2023-2024学年浙江省绍兴市上虞区高二(上)期末数学试卷【答案版】

2023-2024学年浙江省绍兴市上虞区高二（上）期末数学试卷
一、单选题
1．直线l 经过A(4，2√3)，B(3，√3)两点，则l 的倾斜角是（ ） A ．−π6
B ．π6
C ．π3
D ．π2
2．抛物线y ＝4x 2的焦点坐标为（ ） A ．（1，0）
B ．（﹣1，0）
C ．(0，−
1
16
) D ．(0，
116
) 3．已知数列{a n }满足a 1=2，a n+1=a n −1
a n +3
，n ∈N ∗，则a 4＝（ ） A ．15
B ．−14
C ．−
511 D ．−47
4．已知E ，F 分别是空间四边形ABCD 的对角线AC ，BD 的中点，点G 是线段EF 的中点，P 为空间中任意一点，则PA →
+PB →
+PC →
+PD →
=（ ）
A ．PG →
B ．2PG →
C ．3PG →
D ．4PG →
5．若方程x 2+y 2+2kx ﹣4y +k 2+k ﹣2＝0表示的曲线是圆，则实数k 的取值范围是（ ） A ．（﹣6，﹣∞）
B ．[﹣6，+∞）
C ．（﹣∞，6]
D ．（﹣∞，6）
6．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，过AB 作一垂直于B 1C 的平面交平面ADD 1A 1于直线l ，动点M 在l 上，则直线BM 与CD 1所成角的余弦值的最大值是（ ） A ．
√3
2
B ．
√22 C ．12
D ．1
7．已知等腰直角△ABC 的斜边AB =√2，M ，N 分别为AC ，AB 上的动点，将△AMN 沿MN 折起，使点A 到达点A '的位置，且平面A 'MN ⊥平面BCMN ．若点A '，B ，C ，M ，N 均在球O 的球面上，则球O 表面积的最小值为（ ） A ．
8π3
B ．
3π2
C ．
√6π
3
D ．
4π3
8．设椭圆C 的两个焦点是F 1，F 2，过点F 1的直线与椭圆C 交于点P ，Q ，若|PF 2|＝|F 1F 2|，且3|PF 1|＝4|QF 1|，则椭圆C 的离心率为（ ） A ．13
B ．57
C ．35
D ．34
二、多选题
9．对于两条不同直线m，n和两个不同平面α，β，下列选项正确的是（）
A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n B．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n或m∥n
C．若m∥α，α⊥β，则m∥β或m⊂βD．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α
10．已知圆O1：x2+y2﹣2x﹣3＝0和圆O2：x2+y2﹣2y﹣1＝0交点为A，B，则（）A．圆O1和圆O2有两条公切线
B．直线AB的方程为x﹣y+1＝0
C．圆O2上存在两点P和Q使得|PQ|＞|AB|
D．圆O1上的点到直线AB的最大距离为2+√2
11．两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）．已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α．当θ＜α＜π2时，截口曲线为椭圆；当α＝θ时，截口曲线为抛物线；当0＜α＜θ时，截口曲线为双曲线．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P在平面ABCD内，下列说法正确的是（）
A．若点P到直线CC1的距离与点P到平面BB1C1C的距离相等，则点P的轨迹为抛物线
B．若点P到直线CC1的距离与点P到AA1的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆
C．若∠BD1P＝45°，则点P的轨迹为抛物线
D．若∠BD1P＝60°，则点P的轨迹为双曲线
12．如图，直平面六面体ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都为2，∠DAB＝60°，P为CC1的中点，点Q是四边形CC1D1D（包括边界）内，则下列结论正确的是（）
A ．过点A 1，
B ，P 的截面是直角梯形
B ．若直线AQ ∥面A 1BP ，则直线AQ 的最小值为√5
C ．存在点Q 使得直线B 1Q ⊥面A 1BP
D ．点Q 到面A 1BP 的距离的最大值为3√30
10
三、填空题
13．经过点M （3，﹣1），且对称轴在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为 ． 14．设两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和TT n ，且
S n T n
=
7n 9n+4
，则
a 3
b 3
= ．
15．已知抛物线C ：y 2＝2x 和圆M ：（x ﹣a ）2+y 2＝1，若抛物线与圆在交点处的切线互相垂直，则实数a ＝ ．
16．正三棱锥S ﹣ABC ，SA ＝2AB ＝4，点P 为侧棱SA 的中点，M ，N 分别是线段SB ，AB 上的动点，则2PM +MN 的最小值为 ． 四、解答题
17．（10分）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝b 1＝1，a 2+b 2＝2． （1）若a 3+b 3＝3，求{b n }的通项公式； （2）若T 3＝21，求S 3．
18．（12分）已知圆C 过点A （4，2）和点B （1，3），圆心在直线y ＝x ﹣1上． （1）求圆C 的方程，并写出圆心坐标和半径的值；
（2）若直线l 经过点P （1，﹣1），且l 被圆C 截得的弦长为4，求直线l 的方程．
19．（12分）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点． （Ⅰ）证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；
（Ⅱ）求直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值．
20．（12分）已知抛物线C ：y 2＝2px （p ＞0）的焦点为F ，Q 为C 上一点且纵坐标为4，QP ⊥y 轴于点P ，且|QP|=1
2
|QF|．
（1）求p的值；
（2）已知点M(1
2
，−2)，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足k AM+k BM=−8
5
．证明：直线AB恒
过定点（﹣2，﹣3）．
21．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=π3，侧面△P AD是边长为2的正三角形，侧面P AD⊥平面ABCD．
（1）证明：AD⊥BP；
（2）若点Q为棱PC上的动点，求平面ABQ与平面PBC夹角的正弦值的最小值．
22．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2
a2+
y2
b2
=1(a＞b＞0)的离心率e=√23，且椭圆C
上的点到点Q（0，2）的距离的最大值为3．
（1）求椭圆C的方程；
（2）在椭圆C上，是否存在点M（m，n），使得直线l：mx+ny＝1与圆O：x2+y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
2023-2024学年浙江省绍兴市上虞区高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题
1．直线l 经过A(4，2√3)，B(3，√3)两点，则l 的倾斜角是（ ） A ．−π6
B ．π6
C ．π3
D ．π2
解：由题知：k AB =√3−2√3
3−4
=√3，设直线的倾斜角为θ，θ∈[0，π），故tanθ=√3，所以倾斜角θ=π
3
．
故选：C ．
2．抛物线y ＝4x 2的焦点坐标为（ ） A ．（1，0）
B ．（﹣1，0）
C ．(0，−
1
16
) D ．(0，
116
) 解：由y ＝4x 2，得x 2=14y ，所以抛物线的焦点在y 轴的正半轴上，且2p =1
4，
所以p =18，p 2=116
，所以焦点坐标为(0，1
16)．
故选：D ．
3．已知数列{a n }满足a 1=2，a n+1=a n −1
a n +3
，n ∈N ∗，则a 4＝（ ） A ．1
5
B ．−14
C ．−
511 D ．−47
解：∵a 1=2，a n+1=a n −1
a n +3
，n ∈N ∗， ∴a 2=
a 1−1a 1+3=15，a 3=a 2−1a 2+3=−14，a 4=a 3−1a 3+3=−5
11
． 故选：C ．
4．已知E ，F 分别是空间四边形ABCD 的对角线AC ，BD 的中点，点G 是线段EF 的中点，P 为空间中任意一点，则PA →
+PB →
+PC →
+PD →
=（ ）
A ．PG →
B ．2PG →
C ．3PG →
D ．4PG →
解：∵E ，F 分别是空间四边形ABCD 的对角线AC ，BD 的中点， ∴PA →+PC →=2PE →，PB →+PD →=2PF →
，
又点G 是线段EF 的中点，则PA →+PB →+PC →+PD →=2PE →+2PF →=4PG →
． 故选：D ．
5．若方程x 2+y 2+2kx ﹣4y +k 2+k ﹣2＝0表示的曲线是圆，则实数k 的取值范围是（ ） A ．（﹣6，﹣∞）
B ．[﹣6，+∞）
C ．（﹣∞，6]
D ．（﹣∞，6）
解：由方程x 2+y 2+2kx ﹣4y +k 2+k ﹣2＝0可得（x +k ）2+（y ﹣2）2＝6﹣k ， 则当曲线表示圆时，有r =√6−k ＞0，解得k ＜6， 故选：D ．
6．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，过AB 作一垂直于B 1C 的平面交平面ADD 1A 1于直线l ，动点M 在l 上，则直线BM 与CD 1所成角的余弦值的最大值是（ ） A ．
√3
2
B ．
√22 C ．12
D ．1
解：设该正方体的棱长为1，
如图，易知与B 1C 垂直且过AB 的平面即为平面ABC 1D 1，故直线l 即为直线AD 1， 又CD 1∥A 1B ，
则直线CD 1与直线BM 所成角即为∠A 1BM （或其补角）， 连接A 1M ，显然当A 1M 最小时，sin ∠A 1BM 取最小值， 此时cos ∠A 1BM 取最大值，
当点M 为AD 1的中点时，A 1M 最小，其值为√2
2
， 此时sin A 1BM =A 1M A 1B =√2
22
=12，
即cos ∠A 1BM =√3
2
，
故选：A ．
7．已知等腰直角△ABC 的斜边AB =√2，M ，N 分别为AC ，AB 上的动点，将△AMN 沿MN 折起，使点A 到达点A '的位置，且平面A 'MN ⊥平面BCMN ．若点A '，B ，C ，M ，N 均在球O 的球面上，则球O 表面积的最小值为（ ）
A．8π
3
B．
3π
2
C．
√6π
3
D．
4π
3
解：由点A′，B，C，M，N均在球O的球面上，且B．C，M，N共圆（M不与A重合），所以∠NMC+∠B＝∠C+∠MNB＝π（M不与C重合），
又△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，即有MN⊥AB，
如上图，△ANM、△BNM、△BCM都为直角三角形，且∠ANM＝∠MNB＝∠C=π2，
由平面图到立体图知：MN⊥A′N，MN⊥BN，
又面A′MN⊥面BCMN，面A′MN∩面BCMN＝MN，A′N⊂面A′MN，
所以A′N⊥面BCMN，同理可得BN⊥面A′MN，
将△AMN翻折后，A′M，BM的中点D，E分别为△A′MN，四边形BCMN外接圆圆心，
过D作DO⊥面A′MN，过E作EO⊥面BCMN，它们交于O，即为A′﹣BNMC外接球球心，如下图示，
再过D作DF⊥面BCMN，交NM于F，连接EF，则EFDO为矩形，
综上，DF∥A′N，DO∥BN，则F为MN中点，
所以，DO＝EF=1
2
BN，而A′C＝BC＝1，AB=√2，
令A′N＝x且0＜x≤1，则BN=√2−x，故DO=√2−x
2
，A′M=√2x，
所以球O半径，r=√DO2+(1
2
A′M)2=√
3x2−2√2x+2
4
=√
3(x−√2
3
)2+4
3
4
，
当x=√2
3时，r min=
1
3
，故球O表面积的最小值为4πr2=
4π
3
．
故选：D．
8．设椭圆C的两个焦点是F1，F2，过点F1的直线与椭圆C交于点P，Q，若|PF2|＝|F1F2|，且3|PF1|＝
4|QF1|，则椭圆C的离心率为（）
A．1
3
B．
5
7
C．
3
5
D．
3
4
解：如图，因为|PF2|＝|F1F2|，且3|PF1|＝4|QF1|，所以|PF2|＝|F1F2|2c，可得|PF1|＝2a﹣2c，
|QF1|=3
2(a−c)，故|QF2|=
a
2
+
3
2
c．
过F2作F2N⊥PQ，在直角三角形NQF2中，|NF2|2＝（2c）2﹣（a﹣c）2，|QN|=5
2
(a−c)，
由|NF2|2+|QN|2＝|QF2|2，可得7c2﹣12ac+5a2＝0．即可得7e2﹣12e+5＝0，
∴e=5 7．
故选：B．
二、多选题
9．对于两条不同直线m，n和两个不同平面α，β，下列选项正确的是（）A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n B．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n或m∥n
C．若m∥α，α⊥β，则m∥β或m⊂βD．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若m⊥α，n⊥β且α⊥β，则由线面垂直、面面垂直的性质得m，n一定垂直，故A正确；
对于B，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m与n相交、平行或异面，故B错误；
对于C，若m∥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β或m，β相交，C错误；
对于D，若m⊥α，m⊥n，则由线面垂直的性质得n∥α或n⊂α，故D正确．
故选：AD．
10．已知圆O1：x2+y2﹣2x﹣3＝0和圆O2：x2+y2﹣2y﹣1＝0交点为A，B，则（）A．圆O1和圆O2有两条公切线
B．直线AB的方程为x﹣y+1＝0
C．圆O2上存在两点P和Q使得|PQ|＞|AB|
D．圆O1上的点到直线AB的最大距离为2+√2
解：根据题意，圆O1：x2+y2﹣2x﹣3＝0，即（x﹣1）2+y2＝4，其圆心为（1，0），半径R＝2，
圆O2：x2+y2﹣2y﹣1＝0，即x2+（y﹣1）2＝2，其圆心为（0，1），半径r=√2，
依次分析选项：
对于A，两圆的圆心距d=√2，有2−√2＜√2＜2+√2，则两圆相交，则圆O1和圆O2有两条公切线，A 正确；
对于B，圆O1：x2+y2﹣2x﹣3＝0和圆O2：x2+y2﹣2y﹣1＝0，联立两个圆的方程可得x﹣y+1＝0，即直AB的方程为x﹣y+1＝0，B正确；
对于C，直AB的方程为x﹣y+1＝0，经过圆O2的圆心，则线段AB为圆O2的直径，故|PQ|≤|AB|，C 错误；
对于D，圆O1的圆心为（1，0），到直线AB的距离d=|1+1|
√2
=√2，圆O1上的点到直线AB的最大距
离为d+R＝2+√2，D正确；
故选：ABD．
11．两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）．已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α．当θ＜α＜π2时，截口曲线为椭圆；当α＝θ时，截口曲线为抛物线；当0＜α＜θ时，截口曲线为双曲线．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P在平面ABCD内，下列说法正确的是（）
A．若点P到直线CC1的距离与点P到平面BB1C1C的距离相等，则点P的轨迹为抛物线
B．若点P到直线CC1的距离与点P到AA1的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆
C．若∠BD1P＝45°，则点P的轨迹为抛物线
D．若∠BD1P＝60°，则点P的轨迹为双曲线
解：A：如下图，
P到直线CC1的距离与P到平面BB1C1C的距离相等，又P在平面ABCD内，
所以在平面内，P到C的距离与P到直线BC的距离相等，又C∈BC，
∴P在直线CD上，故P的轨迹为直线，故A错误；
B：P到直线CC1的距离与P到AA的距离之和等于4，
同A知：平面内，P到C的距离与P到A的距离之和等于4，而|AC|=√2＜4，∴P的轨迹为椭圆，故B正确；
C：如下示意图，根据正方体的性质知：BD1与面ABCD所成角的平面角∠D1BD＝α，
∴∠BD1P＝45°时，相当于以BD1为轴，轴截面的顶角为2θ＝90°的圆锥被面ABCD所截形成的曲线，而BD1=√6，DD1=2，则sinα=√63＞√22=sin45°，
即45°＜α＜90°，故P的轨迹为椭圆，故C错误；
D：同C分析：∠BD1P＝60°时，相当于以BD1为轴，轴截面的顶角为2θ＝120°的圆锥被面ABCD所
截形成的曲线，而sinα=√6
3＜√3
2
=sin60°，即0＜α＜60°，故P的轨迹为双曲线，故D正确．
故选：BD．
12．如图，直平面六面体ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都为2，∠DAB＝60°，P为CC1的中点，点Q是四边形CC1D1D（包括边界）内，则下列结论正确的是（）
A．过点A1，B，P的截面是直角梯形B．若直线AQ∥面A1BP，则直线AQ的最小值为√5
C ．存在点Q 使得直线B 1Q ⊥面A 1BP
D ．点Q 到面A 1BP 的距离的最大值为
3√30
10
解：对于A ，过点A 1，B ，P 的截面交C 1D 1于E ，即为平面A 1BPE ，
以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 可得A 1（√3，﹣1，2），B （√3，1，0），P （0，2，1）， 故A 1B →
=(0，2，−2)，BP →
=(−√3，1，1)， 故A 1B →
⋅BP →
=0+2−2=0，故A 1B ⊥BP ， 所以四边形A 1BPE 为直角梯形，故选项A 正确； 对于B ，如图M ，N 分别为DD 1，DC 的中点，
易证MN ∥A 1B ，MN ⊄平面A 1BP ，A 1B ⊂平面A 1BP ，所以MN ∥平面A 1BP ， AM ∥BP ，AM ⊄平面A 1BP ，BP ⊂平面A 1BP ，所以AM ∥平面A 1BP ， 又AM ∩MN ＝M ，AM ，MN ⊂平面AMN ，所以平面AMN ∥平面A 1BP ， 故点Q 在线段MN 上运动，易知A(√3，−1，0)，M(0，0，1)，N(0，1，0)， 故MA →
=(√3，−1，−1)，MN →
=(0，1，−1)，故MA →
⋅MN →
=0， 故AQ 的最小值即为AM =√5，故选项B 正确；
对于C ，设Q （0，a ，b ），而B 1(√3，1，2)，故B 1Q →
=(−√3，a −1，b −2)， 设平面A 1BP 的一个法向量为n →
=(x ，y ，z)， 故{
2y −2z =0
−√3x +y +z =0
，令x =2√3，则y ＝z ＝3，
所以平面A 1BP 的一个法向量为n →=(2√3，3，3)， 要使得B 1Q ⊥面A 1BP ，故
√32√3
=
a−13
=
b−23
，解得a =−12，b =1
2，
因点Q 在四边形CC 1D 1D （包括边界）内，故须满足0≤a ≤2且0≤b ≤2，故选项C 错误； 对于D ，PQ →
=(0，a −2，b −1)， 故点Q 到面A 1BP 的距离d =
|3(a−2)+3(b−1)|√12+9+9
=|3a+3b−9|
√30，
故当a ＝b ＝0时，点Q 到面A 1BP 的距离最大，最大值为√30
=
3√30
10
，故选项D 正确． 故选：ABD ． 三、填空题
13．经过点M （3，﹣1），且对称轴在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为 x 28
−
y 28
=1 ．
解：设对称轴在坐标轴上的等轴双曲线的方程为x 2﹣y 2＝λ（λ≠0）， 将点M （3，﹣l ），代入可得9﹣1＝λ，∴λ＝8， ∴方程为x 2
﹣y 2
＝8，即x 28−y 2
8
=1．
故答案为：
x 28
−
y 28
=1．
14．设两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和TT n ，且S n T n
=
7n 9n+4
，则
a 3
b 3
=
5
7
． 解：由等差数列的性质和求和公式可得S 5T 5
=
2a 32b 3
=
7×5
9×5+4=57
．
故答案为：5
7
．
15．已知抛物线C ：y 2＝2x 和圆M ：（x ﹣a ）2+y 2＝1，若抛物线与圆在交点处的切线互相垂直，则实数a ＝ 1−√5
4
． 解：抛物线C ：y 2＝2x 和圆M ：（x ﹣a ）2+y 2＝1，
由抛物线的对称性，不妨设交点为P(x 0，√2x 0)，且满足(x 0−a)2+2x 0=1， 抛物线在点P 处的切线方程为√2x 0⋅y =2⋅x 0+x
2
， 故由题知：√2x 0x 0−a
=
√2x 0
，解得：x 0＝﹣a ＞0，代入圆方程可得：4a 2﹣2a ﹣1＝0，解得：a =
1−√5
4
． 故答案为：
1−√5
4
． 16．正三棱锥S ﹣ABC ，SA ＝2AB ＝4，点P 为侧棱SA 的中点，M ，N 分别是线段SB ，AB 上的动点，则2PM +MN 的最小值为 √15 ． 解：如图所示，
由已知得SP ＝2，在△ASB 中，可得cos ∠ASB =
16+16−42×4×4=7
8
，
过P 作PD ⊥SB ，D 为垂足，可得SD =7
4，PD =√154
，
设∠PMD ＝α，则PM =PD
sinα=√154sinα
， ∴DM =PM ⋅cosα=√15cosα
4sinα，则BM =4−74−√15cosα
4sinα
， 而sin ∠SBA =
√15
4
，可得MN 的最小值为√15−
7√1516−15cosα
16sinα
， ∴2PM +MN =
√15
2sinα
+√15−
7√1516−15cosα16sinα=√1516(8
sinα−√15cosαsinα
+9) =√15
16((8+√15)sin 2α2+(8−√15)cos 2α22sin α2cos α2+9)=√1516((8+√15)tan α
22+8−√152tan α2
+9) ≥√1516(7+9)=√15． 故答案为：√15． 四、解答题
17．（10分）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝b 1＝1，a 2+b 2＝2． （1）若a 3+b 3＝3，求{b n }的通项公式； （2）若T 3＝21，求S 3．
解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由a 1＝b 1＝1，a 2+b 2＝2，a 3+b 3＝3得{d +q =1
q 2+2d =2
，
解得{
q =0d =1（舍去），{q =2
d =−1
，于是b n =2n−1． （2）由T 3＝21得q 2+q ﹣20＝0，解得q ＝﹣5或q ＝4．
当q ＝4时，由a 2+b 2＝2＝1+d +q 得d ＝﹣3，∴S 3＝1﹣2﹣5＝﹣6； 当q ＝﹣5时，由a 2+b 2＝2＝1+d +q 得d ＝6，∴S 3＝1+7+13＝21， 综上所述，故S 3＝﹣6或21．
18．（12分）已知圆C 过点A （4，2）和点B （1，3），圆心在直线y ＝x ﹣1上． （1）求圆C 的方程，并写出圆心坐标和半径的值；
（2）若直线l 经过点P （1，﹣1），且l 被圆C 截得的弦长为4，求直线l 的方程． 解：（1）设圆C 的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F ＝0，则{−D 2=−E
2
−11+9+D +3E +F =016+4+4D +2E +F =0
，
解得D ＝﹣4，E ＝﹣2，F ＝0，所以圆C 的方程为：x 2+y 2﹣4x ﹣2y ＝0， 化为标准方程为（x ﹣2）2+（y ﹣1）2＝5，所以圆心为（2，1），半径为r =√5； （2）由（1）知，圆心到直线l 的距离为d =√5−22=1， 于是当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x ＝1，符合题意；
当直线斜率存在时，不妨设直线方程为y+1＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k﹣1＝0，令
√k2+1
=1，
解得k=3
4
，直线方程是3x﹣4y﹣7＝0，综上所述，直线l的方程是：x＝1或3x﹣4y﹣7＝0．
19．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；
（Ⅱ）求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
证明：（I）∵AB＝AC＝2，D是B1C1的中点．
∴A1D⊥B1C1，
∵BC∥B1C1，
∴A1D⊥BC，
∵A1O⊥面ABC，A1D∥AO，
∴A1O⊥AO，A1O⊥BC
∵BC∩AO＝O，A1O⊥A1D，A1D⊥BC
∴A1D⊥平面A1BC
解：（II）建立坐标系如图
∵在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4 ∴O （0，0，0），B （0，√2，0），B 1（−√2，√2，√14），A 1（0，0，√14） 即A 1B →
=（0，√2，−√14），OB →
=（0，√2，0），BB 1→
=（−√2，0，√14）， 设平面BB 1C 1C 的法向量为n →
=（x ，y ，z ）， {n →
⋅OB →
=0n →⋅BB 1→=0
即得出{y =0−√2x +√14z =0
得出n →
=（√7，0，1），|BA 1→
|＝4，|n →
|=2√2 ∵n →
⋅BA 1→=√14， ∴cos ＜n →
，BA 1→
＞=
√14
4×2√2
=
√7
8
，
可得出直线A 1B 和平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值为√7
8
20．（12分）已知抛物线C ：y 2＝2px （p ＞0）的焦点为F ，Q 为C 上一点且纵坐标为4，QP ⊥y 轴于点P ，且|QP|=1
2
|QF|．
（1）求p 的值；
（2）已知点M(12，−2)，A ，B 是抛物线C 上不同的两点，且满足k AM +k BM =−8
5
．证明：直线AB 恒
过定点（﹣2，﹣3）．
解：（1）由Q 为C 上一点且纵坐标为4，可得点Q(8
p ，4)，由抛物线定义可知，8p =12(8p +p 2
)，解得p
＝4，
所以抛物线方程为：y 2＝8x ；
（2）证明：由（﹣2）2＝8×12，可得点M(1
2
，−2)在抛物线上，
设直线AB ：x ＝my +n ，点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），
联立y 2＝8x 与直线x ＝my +n ，消去x ，可得y 2﹣8my ﹣8n ＝0， 在Δ＞0下，y 1+y 2＝8m ，y 1y 2＝﹣8n ， 所以k AM +k BM =
y 1+2x 1−12
+
y 2+2x 2−12
=
y 1+2
y 128−1
2
+
y 2+2
y 228−12
=
8y 1−2+8y 2−2=8(y 1+y 2)−32y 1y 2−2(y 1+y 2)+4=−8
5
， 即
64m−32
−8n−16m+4=−8
5
，整理得n ＝3m ﹣2．
将n ＝3m ﹣2代入直线x ＝my +n ，得x ＝my +3m ﹣2， 即x +2＝m （y +3），
所以直线AB 恒过定点（﹣2，﹣3）．
21．（12分）在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =π3
，侧面△P AD 是边长为2
的正三角形，侧面P AD ⊥平面ABCD ． （1）证明：AD ⊥BP ；
（2）若点Q 为棱PC 上的动点，求平面ABQ 与平面PBC 夹角的正弦值的最小值．
解：（1）证明：取AD 中点O ，连接OP 、OB ，BD ， 因为△ADB 为正三角形，所以AD ⊥PO ， 因为在菱形ABCD 中，∠BAD =π3
，
所以△ABD 为正三角形， 所以AD ⊥OB ，
又因为PO ∩BO ＝O ，所以AD ⊥平面POB ， 又因为PB ⊂平面POB ，所以AD ⊥PB ； （2）由（1）知，AD ⊥PO ，
因为侧面P AD ⊥平面ABCD ，侧面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂侧面P AD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，所以OB ，OD ，OP 两两互相垂直，
以O 为坐标原点，OB ，OD ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系O ﹣xyz ，如图所示， 设OA ＝1，则A(0，−1，0)，B(√3，0，0)，C(√3，2，0)，D(0，1，0)，P(0，0，√3)， 所以PC →
=(√3，2，−√3)，
设PQ →
=λPC →
=λ(√3，2，−√3)=(√3λ，2λ，−√3λ)（0≤λ≤1），
则OQ →
=OP →
+PQ →
=(0，0，√3)+(√3λ，2λ，−√3λ)=(√3λ，2λ，√3−√3λ)， 所以AQ →=(√3λ，2λ+1，√3−√3λ)，
又AB →
=(√3，1，0)，设面ABQ 的法向量是m →
=(x ，y ，z)， 则{
√3x +y =0
√3λx +(2λ+1)y +(√3−√3λ)z =0，令z =√3+√3λ，则m →=(√3−√3λ，3λ−3，√3+√3λ)，
由题知，平面PBC 的一个法向量是n →
=(1，0，1)， 所以平面ABQ 与平面PBC 夹角的余弦值： cosθ=√3
√2√(√3−√3λ)
2
+(3λ−3)+(√3+√3λ)
2
=
√6√15λ
−18λ+15
=
√6
√15(λ−35)2
+48
5
，
当λ=3
5时，cos θ有最大值√104
，
所以平面ABQ 与平面PBC 夹角的正弦值的最小值为√1−cos 2θ=√1−
1016=√6
4
．
22．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2
a 2+y 2
b
2=1(a ＞b ＞0)的离心率e =√2
3，且椭圆C
上的点到点Q （0，2）的距离的最大值为3． （1）求椭圆C 的方程；
（2）在椭圆C 上，是否存在点M （m ，n ），使得直线l ：mx +ny ＝1与圆O ：x 2+y 2＝1相交于不同的两点A 、B ，且△OAB 的面积最大？若存在，求出点M 的坐标及对应的△OAB 的面积；若不存在，请说明理由．
解：（1）由e =√2
3
得a 2＝3b 2，椭圆方程为x 2+3y 2＝3b 2
椭圆上的点到点Q 的距离
d =√x 2+(y −2)2=√3b 2−3y 2+(y −2)2=√−2y 2−4y +4+3b 2(−b ≤y ≤b) ①当﹣b ≤﹣1时，即b ≥1，d max =√6+3b 2=3得b ＝1
②当﹣b ＞﹣1时，即b ＜1，d max =√b 2+4b +4=3得b ＝1（舍） ∴b ＝1 ∴椭圆方程为
x 23
+y 2=1
（2）假设M （m ，n ）存在，则有m 2+n 2＞1 ∵|AB |=2√1−
1m 2+n 2，点O 到直线l 距离d =1
√m +n
∴S△AOB=1
2
×2√1−
1
m2+n2
×
√m2+n2
=√
1
m2+n2
(1−
1
m2+n2
)
∵m2+n2＞1
∴0＜
1
m2+n2
＜1，∴1−1
m2+n2
＞0
S△AOB=√1
m2+n2(1−
1
m2+n2
)≤√
(1
m2+n2
+1−1
m2+n2
)2
4
=
1
2
当且仅当
1
m2+n2
=1−
1
m2+n2
，即m2+n2＝2＞1时，S△AOB取最大值
1
2
，
又∵m2
3
+n2=1解得：m2=
3
2
，n2=1
2
所以点M的坐标为(√6
2，√2
2
)或(−√
6
2
，√2
2
)或(√
6
2
，−√2
2
)或(−√
6
2
，−√2
2
)，△AOB的面积为
1
2
．。