一、單選題（本大題共8小題）
1．雙曲線的漸近線方程為（ ）
A．B．C．D．
2．若，則（ ）
A．380B．190C．188D．240
3．已知曲線：（），從上任意一點向軸作垂線段，為垂足，則線段中點的軌跡方程為（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
4．在平面直角坐標系中，記d為點到直線的距離，當、變化時，d的最大值為( )
A．B．
C．D．
5．過拋物線焦點的直線交拋物線于，兩點，若，則直線的斜率為（ ）
A．B．C．D．
6．已知空間四點，，，，則四面體的體積為（ ）
A．B．C．15D．
7．在哈爾濱的中央大街的步行街同側有6塊廣告牌，牌的底色可選用紅、藍兩種顏色，若要求相鄰兩塊牌的底色不都為藍色，則不同的配色方案共有
A．20B．21C．22D．24
8．已知雙曲線：的左、右焦點分別為，，過作傾斜角為的直線交雙曲線于，兩點，若，的內切圓半徑分別為，，則（ ）
A．4B．3C．2D．1
二、多選題（本大題共3小題）
9．在空間中，下列說法正確的是（ ）
A．若，則
B．若是空間向量的一組基底，則可以構成空間向量的另一組基底
C．“向量，，共面”是“直線，，共面”的充要條件
D．，分別是直線，的方向向量，“與不平行”是“與異面”的必要條件
10．已知的展開式中各項系數的和為1，則下列結論正確的有（ ）
A．
B．展開式中不含常數項
C．展開式中項系數為80
D．展開式中各項系數絕對值的和為243
11．“曼哈頓距離”是由赫爾曼?閔可夫斯基首先提出的，是一種使用在幾何度量空間的幾何學用語.在平面直角坐標系中，是坐標原點，定義點與點的曼哈頓距離為.若點，點，直線和的方程分別是和，則下列敘述正確的是（ ）
A．
B．點與直線上任意一點的曼哈頓距離最小值為2
C．若動點滿足，則的軌跡圍成圖形的面積是32
D．若動點與直線上任意一點的曼哈頓距離最小值等于，則的軌跡與直線圍成的封閉圖形面積是2
三、填空題（本大題共3小題）
12．若圓與圓相外切，則a的值為 ．
13．如圖，用四種不同的顏色分別給A，B，C，D四個區(qū)域涂色，相鄰區(qū)域必須涂不同顏色，若允許同一種顏色多次使用，則不同的涂色方法的種數為 （用數字作答）
14．平行六面體中，，，，則的長是 .
四、解答題（本大題共5小題）
15．已知的展開式中，第4項的系數與倒數第4項的系數之比為.
（1）求m的值；
（2）求展開式中所有項的系數和與二項式系數和；
（3）將展開式中所有項重新排列，求有理項不相鄰的概率.
16．已知圓與直線相切．
(1)求圓O的標準方程；
(2)若線段AB的端點A在圓O上運動，端點B的坐標是，求線段AB的中點M的軌跡方程．
17．在①，②，③軸時，這三個條件中任選一個，補充在下面的橫線上，并解答．
問題：已知拋物線的焦點為F，點在拋物線C上，且______．
(1)求拋物線C的標準方程；
(2)若直線與拋物線C交于A，B兩點，求的面積．
18．如圖，在等腰梯形中，，，將沿翻折至，使得平面平面.
(1)求異面直線與所成角的余弦值；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)點在棱（不包含端點）上，且平面與平面所成角的余弦值為，求的值.
19．在平面直角坐標系中，以坐標軸為對稱軸的橢圓過點和點，，，，是橢圓上異于頂點的四個點，直線與相交于點，直線的斜率存在且過點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若，求直線的方程；
(3)記，分別為直線與直線的斜率，求的值.
參考答案
1．【答案】C
【分析】利用雙曲線方程可得漸近線方程．
【詳解】雙曲線的漸近線方程為，即，
故選C.
2．【答案】B
【詳解】由，得，所以.
故選：B
3．【答案】C
【詳解】設點，則，，
因為為的中點，所以，即，
又在圓上，
所以，即，
即點的軌跡方程為.
故選：C.
4．【答案】C
【分析】
為單位圓上一點，直線過定點，則根據幾何意義得d的最大值為.
【詳解】
為單位圓上一點，
到直線最大距離等于圓心O到直線的最大距離再加上半徑1，
又直線過定點，
圓心O到直線的最大距離為圓心O到定點A的距離即OA.
d的最大值為，選C.
5．【答案】A
【詳解】由題知，直線的斜率必存在，故設直線方程為：.
聯(lián)立方程組，消去并整理得.
，
設，，則，.
，，即.
由韋達定理得.
聯(lián)立方程組，解得或.
.
故選：A.
6．【答案】B
【詳解】由題設為邊長為的等邊三角形，
且，，，
若是面的一個法向量，則，
令，則，
則到面的距離，
所以四面體的體積為.
故選：B

7．【答案】B
【詳解】根據題意，要求相鄰兩塊牌的底色不都為藍色，則藍色最多可以用3塊，分4種情況討論：
①、6塊廣告牌都不用藍色，即全部用紅色，有1種情況；
②、6塊廣告牌有1塊用藍色，在6塊廣告牌選1塊用藍色即可，有C61＝6種情況；
③、6塊廣告牌有2塊用藍色，先將4塊紅色的廣告牌安排好，形成5個空位，在5個空位中任選2個，安排藍色的廣告牌，有C52＝10種情況；
④、6塊廣告牌有3塊用藍色，先將3塊紅色的廣告牌安排好，形成4個空位，在4個空位中任選3個，安排藍色的廣告牌，有C43＝4種情況；
則一共有1+6+10+4＝21種配色方案；
故選B．
8．【答案】A
【詳解】雙曲線的左、右焦點分別為，，
直線過且傾斜角為，故方程為.
聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，得，
解得或，故不妨設交點，，
則，，在和中，有和，
所以，，則的周長為，的周長為，
分別設和的內切圓半徑為，，
則，，
又，，
所以，解得，同理可得，所以.
故選：A.
9．【答案】ABD
【詳解】對于A，因為，所以，
，所以，故A正確；
對于B，若是空間向量的一組基底，則線性無關，故也線性無關，故可以構成空間向量的另一組基底，故B正確；
對于C，向量共面是指向量所在的直線可以平行于同一個平面，而直線共面是指直線都在同一平面上，則前者無法推出后者，故C錯誤；
對于D，直線異面意味著方向向量不平行，但方向向量不平行不一定意味著直線異面，它們可能相交，故D正確；
故選：ABD.
10．【答案】ABD
【詳解】對于A，由的展開式中各項系數的和為1，取，得，解得，A正確；
二項式展開式的通項為，
對于B，無整數解，因此展開式中不含常數項，B正確；
對于C，由，得，因此展開式中項系數為，C錯誤；
對于D，展開式中各項系數絕對值的和，D正確.
故選：ABD
11．【答案】CD
【詳解】對于A，，A錯誤；
對于B，令直線a上任意點為，
則，
則當時，的最小值為1，B錯誤；
對于C，設，則，
當時，則；當時，則；
當時，則；當時，則；
則M點軌跡為上述四條線段圍城的封閉曲線，如圖示正方形：
則的軌跡圍成圖形的面積是，C正確；
對于D，，設，當M與直線b上的點連線垂直于b時曼哈頓距離最小，
由此可得，
當時，，則，不符合題意；
當時，，則，不符合題意；
當時，，則，
當時，，則，
當時，，則，
當時，，則，
則M點軌跡如圖示：
則的軌跡與直線圍成的封閉圖形面積為，D正確，
故選：CD
12．【答案】5
【詳解】解：根據題意，圓，其圓心為，半徑，
圓，其圓心為，半徑，
又由，則兩圓的圓心距為，
若兩圓外切，則有，
故答案為：5．
13．【答案】48
【詳解】解：由已知按區(qū)域分四步：第一步區(qū)域有4種選擇，第二步區(qū)域有3種選擇，
第三步區(qū)域有2種選擇，第四步區(qū)域也有2種選擇，
則由分步計數原理可得共有種，
故答案為：48．
14．【答案】
【詳解】
因為，
由于在平行六面體中，
所以，
又因為，，，
所以
，
故答案為：.
15．【答案】（1）7；（2）128；（3）.
【分析】（1）根據二項展開式的通項公式即可獲解；
（2）令即可獲解；
（3）求出有理項的個數，再用插空法即可.
【詳解】（1）展開式的通項為，
∴展開式中第4項的系數為，倒數第4項的系數為，
，即.
（2）令可得展開式中所有項的系數和為，展開式中所有項的二項式系數和為.
（3）展開式共有8項，由（1）可得當為整數，即時為有理項，共4項，
∴由插空法可得有理項不相鄰的概率為.
16．【答案】(1)
(2)
【詳解】（1）已知圓與直線相切，所以圓心到直線的距離為半徑．所以，所以圓O的標準方程為：．
（2）設因為AB的中點是M，則，所以，
又因為A在圓O上運動，則，所以帶入有：，化簡得：
．線段AB的中點M的軌跡方程為: .．
17．【答案】(1)
(2)
【詳解】（1）解：選擇條件①，
由拋物線的定義可得，
因為，所以，解得，
故拋物線C的標準方程為．
選擇條件②，
因為，所以，，
因為點在拋物線C上，
所以，即，解得，
所以拋物線C的標準方程為．
選擇條件③．
當軸時，，所以．
故拋物線C的標準方程為．
（2）解：設，，由（1）知．
由，得，
則，，
所以，
故．
因為點F到直線l的距離，
所以的面積為．
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【詳解】（1）方法一：過作垂直于，所以，
結合，所以，，
所以，，所以.
取中點中點，因為，所以
因為平面平面，
平面平面，平面
所以平面，
又因為，所以.
以為原點，，，的方向分別為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系.
則P0,0,1，，，，
，，
，
所以異面直線與所成角的余弦值為.
方法二：
過作垂直于，所以，
所以，，
所以，，所以.
取中點，中點，中點，中點，
所以，，
所以為異面直線與所成角的補角.
因為，所以，
因為平面平面，
平面平面，平面，
所以平面.
又因為，所以平面，平面，所以，
在，，，
所以.
在中，，，
由余弦定理得
所以異面直線與所成角的余弦值為.
（2）方法一： ，
設平面的一個法向量分別為，
，，
由，
令，則，所以，
所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
方法二：
因為平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，
因為平面，所以.
過作，垂足為，
由于，，平面，
所以平面，
所以為直線與平面所成的角，
，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
（3）方法一：
設平面的一個法向量為n1=x1,y1,z1，
令，
則，，
所以，
令，則，
所以.
又因為平面的一個法向量為，
所以
整理得，解得或（舍）.
所以.
方法二：
在棱上取一點，連接，
過作，垂足為，連接，
因為平面，為在平面內的射影，
所以，所以為二面角的一個平面角，
在中，因為，，所以，
在中，因為，
所以，，
所以，
在中，由正弦定理，
得，所以.
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【詳解】（1）設橢圓的方程為（，，），
因為橢圓過點和，
所以，解得，
所以橢圓的標準方程為.
（2）設直線的方程為，
由，得，
因為，，，
所以
，解得，
所以直線的方程，即.
（3）方法一：因為點和，共線，
所以，即①.
因為，，所以，
展開移項得，
結合①有②，
由①②解得，，
同理可知，，
因為點F1,0和，共線，
所以，
即③.
所以
，
所以.
方法二：設直線的方程為（其中），
由，得，
所以，，
.
即，
，
同理可知，.
因為直線斜率存在且過點F1,0，
所以，
即
，所以.
方法三：由，得，
因為，，，
所以
所以
，即，
，
同理可知.
因為直線斜率存在且過點F1,0，所以，
即，
化簡有.
因為，且直線斜率不為零，
所以
，故.

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