1.已知直線l經(jīng)過點M(?1,0)，N(0,7)，則直線l的方程為( )
A. 7x+y+7=0B. 7x+y?7=0C. 7x?y?7=0D. 7x?y+7=0
2.若橢圓x2a2+y23=1(a> 3)的長半軸長等于其焦距，則a=( )
A. 2B. 2 2C. 2 3D. 4
3.已知直線l1:2x+3y?1=0與l2:3x+m+1y+2=0垂直，則實數(shù)m=( )
A. 3B. ?3C. 2D. 1
4.拋物線y=?2025x2的準(zhǔn)線方程為( )
A. x=20252B. x=20254C. y=14050D. y=18100
5.在四面體ABCD中，E為棱AD的中點，點F為線段BE上一點，且BF=4FE，設(shè)AB=m，AC=n，AD=t，則CF=( )
A. 15m?n?25tB. 15m?n+25tC. 15m+n?25tD. 25m?n+15t
6.北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層．上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊．下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊．已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)( )
A. 3699塊B. 3474塊C. 3402塊D. 3339塊
7.已知點P為圓C:(x?2)2+y2=r2(r>0)上一動點，若直線x? 3y+6=0上存在兩點A，B，滿足|AB|=4，且∠APB=90°，則r的最小值為( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
8.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，M為棱A1D1的中點，G為側(cè)面CDD1C1的中心，點P，Q分別為直線AD，AB上的動點，且PG⊥MQ，當(dāng)|PQ|取得最小值時，點Q到平面PMG的距離為( )
A. 62B. 52C. 1D. 32
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(shè)l，m是兩條不同直線，α，β是兩個不同平面，下列命題為真命題的是( )
A. 若l⊥β，l⊥α，則α//βB. 若l//α，m//α，則l//m
C. 若α⊥β，l⊥α，則l//β或l?βD. 若l⊥m，l⊥α，則m//α或m?α
10.一般地，對于數(shù)列an，如果存在一個正整數(shù)t，使得當(dāng)n取每一個正整數(shù)時，都有an+t=an，那么數(shù)列an就叫作周期數(shù)列，t叫作這個數(shù)列的一個周期，則下列結(jié)論正確的是( )
A. 對于數(shù)列an，若ai∈1,2i=1,2,3,?，則an為周期數(shù)列
B. 若an滿足：a2n=a2n+2，a2n?1=a2n+1n∈N?，則an為周期數(shù)列
C. 若an為周期數(shù)列，則存在正整數(shù)M，使得anb>0的左、右焦點，以F2為圓心，a為半徑的圓與雙曲線的一條漸近線交于A，B兩點，若2AB=F1F2，則雙曲線的離心率是 ．
14.已知a>0，函數(shù)fx=x+2,xa.設(shè)Px3,fx3，Qx4,fx4，其中x30,b>0)，由a2+b2=4，
過點 3,1，可得3a2?1b2=1，可得a2=2，即得a2=b2=2，
故雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程為：x22?y22=1；
(2)由y=kx?1x22?y22=1，得(1?k2)x2+2k2x?k2?2=0
由題意得1?k2≠0Δ=4k4?4(1?k2)(?k2?2)=0，解得k=± 2．
當(dāng)1?k2=0，即k=±1時，直線與雙曲線的漸近線y=±x平行，直線與雙曲線只有一個公共點，
所以k=± 2或k=±1．

16.(1)解：連接AC，因為四邊形ABCD為菱形，又∠ABC=60°，所以△ABC為等邊三角形，取BC的中點E，連接AE，則AE⊥BC，所以AE⊥AD，因為PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AE，以A為原點，以AE，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，
，
則A(0,0,0)，P(0,0,3)，C( 3,1,0)，D(0,2,0)，AP=(0,0,3)，由DP=3MP，可知M(0,23,2)，所以CM=(? 3,?13,2)，于是cs=AP?CM|AP||CM|=63×83=34，故直線AP與直線CM所成角的余弦值為34；
(2)證明：因為AP=2AH，AG=GB，所以G，H分別為AB，AP的中點，則G( 32,?12,0)，H(0,0,32)，連接CG，CH，則CH=(? 3,?1,32)，CG=(? 32,?32,0)，設(shè)CH=μCG+λCM，由(1)知CM=(? 3,?13,2)，則(? 3,?1,32)=μ(? 32,?32,0)+λ(? 3,?13,2)，
則? 32μ? 3λ=? 3?32μ?13λ=?12λ=32,
解得μ=12，λ=34，
所以CH=12CG+34CM，故M，C，G，H四點共面．
17.解：(1)證明：[方法一]：
由已知 2Sn+1bn=2 得 Sn=2bn2bn?1 ，且 bn≠0 ， bn≠12 ，
取 n=1 ，由 S1=b1 得 b1=32 ，
由于 bn 為數(shù)列 Sn 的前n項積，
所以 2b12b1?1?2b22b2?1·???·2bn2bn?1=bn ，
所以 2b12b1?1?2b22b2?1·???·2bn+12bn+1?1=bn+1 ，
所以 2bn+12bn+1?1=bn+1bn ，
由于 bn+1≠0，
所以 22bn+1?1=1bn ，即 bn+1?bn=12 ，其中 n∈N?，
所以數(shù)列 bn 是以 b1=32 為首項，以 d=12 為公差等差數(shù)列;
[方法二]【最優(yōu)解】：
由已知條件知 bn=S1?S2?S3???Sn?1?Sn ①
于是 bn?1=S1?S2?S3???Sn?1(n≥2) . ②
由①②得 bnbn?1=Sn ， ③
又 2Sn+1bn=2 ， ④
由③④得 bn?bn?1=12 ，
令 n=1 ，由 S1=b1 ，得 b1=32 ，
所以數(shù)列 bn 是以 32 為首項， 12 為公差的等差數(shù)列；
[方法三]：
由 2Sn+1bn=2 ，得 bn=Sn2Sn?2 ，且 Sn≠0 ， bn≠0 ， Sn≠1 ，
又因為 bn=Sn?Sn?1???S1=Sn?bn?1 ，所以 bn?1=bnSn=12Sn?2 ，所以 bn?bn?1=Sn2Sn?2?12Sn?2=Sn?12Sn?1=12(n≥2) ，
在 2Sn+1bn=2 中，當(dāng) n=1 時， b1=S1=32 ，
故數(shù)列 bn 是以 32 為首項， 12 為公差的等差數(shù)列；
[方法四]：數(shù)學(xué)歸納法
由已知 2Sn+1bn=2 ，得 Sn=2bn2bn?1 ， b1=32 ， b2=2 ， b3=52 ，猜想數(shù)列 bn 是以 32 為首項， 12 為公差的等差數(shù)列，且 bn=12n+1 ，
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明，
當(dāng) n=1 時顯然成立，
假設(shè)當(dāng) n=k 時成立，即 bk=12k+1,Sk=k+2k+1 ，
那么當(dāng) n=k+1 時， bk+1=bkSk+1=12k+1 ?k+3k+2=k+32=12(k+1)+1 ，
綜上，猜想對任意的 n∈N? 都成立，
即數(shù)列 bn 是以 32 為首項， 12 為公差的等差數(shù)列；
(2)由(1)可得，數(shù)列 bn 是以 b1=32 為首項，以 d=12 為公差的等差數(shù)列，
∴bn=32+n?1×12=1+n2 ，
Sn=2bn2bn?1=2+n1+n ，
當(dāng)n=1時， a1=S1=32 ，
當(dāng)n≥2時， an=Sn?Sn?1=2+n1+n?1+nn=?1nn+1 ，顯然對于n=1不成立，
∴ an=32,n=1?1nn+1,n≥2 ．

18.解：(1)
取EF中點H，連接AH,A′H．
∵AE=AF，∴EF⊥AH，由折疊得EF⊥A′H．
∵AH∩A′H=H,AH,A′H?平面A′AH，∴EF⊥平面A′AH．
∵A′A?平面A′AH，∴A′A⊥EF．
(2)∵平面A′EF⊥平面BEF，平面A′EF∩平面BEF=EF，A′H?平面A′EF，A′H⊥EF，∴A′H⊥平面BEF．
∵AE=EB=AF=23FD=4,∠EAF=π2，
∴AB=8,FD=6,AD=10,EF=4 2,AH=A′H=12EF=2 2．
以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則F(4,0,0)，E(0,4,0)，H(2,2,0)，A′(2,2,2 2)，D(10,0,0)，C(10,8,0)，
∴FD=(6,0,0)，A′F=(2,?2,?2 2)，
設(shè)平面A′FD的法向量為n=(x,y,z)，則6x=02x?2y?2 2z=0，取n=(0,? 2,1)．
由題意得，平面FDC的法向量為m=(0,0,1)，
∴csm,n=m?nmn=1 3×1= 33，
由圖可得二面角A′?FD?C的平面角為銳角，∴二面角A′?FD?C的余弦值為 33．
(3)連接A′M,CM．
設(shè)FM=x0≤x≤6，則M(x+4,0,0)．
∵翻折后C與A′重合，∴A′M=CM，
由(2)得，A′(2,2,2 2)，C(10,8,0)，
∴x+22+?22+?2 22=x?62+?82+02，解得x=214，即FM=214．

19.解：(1)設(shè)M(x,y)，由“倒影距離”的定義可知，[M,F1]=|x?0|+|?2?y|=|x|+|y+2|，
[M,F2]=|x?0|+|2?y|=|x|+|y?2|，
由題可知[M,F1]+[M,F2]=6，即2|x|+|y?2|+|y+2|=6.所以“倒影橢圓”C的方程為2|x|+|y?2|+|y+2|=6．
(2)由2|x|+|y?2|+|y+2|=6得，2|x|=6?|y?2|?|y+2|，
當(dāng)x≥0時，x=y+3,?3≤y≤?2,1,?2

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