数学卷·2018届浙江省湖州市菱湖中学高二上学期期中数学试卷 （解析版）

数学卷·2018届浙江省湖州市菱湖中学高二上学期期中数学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年浙江省湖州市菱湖中学高二（上）期中数学试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．圆（x+1）2+（y﹣2）2=4的圆心坐标与半径分别是（　　）‎ A．（﹣1，2），2 B．（1，2），2 C．（﹣1，2），4 D．（1，﹣2），4‎ ‎2．对于任意实数a，b，c，d，以下四个命题中的真命题是（　　）‎ A．若a＞b，c≠0则ac＞bc B．若a＞b＞o，c＞d则ac＞bd C．若a＞b，则 D．若ac2＞bc2则a＞b ‎3．抛物线y=﹣2x2的准线方程是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．条件p：|x+1|＞2，条件q：x＞2，则￢p是￢q的（　　）‎ A．充分非必要条件 B．必要不充分条 C．充要条件 D．既不充分也不必要的条件 ‎5．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知双曲线=1的右焦点与抛物线y2=ax的焦点重合，则该抛物线的准线被双曲线所截的线段长度为（　　）‎ A．4 B．5 C． D．‎ ‎7．动点A在圆x2+y2=1上移动时，它与定点B（3，0）连线的中点的轨迹方程是（　　）‎ A．（x+3）2+y2=4 B．（x﹣3）2+y2=1 C．（2x﹣3）2+4y2=1 D．（x+3）2+y2=‎ ‎8．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均为1，棱BB1‎ 所在直线上的动点M满足，AM与侧面BB1C1C所成的角为θ，若λ∈[]，则θ的取值范围是（　　）‎ A．[，] B．[] C．[，] D．[，]‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共7小题，前4题，每题6分，后3题每题4分，共36分）‎ ‎9．已知向量，若，则x=　　；若则x=　　．‎ ‎10．点P是椭圆上的一点，F1和F2是焦点，且，则△F1PF2的周长为　　，△F1PF2的面积为　　．‎ ‎11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别为A1B1，BB1，B1C1的中点，则AC1‎ 与D1E所成角的余弦值为　　，AC1与平面EFG所成角的正弦值为　　．‎ ‎12．已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1，点A（﹣1，0），B（1，0），点P是圆上的动点，则d=|PA|2+|PB|2的最大值为　　，最小值为　　．‎ ‎13．已知F1，F2是椭圆的两个焦点，过F1且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，若△ABF2是正三角形，则这个椭圆的离心率是　　．‎ ‎14．抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，点A是抛物线上一点，且∠AFO=120°（O为坐标原点），AK⊥l，垂足为K，则△AKF的面积是　　．‎ ‎15．有下列五个命题：‎ ‎①平面内，到一定点的距离等于到一定直线距离的点的集合是抛物线；‎ ‎②平面内，定点F1、F2，|F1F2|=6，动点M满足|MF1|+|MF2|=6，则点M的轨迹是椭圆；‎ ‎③“在△ABC中，“∠B=60°”是“∠A，∠B，∠C三个角成等差数列”的充要条件；‎ ‎④“若﹣3＜m＜5，则方程+=1是椭圆”．‎ ‎⑤已知向量，，是空间的一个基底，则向量+，﹣，也是空间的一个基底．‎ 其中真命题的序号是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共5小题，满分74分）‎ ‎16．（14分）已知条件p：x2+12x+20≤0，条件q：1﹣m＜x＜1+m（m＞0）．‎ ‎（1）求条件p中x的取值范围；‎ ‎（2）若￢p是q的必要不充分条件，求m的取值范围．‎ ‎17．（15分）已知⊙C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0（m∈R）‎ ‎（1）求证：对任意m∈R，直线l与⊙C恒有两个交点；‎ ‎（2）求直线l被⊙C截得的线段的最短长度，及此时直线l的方程．‎ ‎18．（15分）已知直线y=x+b与椭圆+y2=1相交于A，B两个不同的点．‎ ‎（1）求实数b的取值范围；‎ ‎（2）已知弦AB的中点P的横坐标是，求b的值．‎ ‎19．（15分）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面 ABCD，且PA=AD=DB=，AB=1，M是PB的中点．‎ ‎（1）证明：面PAD⊥面PCD；‎ ‎（2）求AC与PB所成的角；‎ ‎（3）求平面AMC与平面BMC所成二面角的大小．‎ ‎20．（15分）已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的长轴是短轴的两倍，点P（，）在椭圆上，不过原点的直线l与椭圆相交于A、B两点，设直线OA、l、OB的斜率分别为k1、k、k2，且k1、k、k2恰好构成等比数列，记△AOB的面积为S．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）试判断|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由？‎ ‎（3）求△AOB面积S的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省湖州市菱湖中学高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．圆（x+1）2+（y﹣2）2=4的圆心坐标与半径分别是（　　）‎ A．（﹣1，2），2 B．（1，2），2 C．（﹣1，2），4 D．（1，﹣2），4‎ ‎【考点】圆的标准方程．‎ ‎【分析】根据圆的标准方程的形式求出圆心坐标与半径．‎ ‎【解答】解：∵圆的方程为（x+1）2+（y﹣2）2=4，‎ ‎∴它的圆心坐标为（﹣1，2），半径为2，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查圆的标准方程的形式，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎2．对于任意实数a，b，c，d，以下四个命题中的真命题是（　　）‎ A．若a＞b，c≠0则ac＞bc B．若a＞b＞o，c＞d则ac＞bd C．若a＞b，则 D．若ac2＞bc2则a＞b ‎【考点】不等式的基本性质；命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】对于A，c＞0时，结论成立，c＜0时，结论不成立；对于B，c＞d＞0时，结论成立，0＞c＞d时，结论不成立；对于C，a=1，b=﹣1，结论不成立；对于D，根据c2＞0，若ac2＞bc2则a＞b，故可得结论．‎ ‎【解答】解：对于A，c＞0时，结论成立，c＜0时，结论不成立，故A为假命题；‎ 对于B，c＞d＞0时，结论成立，0＞c＞d时，结论不成立，故B为假命题；‎ 对于C，a=1，b=﹣1，结论不成立，故C为假命题；‎ 对于D，∵c2＞0，若ac2＞bc2则a＞b，故D为真命题；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题以不等式为载体，考查命题的真假判断，熟练掌握不等式的性质是关键．‎ ‎　‎ ‎3．抛物线y=﹣2x2的准线方程是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】先把其转化为标准形式，再结合其准线的结论即可求出结果．‎ ‎【解答】解：∵y=﹣2x2；‎ ‎∴x2=﹣y；‎ ‎∴2p=⇒=．‎ 又因为焦点在Y轴上，‎ 所以其准线方程为y=．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题主要考察抛物线的基本性质，解决抛物线准线问题的关键在于先转化为标准形式，再判断焦点所在位置．‎ ‎　‎ ‎4．条件p：|x+1|＞2，条件q：x＞2，则￢p是￢q的（　　）‎ A．充分非必要条件 B．必要不充分条 C．充要条件 D．既不充分也不必要的条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】根据题意，解|x+1|＞2可以求出p为真的解集，从而得到¬p，由q可得¬q为x≤2，进而能够判断出¬p是¬q的真子集，由集合间的关系与充分条件的关系可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，|x+1|＞2⇔x＜﹣3或x＞1，‎ 则￢p：﹣3≤x≤1，‎ 又由题意，q：x＞2，则￢q为x≤2，‎ 所以￢p是￢q的充分不必要条件；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查充分、必要条件的判断，解题的关键是利用补集的思想，并且根据充要条件的判断可以转化为两个集合之间的关系 ‎　‎ ‎5．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】用空间向量求直线与平面的夹角．‎ ‎【分析】建立空间直角坐标系，求出平面AA1C1C的一个法向量是，和，计算cos＜，＞即可求解sinα，‎ ‎【解答】解：如图，建立坐标系，易求点D（，，1），‎ 平面AA1C1C的一个法向量是=（1，0，0），‎ 所以cos＜，＞==，‎ 即sinα=．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查用空间向量求直线与平面的夹角，考查计算能力，是基础题．‎ ‎　‎ ‎6．已知双曲线=1的右焦点与抛物线y2=ax的焦点重合，则该抛物线的准线被双曲线所截的线段长度为（　　）‎ A．4 B．5 C． D．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】求出双曲线的焦点，即为抛物线的焦点，求得a=12，可得抛物线的准线方程，代入双曲线方程，即可得到弦长．‎ ‎【解答】解：双曲线=1的右焦点为（3，0），‎ 则抛物线y2=ax的焦点为（3，0），即有=3，‎ 解得，a=12，‎ 则抛物线的准线为x=﹣3，‎ 将x=﹣3代入双曲线方程，可得 y2=5×（﹣1）=，‎ 解得，y=．‎ 则截得的弦长为5．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查抛物线和双曲线的方程和性质，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎7．动点A在圆x2+y2=1上移动时，它与定点B（3，0）连线的中点的轨迹方程是（　　）‎ A．（x+3）2+y2=4 B．（x﹣3）2+y2=1 C．（2x﹣3）2+4y2=1 D．（x+3）2+y2=‎ ‎【考点】轨迹方程；中点坐标公式．‎ ‎【分析】根据已知，设出AB中点M的坐标（x，y），根据中点坐标公式求出点A的坐标，根据点A在圆x2+y2=1上，代入圆的方程即可求得中点M的轨迹方程．‎ ‎【解答】解：设中点M（x，y），则动点A（2x﹣3，2y），∵A在圆x2+y2=1上，‎ ‎∴（2x﹣3）2+（2y）2=1，‎ 即（2x﹣3）2+4y2=1．‎ 故选C．‎ ‎【点评】此题是个基础题．考查代入法求轨迹方程和中点坐标公式，体现了数形结合的思想以及分析解决问题的能力．‎ ‎　‎ ‎8．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均为1，棱BB1所在直线上的动点M满足，AM与侧面BB1C1C所成的角为θ，若λ∈[]，则θ的取值范围是（　　）‎ A．[，] B．[] C．[，] D．[，]‎ ‎【考点】向量在几何中的应用．‎ ‎【分析】取BC中点O，连接AO，MO，可得∠AMO是AM与侧面BB1C1C所成的角，从而可得=，结合条件，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：取BC中点O，连接AO，MO，则 ‎∵棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，‎ ‎∴AO⊥侧面BB1C1C，‎ ‎∴∠AMO是AM与侧面BB1C1C所成的角 ‎∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均为1，，‎ ‎∴，AM=‎ ‎∴=‎ ‎∵λ∈[]，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴θ∈[]‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查线面角，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，确定线面角是关键．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共7小题，前4题，每题6分，后3题每题4分，共36分）‎ ‎9．已知向量，若，则x=　　；若则x=　﹣6　．‎ ‎【考点】向量语言表述线线的垂直、平行关系．‎ ‎【分析】两个向量垂直时，他们的数量积等于0，当两个向量共线时，他们的坐标对应成比列，解方程求出参数的值．‎ ‎【解答】解：若，则 •=．‎ 若，则==，‎ ‎∴x=﹣6，‎ 故答案为，﹣6．‎ ‎【点评】本题考查两个向量垂直的性质以及两个向量平行的性质，待定系数法求参数的值．‎ ‎　‎ ‎10．点P是椭圆上的一点，F1和F2是焦点，且 ‎，则△F1PF2的周长为　6　，△F1PF2的面积为　　．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由由椭圆的定义可知：丨PF1丨+丨PF2丨=2a=4，△F1PF2的周长为丨PF1丨+丨PF2丨+丨F1F2丨=2a+2c=6，由丨PF1丨2+丨PF2丨2+2丨PF1丨•丨PF2丨=16，利用余弦定理可知：丨PF1丨2+丨PF2丨2+2丨PF1丨•丨PF2丨=4，即可求得丨PF1丨•丨PF2丨=4，△F1PF2的面积S=丨PF1丨•丨PF2丨sin60；利用焦点三角形的面积公式S=b2=b2tan，即可求得△F1PF2的面积．‎ ‎【解答】解：由椭圆，a=2，b=，c=1，‎ 由椭圆的定义可知：丨PF1丨+丨PF2丨=2a=4，‎ ‎△F1PF2的周长为丨PF1丨+丨PF2丨+丨F1F2丨=2a+2c=6，‎ ‎∴△F1PF2的周长为6，‎ 方法一：将丨PF1丨+丨PF2丨=2a=4，两边平方，得丨PF1丨2+丨PF2丨2+2丨PF1丨•丨PF2丨=16，（1）‎ 在△F1PF2中，由丨F1F2丨=2c，∠F1PF2=60°，‎ 由余弦定理，得丨PF1丨2+丨PF2丨2+2丨PF1丨•丨PF2丨cos60°=丨F1F2丨2=4‎ 即丨PF1丨2+丨PF2丨2+2丨PF1丨•丨PF2丨=4，（2）‎ ‎（1）﹣（2），得：3丨PF1丨•丨PF2丨=12，‎ ‎∴丨PF1丨•丨PF2丨=4．‎ ‎∴△F1PF2的面积S=丨PF1丨•丨PF2丨sin60°=×4×=，‎ 方法二：设∠F1PF2=θ，由焦点三角形的面积公式可知：S=b2=b2tan=3×tan30°=3×=，‎ 故答案为：6，，‎ ‎【点评】本题考查椭圆的简单几何性质，焦点三角形的面积公式，余弦定理，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别为A1B1，BB1，B1C1的中点，则AC1‎ 与D1E所成角的余弦值为　　，AC1与平面EFG所成角的正弦值为　　．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为2，利用向量方法求出所求角．‎ ‎【解答】解：建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为2，可得A（2，0，0），C1（0，2，2），D1（0，0，2），E（2，1，2），F（2，2，1），G（1，2，2），则 ‎=（﹣2，2，2），=（2，1，0），‎ ‎∴AC1与D1E所成角的余弦值为||=；‎ 平面EFG的一个法向量为（2，2，2），AC1与平面EFG所成角的正弦值为=，‎ 故答案为；．‎ ‎【点评】本题考查线线角，考查线面角，考查向量方法的运用，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎12．已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1，点A（﹣1，0），B（1，0），点P是圆上的动点，则d=|PA|2+|PB|2的最大值为　74　，最小值为　34　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】利用圆的参数方程，结合两点间的距离公式即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设P点的坐标为（3+sinα，4+cosα），‎ 则d=|PA|2+|PB|2=（4+sinα）2+（4+cosα）2+（2+sinα）2+（4+cosα）2=54+12sinα+16cosα=54+20sin（θ+α）‎ ‎∴当sin（θ+α）=1时，即12sinα+16cosα=20时，d取最大值74，‎ 当sin（θ+α）=﹣1时，即12sinα+16cosα=﹣20，d取最小值34，‎ 故答案为：74，34．‎ ‎【点评】本题主要考查两点间距离公式的应用，利用圆的参数方程是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎13．已知F1，F2是椭圆的两个焦点，过F1且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，若△ABF2是正三角形，则这个椭圆的离心率是　　．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】根据△ABF2是正三角形，且直线AB与椭圆长轴垂直，得到F2F1是正三角形△ABF2的高，∠AF2F1=30°．在Rt△AF2F1中，设|AF1|=m，可得，所以|AF2|=2m，用勾股定理算出|F1F2|=m，得到椭圆的长轴2a=|AF1|+|AF2|=3m，焦距2c=m，所以椭圆的离心率为e==．‎ ‎【解答】解：∵△ABF2是正三角形，‎ ‎∴∠AF2B=60°，‎ ‎∵直线AB与椭圆长轴垂直，‎ ‎∴F2F1是正三角形△ABF2的高，∠AF2F1=×60°=30°，‎ Rt△AF2F1中，设|AF1|=m，sin30°=，‎ ‎∴|AF2|=2m，|F1F2|=‎ 因此，椭圆的长轴2a=|AF1|+|AF2|=3m，焦距2c=m ‎∴椭圆的离心率为e==．‎ 故答案为：‎ ‎【点评】本题给出椭圆过焦点垂直于长轴的弦和另一焦点构成直角三角形，求椭圆的离心率．着重考查了椭圆的基本概念和简单几何性质，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎14．抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，点A是抛物线上一点，且∠AFO=120°（O为坐标原点），AK⊥l，垂足为K，则△AKF的面积是　　．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】先确定抛物线的焦点坐标，准线方程，求出直线AF的方程，进而可求点A的坐标，由此可求△AKF的面积 ‎【解答】解：由题意，抛物线y2=4x的焦点坐标为F（1，0），准线方程为x=﹣1‎ ‎∵∠AFO=120°（O为坐标原点），‎ ‎∴‎ ‎∴直线AF的方程为：‎ 代入抛物线方程可得：3（x﹣1）2=4x ‎∴3x2﹣10x+3=0‎ ‎∴x=3或 ‎∵∠AFO=120°（O为坐标原点），‎ ‎∴A（3）‎ ‎∴△AKF的面积是 故答案为：‎ ‎【点评】本题以抛物线的性质为载体，考查三角形面积的计算，求出点A的坐标是关键．‎ ‎　‎ ‎15．有下列五个命题：‎ ‎①平面内，到一定点的距离等于到一定直线距离的点的集合是抛物线；‎ ‎②平面内，定点F1、F2，|F1F2|=6，动点M满足|MF1|+|MF2|=6，则点M的轨迹是椭圆；‎ ‎③“在△ABC中，“∠B=60°”是“∠A，∠B，∠C三个角成等差数列”的充要条件；‎ ‎④“若﹣3＜m＜5，则方程+=1是椭圆”．‎ ‎⑤已知向量，，是空间的一个基底，则向量+，﹣，也是空间的一个基底．‎ 其中真命题的序号是　③⑤　．‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】由抛物线的定义，可判断①；由椭圆的定义，可判断②；由三角形内角和定理及充分必要条件定义，即可判断③；由椭圆的标准方程，即可判断④；由空间向量的基底概念即可判断⑤．‎ ‎【解答】解：①平面内，到一定点的距离等于到一定直线（定点不在定直线上）距离的点的集合是抛物线，‎ 若定点在定直线上，则动点的集合是过定点垂直于定直线的一条直线，故①错；‎ ‎②平面内，定点F1、F2，|F1F2|=6，动点M满足|MF1|+|MF2|=6，则点M的轨迹是线段F1F2，‎ 若|MF1|+|MF2|＞|F1F2|，则点的轨迹是椭圆，故②错；‎ ‎③在△ABC中，∠A，∠B，∠C三个角成等差数列，则2∠B=∠A+∠C=180°﹣∠B，‎ ‎∠B=60°，若∠B=60°，则2∠B=∠A+∠C=120°，即∠B﹣∠A=∠C﹣∠A，‎ 即∠A，∠B，∠C三个角成等差数列，故③正确；‎ ‎④若﹣3＜m＜5，则方程+=1，m+3＞0，5﹣m＞0，若m=1，则x2+y2=4表示圆，‎ 若m≠1，则表示椭圆，故④错；‎ ‎⑤已知向量，，是空间的一个基底，即它们非零向量且不共线，‎ 则向量+，﹣，也是空间的一个基底，故⑤正确．‎ 故答案为：③⑤‎ ‎【点评】本题主要考查圆锥曲线的定义和方程，注意定义的隐含条件，同时考查等差数列的性质和三角形的内角和定理，以及空间向量的基底，属于基础题．‎ ‎　‎ 三、解答题（共5小题，满分74分）‎ ‎16．（14分）（2016秋•吴兴区校级期中）已知条件p：x2+12x+20≤0，条件q：1﹣m＜x＜1+m（m＞0）．‎ ‎（1）求条件p中x的取值范围；‎ ‎（2）若￢p是q的必要不充分条件，求m的取值范围．‎ ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】（1）根据一元二次不等式的解法即可求条件p中x的取值范围；‎ ‎（2）根据充分条件和必要条件的定义，建立条件关系即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵x2+12x+20≤0，∴﹣10≤x≤﹣2‎ ‎∴即条件p中x的取值范围是，∴﹣10≤x≤﹣2；‎ ‎（2）∵p：﹣10≤x≤﹣2，∴￢p：x＜﹣10或x＞﹣2，‎ 若￢p是q的必要不充分条件，‎ 则﹣2≤1﹣m，即0＜m≤3．‎ ‎【点评】本题主要考查不等式的解法，以及充分条件必要条件的应用，比较基础．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）（2016秋•吴兴区校级期中）已知⊙C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0（m∈R）‎ ‎（1）求证：对任意m∈R，直线l与⊙C恒有两个交点；‎ ‎（2）求直线l被⊙C截得的线段的最短长度，及此时直线l的方程．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）判断直线l是否过定点，可将（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0，m∈R转化为（x+y﹣4）+m（2x+y﹣7）=0，利用即可确定所过的定点A（3，1）；再计算|AC|，与圆的半径R=比较，判断l与圆的位置关系；‎ ‎（2）弦长最小时，l⊥AC，由kAC=﹣直线l的斜率，从而由点斜式可求得l的方程．‎ ‎【解答】解：（1）证明：由（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0，m∈R得：‎ ‎（x+y﹣4）+m（2x+y﹣7）=0，‎ ‎∵m∈R，‎ ‎∴得x=3，y=1，‎ 故l恒过定点A（3，1）；‎ 又圆心C（1，2），‎ ‎∴|AC|=＜5（半径）‎ ‎∴点A在圆C内，从而直线l恒与圆C相交．‎ ‎（2）∵弦长的一半、该弦弦心距、圆的半径构成一个直角三角形，‎ ‎∴当l⊥AC（此时该弦弦心距最大），直线l被圆C截得的弦长最小，‎ ‎∵kAC=﹣，‎ ‎∴直线l的斜率kl=2，‎ ‎∴由点斜式可得l的方程为2x﹣y﹣5=0．‎ ‎【点评】本题考查直线与圆的位置关系及恒过定点的直线，难点在于（2）中“弦长最小时，l⊥AC”的理解与应用，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎18．（15分）（2016秋•吴兴区校级期中）已知直线y=x+b与椭圆+y2‎ ‎=1相交于A，B两个不同的点．‎ ‎（1）求实数b的取值范围；‎ ‎（2）已知弦AB的中点P的横坐标是，求b的值．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（1）将y=x+b 代入+y2=1，消去y，整理得3x2+4bx+2b2﹣2=0，由△=16b2﹣12（2b2﹣2）=24﹣8b2＞0 即可 ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由（1）得x1+x2=﹣=﹣×2，可得b．‎ ‎【解答】解：（1）将y=x+b 代入+y2=1，消去y，整理得3x2+4bx+2b2﹣2=0‎ ‎∵直线y=x+b与椭圆+y2=1相交于A，B两个不同的点 ‎∴△=16b2﹣12（2b2﹣2）=24﹣8b2＞0，∴﹣．‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）‎ 由（1）得x1+x2=﹣=﹣×2，得到b=1，满足﹣．故b=1．‎ ‎【点评】本题主要考查了直线与椭圆的相交关系的应用，方程思想的应用是解答直线与曲线位置关系工具，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎19．（15分）（2016秋•吴兴区校级期中）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面 ABCD，且PA=AD=DB=，AB=1，M是PB的中点．‎ ‎（1）证明：面PAD⊥面PCD；‎ ‎（2）求AC与PB所成的角；‎ ‎（3）求平面AMC与平面BMC所成二面角的大小．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）由三垂线定理得CD⊥PD，从而CD⊥面PAD，再由CD⊂面PCD，能证明面PAD⊥面PCD． ‎ ‎（2）过点B作BE∥CA，且BE=CA，则∠PBE是AC与PB所成的角． 连接AE，推导出四边形ACBE为正方形，由此能求出AC与PB所成的角．‎ ‎（3）作AN⊥CM，垂足为N，连接BN，则∠ANB为所求二面角的平面角，由此能求出平面AMC与平面BMC所成二面角的大小．‎ ‎【解答】证明：（1）∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，‎ ‎∴由三垂线定理得：CD⊥PD． ‎ 因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，‎ ‎∴CD⊥面PAD．‎ 又CD⊂面PCD，∴面PAD⊥面PCD． ‎ 解：（2）过点B作BE∥CA，且BE=CA，则∠PBE是AC与PB所成的角． ‎ 连接AE，可知AC=CB=BE=AE=，‎ 又AB=2，所以四边形ACBE为正方形．‎ 由PA⊥面ABCD，得∠PEB=90° ‎ 在Rt△PEB中，BE=a2=3b2，PB=，‎ ‎∴cos∠PBE==．‎ ‎∴AC与PB所成的角为arccos．‎ ‎（3）作AN⊥CM，垂足为N，连接BN．‎ 在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，‎ ‎∴△AMC≌△BMC，‎ ‎∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角 ‎∵CB⊥AC，‎ 由三垂线定理，得CB⊥PC，‎ 在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．‎ 在等腰三角形AMC中，AN•MC=•AC，‎ ‎∴AN=．∴AB=2，‎ ‎∴cos∠ANB==﹣，‎ 故平面AMC与平面BMC所成二面角的大小为arccos（﹣）．‎ ‎【点评】本题考查面面垂直的证明，考百线线角的求法，考百二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎　‎ ‎20．（15分）（2016秋•吴兴区校级期中）已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的长轴是短轴的两倍，点P（，）在椭圆上，不过原点的直线l与椭圆相交于A、B两点，设直线OA、l、OB的斜率分别为k1、k、k2，且k1、k、k2恰好构成等比数列，记△AOB的面积为S．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）试判断|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由？‎ ‎（3）求△AOB面积S的取值范围．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（1）根据椭圆C： +=1（a＞b＞0）的长轴是短轴的两倍，点P（，）在椭圆上，建立方程，求出几何量，即可求椭圆C的方程．‎ ‎（2）设直线l的方程为y=kx+m，代入椭圆方程，消去y，根据k1、k、k2恰好构成等比数列，求出k，进而表示出|OA|2+|OB|2，即可得出结论；‎ ‎（3）表示出△ABO的面积，利用基本不等式，即可求S的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知a=2b且，∴a=2，b=1，∴椭圆C的方程为：．‎ ‎（2）设直线l的方程为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 由直线l的方程代入椭圆方程，消去y得：（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，‎ ‎∴x1+x2=﹣，x1x2=，且△=16（1+4k2﹣m2）＞0，‎ ‎∵k1、k、k2恰好构成等比数列．‎ ‎∴k2=k1k2=．‎ ‎∴﹣4k2m2+m2=0，∴k=±．‎ ‎∴x1+x2=±2m，x1x2=2m2﹣2‎ ‎∴|OA|2+|OB|2=x12+y12+x22+y22= [（x1+x2）2﹣2x1x2]+2=5，‎ ‎∴|OA|2+|OB|2是定值为5．‎ ‎（3））S=|AB|d==‎ ‎．‎ 当且仅当m=±1时，S的最大值为1．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，等比数列的性质，基本不等式，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎　‎