1．答題前，考生需將自己的姓名、班級、考場/座位號填寫在答題卡指定位置上，并粘貼條形碼.
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.
3．回答非選擇題時，請使用0.5毫米黑色字跡簽字筆將答案寫在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)，超出答題區(qū)域或在草稿紙、本試題卷上書寫的答案無效.
4．保持卡面清潔，不要折疊、不要弄皺、弄破，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀.
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的．
1．直線的傾斜角是（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
2．已知是兩個平面，是兩條不同的直線，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則B．若，則
C．若，則D．若，則
3．已知兩直線，若，則與間的距離為（ ）
A．B．C．D．
4．某同學參加學校組織的化學競賽，比賽分為筆試和實驗操作測試，該同學參加這兩項測試的結果相互不受影響.若該同學在筆試中結果為優(yōu)秀的概率為，在實驗操作中結果為優(yōu)秀的概率為，則該同學在這次測試中僅有一項測試結果為優(yōu)秀的概率為（ ）
A．B．C．D．
5．在平行四邊形中，點，，分別滿足，，，則（ ）
A．B．C．D．
6．已知圓經(jīng)過兩點，且圓心在直線，則圓的標準方程是（ ）
A．B．
C．D．
7．如圖，在直三棱柱中，為線段的中點，為線段上一點，則面積的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
8．已知點是圓上的兩個動點，點是直線上動點，且，下列說法正確的是（ ）
A．圓上恰有一個點到直線的距離為B．長的最小值為
C．四邊形面積的最小值為2D．直線恒過定點
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9．圓與圓沒有公共點，則的值可能是（ ）
A．B．C．2D．4
10．已知隨機事件滿足，則下列結論正確的是（ ）
A．B．
C．D．
11．在正方體中，為的中點，是正方形內(nèi)部及邊界上一點，則下列說法正確的是（ ）
A．平面平面
B．當時，點的軌跡長度為
C．平面內(nèi)存在一條直線與直線成角
D．將以邊所在的直線為軸旋轉(zhuǎn)一周，則在旋轉(zhuǎn)過程中，到平面的距離的取值范圍是
三、填空題：本題共3小題，每小題4分，共12分．
12．在和兩個集合中各取一個數(shù)組成一個兩位數(shù)，則這個兩位數(shù)能被4整除的概率是 .
13．如圖，在空間四邊形中，，平面平面，且，則與平面所成角的正弦值是 ．
14．已知圓，圓，直線上存在點，過點向圓引兩條切線和，切點是和，再過點向圓引兩條切線和，切點是和，若，則實數(shù)的取值范圍為 .
四、解答題：本題共5小題，共58分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15．已知點，圓的方程為，過點的直線與圓相切，點為圓上的動點．
(1)求直線的方程；
(2)求面積的最大值．
16．如圖，在四棱錐中，平面與底面所成角為，四邊形是梯形，．
(1)若點是的中點，點是的中點，求點到平面的距離；
(2)點是線段上的動點，上是否存在一點，使平面，若存在，試確定點位置，若不存在，請說明理由.
17．班級組織象棋比賽，共有16人報名，現(xiàn)將16名同學隨機分成4組且每組4人進行單循環(huán)比賽，規(guī)則如下：每場比賽獲勝的同學得3分，輸?shù)耐瑢W不得分，平局的2名同學均得1分，三輪比賽結束后以總分排名，小組總分排名前兩位的同學獲獎．若出現(xiàn)總分相同的情況，則以抽簽的方式確定排名（抽簽的勝者排在負者前面），且抽簽時每人獲勝的概率均為．若甲、乙、丙、丁4位同學分到一組且賽程如下表．假設甲、乙、丙3名同學水平相當，彼此間勝、負、平的概率均為．丁同學與任意一名同學比賽時勝、負、平的概率分別為．每場比賽結果相互獨立．
(1)求丁同學的總分為5分的概率；
(2)已知三輪比賽中丁同學獲得兩勝一平，且第一輪比賽中丙、丁2名同學是平局，求甲同學獲獎的概率.
18．如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，沿EF將四邊形EFCD折起，使二面角的大小為60°，點M在線段AB上.
(1)若M為AB的中點，且直線MF與直線EA的交點為O，求OA的長，并證明直線平面EMC；
(2)是否存在點M，使得直線DE與平面EMC所成的角為60°；若存在，求此時二面角的余弦值，若不存在，說明理由.
19．平面直角坐標系中，過點且互相垂直的兩條直線分別與圓交于點，圓交于點．
(1)若直線的斜率為，求弦的長；
(2)已知圓交軸于兩點，當直線的斜率存在時，求直線交點的軌跡方程；
(3)若的中點為，求面積的取值范圍．
第一輪
甲—乙
丙—丁
第二輪
甲—丙
乙—丁
第三輪
甲—丁
乙—丙
1．D
【分析】由題可得其斜率，即可得傾斜角.
【詳解】.
設其傾斜角為，則，又，
則，即傾斜角為150°.
故選：D
2．C
【分析】根據(jù)空間線面的位置關系的判定方法進行判斷.
【詳解】對A：若，則或，故A錯誤；
對B：因為平行于同一個平面的兩條直線的位置關系不能確定，故B錯誤；
對C：若，則；，則，所以，
所以，所以C正確；
對D：若，，則或，故D錯誤.
故選：C
3．D
【分析】根據(jù)直線平行求得參數(shù)，再根據(jù)平行線之間的距離公式求解即可得結論.
【詳解】因為，所以，解得，
所以，
由平行線之間的距離公式可得.
故選：D.
4．C
【分析】根據(jù)獨立事件的概率公式與互斥事件的概率加法公式可求概率.
【詳解】根據(jù)題意可得該同學在這次測試中僅有一項測試結果為優(yōu)秀的概率為：．
故選：C.
5．A
【分析】以為基底，根據(jù)向量的加法、減法、數(shù)乘運算求解即可.
【詳解】由題意，如圖，

，
故選：A
6．C
【分析】先設圓心的坐標為，根據(jù)點在線上及兩點間距離得出，再求出半徑，得出圓的標準方程.
【詳解】設圓心的坐標為.
因為圓心在直線上，所以①，
因為是圓上兩點，所以，根據(jù)兩點間距離公式，有，即②，
由①②可得.所以圓心的坐標是），圓的半徑.
所以，所求圓的標準方程是.
故選:C.
7．B
【分析】利用向量法求出到的距離的范圍后可求面積的范圍.
【詳解】
由直三棱柱可得平面，而，
故建立如圖所示的空間直角坐標系，，
設，其中，故，
而，，
故到直線的距離為，
因為，故，故，
故選：B.
8．D
【分析】利用圓心到直線的距離可判斷A；利用圓的性質(zhì)可得切線長，利用點到直線的距離可判斷B；由題可得四邊形的面積，可判斷C；由題可知點在以為直徑的圓上，利用兩圓方程可得直線的方程，即可判斷D.
【詳解】A.由題意得，圓心，半徑，
∴圓心到直線的距離為，
∵，
∴圓上有兩個點到直線的距離為，選項A錯誤.
B. 如圖，
∵，
∴，
∴，
∴當最小時，有最小值，
當，即為圓心到直線的距離時，，
∴，選項B錯誤.
C. 由題意得，，
∴四邊形面積為：，
由選項B可知，選項C錯誤.
D.設，
∵是圓的切線，
∴點在以為直徑的圓上.
∵，
∴以為直徑的圓為，
整理得，
與圓方程相減得直線方程為：
，
由得，即直線恒過定點，選項D正確.
故選：D.
9．ABD
【分析】圓與圓沒有公共點，則兩圓外離或內(nèi)含，從而得到不等式，求出答案.
【詳解】圓，圓心，半徑，
圓，圓心，半徑，
圓與圓沒有公共點，則兩圓外離或內(nèi)含，
或，
即或，解得或，或.
故A，B，D正確；C錯誤.
故選：ABD.
10．ABD
【分析】利用全概率公式結合已知即可推出A正確；再利用和事件的概率公式結合A選項，即可判斷BCD.
【詳解】對于A，，
，
又，所以，
故，A正確；
對于BCD，，結合，
則，而，
所以，B正確，C錯誤，D正確；
故選：ABD
11．ABD
【分析】對于A，先證明平面，再利用面面垂直的判定定理即可判斷；對于B，確定點F在以H為圓心，半徑為2的圓上運動，結合弧長公式即可判斷；對于C，求出EF與平面所成角的最小值，即可判斷；對于D，判斷出點的運動軌跡，進而結合圓的幾何性質(zhì)進行求解.
【詳解】對于A，連接，則,
又平面平面，故,
平面，故平面，
平面，故，同理，
平面，故平面，
平面，故平面平面，A正確；
對于B，取的中點為H，連接，
則平面，平面，故，

由于，故，
即點F在以H為圓心，半徑為2的圓上運動，
結合題意知F軌跡為該圓在平面內(nèi)的圓弧，如圖圓弧，
則，則，
故F軌跡長度為，B正確；
對于C，從正方體中分離出四棱錐，的中點為H，
平面，則，
，
則EF與平面所成角的最小值為，,
即，故平面內(nèi)不存在一條直線與直線成角，C錯誤；
對于D，連接交于N，取的中點為M，
連接，則點的軌跡為平面內(nèi)以N為圓心，為半徑的圓，
又正方體性質(zhì)知，由知，
而平面，故平面，
平面，故平面平面;
又平面平面，故，
結合，平面，
故平面，平面，
故，則，
設與圓的交點分別為，
當點位于處時，到平面的距離分別取到最大值和最小值，
最大值為，
最大值為，
故到平面的距離的取值范圍是，D正確
故選：ABD.
難點點睛：解答本題的難點在于選項D的判斷，解答時要注意判斷出點的運動軌跡，進而結合圓的幾何性質(zhì)進行求解.
12．
【分析】確定基本事件空間為，根據(jù)古典概型計算求解，即可.
【詳解】滿足題意的所有兩位數(shù)有，共15個.
其中能被4整除的兩位數(shù)有，共5個.
所以概率
故
13．##
【分析】利用等體積法求得到平面的距離，從而求得與平面所成角的正弦值.
【詳解】設是的中點，連接，由于，
所以，由于平面平面，且交線為，
平面，所以平面，由于平面，所以，
設，而，
所以，所以，
三角形的面積為，
設到平面的距離為，
則，即，
所以與平面所成角的正弦值是.
故
14．
【分析】根據(jù)題意作出圖形，結合圖象轉(zhuǎn)化得，從而利用兩點距離公式求得點的軌跡方程，進而得到直線與圓有交點，由此得解.
【詳解】連接圓心和切點，如圖所示，則有，
易知，
故，，
不妨設，，，
，化簡得，
P的軌跡為以圓心，為半徑的圓，
又P在直線上，直線與圓有交點，
，故.
故答案為.
關鍵點點睛：本題解決的關鍵是將題設條件轉(zhuǎn)化得，從而利用阿氏圓的相關知識可知點的軌跡方程為圓，進而得解.
15．(1)或
(2)
【分析】（1）確定圓心和半徑，考慮直線斜率存在和不存在兩種情況，根據(jù)直線與圓的位置關系得到答案.
（2）利用兩點距離公式計算AB，利用點到直線的距離公式求出圓心C到直線AB的距離，結合圓的性質(zhì)求得最大距離，即可求解面積的最大值.
【詳解】（1）圓：，，
圓心的坐標為，半徑．
當直線的斜率不存在時，直線的方程為，
圓心到的距離，與圓相切；
當直線的斜率存在時，設直線的方程為，即，
由直線與圓相切，得，解得，
所以直線的方程為．
綜上所述：直線的方程為或．
（2）由得直線AB的方程為，即，
則圓心到直線AB的距離，
所以點到直線AB的距離的最大值為，又，
則的面積的最大值.
16．(1)
(2),
【分析】（1）建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，求出平面的法向量，根據(jù)空間距離的向量求法，即可求得答案.
（2）設，，進而表示出，，由題意列出關于的方程組求解即可.
【詳解】（1）由平面，平面，平面，
得，,.兩兩垂直.
則以A為坐標原點，分別以所在的直線為 軸，建立空間直角坐標系．

則，，，，．
因為T是 的中點，點M是 的中點，所以，．
設平面 的法向量為，，，
則 ，得 ，
取 ，則 ，得平面的一個法向量為，
而,所以點P到平面的距離為．
（2）設，
注意到，所以，所以，
設，注意到，
所以，因為，，
所以，若平面，
則當且僅當，即當且僅當，
此時，.
綜上所述，當且僅當重合，此時存在,，使平面.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意，若丁同學總分為5分，則丁同學三輪比賽結果為一勝兩平，利用相互獨立事件的乘法公式即可求解；
（2）根據(jù)題意，分析甲獲得獎勵的情況，利用相互獨立事件的乘法公式及互斥事件的概率的加法公式即可求解．
【詳解】（1）丁同學總分為5分，則丁同學三輪比賽結果為一勝兩平，
記第輪比賽丁同學勝、平的事件分別為，，丁同學三輪比賽結果為一勝兩平的事件為，
則，
即丁同學的總分為5分的概率為．
（2）由于丁同學獲得兩勝一平，且第一輪比賽中丙、丁2名同學是平局，
則在第二、三輪比賽中，丁同學對戰(zhàn)乙、甲同學均獲勝，
故丁同學的總分為7分，且同丁同學比賽后，甲、乙、丙三人分別獲得0分、0分、1分，
若甲同學獲得獎勵，則甲最終排名為第二名．
若第一、二輪比賽中甲同學均獲勝，則第三輪比賽中無論乙、丙兩位同學比賽結果如何，
甲同學的總分為6分，排第二名，可以獲得獎勵，此時的概率．
若第一輪比賽中甲同學獲勝，第二輪比賽中甲、丙2名同學平局，
第三輪比賽中乙、丙2名同學平局或乙同學獲勝，甲同學的總分為4分，排第二名，
可以獲得獎勵，此時的概率．
若第一輪比賽中甲、乙2名同學平局，第二輪比賽中甲同學獲勝，
第三輪比賽中當乙、丙2名同學平局時，甲同學的總分為4分，排第二名，
可以獲得獎勵，此時的概率.
第三輪比賽中當乙、丙同學沒有產(chǎn)生平局時，甲同學與第三輪比賽乙、丙中的勝者的總分均為4分，
需要進行抽簽來確定排名，當甲同學抽簽獲勝時甲同學排第二名，可以獲得獎勵，
此時的概率．
綜上，甲同學能獲得獎勵的概率.
18．(1)；證明見解析；
(2)存在點，使得直線與平面所成的角為；此時二面角的余弦值為.
【分析】（1）根據(jù)中位線性質(zhì)可求得，由，結合線面平行判定定理可證得結論；
（2）由二面角平面角定義可知，取中點，由線面垂直的判定和勾股定理可知兩兩互相垂直，則以為坐標原點建立空間直角坐標系；設，利用線面角的向量求法可求得；利用二面角的向量求法可求得結果.
【詳解】（1）分別為中點，
，且，
又為中點，且，
易得，
連接，交于點，連接，
由題設，易知四邊形為平行四邊形，
為中點，
是的中點，
為中點，
，又平面，平面，
平面；
（2），
，，
又平面，平面，
即為二面角的平面角，
；
取中點，連接，如圖，
，，
，
，
，
，
，，又平面，，
平面，
平面，
，
則以為坐標原點，方向為軸正方向建立空間直角坐標系如下圖所示，
則，，，，
設，則，，，
設平面的法向量n1=x1,y1,z1，則，
令，則，，，
直線與平面所成的角為，
，解得或，
存在點，當或時，使得直線與平面所成的角為；
設平面的法向量，又，，
，
令，則，，；
當時，，；
當時，，；
綜上所述：二面角的余弦值為.
關鍵點點睛：本題第二步的關鍵在于證明三線互相垂直，建立空間直角坐標系，設出動點的坐標，熟練利用空間向量的坐標運算，求法向量，求二面角、線面角是解題的關鍵.
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由垂直關系結合已知的斜率可得的斜率，寫出直線的方程，由點線距離公式結合直角三角形勾股定理求出半弦長，進而得弦長；
（2）設出直線，聯(lián)立直線與圓方程由韋達定理可得兩點坐標與的關系，求解并聯(lián)立直線方程，由交軌法解得交點縱坐標即可得；
（3）按直線的斜率情況分類求解，特殊情況直接求解面積可得，一般情況設出直線，再由圓弦的存在情況可得的范圍，再利用點線距公式表示圓弦及長（即點到直線的距離），從而得到面積表達式，再利用整體換元求解函數(shù)值范圍可得.
【詳解】（1）圓，圓心，半徑.
若直線的斜率為，則直線斜率為，
則直線方程為，即，
所以圓心到直線的距離.
.
故弦的長為.
（2）圓，圓心，半徑.
由題意直線存在斜率，設直線，設，
聯(lián)立消得，，
由韋達定理得，，.
則，即（）
又圓與軸交于，
則直線，直線，
聯(lián)立兩直線方程消得，，
將（）式代入得，，
解得.
故直線交點的軌跡方程為.
（3）①當直線的斜率不存在時，如圖，此時的面積；
②當直線的斜率存在且為時，
直線的方程為，經(jīng)過圓心2,1，
過點且垂直于的直線（即軸）不與圓相交，
故此時不存在；
③當直線的斜率存在，設為且時，
設直線，即.
則直線，即
由圓心到直線的距離，
得，解得．
所以圓心到直線的距離，
因為，即，
所以．
由，所以，
所以E點到直線的距離即點到直線的距離
，
所以的面積．
令，則，所以，
因為，所以，所以，
綜上所述，面積的取值范圍是.
關鍵點點睛：本題難點在于第（2）問非對稱韋達定理的處理，將代數(shù)式的變形利用韋達定理中與的聯(lián)系（）進行和積轉(zhuǎn)化，變形化簡得到定值從而解決問題.

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