交于A.B 两点.如图所示. 可得半圆的圆心（0.0）到直线的距离为d= √1+49
= √2
2 . 可得弦长|AB|=2 √1−1
2 = √2 .
即有△ABO 为直角三角形.且∠AOB 为直角. 可得cos （α-β）=cos∠AOB=0．
故答案为：0．
【点评】：本题考查圆方程的运用和直线方程的运用.考查圆的弦长公式和数形结合思想.属于基础题．
16.（填空题.4分）已知M（x0.y0）到直线x+3y+2=0与直线3x+y+3=0的距离相等.且
y0≥3x0+1.则y0
x0
的最小值是___ ．
【正确答案】：[1]-1
【解析】：由点到直线的距离公式可得M的轨迹方程.与y0≥3x0+1.作出图形.求得y0
x0
的范围得答案．
【解答】：解：∵M（x0.y0）到直线x+3y+2=0与直线3x+y+3=0的距离相等.∴ |x0+3y0+2|
√10
= |3x0+y0+3|
√10
.
可得：x0+3y0+2=3x0+y0+3.即2x0-2y0+1=0.
或x0+3y0+2=-（3x0+y0+3）.即4x0+4y0+5=0.
由题意{2x0−2y0+1=0
y0≥3x0+1① .或{
4x0+4y0+5=0
y0≥3x0+1② .
由① 可得图1.联立{2x0−2y0+1=0
y0=3x0+1 .可得P（−
1
4
，1
4
）.
可知当M与P重合时. y0
x0
取最小值-1；
由② 可得图2.联立{4x0+4y0+5=0
y0=3x0+1 .可得P（−
9
16
，−11
16
）.
＞-1．
可得y0
x0
的最小值是-1．
综上. y0
x0
故答案为：-1．
【点评】：本题考查轨迹方程的求法.考查简单的线性规划.考查数形结合的解题思想方法.是中档题．
17.（填空题.4分）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为8.点M在线段BC上（点M异于B、C两点）.点N为线段CC1的中点.若平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为五边形.则线段BM长度的取值范围是___ ．
【正确答案】：[1]（1.2）
【解析】：当点M为线段BC的中点时.截面为四边形AMND1.从而当0＜BM≤1时.截面为四边形.当BM＞1时.截面为五边形.由此能求出线段BM的取值范围．
【解答】：解：∵正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为8.点M在线段BC上（点M异于B.C两点）.
点N为线段CC1的中点.平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为四边形.
∴依题意.当点M为线段BC的中点时.
由题意可知.截面为四边形AMND1.
当0＜BM≤1时.截面为四边形.当BM＞1时.截面为五边形.
∵平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为五边形.
∴线段BM的取值范围为（1.2）．
故答案为：（1.2）．
【点评】：本题考查线段的取值范围的求法.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算求解能力.考查函数与方程思想.是中档题．
18.（问答题.0分）若实数x.y 满足约束条件 {x −y ≥0
x +y +2≥0x −2≤0 ．
（1）在平面直角坐标系中画出此约束条件所表示的平面区域； （2）若z=2x-y.求z 的最大值．
【正确答案】：
【解析】：（1）由约束条件作出可行域；
（2）根据可行域.化目标函数为直线方程的斜截式.数形结合得到最优解.联立方程组求出最优解的坐标.代入目标函数得答案．
【解答】：解：（1）由约束条件 {x −y ≥0
x +y +2≥0x −3≤0 作出此约束条件所表示的平面区域如图
△ABC .
（2）化目标函数z=2x-y 为y=2x-z.
由图可知.当直线y=2x-z 过C 时.直线在y 轴上的截距-z 最小.z 最大.此时x=3.y=-5.z 有最大值11．
【点评】：本题考查简单的线性规划.考查了数形结合的解题思想方法.是中档题．
19.（问答题.0分）已知数列{a n }满足a 1=1.na n+1=2（n+1）a n .设b n = a
n
n ．
（1）求b 1.b 2.b 3；
（2）判断数列{b n}是否为等比数列.并说明理由；
（3）求{a n}的通项公式．
【正确答案】：
【解析】：（1）直接利用已知条件求出数列的各项．
（2）利用定义说明数列为等比数列．
（3）利用（1）（2）的结论.直接求出数列的通项公式．【解答】：解：（1）数列{a n}满足a1=1.na n+1=2（n+1）a n.
则：a n+1
n+1
a n
n
=2（常数）.
由于b n=a n
n
.
故：b n+1
b n
=2 .
数列{b n}是以b1为首项.2为公比的等比数列．
整理得：b n=b1•2n−1=2n−1 .
所以：b1=1.b2=2.b3=4．
（2）数列{b n}是为等比数列.
由于b n+1
b n
=2（常数）；
所以：数列{b n}是以b1为首项.2为公比的等比数列．
（3）由（1）得：b n=2n−1 .
根据b n=a n
n
.
所以：a n=n•2n−1．
【点评】：本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．
20.（问答题.0分）如图.在直三棱柱ABC-A1B1C1中.D为棱AC的中点．（1）求证：AB1 || 面BC1D；
（2）若AB=AC=2.BC=1. AA1=√3 .求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值．
【正确答案】：
【解析】：（1）取A 1C 1的中点D 1.证明平面AB 1D 1 || 平面BC 1D.于是可得AB 1 || 面BC 1D ； （2）建立空间坐标系.利用向量坐标求出 AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 和 BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角得出异面直线所成角．
【解答】：（1）证明：取A 1C 1的中点D 1.连接B 1D 1.AD 1.DD 1. ∵C 1D 1 || AD.C 1D 1=AD.
∴四边形ADC 1D 1是平行四边形.∴AD 1 || DC 1. 又AD 1⊄平面BC 1D.C 1D⊂平面BC 1D. ∴AD 1 || 平面BC 1D.
同理可证：B 1D 1 || 平面BC 1D.
又AD 1∩B 1D 1=D 1.AD 1⊂平面AB 1D 1.B 1D 1⊂平面AB 1D 1. ∴平面AB 1D 1 || 平面BC 1D.又AB 1⊂平面AB 1D 1. ∴AB 1 || 面BC 1D ．
（2）解：取BC 的中点O.B 1C 1的中点E.连接AO. ∵AB=AC=2.BC=1.∴OA⊥BC .OA=
√15
2
. 以O 为原点.以OB.OA.OE 为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz.如图所示. 则A （0.
√15
2 .0）.B 1（ 12 .0. √
3 ）.B （ 12 .0.0）.C 1（- 12 .0. √3 ）. ∴ AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（ 12
.- √15
2
. √3 ）. BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1.0. √3 ）. ∴cos ＜ AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＞= AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ •BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
= −1
2+3√7×2 = 5√728 . ∴异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为 5√7
28 ．
【点评】：本题考查了线面平行的判定.考查空间向量与异面直线的夹角计算.属于中档题．21.（问答题.0分）如图.圆M：（x-2）2+y2=1.点P（-1.t）为直线l：x=-1上一动点.过点P引圆M的两条切线.切点分别为A、B．
（1）若t=1.求切线所在直线方程；
（2）求|AB|的最小值；
（3）若两条切线PA.PB与y轴分别交于S、T两点.求|ST|的最小值．
【正确答案】：
【解析】：（1）设切线方程.利用圆心到切线距离等于半径求得斜率即可得解；
（2）连接PM.AB交于N.利用∠MPA=∠MAN.结合正余弦可得最值；
（3）利用（1）的方法.得到k的二次方程.结合根与系数关系.用含t的式子表示去表示|ST|.可得最值．
【解答】：解：（1）由题意.切线斜率存在.
可设切线方程为y-1=k（x+1）.
即kx-y+k+1=0.
则圆心M 到切线的距离d=
√k 2+1 =1. 解得k=0或- 34 . 故所求切线方程为y=1.3x+4y-1=0；
（2）
连接PM.AB 交于点N.
设∠MPA=∠MAN=θ.
则|AB|=2|AM|cosθ=2cosθ.
在Rt△MAP 中.sinθ= |AM||PM| = 1|PM| .
∵|PM|≥3.
∴（sinθ）max = 13 .
∴（cosθ）min =
2√23 . ∴|AB|min = 4√23
； （3）设切线方程为y-t=k （x+1）.即kx-y+k+t=0.
PA.PB 的斜率为k 1.k 2.
故圆心M 到切线的距离d=
√k 2+1 =1.
得8k 2+6kt+t 2-1=0.
∴k 1+k 2=- 34t .k 1k 2= t 2−18 . 在切线方程中令x=0可得y=k+t.
故|ST|=|（k 1+t ）-（k 2+t ）|=|k 1-k 2|
= √(k 1+k 2)2−4k 1k 2 = √t 2+84 . ∴|ST|min = √22 .此时t=0． 故|ST|的最小值为 √22
．
【点评】：此题考查了圆的切线及最值问题.综合性较强.难度较大．
22.（问答题.0分）如图.在平面直角坐标系xOy中.已知圆O：x2+y2=4.过点P（0.3）.且斜率
)．
为k的直线l与圆O交于不同的两点A.B.点Q(0，4
3
（1）若直线l的斜率k=√2 .求线段AB的长度；
（2）设直线QA.QB的斜率分别为k1.k2.求证：k1+k2为定值.并求出该定值；
|MQ|.若存在.求出直线l的方程.若不（3）设线段AB的中点为M.是否存在直线l使|MO|= √6
3
存在说明理由．
【正确答案】：
【解析】：（1）由题意可得直线l的方程.求出圆心O到直线l的距离d及圆的半径.再由弦长与半径即圆心到直线的距离的关系求出弦长；
（2）设直线l的方程与圆O联立求出两根之和及两根之积.进而求出直线QA.QB的斜率之和.可证得斜率之和为定值0；
|MQ|.可得k的表达式.进而求出k的（3）由（2）可得线段AB的中点M的坐标.由|MO|= √6
3
值.求出直线l 的方程．
【解答】：解：（1）由题意可得直线l 的方程为：y= √2x +3. 所以圆O 到直线l 的距离d= √3 = √3 . 圆O 的半径r=2.所以弦长|AB|=2 √r 2−d 2 =2 √22−(√3)2 =2；
（2）证明：设直线l 的方程为：y=kx+3.设A （x 1.y 1）.B （x 2.y 2）.
将直线l 的方程与圆联立 {y =kx +3x 2+y 2=4
.整理可得：（1+k 2）x 2+6kx+5=0. △=36k 2-20（k 2+1）＞0.可得：k 2 ＞54 .
x 1+x 2= −6k 1+k 2 .x 1x 2= 51+k 2 .
k 1+k 2= y 1−43x 1 + y 2−43x 2 = (kx 1+3−43)x 2+(kx 2+3−43)x 1x 1x 2 =2k+ 53(x 1+x 2)x 1x 2 =2k+ 53•(−6k 1+k 2)5
1+k 2 =2k-2k=0.
所以可证得：k 1+k 2为定值0．
（3）由（2）可得AB 的中点M （ x 1+x 22 . y 1+y 22 ）.即（ −3k 1+k 2 . 31+k 2 ）. 因为|MO|= √63 |MQ|.所以 9k 2(1+k 2)2 + 9(1+k 2)2 = 23 [ 9k 2(1+k 2)2 +（ 31+k 2 - 43 ）2]. 整理可得： 251+ k 2 = 329 .解得k 2= 19332 .满足k 2 ＞54 所以k=± √3868
. 所以直线l 的方程为：y= ±
√3868 x+3．
【点评】：本题考查求弦长即直线与圆的位置关系.属于中档题．。