1.歐拉公式eix=csx+isinx(i為虛數(shù)單位)是由瑞士著名數(shù)學家歐拉發(fā)明的，它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴大到復數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關系，它在復變函數(shù)論里非常重要，被譽為“數(shù)學中的天橋”.根據(jù)歐拉公式可知，e2i表示的復數(shù)在復平面中對應的點位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.兩條平行直線3x+4y?12=0與ax+8y+11=0之間的距離為( )
A. 235B. 2310C. 7D. 72
3.已知點A(?3,5)，B(2,15)，在直線l：3x?4y+4=0上存在一點P，使|PA|+|PB|最小，則P點坐標為( )
A. (0.1)B. (43,2)C. (83,3)D. (8,7)
4.若滿足∠ABC=π4，AC=6，BC=k的△ABC恰有一個，則實數(shù)k的取值范圍是( )
A. (0,6]B. (0,6]∪{6 2}C. [6,6 2]D. (6,6 2)
5.如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不垂直的是( )
A. B.
C. D.
6.將正方形ABCD沿對角線BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，則異面直線AB與CD所成角的余弦值為( )
A. 12B. 22C. ?12D. ? 22
7.已知“m≤t”是”x2+y2+ 3x? my+m=0”表示圓的必要不充分條件，則實數(shù)t的取值范圍是( )
A. (?1,+∞)B. [1,+∞)C. (?∞,1]D. (?∞,?1)
8.已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，長軸長為4，點P( 2,1)在橢圓C外，則( )
A. 橢圓C的離心率的取值范圍是(0, 32)B. 橢圓C的離心率的取值范圍是( 32,1)
C. 橢圓C的離心率的取值范圍是(0, 22)D. 橢圓C的離心率的取值范圍是( 22,1)
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.設i為虛數(shù)單位，若復數(shù)z滿足(2+i)z=1+i2k+1(k∈Z)，則z在復平面內對應的點可能位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
10.已知橢圓C：x26+y2b2=1(b>0)的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，點A( 3,1)在橢圓C上，則( )
A. b= 2B. △F1AF2的面積為2
C. 橢圓C的離心率為 32D. △F1AF2的內切圓半徑為 6?2
11.已知點A，B為圓O：x2+y2=26上兩動點，且|AB|=4 6，點P為直線l：x+y+10=0上動點，則( )
A. 以A，B為直徑的圓與直線l相離B. ∠APB的最大值為π3
C. PA?PB的最小值為8D. |PA|2+|PB|2的最小值為112
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.已知兩點A(?3,4)，B(3,2)，過點P(2,?1)的直線l與線段AB有公共點，則l的斜率的取值范圍為______．
13.在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知b=2，S△ABC=2 3，且ccsB+bcsC?2acsA=0，則A= ______．
14.如圖，正八面體ABCDEF的12條棱長相等，則二面角E?AB?F的余弦值為______．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題13分)
已知a、b、c分別為△ABC內角A、B、C的對邊，bsinC+asinA=bsinB+csinC．
(1)求A；
(2)若a= 7,△ABC的面積為3 32，求△ABC的周長．
16.(本小題15分)
已知三角形ABC，A(1,4)，B(?1,0)，C(2,1)，以BA，BC為鄰邊作平行四邊形ABCD．
(1)求點D的坐標；
(2)過點A的直線l交直線BC與點E，若S△ABE=2S△ACE，求直線l的方程．
17.(本小題15分)
如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠BCD=60°，AB=1，BC=4，PA= 11，M，N分別為BC、PC的中點，PD⊥DC，PM⊥MD．
(1)證明：PM⊥平面ABCD；
(2)求直線AN與平面PCD所成角的正弦值．
18.(本小題17分)
在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF將四邊形AEFD翻折至四邊形A′EFD′，點A′?平面BCFE．
(1)求證：CD′//平面A′BE；
(2)A′，B，C，D′四點是否共面？給出結論，并給予證明；
(3)在翻折的過程中，設二面角A′?BC?E的平面角為θ，求tanθ的最大值．
19.(本小題17分)
已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長軸長為4 2，離心率為12,M(2,0),N(?2,0)．
(1)求橢圓E的方程；
(2)過P(4,0)作一條斜率存在且不為0的直線l交E于A，B兩點．
(i)證明：直線AM和直線BM的斜率均存在且互為相反數(shù)；
(ii)若直線AM與直線BN交于點Q，求Q的軌跡方程．
參考答案
1.B
2.D
3.C
4.B
5.D
6.A
7.B
8.D
9.AD
10.ABD
11.ACD
12.(?∞,?1]∪[3,+∞)
13.π3
14.?13
15.解：(1)由正弦定理及bsinC+asinA=bsinB+csinC，知bc+a2=b2+c2，
由余弦定理，知csA=b2+c2?a22bc=bc2bc=12，
因為A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)因為△ABC的面積S=12bcsinA=12bc? 32=3 32，所以bc=6，
由(1)知，bc+a2=b2+c2，
所以6+7=b2+c2=(b+c)2?2bc=(b+c)2?12，
所以a+c=5，
故△ABC的周長為5+ 7．
16.解：(1)由題可知，以BA，BC為鄰邊的平行四邊ABCD滿足AD//BC，CD//AB，
所以kAD=kBC，kCD=kAB，
設D(x,y)，則可得y?4x?1=13且y?1x?2=2；
解得x=4，y=5，所以D(4,5)．
(2)要使S△ABE=2S△ACE，則需B，C到直線l 的距離d1，d2之比為2，如圖所示：
當斜率存在時，設l的方程為y?4=k(x?1)，即kx?y?k+4=0，
由d1=2d2得|?2k+4| k2+1=2|k+3| k2+1，解得k=12，
所以直線l的方程為x?2y+7=0，
當直線斜率不存在時，l的方程為x=1，此時仍符合題意．
綜上知，直線l的方程為x=1和x?2y+7=0．
17.解：(1)證明：由四邊形ABCD為平行四邊形，且∠BCD=60°，AB=1，BC=4，M為BC的中點，所以CD=2，
在△BCD中，由余弦定理可得DM= CD2+CM2?2CD?CM?cs∠BCD= 1+4?2×1×2×12= 3，
可得CM2=CD2+DM2，可得CD⊥MD，
因為PD⊥DC，PM⊥MD，
所以在△PCD中，PC2=CD2+PD2，
在△PMD中，PD2=PM2+MD2，
所以PC2=CD2+PM2+MD2=(CD2+DM2)+PM2=CM2+PM2，
可得PM⊥MC，而PM⊥MD，MC∩MD=M，MC?面ABCD，MD?面ABCD，
可證得PM⊥平面ABCD；
(2)由(1)建立空間直角坐標系如圖所示：且D(0,0,0)，M( 3,0,0)，C(0,1,0)，P( 3,0,z0)，設z0>0，
A(2 3,?2,0)，
因為PA= 11，即 (2 3? 3)2+22+z02= 11，
可得z0=2，DP=( 3,0,2)，DC=(0,1,0)，
N( 32,12,1)，
所以NA=(3 32,?52,?1)，
設面PDC的法向量n=(x,y,z)，
則DP?n=0DC?n=0，即 3x+0?y+2z=00?x+y+0?z=0，令x=2 3，則y=0，z=?3，
所以n=(2 3,0,?3)，
所以NA?n=3 32?2 3+(?52)?0+(?1)?(?3)=12，|NA|= (3 32)2+(?52)2+(?1)2= 14，|n|= (2 3)2+(?3)2= 21，
所以cs=NA?n|NA|?|n|=12 14? 21=2 67，
設直線AN與平面PCD所成的角為θ，
則sinθ=|cs|=2 67，
所以可得直線AN與平面PCD所成角的正弦值為2 67．
18.解：(1)證明：因為D′F//A′E，D′F?平面A′EB，A′E?平面A′EB，
所以D′F//平面A′EB，
因為FC//EB，F(xiàn)C?平面A′EB，EB?平面A′EB．
所以D′F//平面A′EB，
又因為FC∩D′F=F，所以平面D′FC//平面A′EB，
因為CD′?面D′FC，所以CD′//平面A′EB．
(2)A′，B，C，D′四點不共面．
證明：假設A′，D′，B，C四點共面，則A′D′//BC或A′D′∩BC=Q．
若A′D′//BC，又因為A′D′?平再BCFE，所以A′D′//平面BCFE，
所以A′D′//EF(與已知矛盾，舍去)，
若A′D′∩BC=Q，所以Q∈平面A′EFD′，Q∈平面BCFE，
根據(jù)基本事實3，所以Q∈EF，
所以A′D′，BC，EF交于一點(與已知矛盾，舍去)；
綜上所述，A′，B，C，D′四點不共面．
(3)如圖，在面AC內作AO⊥EF于點O，作A′M⊥AO于M，作MN⊥BC于N，
由題意可得點M為點A′在平面BCFE的射影，所以A′M⊥平面BCFE，
所以A′M⊥BC，又因為MN⊥BC，MN∩A′M=M，
所以BC⊥平面A′MN，所以BC⊥A′N，
所以∠A′NM為二面角A′?BC?E的平面角θ，
因為AO⊥EF，A′O⊥EF，所以∠A′OM為二面角A′?EF?B的平面角，
設∠A′OM=α，α∈(0,π)
當α=π2時，點O與點M重合，由AO=4 5,ON=125，
可得tanθ= 53．
α∈(0,π2)時，因為AO=4 5，
所以A′M=4 5sinα,OM=4 5csα，
所以AM=4 5+4 5csα，
故MN=4?(4 5+4 5csα)×2 5=125?85csα，
所以tanθ=A′MMN= 5sinα3?2csα
同理當α∈(π2,π)時，A′M=4 5sinα,OM=?4 5csα，
所以AM=4 5+4 5csα，
故MN=4?(4 5+4 5csα)×2 5=125?85csα．
所以tanθ=A′MMN= 5sinα3?2csα，
設y= 5sinα3?2csα，
所以 5sinα+2ycsα=3y．
所以sin(α+φ)=3y 4y2+5，
由|3y 4y2+5|≤1解得?1≤y≤1，
所以，當csα=23時．tanθ取到的最大值為1．
19.解：(1)因為橢圓E的的長軸長為4 2，
所以2a=4 2，①
因為橢圓E的離心率為12，
所以e=ca=12，②
又a2=b2+c2，③
聯(lián)立①②③，
解得a=2 2，b= 6，c= 2，
則橢圓E的方程為x28+y26=1；
(2)(i)證明：設直線l的方程為y=k(x?4)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
聯(lián)立y=k(x?4)x28+y26=1，消去y并整理得(3+4k2)x2?32k2x+64k2?24=0，
此時Δ=96(3?4k2)>0，
解得|k|< 32，
由韋達定理得x1+x2=32k23+4k2，x1?x2=64k2?243+4k2，
當|k|= 32時，Δ=0，x1=x2=2，不符合題意，
所以x1≠2，x2≠2，
則直線AM和直線BM的斜率均存在，
此時kAM=y1x1?2,kBM=y2x2?2，
所以kAM+kBM=y1x1?2+y2x2?2=k(x1?4)(x2?2)+k(x2?4)(x1?2)(x1?2)(x2?2)
=k[2x1?x2?6(x1+x2)+16]x1?x2?2(x1+x2)+4=k(128k2?48?6?32k2+16(3+4k2))(3+4k2)(x1?x2?2(x1+x2)+4)=0，
故直線AM和直線BM的斜率均存在且互為相反數(shù)；
(ii)由(i)知x2≠2，且kAM=?kBM=y22?x2，
設直線AM的方程為(2?x2)y=y2(x?2)，直線BM的方程為(x2+2)y=y2(x+2)，
設Q(x0,y0)，
此時(x2?2)y0=?y2(x0?2)(x2+2)y0=y2(x0+2)，
整理得x2y0=2y2y0=2y2x0，
由題意知y2≠0，
所以y0≠0，x0≠0，
此時x2=4x0，y2=2y0x0，
將x2=4x0，y2=2y0x0代入x228+y226=1，
此時2x02+2y023x02=1，
整理得x022?y023=1，
又x2≠2，
所以x0≠2．
故Q的軌跡方程為x22?y23=1(x≠2,y≠0)．
．

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