一、單選題
1．已知空間向量，，且，則的值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)向量垂直得，即可求出的值.
【詳解】.
故選：B.
2．直線的傾斜角為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直線的方程，求得直線的斜率，進(jìn)而根據(jù)，即可得傾斜角，得到答案．
【詳解】由題意，直線，可得直線的斜率，
即，又∵，所以，
故選．
【點睛】本題考查直線的傾斜角的求解，其中解答中由直線方程得出斜率，再根據(jù)斜率與傾斜角的關(guān)鍵求解是解決的關(guān)鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于屬基礎(chǔ)題．
3．已知雙曲線的離心率是，則其漸近線方程為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】利用離心率求得，由此求得漸近線方程.
【詳解】依題意，所以漸近線方程為，即.
故選：A
【點睛】本小題主要考查雙曲線漸近線方程的求法，屬于基礎(chǔ)題.
4．兩平行直線和間的距離是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】將方程變形，再根據(jù)兩平行直線間的距離公式計算可得；
【詳解】解：直線即為，所以兩平行直線和間的距離；
故選：A
5．過點的圓與直線相切于點，則圓的方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求得圓心和半徑，由此求得圓的方程.
【詳解】設(shè)圓心為，半徑為，
則，
解得，所以圓心為，
半徑.
所以圓的方程為.
故選：A
6．已知點是拋物線上的動點，點在軸上的射影是點，點的坐標(biāo)是，則的最小值為（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【分析】設(shè)拋物線的焦點為，根據(jù)拋物線的定義可知，，再根據(jù)兩點之間線段最短，即可解出．
【詳解】易知拋物線的焦點為，準(zhǔn)線方程為.連接，延長交準(zhǔn)線于點，如圖所示.根據(jù)拋物線的定義，知.
所以，當(dāng)且僅當(dāng)，，三點共線時，等號成立，所以的最小值為9.
故選：C.
7．若直線和圓沒有交點，則過點的直線與橢圓的交點個數(shù)為（ ）
A．0個B．至多有一個C．1個D．2個
【答案】D
【分析】根據(jù)題意得到，求得點是以原點為圓心，為半徑的圓及其內(nèi)部的點，根據(jù)圓內(nèi)切于橢圓，得到點是橢圓內(nèi)的點，即可求解.
【詳解】因為直線和圓沒有交點，
可得，即，
所以點是以原點為圓心，為半徑的圓及其內(nèi)部的點，
又因為橢圓，可得，
所以圓內(nèi)切于橢圓，即點是橢圓內(nèi)的點，
所以點的一條直線與橢圓的公共點的個數(shù)為.
故選：D.
8．已知橢圓C的焦點為，過F2的直線與C交于A，B兩點.若，，則C的方程為
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知可設(shè)，則，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，從而可求解.
【詳解】法一：如圖，由已知可設(shè)，則，由橢圓的定義有．在中，由余弦定理推論得．在中，由余弦定理得，解得．
所求橢圓方程為，故選B．
法二：由已知可設(shè)，則，由橢圓的定義有．在和中，由余弦定理得，又互補，，兩式消去，得，解得．所求橢圓方程為，故選B．
【點睛】本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡單性質(zhì)，考查數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸的能力，很好的落實了直觀想象、邏輯推理等數(shù)學(xué)素養(yǎng)．
二、多選題
9．點為圓外一個點，則實數(shù)m不可取的值有（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】ACD
【分析】由圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可知圓心，半徑，因為點在圓外，所以，則可求出m的取值范圍，選出符合的選項.
【詳解】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，
可知圓心，半徑，
而，所以，A選項不可取；
又因為點在圓外，所以，即，解得，CD選項不可??；
故選：ACD
10．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線：的焦點為，準(zhǔn)線為．設(shè)與軸的交點為，為拋物線上異于的任意一點，在上的射影為，的外角平分線交軸于點，過作交于，過作交線段的延長線于，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根據(jù)拋物線的定義以及平面幾何知識即可判斷各選項的真假．
【詳解】對A，由拋物線的定義可知，故A正確；
對B，因為是的外角平分線，所以，又，所以，所以，所以，故B正確；
對C，若，則有，從而有，所以，此時為定點，與為拋物線上異于的任意一點矛盾，故C不正確；
對D，因為四邊形是矩形，所以，又，所以，故D正確．
故選：ABD．
11．瑞士數(shù)學(xué)家歐拉1765年在其所著的《三角形的幾何學(xué)》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上，后人稱這條直線為歐拉線．已知的頂點、，其歐拉線方程為，則頂點的坐標(biāo)不可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】由已知求出的垂直平分線方程，與歐拉線方程聯(lián)立求得外心坐標(biāo)，從而得到圓的方程，設(shè)，根據(jù)三角形的重心在歐拉線上，再與圓的方程聯(lián)立即可求出的坐標(biāo)，從而選出選項.
【詳解】，，的垂直平分線方程為，
又因為外心在歐拉線上，
聯(lián)立，解得三角形的外心為，
又，
的外接圓方程為.
設(shè)，則三角形的重心在歐拉線上，
即，整理得：，
又因為在外接圓上，得，
聯(lián)立，解得：或，
所以頂點的坐標(biāo)可以是或，
反之與不滿足條件.
故選：BC.
12．已知，令，則S取到的值可以有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】BCD
【分析】由題意點為直線上的點，點為曲線上的點，看作點到點的距離，設(shè)與直線平行且與橢圓相切的直線方程為，求出此直線方程，從而可求得的最小值，即可得解.
【詳解】由，得點為直線上的點，
由，得點為曲線上的點，
由，
可以看作點到點的距離，
由，得，
所以點為橢圓且在軸上方的點，
設(shè)與直線平行且與橢圓相切的直線方程為，
聯(lián)立，消得，
則，解得（舍去），
則，
直線與直線得距離，
所以點到點的距離大于等于，
所以，
故符合的選項為BCD.
故選：BCD.
三、填空題
13．雙曲線的離心率，則實數(shù)k的取值范圍是__________.
【答案】
【分析】由已知可得，再由，解不等式可得k的取值范圍
【詳解】雙曲線方程可變形為，則.
又因為，即，解得.
故答案為：
【點睛】此題考查由雙曲線的離心率的范圍求參數(shù)的取值范圍，屬于基礎(chǔ)題
14．直線過點，則直線的方程為_________________．
【答案】
【分析】直接根據(jù)直線上兩點的坐標(biāo)寫出直線方程即可.
【詳解】解：因為直線過點，
所以直線的方程為.
故答案為：.
15．已知空間向量，則向量在坐標(biāo)平面上的投影向量為__________．
【答案】
【分析】根據(jù)投影向量的定義即可得出答案.
【詳解】解：當(dāng)向量的坐標(biāo)原點為始點時，
其中點在坐標(biāo)平面上的投影坐標(biāo)為，
所以向量在坐標(biāo)平面上的投影向量為.
故答案為：.
16．已知橢圓的兩個焦點分別為，點為橢圓上一點，且，，則橢圓的離心率為 __．
【答案】
【分析】由題意得到，即，進(jìn)而求得，結(jié)合，得到，即可求得橢圓的離心率.
【詳解】因為，，則，
所以,
且，
所以，
又由，即，即，
所以.
故答案為：.
四、解答題
17．若直線的方程為.
（1）若直線與直線垂直，求的值；
（2）若直線在兩軸上的截距相等，求該直線的方程.
【答案】（1）1；（2），．
【分析】（1）直線與直線垂直，可得，解得．
（2）當(dāng)時，直線化為：．不滿足題意．當(dāng)時，可得直線與坐標(biāo)軸的交點，．根據(jù)直線在兩軸上的截距相等，即可得出．
【詳解】解：（1）直線與直線垂直，
，解得．
（2）當(dāng)時，直線化為：．不滿足題意．
當(dāng)時，可得直線與坐標(biāo)軸的交點，．
直線在兩軸上的截距相等，，解得：．
該直線的方程為：，．
【點睛】本題考查了直線的方程、相互垂直的直線斜率之間關(guān)系、方程的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．
18．已知以點為圓心的圓與______，過點的動直線l與圓A相交于M，N兩點.從①直線相切；②圓關(guān)于直線對稱；③圓的公切線長這3個條件中任選一個，補充在上面問題的橫線上并回答下列問題.
(1)求圓A的方程;
(2)當(dāng)時，求直線l的方程.
【答案】(1)；
(2)，或.
【分析】（1）選①：根據(jù)圓的切線性質(zhì)進(jìn)行求解即可；
選②：根據(jù)圓與圓的對稱性進(jìn)行求解即可；
選③：根據(jù)兩圓公切線的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.
（2）利用圓的垂徑定理，結(jié)合點到直線距離公式進(jìn)行求解即可.
【詳解】（1）選①：因為圓A與直線相切，
所以圓A的半徑為，
因此圓A的方程為；
選②：因為圓A與圓關(guān)于直線對稱，
所以兩個圓的半徑相等，因此圓A的半徑為，
所以圓A的方程為；
選③：設(shè)圓的圓心為，兩圓的一條公切線為
兩圓的圓心與兩圓的一條公切線示意圖如下：
設(shè)圓A的半徑，
因此有：，
所以圓A的方程為；
（2）三種選擇圓A的方程都是，
當(dāng)過點的動直線l不存在斜率時，直線方程為，
把代入中，得，
顯然，符合題意，
當(dāng)過點的動直線l存在斜率時，設(shè)為，直線方程為，圓心到該直線的距離為：，
因為，所以有，
即方程為：
綜上所述：直線l的方程為，或.
19．如圖，M、N分別是四面體OABC的棱OA、BC的中點，P、Q是MN的三等分點（點P靠近點N），若，解答下列問題：
(1)以為基底表示；
(2)若，，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)空間向量的線性運算結(jié)合圖形計算即可；
（2）根據(jù)結(jié)合數(shù)量積的運算律計算即可.
【詳解】（1）解：
；
（2）解：
.
20．如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點．
（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【答案】（1）見解析；（2）.
【分析】（1）利用三角形中位線和可證得，證得四邊形為平行四邊形，進(jìn)而證得，根據(jù)線面平行判定定理可證得結(jié)論；（2）以菱形對角線交點為原點可建立空間直角坐標(biāo)系，通過取中點，可證得平面，得到平面的法向量；再通過向量法求得平面的法向量，利用向量夾角公式求得兩個法向量夾角的余弦值，進(jìn)而可求得所求二面角的正弦值.
【詳解】（1）連接，
，分別為，中點 為的中位線
且
又為中點，且 且
四邊形為平行四邊形
，又平面，平面
平面
（2）設(shè)，
由直四棱柱性質(zhì)可知：平面
四邊形為菱形
則以為原點，可建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：
則：，，，D（0，-1,0）
取中點，連接，則
四邊形為菱形且 為等邊三角形
又平面，平面
平面，即平面
為平面的一個法向量，且
設(shè)平面的法向量，又，
，令，則，

二面角的正弦值為：
【點睛】本題考查線面平行關(guān)系的證明、空間向量法求解二面角的問題.求解二面角的關(guān)鍵是能夠利用垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，從而通過求解法向量夾角的余弦值來得到二面角的正弦值，屬于常規(guī)題型.
21．在平面直角坐標(biāo)系中，，圓，動圓過且與圓相切.
（1）求動點的軌跡的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若直線過點，且與曲線交于、，已知的中點在直線上，求直線的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）由題意可知，圓內(nèi)切于圓，根據(jù)橢圓的定義可知，點的軌跡是以、為焦點的橢圓，計算出、的值，結(jié)合焦點的位置可求得軌跡的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）由題意可知，直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，設(shè)點、，將直線的方程與曲線的方程聯(lián)立，列出韋達(dá)定理，根據(jù)可得出關(guān)于的方程，求出的值，即可求得直線的方程.
【詳解】（1）設(shè)動圓的半徑為，由于在圓內(nèi)，所以，圓內(nèi)切于圓，
由題意知：，
所以，
所以點的軌跡是以、為焦點的橢圓.
其長軸長，焦距為，，
所以曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為：；
（2）若直線的斜率不存在，則、關(guān)于軸對稱，不合題意；
若直線的斜率存在，設(shè)其方程為，設(shè)點、，
將代入得：，
，
所以，所以
所以，解得或，
所以，直線的方程為：或.
【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為、；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達(dá)定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、的形式；
（5）代入韋達(dá)定理求解.
22．已知P(1，2)在拋物線C：y2＝2px上．
(1)求拋物線C的方程；
(2)A，B是拋物線C上的兩個動點，如果直線PA的斜率與直線PB的斜率之和為2，證明：直線AB過定點．
【答案】(1)y2＝4x
(2)證明見解析
【分析】(1)把已知點坐標(biāo)代入拋物線方程求得參數(shù)，即得拋物線方程；
(2)設(shè)AB：x＝my+t，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線方程與拋物線方程聯(lián)立消元后應(yīng)用韋達(dá)定理得，代入得參數(shù)值，從而可得定點坐標(biāo)．
【詳解】（1）P點坐標(biāo)代入拋物線方程得4＝2p，
∴p＝2，
∴拋物線方程為y2＝4x．
（2）證明：設(shè)AB：x＝my+t，將AB的方程與y2＝4x聯(lián)立得y2﹣4my﹣4t＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，
所以Δ＞0?16m2+16t＞0?m2+t＞0，
，同理：，
由題意：，
∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，
∴y1y2＝4，
∴﹣4t＝4，
∴t＝﹣1，
故直線AB恒過定點(﹣1，0)．

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