1.已知A(1,0)，B(0, 3)，則直線AB的傾斜角大小是( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知等差數(shù)列{an}的前9項(xiàng)和為99，a1=3，則公差d=( )
A. 2B. 3C. 9D. 12
3.已知直線l：3x+y+6=0，圓C：x2+y2+2x?4y=0，則直線l被圓C截得的弦長是( )
A. 5B. 10C. 5D. 102
4.在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，已知A(3,4,0)，P(0,4,1)，則點(diǎn)P到直線OA的距離為( )
A. 35B. 45C. 95D. 135
5.若P，Q分別是圓C1：x2+y2=1與圓C2：x2+y2?8x?6y+21=0上的點(diǎn)，則|PQ|的最小值為( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
6.已知F1，F(xiàn)2是橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)，M是C上的一點(diǎn)，若MF1⊥MF2，且tan∠MF1F2=3，則C的離心率為( )
A. 104B. 1010C. 3 1010D. 2 105
7.記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則“{an}為等差數(shù)列”是“Sn=n(a1+an)2”的( )
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
8.雙曲線具有如下的光學(xué)性質(zhì)：從雙曲線一個(gè)焦點(diǎn)發(fā)出的光線經(jīng)過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經(jīng)過雙曲線的另一個(gè)焦點(diǎn).若雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，從F2發(fā)出的光線經(jīng)過圖中的A，B兩點(diǎn)反射后，分別經(jīng)過點(diǎn)P，Q，且sin∠BAP=1213，AB?BQ=0，則C的漸近線方程為( )
A. y=± 375xB. y=±2 23xC. y=± 173xD. y=±2 35x
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。
9.如圖的一系列三角形圖案稱為謝爾賓斯基三角形.在圖中4個(gè)大三角形中，灰色三角形的個(gè)數(shù)依次構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}的前4項(xiàng)，設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則( )
A. a3=9B. S4=36C. a5=81D. S6=364
10.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(1,1)在拋物線C：y2=2px(p>0)上，過點(diǎn)B(?1,0)的直線交C于P(x1,y1)，Q(x2,y2)兩點(diǎn)，則( )
A. C的準(zhǔn)線方程為x=?1B. 直線AB與C相切
C. y1y2=1D. |BP|?|BQ|>|BA|2
11.如圖，兩個(gè)正方形ABCD，ABEF的邊長都是1，且它們所在平面互相垂直，動點(diǎn)M，N分別在正方形對角線AC和BF上移動，且CM=BN=a(0b>0)的長軸長是短軸長的 2倍，左焦點(diǎn)為F，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，上頂點(diǎn)為D，且△ADF外接圓的半徑為 3．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)斜率存在的直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)(P,Q位于x軸的兩側(cè))，記直線AP，BP，BQ，AQ的斜率分別為k1，k2，k3，k4，且3(k1+k4)=5(k2+k3).
(i)試問直線l是否恒過定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請說明理由；
(ii)求△BPQ的面積的取值范圍．
參考答案
1.C
2.A
3.B
4.D
5.B
6.A
7.C
8.D
9.ACD
10.BCD
11.AD
12.2n+1
13.x24?y232=1(答案不唯一)
14.拋物線
15.解：(1)設(shè)P(x,y)，又A(?3,0)，B(3,0)，|PA|=2|PB|，
∴ (x+3)2+y2=2 (x?3)2+y2，
兩邊平方化簡可得曲線C的方程為(x?5)2+y2=16；
(2)由(1)可知曲線C為圓M：(x?5)2+y2=16，其圓心M(5,0)，半徑r=4，
當(dāng)切線l的斜率不存在時(shí)，l的方程為x=0，此時(shí)M到l的距離d=5≠r，
∴切線l的斜率存在，設(shè)切線l的方程為y=kx+4，即kx?y+4=0，
∴圓心M到切線l的距離d=|5k+4| k2+1=4=r，
解得k=0或k=?409，
∴所求切線l的方程為y=4或40x+9y?36=0．
16.(1)證明：因?yàn)锳1C⊥平面AEF，AE?平面AEF，所以A1C⊥AE，
由正方體的性質(zhì)知，BC⊥平面ABB1A1，
因?yàn)锳E?平面ABB1A1，所以BC⊥AE，
又A1C∩BC=C，A1C、BC?平面A1BC，所以AE⊥平面A1BC，
因?yàn)锳1B?平面A1BC，所以AE⊥A1B.
(2)解：因?yàn)槿忮FA1?AEF的體積為83，
所以VA1?AEF=VF?A1AE=13?AD?12AA1?AB=13?AD?12?4?2=83，解得AD=2，
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,4)，
所以A1B=(2,0,?4)，A1D=(0,2,?4)，
設(shè)BE=t(t>0)，則E(2,0,t)，AE=(2,0,t)，
由(1)知AE⊥A1B，
所以A1B?AE=4?4t=0，解得t=1，即E(2,0,1)，
同理可得F(0,2,1)，
所以AE=(2,0,1)，AF=(0,2,1)，
設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z)，則n?AE=2x+z=0n?AF=2y+z=0，
取x=1，則y=1，z=?2，所以n=(1,1,?2)，
設(shè)平面A1BD的法向量為m=(a,b,c)，則m?A1B=2a?4c=0m?A1D=2b?4c=0，
取c=1，則a=b=2，所以m=(2,2,1)，
設(shè)平面AEF與平面A1BD的夾角為θ，
則csθ=|cs|=|n?m||n|?|m|=|2+2?2| 6×3= 69，
故平面AEF與平面A1BD的夾角的余弦值為 69．
17.解：(1)由題意可得，a1=1，a2=a1+2=3，a3=a2+3=6，
a4=a3+4=10，a5=a4+5=15；
(2)由題意可得，a1=1，a2?a1=2，a3?a2=3，…，an?an?1=n，
以上n個(gè)式子相加可得，an=1+2+…+n=n(n+1)2，
所以bn=1an+ann=2n(n+1)+n+12=2(1n?1n+1)+n+12，
所以Sn=2(1?12+12?13+…+1n?1n+1)+12(2+3+…+n+1)
=2(1?1n+1)+12×n(n+3)2=2nn+3+n(n+3)4．
18.解：(1)(i)證明：因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，所以CD/?/AB，
因?yàn)镃D?平面ABE，AB?平面ABE，所以CD/?/平面ABE，
因?yàn)镃D?平面PCD，平面PCD∩平面ABE=EG，所以EG//CD；
(ii)如圖，

因?yàn)镻A⊥底面ABCD，所以PA⊥AB，
因?yàn)锳B⊥AD，PA∩AD=A，所以AB⊥平面PAD，
因?yàn)锳G?平面PAD，所以AB⊥AG，
因?yàn)镻C=4PE，EG//CD，CD/?/AB，
所以PG=14PD，EG/?/AB且EG=14CD=14AB，
所以四邊形ABEG為直角梯形，其中EG=1，AB=4，
因?yàn)镻A=AB=AD，PA⊥AD，所以∠APG=45°，
則AG2=PA2+PG2?2PA?PG=16+2?2×4× 2×cs45°=10，
AG= 10，
所以直角梯形ABEG的面積為12×(1+4)× 10=5 102，即截面ABEG的面積為5 102；
(2)如圖，

延長BF交CD于點(diǎn)Q，連接EQ，則EQ與PD交點(diǎn)即為點(diǎn)H，
因?yàn)锳D=2AF，所以F為線段AD中點(diǎn)，
又因?yàn)锳B/?/CD，所以△ABF≌△DQF，所以DQ=AB =CD，
以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則P(0,0,4)，Q(?4,4,0)，F(xiàn)(0,2,0)，E(1,1,3)，
設(shè)點(diǎn)H(0,a,4?a)，則EH=(?1,a?1,1?a)，EQ=(?5,3,?3)，
因?yàn)镋H//EQ，所以?1?5=a?13=1?a?3，解得a=85，
所以H(0,85,125)，F(xiàn)H= (0?0)2+(2?85)2+(0?125)2=2 375．
19.解：(1)因?yàn)殚L軸長是短軸長的 2倍，
所以2a=2b? 2，即a= 2b，
又a2=b2+c2，
所以b2=c2，
所以在△AFD中，可得∠AFD=135°，
由正弦定理可得|AD|sin∠AFD= a2+b2sin135° 3b 22=2× 3，
解得b= 2，
所以a=2，
所以橢圓的方程為x24+y22=1．
(2)(i)由條件可知，直線l的斜率不為0，
設(shè)直線l的方程為x=ty+m(t≠0)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
聯(lián)立x=ty+mx24+y22=1，得(t2+2)y2+2mty+m2?4=0，
由Δ=(2mt)2?4(t2+2)(m2?4)>0，得2t2+4>m2，
所以y1+y2=?2mtt2+2，y1y2=m2?4t2+2，
因?yàn)锳(?2,0)，B(2,0)，P(x1,y1)在橢圓上，
所以x124+y122=1，
所以k1k2=y1x1+2?y2x2?2=y12x12?4=2(1?x124)x12?4=?12，
同理k3k4=?12，
所以k1=?12k2，k4=?12k3，
因?yàn)閗1+k4=53(k2+k3)，
所以?12k2?12k3=53(k2+k3)，
即?k2+k32k2k3=53(k2+k3)，
又直線l的斜率存在，
所以k2+k3≠0，于是k2k3=?310，
所以y1x1?2?y2x2?2=?310，即10y1y2+3(x1?2)(x2?2)=0，
又x1=ty1+m，x2=ty2+m，
所以10y1y2+3(ty1+m?2)(ty2+m?2)=0，
所以(3t2+10)y1y2+3t(m?2)(y1+y2)+3(m?2)2=0，
所以(3t2+10)(m2?4t2+4)+3t(m?2)(?2mtt2+2)+3(m?2)2=0，
所以(m?2)(2m+1)=0，
又P，Q位于x軸的兩側(cè)，
所以y1y2=m2?4t2+2

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