一、單選題
1．若橢圓滿足，則該橢圓的離心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據求出離心率.
【詳解】因為，所以.
故選：B
2．已知直線，若，則與之間的距離（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】B
【分析】首先求，再根據平行線間距離公式求解.
【詳解】因為，所以，即，兩平行線之間的距離.
故選：B
3．若構成空間的一個基底，則下列向量不共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根據平面向量基本定理結合條件逐項分析即得．
【詳解】由題可知不共面，
對于A選項，因為，所以三個向量共面；
對于B選項，因為，所以三個向量共面；
對于C選項，假設存在實數使得，
則共面，與不共面矛盾，因此不共面；
對于D選項，，所以共面.
故選：C．
4．已知雙曲線的一條漸近線的方程是，且焦點到該漸近線的距離為2，則該雙曲線的方程為（ ）
A．或
B．或
C．或
D．或
【答案】D
【分析】先根據焦點位置，設出，利用距離求出，結合漸近線的方程可得答案.
【詳解】若焦點在軸上，設焦點，因為雙曲線的一條漸近線的方程是，且焦點到該漸近線的距離為2，
所以，解得，即；
因為，所以，此時方程為；
若焦點在軸上，設焦點，，解得，即；
因為，所以，此時方程為；
故選：D.
5．在棱長為3的正方體中，平面與平面之間的距離為（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，所以轉化為點到平面之間的距離，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，利用點到平面距離的向量求法可得答案.
【詳解】因為，平面，平面，所以平面，
因為，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面平面，
所以平面與平面之間的距離可以轉化為點到平面之間的距離，
以為原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，
，，，，，，
設平面的法向量為，
所以，即，令，則，，，
所以點到平面之間的距離為，
即平面與平面之間的距離為.
故選：C.
6．點到直線的距離的最大值為（ ）
A．B．C．3D．
【答案】D
【分析】由題意，求得直線所過定點，由兩點之間距離公式，可得答案.
【詳解】由直線，整理可得，
令，解得，
點到直線距離的最大值為點到定點的距離，則，
故選：D.
7．已知圓，直線為上的動點，過點作圓的切線，切點分別為，當最小時，直線的方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由切線性質得，A，，四點共圓，且,可得，然后根據切線長公式可得當直線時，最小，求出以為直徑的圓的方程，根據圓系的知識即可求出直線的方程．
【詳解】因為圓，圓心為，半徑為，
由切線性質得，，A，，四點共圓，且.，
所以，
而，則當直線時，最小，最小，
所以此時直線，
由解得，即，
所以以為直徑的圓的方程為，
即 ，
兩圓的方程相減可得：，即為直線的方程．
故選：A.
8．已知為橢圓上不同的三點，直線，直線交于點，直線交于點，若，則（ ）
A．0B．C．D．
【答案】B
【分析】根據三角形面積公式及或得，再應用相交弦長公式列方程，即可求.
【詳解】由，則，

由圖知：當位置變化時，或，故，
所以，而直線、斜率存在且不為0，
故，
，
所以，即或，
當，化簡得.
當時，，顯然，無解.
所以.
故選：B.
二、多選題
9．已知一個古典概型的樣本空間和事件和事件，滿足，則下列結論正確的是（ ）
A．B．
C．與互斥D．與相互獨立
【答案】AD
【分析】計算出事件A和事件B，以及，的概率，即可判斷A，B；由于，可判斷C；分別計算的值，看二者的關系，判斷D.
【詳解】因為，，
所以，
，
，
，故A正確，錯誤；
與不互斥，故C錯誤；
事件A與相互獨立，故D正確.
故選：AD.
10．在四面體中，分別是棱的中點，則下列結論正確的是（ ）
A．
B．若，則四邊形為矩形
C．若，則
D．若，則
【答案】BCD
【分析】先判斷四邊形是平行四邊形，然后結合向量運算、線線垂直、線面垂直等知識確定正確答案.
【詳解】由于分別是棱的中點，
所以，所以四邊形是平行四邊形.
A選項，，
所以A選項錯誤.
B選項，設是的中點，
若，則，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
所以，所以四邊形是矩形，B選項正確.
C選項，若，則四邊形是矩形，所以，所以，
所以C選項正確.
D選項，若，
，所以；
，所以；
，所以.
故選：BCD
11．設直線與直線交于點，已知點，則下列結論正確的是（ ）
A．當時，點在圓上
B．當時，
C．當時，點在直線上
D．當時，的最小值為2
【答案】ABC
【分析】設，當時，由題可得，結合條件可判斷AB，當時，可得可判斷C，然后求點關于直線對稱點，進而可求的最小值判斷D.
【詳解】設，則，，
當時，，即，所以點在圓上，故A正確；
當時，，，
，即，故B正確；
當時，由題可得，即，故點在直線上，故C正確；
當時，點在直線上，設點關于的對稱點為，
則，解得，即，
所以，故D錯誤.
故選：ABC.
12．已知為橢圓的左?右焦點，為橢圓上的一點，若以線段為直徑的圓與圓總有公共點，則的值可以是（ ）
A．1B．3C．5D．7
【答案】BC
【分析】求出的最小值和最大值，即可求出以線段為直徑的圓的最小和最大圓，若都與圓總有公共點，即可求出的取值范圍，即可得出答案.
【詳解】因為橢圓，所以，
所以，則，因為為橢圓上的一點，
當為橢圓的右頂點即時，最大，
此時以線段為直徑的圓為：，圓心，
當為橢圓的左頂點即時，最小，
此時以線段為直徑的圓為：，
圓心，
若以線段為直徑的圓與圓總有公共點，
則，解得：.
故選：BC.
三、填空題
13．已知過點的直線的傾斜角為，則直線的方程是___________.
【答案】
【分析】直線的傾斜角為，斜率不存在，直線為與x軸垂直的直線.
【詳解】因為過點的直線的傾斜角為，
所以直線軸，故直線方程為，
故答案為：
14．某高校的入學面試中有3道難度相當的題目，李明答對每道題目的概率都是.若每位面試者共有三次機會，一旦某次答對抽到的題目，則面試通過，否則就一直抽題到第3次為止.假設對抽到的不同題目能否答對是獨立的，則李明最終通過面試的概率為___________.
【答案】##0.875
【分析】根據對立事件概率公式及獨立事件概率公式即得.
【詳解】設李明最終通過面試為事件，則，
所以.
故答案為：.
15．已知橢圓和雙曲線的焦點相同，分別為左?右焦點，是橢圓和雙曲線在第一象限的交點，若軸，則橢圓和雙曲線的離心率之積為___________.
【答案】
【分析】根據橢圓，雙曲線的定義結合條件可得，，，然后根據離心率的概念即得.
【詳解】設，由題可知，，
因為軸，所以，
所以橢圓和雙曲線的離心率之積為.
故答案為：1.
16．如圖，把邊長為2的正方形紙片沿對角線折起，設二面角的大小為，異面直線與所成角為，當時，的取值范圍是___________.
【答案】
【分析】設的中點為，則為二面角的平面角，利用坐標法，根據線線角的向量求法可得，然后根據三角函數的性質即得.
【詳解】設的中點為，連接，則，
所以為二面角的平面角，即，
如圖以為原點建立空間直角坐標系，
則，
所以，
所以，
因為，所以，
所以.
故答案為：.
四、解答題
17．某中學有教職工150人，對他們進行年齡狀況和受教育程度的調查，其結果如下：
從這150名教職工中隨機的抽取1人，求下列事件的概率.
(1)事件A：“年齡在35歲以下”；
(2)事件：“具有研究生學歷”.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據概率公式直接求概率即可；
（2）根據概率公式直接求概率即可.
【詳解】（1）年齡在35歲以的有35個本科生和30個研究生，
所以事件A的概率為；
（2）具有研究生學歷的在不同年臨段分別有30，23，7人
所以事件B的概率為.
18．已知圓，直線過點且與圓交于兩點.
(1)當最小時，求直線的方程；
(2)當時，求直線的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）當直線與垂直時，最短，根據垂直關系得到直線斜率，計算得到直線方程.
（2）考慮直線斜率存在和不存在兩種情況，計算圓心到直線的距離為，根據點到直線的距離公式計算得到答案.
【詳解】（1）圓，圓心，半徑.
當直線與垂直時，最短，直線的斜率，
所以此時直線的斜率為，直線的方程為，即.
（2）當時，圓心到直線的距離為.
當直線的斜率不存在時，直線的方程為，符合；
當直線的斜率存在時，設直線的斜率為，則直線的方程為，
即，所以，解得，
所以的方程為，即.
綜上所述：當時，直線的方程為或.
19．如圖，多面體，底面是邊長為2的等邊三角形，側面為正方形且垂直于底面，，，為的中點，為棱上靠近點的三等分點.
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面夾角的大小.
【答案】(1)證明見解析.
(2)平面 與平面夾角的大小為：.
【分析】（1）由已知條件建立空間直角坐標系，分別求出每一點的坐標，進而求出向量
，，的坐標，運用向量的數量積公式得到，，
根據線面垂直的判定定理即可證明.
（2）由（1）可知平面與平面的法向量，運用向量的數量積公式，
即可解出平面與平面夾角的大小.
【詳解】（1）證明： 底面是邊長為2的等邊三角形，
又側面為正方形且垂直于底面，，，
為的中點，為棱上靠近點的三等分點.
由題意可得， 以為坐標原點，以 為 軸，為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，如圖所示.
則點，，，， ，
，，，
，
，
，，
即，又，平面，平面，
平面
（2）解：由（1）可知為平面的法向量且，
設平面的一個法向量可以為，
設平面與平面的夾角為，
，
，
平面與平面夾角的大小為： .
20．已知圓和定點為圓上的動點，線段的中垂線與直線交于點，設動點的軌跡為曲線.
(1)求證：為定值，并求曲線的方程；
(2)若曲線與軸的正半軸交于點，直線與曲線交于兩點，且的面積是，求實數的值.
【答案】(1)證明見解析，
(2)
【分析】（1）根據雙垂線的性質，可得差值為定值，根據雙曲線的定義以及雙曲線的標準方程，可得答案；
（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程，寫出韋達定理，利用分割法求三角形的面積，建立方程，可得答案.
【詳解】（1）由線段的中垂線與直線交于點，得，
為定值.點的軌跡是以為焦點的雙曲線，
設雙曲線方程為：，，
所以，曲線的軌跡方程是.
（2）由（1）得，，設，
由，消去得，，則.
，整理得，
解得，或（舍去）.
所以，.
21．如圖，已知四棱錐的底面為等腰梯形，為等邊三角形，分別為棱的中點，為棱上的動點（包括端點）.
(1)若為棱的中點，求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）取線段的中點，由題可得，然后根據線面平行的判定定理即得；
（2）根據線面垂直的判定定理可得平面，結合條件可得是邊長為等邊三角形，然后利用坐標法，利用線面角的向量求法即得；或根據條件可得點到平面的距離，然后求出線段的取值范圍，進而即得.
【詳解】（1）取線段的中點，連接，
因為為棱的中點，所以，且
又因為
又分別為的中點，
所以，且，
所以，且，
所以四邊形是平行四邊形，
所以，又因為平面平面，
所以平面；
（2）因為為邊長為2等邊三角形，分別為的中點，
所以，且，
底面為等腰梯形，，
分別為的中點，
所以，且，
又因為平面平面，
所以平面，
又因為，所以平面，又平面，
所以，
所以在中，，
所以是邊長為等邊三角形，
解法一：建立如圖所示的空間直角坐標系，則，
則，
設平面的法向量為，則，
令，可得，
設，則，
設直線與平面所成角為，則
，
所以當時，取得最大值，
當或1時，取得最小值，
所以直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為.
解法二：因為平面，平面，
所以平面，
所以到平面得距離相等，設為，
因為為線段的中點，則，且，
又因為平面，平面，
所以，
又因為，平面，平面，
所以平面，
所以，
因為平面，又平面，
所以，
所以，
在等腰中，，
所以底邊上的高，
所以，
設直線與平面所成角為，則，
所以，
所以直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為.
22．如圖，已知為橢圓的上焦點，分別為上，下頂點，過作直線與橢圓交于兩點（不與重合）.
(1)若，求直線的方程；
(2)記直線與的斜率分別為，求證：為定值，并求出該定值.
【答案】(1)；
(2)證明見解析，定值為.
【分析】（1）由題可設，聯(lián)立橢圓方程，利用韋達定理結合條件即得；
（2）利用斜率公式可得，然后根據條件結合韋達定理化簡即得.
【詳解】（1）由題可知，依題知直線的斜率存在，設為，
所以，，設，
由，可得，
所以，
由，得，
∴，
，
解得，即，
直線的方程為；
（2）由題可知，
∴，
，
所以，，
，，
，
∴，
所以為定值，定值為.
本科
研究生
合計
35歲以下
35
30
65
歲
30
23
53
50歲以上
25
7
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