說明：本試卷共有選擇、填空、解答三道大題，共計120分，考試時間：100分鐘
一、選擇題．（本大題共9個小題，每小題4分，共36分，在每小題的四個選項中，只有一項是正確的，請把它選出并填在答題卡上）
1. 已知向量，，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據空間向量的加法坐標運算可得.
【詳解】因為，，
所以，
故選：D
2. 直線的傾斜角為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由題可得直線斜率，即可得傾斜角.
【詳解】，
則直線斜率為，故傾斜角為.
故選：D
3. 過點且與直線垂直的直線方程是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據垂直關系設出直線方程為，代入點的坐標，求出答案.
【詳解】與直線垂直的直線方程可設為，
將代入可得，解得，
故過點且與直線垂直的直線方程為.
故選：B
4. 若方程表示圓，則實數的取值范圍為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據圓的一般式的意義列不等式，解不等式.
【詳解】由方程表示圓，
得，
解得，
故選：A.
5. 已知橢圓，焦點在軸上，且焦距為4，則短軸長為（）
A. B. 4C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由題可得，后由，可得m，即可得答案.
【詳解】設橢圓半焦距為c，半長軸為a，半短軸為b，則由題有，
則.故，則短軸長為.
故選：A
6. 若直線與平行，則的值為（）
A. 0B. 2C. 3D. 2或3
【答案】D
【解析】
【分析】根據兩直線平行的充要條件計算可得.
【詳解】因為直線與平行，
所以，解得或，
當時直線與平行，符合題意；
當時直線與平行，符合題意；
所以或.
故選：D
7. 在平行六面體中，M為與的交點，，，，則下列向量中與相等的向量是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空間向量的線性運算進行求解．
【詳解】．
故選：A．
8. 若直線不經過第一象限，則t的取值范圍為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】將直線方程化為斜截式，由直線不過第一象限，則斜率小于等于零即可得解；
【詳解】解：直線方程可化為，因為直線不經過第一象限，所以，解得．
故選：D
【點睛】本題考查直線的斜截式方程的應用，屬于基礎題.
9. 在正方體中，為中點，，，，，使得，則（）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】建立空間直角坐標系，得到點的坐標，根據得到方程組，求出，得到答案.
【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
設正方體邊長為，則，
則，
因為，所以，
故，解得，
故，
故選：A
二、填空題．（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．請將正確答案填在答題卡上）
10. 已知橢圓上一點到其一個焦點的距離為，則點到另一個焦點的距離為________．
【答案】
【解析】
【分析】根據橢圓的定義計算可得.
【詳解】橢圓，則，所以，
根據橢圓的定義可知橢圓上的點到兩焦點的距離之和為，
因為橢圓上點到其一個焦點的距離為，則點到另一個焦點的距離為.
故答案為：
11. 直線在兩坐標軸上的截距之和為________．
【答案】
【解析】
【分析】根據截距的定義即可分別求解軸上的截距為，即可相加求解.
【詳解】令則，令，則，
所以在軸上的截距分別為，
故，
故答案為：
12. 已知四面體ABCD，G是CD的中點，連接AG，則________．
【答案】##
【解析】
【分析】根據已知條件作出圖形，利用空間向量的加法法則即可求解.
【詳解】四面體，是的中點，如圖，
則，所以.
故答案為：
13. 直線與，若，則實數________．
【答案】或
【解析】
【分析】根據兩直線垂直的充要條件得到方程，解得即可.
【詳解】因為直線與垂直，
所以，解得或.
故答案為：或
14. 已知空間向量，，兩兩夾角均為，其模均為1，則____________．
【答案】
【解析】
【分析】根據空間向量數量積的定義可求得，進而求得的值，從而求解.
【詳解】因為，且兩兩夾角為，
所以，
所以，
所以.
故答案為：.
15. 已知直線l被兩條直線和截得的線段的中點為，則直線l的一般式方程為______．
【答案】
【解析】
【分析】通過解方程組求出直線l與兩直線交點的坐標，再利用中點坐標公式進行求解即可.
【詳解】設直線l的斜率為，因為直線l過，
所以直線方程為，
由，
由，由題意可知：是截得線段的中點，
所以，即，
故答案為：
三、解答題．（本大題共5個小題，共60分）
16. 已知直線過原點，且與平行．
（1）求直線的方程；
（2）求與間的距離；
（3）若圓經過點,，并且被直線平分，求圓方程．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根據直線平行滿足斜率相等，即可求解，
（2）根據平行線間距離公式即可求解，
（3）根據圓心在上，結合,在圓上，由兩點距離公式，即可求解.
【小問1詳解】
根據題意，直線與平行，
則有斜率為，．
又因其過原點，所以方程為．
【小問2詳解】
方程為，
所以與間的距離為．．
【小問3詳解】
設圓心
由于直線平分圓，所以圓心在直線上，即．
又，所以有．
聯立，解得．
所以
所以圓的方程為．
17. 如圖，在四棱錐中，，，，底面為正方形，、分別為、的中點．
（1）證明：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值；
（3）求平面與平面的夾角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用中位線的性質得出，再利用線面平行的判定定理可證得結論成立；
（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值；
（3）利用空間向量法可求得平面與平面的夾角的余弦值.
【小問1詳解】
證明：、分別為、的中點，則，
平面，平面，故平面.
【小問2詳解】
解：因為四邊形為正方形，則，
又因為，，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、、、、，
設平面的法向量為，，，
則，得，取，可得，
，則，
因此，直線與平面所成角的正弦值為.
【小問3詳解】
解：易知平面的一個法向量為，.
因此，平面與平面的夾角的余弦值為.
18. 已知橢圓過點，且離心率為
（1）求橢圓的方程；
（2）若過原點的直線與橢圓交于兩點，且在直線上存在點，使得為等邊三角形，求直線的方程.
【答案】（1）；（2）方程為y=0或.
【解析】
【分析】
（1）將點代入橢圓方程，由，結合，可得，即可求解.
（2）討論直線斜率或斜率時，將直線與橢圓方程聯立，求出交點，設，可得，再將的垂直平分線方程與橢圓聯立，求出，求出，根據即可求解.
【詳解】（1）由題，解得，，，∴橢圓的方程為
（2）由題，當斜率時，此時，
直線與軸的交點滿足題意；
當的斜率時，設直線，
與橢圓聯立得，，
設，則，，
又垂直平分線方程為，由，解得，
，，∵為等邊三角形，
，即，
解得(舍去)，，∴直線的方程為
綜上可知，直線的方程為y=0或.
【點睛】關鍵點點睛：將直線方程聯立，關鍵求出，由的形狀，列出等式，此題要求有較高的計算求解能力，難度較大.
19. 如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中∥，，，，為棱BC上的點，且．
（1）求證：平面PAC；
（2）求點到平面PCD的距離；
（3）設為棱CP上的點（不與C，P重合），且直線QE與平面PAC所成角的正弦值為，求的值．
【答案】（1）證明見解析
（2）2（3）
【解析】
【分析】（1）如圖建立空間直角坐標系.利用向量法可得，，即可證明結論；
（2）由（1）可得與平面PCD的法向量，即可得答案；
（3）設，后由直線QE與平面PAC所成角的正弦值為結合空間向量知識可得關于的方程，即可得答案.
【小問1詳解】
因為平面，平面，平面
所以，.因為則以A為坐標原點，建立如圖的空間直角坐標系．
由已知可得，，，，，．
所以，，．
因為，所以.，所以．
又，平面，平面．所以平面；
【小問2詳解】
由（1）可知，
設平面的法向量因為，．
所以，即不妨設，得
點到平面的距離．
所以點到平面的距離為．．
【小問3詳解】
設，即．
則，即.
則.由（1）可取為平面PAC法向量.
因與平面夾角正弦值為，
則
即解得，即.
20. 已知橢圓經過點，且離心率為．
（1）求橢圓的方程；
（2）若直線與橢圓相交于A，B兩點，線段AB的中點為，是否存在常數，使恒成立，并說明理由．
【答案】（1）
（2）存在，理由見解析
【解析】
【分析】（1）由題可得，結合可得，即可得答案；
（2）將直線方程與橢圓方程聯立，利用韋達定理可得，后由題意可的答案.
小問1詳解】
由題意知，
又因為解得．所以橢圓方程為．．
【小問2詳解】
存在常數，使恒成立．證明如下：
由得，且．
設，，則，．
又因為，，
，
所以.又因為線段的中點為，所以，所．
所以存在常數，使恒成立.

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