一、單選題
1．空間兩點A，B的坐標(biāo)分別為(a，b，c)，(-a，-b，c)，則A，B兩點的位置關(guān)系是（ ）
A．關(guān)于x軸對稱B．關(guān)于y軸對稱
C．關(guān)于z軸對稱D．關(guān)于原點對稱
【答案】C
【分析】根據(jù)A，B兩點坐標(biāo)之間的關(guān)系直接判斷即可得解.
【詳解】依題意，點A，B的豎坐標(biāo)相同，它們的橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，縱坐標(biāo)也互為相反數(shù)，
所以點A，B關(guān)于z軸對稱.
故選：C
2．若數(shù)列滿足：，且.則（ ）
A．19B．22C．43D．46
【答案】C
【分析】直接由遞推關(guān)系式求解即可.
【詳解】由得，，，
，，.
故選：C.
3．已知為圓的一個動點，定點，線段的垂直平分線交線段于點，則點的軌跡方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)幾何關(guān)系，找到點滿足的條件，結(jié)合橢圓的定義，直接寫出方程即可.
【詳解】根據(jù)題意，作圖如下：
易知，則，即，
故點的軌跡是以為焦點且長軸長為6的橢圓，
設(shè)其方程為，則，則，
故，則橢圓方程為：.
故選：C.
4．如圖，在三棱錐中，設(shè)，，，若，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用空間向量的加法、減法和數(shù)乘運算求解.
【詳解】，
，
，
，
故選：A.
5．已知等比數(shù)列滿足，，則（ ）
A．?dāng)?shù)列是等差等列B．?dāng)?shù)列是等差數(shù)列
C．?dāng)?shù)列是遞減數(shù)列D．?dāng)?shù)列是遞增數(shù)列
【答案】B
【分析】利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義求解判斷.
【詳解】解：因為等比數(shù)列滿足，，
則，故數(shù)列是以1為首項，以2為公比的等比等列，故A錯誤；
則，故數(shù)列是以0為首項，以-1為公差的等差數(shù)列，故B正確；
由A知：。故數(shù)列是遞增數(shù)列，故C錯誤；
由B知：，故數(shù)列是遞減數(shù)列，故D錯誤；
故選：B
6．某考點配備的信號檢測設(shè)備的監(jiān)測范圍是半徑為100米的圓形區(qū)域，一名工作人員持手機以每分鐘50米的速度從設(shè)備正東方向米的處出發(fā)，沿處西北方向走向位于設(shè)備正北方向的處，則這名工作人員被持續(xù)監(jiān)測的時長為（ ）
A．1分鐘B．分鐘
C．2分鐘D．分鐘
【答案】C
【分析】以設(shè)備的位置為坐標(biāo)原點，其正東方向為軸正方向，正北方向為軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，求得直線和圓的方程，利用點到直線的距離公式和圓的弦長公式，求得的長，進而求得持續(xù)監(jiān)測的時長.
【詳解】以設(shè)備的位置為坐標(biāo)原點，其正東方向為軸正方向，正北方向為軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則，，可得，圓．
記從處開始被監(jiān)測，到處監(jiān)測結(jié)束，
因為到的距離為米，
所以米，故監(jiān)測時長為分鐘．
故選：C.
7．如圖，ABCD－EFGH是棱長為1的正方體，若P在正方體內(nèi)部且滿足，則P到AB的距離為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 計算出和的坐標(biāo)，然后根據(jù)向量法求點到直線的距離公式即可求解.
【詳解】如圖，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則，，，
因為，所以，
，，
，，
所以點P到AB的距離．
故選：C.
8．如圖所示，為測量兩塔塔尖之間的距離，若平面，平面，選擇地面點C為測量觀測點，測得，，，，，則塔尖之間的距離為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先在中求得，中求得，再在中利用余弦定理求即可.
【詳解】依題意，在中，，，則，；
在中，，，則；
又中，，則.
故塔尖之間的距離為.
故選：C
二、多選題
9．?dāng)?shù)列的前項和為，已知，則下列說法正確的是（ ）
A．是遞增數(shù)列B．
C．當(dāng)時，D．當(dāng)或4時，取得最大值
【答案】CD
【分析】根據(jù)表達式及時，的關(guān)系，算出數(shù)列通項公式，即可判斷A、B、C選項的正誤. 的最值可視為定義域為正整數(shù)的二次函數(shù)來求得.
【詳解】當(dāng)時，，又，所以，則是遞減數(shù)列，故A錯誤；
，故B錯誤；
當(dāng)時，，故C正確；
因為的對稱軸為，開口向下，而是正整數(shù)，且或距離對稱軸一樣遠，所以當(dāng)或時，取得最大值，故D正確.
故選：CD.
10．已知圓，則下列說法正確的是（ ）
A．直線與圓A相切
B．圓A截y軸所得的弦長為4
C．點在圓A外
D．圓A上的點到直線的最小距離為3
【答案】BC
【分析】根據(jù)圓心到直線的距離即可判斷AD,根據(jù)圓的弦長可判斷B,根據(jù)點與圓的位置關(guān)系可判斷C.
【詳解】由圓得，
所以圓心，半徑，
對于A：圓心A到直線的距離為1，所以直線與圓A相交，故A錯誤；
對于B：圓心A在y軸上，則所截得的弦長為直徑等于4，故B正確；
對于C：點到圓心A的距離，所以點B在圓A外，故C正確；
對于D：圓心A到直線的距離，所以圓A上的點到直線的最小距離為，故D錯誤．
故選:BC．
11．已知O為坐標(biāo)原點，點在拋物線上，過點的直線交C于P，Q兩點，則（ ）
A．C的準(zhǔn)線為B．直線AB與C相切
C．D．
【答案】BCD
【分析】求出拋物線方程可判斷A，聯(lián)立AB與拋物線的方程求交點可判斷B，利用距離公式及弦長公式可判斷C、D.
【詳解】將點的代入拋物線方程得，所以拋物線方程為，故準(zhǔn)線方程為，A錯誤；
，所以直線的方程為，
聯(lián)立，可得，解得，故B正確；
設(shè)過的直線為，若直線與軸重合，則直線與拋物線只有一個交點，
所以，直線的斜率存在，設(shè)其方程為，，
聯(lián)立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正確；
因為，，
所以，而，故D正確.
故選：BCD
12．已知正方體的棱長為1，點P為側(cè)面內(nèi)一點，則（ ）
A．當(dāng)時，異面直線CP與AD所成角的正切值為
B．當(dāng)時，四面體的體積為定值
C．當(dāng)點P到平面ABCD的距離等于到直線的距離時，點P的軌跡為拋物線的一部分
D．當(dāng)時，四面體BCDP的外接球的表面積為2π
【答案】BCD
【分析】A選項，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解線線角的余弦值，進而求出正切值；
B選項，證明線面平行，進而得到，四面體的體積為定值；
C選項，先作出輔助線，得到，PE⊥平面ABCD，故設(shè)出，利用列出方程，化簡后得到軌跡方程，得到當(dāng)點P到平面ABCD的距離等于到直線的距離時，點P的軌跡為拋物線的一部分，C正確；
D選項，作出輔助線，找到球心，利用半徑相等列出方程，求出半徑，從而得到外接球的表面積.
【詳解】如圖1，以D為坐標(biāo)原點，分別以為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，，
設(shè)異面直線CP與AD所成角為，
則，
故，，A錯誤；
如圖2，因為，且，
所以四邊形為平行四邊形，
故，
因為平面，平面，
所以平面，
故當(dāng)點P在上運動時，點P到平面的距離不變，
即當(dāng)時，四面體的體積為定值，B正確；
如圖3，過點P作PE⊥BC于點E，連接，
因為平面，平面，
所以，
因為平面，平面，
所以AB⊥EP，
因為，平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
設(shè)，，其中，
當(dāng)時，，
整理得：，
故當(dāng)點P到平面ABCD的距離等于到直線的距離時，點P的軌跡為拋物線的一部分，C正確；
如圖4，當(dāng)時，P為的中點，取BD的中點Q，BC的中點N，連接PN，
則PN，故PN⊥平面ABCD，
因為BC⊥CD，故三角形BCD的外心為點Q，則外接球球心O在過點Q且垂直于平面ABCD的直線上，
故OQ⊥平面ABCD，OQPN，
連接OP，QN，OB，過點O作OMQN交PN于點M，設(shè)四面體BCDP的外接球的半徑為R，
則OB=OP=R，，OQ=MN，
其中，設(shè)OQ=MN=h，則，
由勾股定理得，
故，解得：，
故，，
當(dāng)時，四面體BCDP的外接球的表面積為2π，D正確.
故選：BCD.
【點睛】立體幾何求外接球的表面積或體積問題，要先找到一個特殊平面，一般為直角三角形，矩形或等邊三角形，找到外心，從而找到球心的位置，設(shè)出未知數(shù)，再根據(jù)半徑相等列出方程，求出半徑，進而求出外接球的表面積或體積.
三、填空題
13．已知空間四邊形的每條邊和對角線的長都等于1，點，分別是，的中點，則的值為_________.
【答案】##
【分析】如圖，在正三棱錐中，以為基底， ，，利用向量數(shù)量積性質(zhì)進行計算即可得解.
【詳解】
根據(jù)題意為正四面體，
兩兩成角，
所以，
，
所以
.
故答案為：
14．已知圓與圓，則圓與圓的公切線方程是___________________．
【答案】
【分析】先判斷兩個圓的位置關(guān)系，然后根據(jù)切點和斜率求得公切線方程.
【詳解】圓，即，圓心為，半徑.
圓，即，圓心為，半徑.
圓心角，所以兩圓相內(nèi)切.
由解得，
所以兩圓切點的坐標(biāo)為，
，所以公切線的斜率為，
所以公切線的方程為.
故答案為：
15．在直四棱柱中，底面為正方形，．點P在側(cè)面內(nèi)，若平面，則點P到的距離的最小值為________．
【答案】
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點坐標(biāo)，利用平面列方程，求得到的距離的表達式，進而求得所求的最小值.
【詳解】建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
，，設(shè)，.
由于平面，
所以，所以.
由于，即，
到的距離為，
所以當(dāng)時，.
即到的距離的最小值為.
故答案為：
16．“垛積術(shù)”（隙積術(shù)）是由北宋科學(xué)家沈括在《夢溪筆談》中首創(chuàng)，南宋科學(xué)家楊輝、元代數(shù)學(xué)家朱世杰豐富和發(fā)展的一類數(shù)列求和方法，有菱草垛、方垛、三角垛等等，某倉庫中部分貨物堆放成“菱草垛”，自上而下，第一層1件，以后每一層比上一層多1件，最后一層是件，已知第一層貨物單價1萬元，從第二層起，貨物的單價是上一層單價的，若這堆貨物總價是萬元，則的值為________
【答案】10
【分析】由題意可得第n層的貨物的價格為an＝n?（）n﹣1，根據(jù)錯位相減法求和即可求出．
【詳解】由題意可得第n層的貨物的價格為an＝n?（）n﹣1，
設(shè)這堆貨物總價是Sn＝1?（）0+2?（）1+3?（）2+…+n?（）n﹣1，①，
由①可得Sn＝1?（）1+2?（）2+3?（）3+…+n?（）n，②，
由①﹣②可得Sn＝1+（）1+（）2+（）3+…+（）n﹣1﹣n?（）nn?（）n＝10﹣（10+n）?（）n，
∴Sn＝100﹣10（10+n）?（）n，
∵這堆貨物總價是萬元，
∴n＝10，
故答案為10
【點睛】本題考查了錯位相減法求和，考查了運算能力，以及分析問題解決問題的能力，屬于中檔題．
四、解答題
17．已知數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列，其前項和為，，，成等差數(shù)列.
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）令，求數(shù)列的前項和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由，，成等差數(shù)列，可得，利用等比數(shù)列通項公式和求和公式，求解可得，結(jié)合，即得解
（2）代入可得，分組求和即得解
【詳解】（1）由，，成等差數(shù)列，且公比，
所以，
即，
整理得，解得，
所以數(shù)列的通項公式為.
（2）.
所以為等比數(shù)列，令，故為等差數(shù)列
因此分組求和可得：
18．如圖，圓內(nèi)有一點，為過點且傾斜角為的弦.
(1)當(dāng)時，求的長；
(2)當(dāng)弦被點平分時，寫出直線的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)結(jié)合已知條件，利用點斜式求出直線的方程，然后利用點到直線的距離公式求出圓心到直線的距離，然后利用圓的弦長公式求解即可；(2)結(jié)合圓的性質(zhì)可知，，進而求出的斜率，然后利用點斜式即可求解.
【詳解】（1）因為，則，
所以直線的方程為：，即，
因為的圓心為，半徑為，
所以圓心到直線的距離為，
從而弦長.
（2）當(dāng)弦被點平分時，，
因為，
所以，
從而直線的方程為：，即.
19．橢圓的右焦點為F、右頂點為A，上頂點為B，且滿足．
(1)求橢圓的離心率；
(2)直線l與橢圓有唯一公共點M，與y軸相交于N（N異于M）．記O為坐標(biāo)原點，若，且的面積為，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于、的等量關(guān)系，由此可求得該橢圓的離心率的值；
（2）由（1）可知橢圓的方程為，設(shè)直線的方程為，將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，由可得出，求出點的坐標(biāo)，利用三角形的面積公式以及已知條件可求得的值，即可得出橢圓的方程.
【詳解】（1）解：，
離心率為.
（2）解：由（1）可知橢圓的方程為，
易知直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
聯(lián)立①②③可得，，，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
20．如下圖，在四棱錐P-ABCD中，PA?平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，?ABC＝60°，點M，N分別為BC，PA的中點．
(1)證明：平面PCD；
(2)若直線AC與平面PBC所成角的正弦值為，求平面PAC與平面PCD夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）通過構(gòu)造平行四邊形的方法來證得平面PCD；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由直線AC與平面PBC所成角的正弦值求得，再利用向量法求得平面PAC與平面PCD夾角的余弦值．
【詳解】（1）取PD中點Q，連接NQ，CQ．
∵NQ為的中位線，∴且，
又∵四邊形ABCD為菱形，M為BC中點，∴且，
∴且．所以四邊形NQCM為平行四邊形，所以，
又∵平面PCD，平面PCD，∴平面PCD.
（2）設(shè)，則，依題意平面，
以O(shè)為原點，以O(shè)B，OC所在直線分別為x，y軸，以過點O與PA平行的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，，，，，，
，，，，
設(shè)為平面PBC的一法向量，，
故可設(shè)，
∴直線AC與平面PBC所成角的正弦值為：，
由于平面，所以，
由于，
所以平面PAC．
∴可作為平面PAC的一法向量，
設(shè)為平面PCD的一法向量，
則.
故可設(shè)，
設(shè)平面PAC與平面PCD夾角為．∴.
所以平面PAC與平面PCD夾角的余弦值為.
21．已知正項數(shù)列前項和為，且滿足.
(1)求；
(2)令，記數(shù)列前項和為，若對任意的，均有恒成立，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)與的關(guān)系即可求解；
（2）利用錯位相減法求解得，參變分離即可求的范圍.
【詳解】（1）因為，
當(dāng)時，有，
兩式相減得
，移項合并同類項因式分解得
，
因為，
所以有，
在中，當(dāng)?shù)茫?br>所以數(shù)列是以為首項，以為公差的等差數(shù)列，
故有
（2）由（1）知，
，
，
，
由題意，對任意的，均有恒成立，
，
即恒成立，
設(shè)，
所以，
當(dāng)時，，即 ；
當(dāng)時，，即，
所以的最大值為，
所以.
故的取值范圍是.
22．已知，，為平面上一動點，且滿足，記動點的軌跡為曲線．
(1)求曲線的方程．
(2)若，過點的動直線：交曲線于，（不同于，）兩點，直線與直線斜率分別記為，.
①求的范圍.
②證明：為定值，并計算定值的范圍．
【答案】(1)
(2)①；②證明見解析，
【分析】（1）根據(jù)雙曲線定義直接可得軌跡方程.
（2）設(shè)直線方程，聯(lián)立方程組，根據(jù)韋達定理可得參數(shù)范圍，進而可證為定值，及其取值范圍.
【詳解】（1）由題意：，，即的運動軌跡是，焦點為，的雙曲線的右支，所以軌跡方程為
（2）①直線：，令，.
聯(lián)立得到：
故.
因為要同時交于雙曲線右支，首先，即存在，使得
同時滿足：，
所以；
②
又因為故①式可化為：
因為，所以.

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