重庆市两江中学2020-2021学年上期高二数学周考(五)（word版含解析）
文档属性
| 名称 | 重庆市两江中学2020-2021学年上期高二数学周考(五)（word版含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 996.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-12-20 13:09:26 | ||
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文档简介
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
重庆市两江中学2020-2021学年上期数学周考(五)
本试卷满分150分，考试时间120分钟．
12.20
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.第11、12题为多项选择，其余各题均为单项选择.
1．若直线3x-y+1=0与直线6x-ay-1=0平行，则a的值为（
）
A．-2
B．2
C．-18
D．18
2．若、、三点共线，则的值为（
）
A．
B．
C．
D．
3．若焦点在y轴上的椭圆的离心率为，则m的值为（
）
A．3
B．4
C．
D．6
4．在正方体中，异面直线与所成的角的大小为（
）
A．
B．
C．
D．
5．在下列条件中，可判断平面与平行的是（
）
A．，
B．m，n是两条异面直线，且，，，
C．m，n是内的两条直线，且，
D．内存在不共线的三点到的距离相等
6．当为任意实数，直线恒过定点，则以为圆心，为半径的圆的方程为（
）
A．
B．
C．
D．
7．若球的半径为，一个截面圆的面积是，则球心到截面圆心的距离是（
）
A．
B．
C．
D．
8．直线与椭圆相交于两点，若中点的横坐标为，则=（
）
A．
B．
C．
D．
9．若直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围是（
）．
A．
B．
C．
D．
10．已知点是椭圆上的一个动点，点在线段的延长线上，且，则点的横坐标的最大值为（
）
A．
B．
C．
D．
11．(多选)如图，在直三棱柱中，，，，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（
）
A．平面
B．四面体的体积是定值
C．当点为的中点时，直线与平面
所成的角和直线与平面所成的角相等
D．异面直线与所成角的正切值为
12．(多选)已知是左右焦点分别为的椭圆上的动点，
,下列说法正确的有（
）
A．
B．的最大值为
C．存在点，使
D．的最大值为
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．经过点，的椭圆的标准方程是______．
14．已知正四棱锥的侧棱长为，侧棱与底面所成的角为60°，则该四棱锥的高为_______.
15．已知圆的方程为：,则斜率为1且与圆相切直线的方程为______．
16．设实数x，y，m，n满足x2＋y2＝1，m2＋n2＝3，则mx＋ny的最大值是_______.
三、解答题：本题共6小题，共70分.
17．(10分)已知直线的方程为.
（1）求过点，且与平行的直线方程；
（2）过点，且与垂直的直线方程.
19．(12分)如图,在四棱锥中,四边形是菱形,,为的中点.
(1)求证:面；
(2)求证:平面平面.
18．(12分)已知圆的方程为．
（1）求过点且与圆相切的直线l的方程；
（2）直线过点，且与圆交于、两点，若，求直线的方程；
20．(12分)已知两点、，分别求满足下列条件的点的轨迹方程：
（1）到两定点、的距离之和等于4；
（2）直线、相交于点，且它们的斜率之和是2.
21．(12分)四棱锥中，底面是平行四边形，侧面底面，，是等边三角形.
（1）证明：；
（2）若，求二面角的余弦值
.
22．(12分)已知点为椭圆C：上一点，且直线过椭圆C的一个焦点．
（1）求椭圆C的方程．
（2）不经过点的直线l与椭圆C相交于A，B两点，记直线的斜率分别为，若，直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，说明理由．
参考答案
1．B
【分析】
解方程即得解.
【详解】
由题得.
故选：B
2．D
【分析】
由已知条件得出，结合斜率公式可求得实数的值.
【详解】
由于、、三点共线，则，即，解得.
故选：D.
3．C
【分析】
根据题意可得，即可求解.
【详解】
由焦点在y轴上的椭圆的离心率为，
则，且，解得.
故选：C
4．C
【分析】
连接，则得∥，从而得为异面直线与所成的角，然后在三角形中可得答案
【详解】
解：连接，
因为,∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，所以为异面直线与所成的角，
在正方体中，，
所以三角形为等边三角形，所以，
所以异面直线与所成的角的大小为，
故选：C
【点睛】
此题考查异面直线所成的角，属于基础题
5．B
【分析】
根据面面的位置关系和面面平行的判定定理逐一判断选项即可.
【详解】
对于A选项：若，，则平面与平行或相交，故A不正确；
对于B选项：
在直线n.上取一点Q，过点Q作直线m的平行线m'，所以m'与n是两条相交直线，
所以，，且，根据面面平行的判定定理可得，所以B正确.
对于C选项：若m，n是内的两条直线，且，，则根据面面平行的判定定理可得，平面与平行或相交，所以C不正确.
对于D选项：若内不共线的三点到的距离相等，则根据面面的位置关系可得：平面与平行或相交，故D不正确.
故选：B.
6．C
【分析】
将直线方程变为，然后求出点坐标，然后可得答案.
【详解】
直线方程变为．
由得∴，
∴所求圆的方程为．
故选：C
7．C
【分析】
由题意可解出截面圆的半径，然后利用勾股定理求解球心与截面圆圆心的距离．
【详解】
由截面圆的面积为可知，截面圆的半径为，则球心到截面圆心的距离为．
故选：C．
【点睛】
解答本题的关键点在于，球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．
8．C
【分析】
代入消元得关于一元二次方程，再用韦达定理即可.
【详解】
设
把代入得，
，因为中点的横坐标为，
所以，解得.
故选:C
【点睛】
用韦达定理解决直线与圆锥曲线交点问题是常用的方法，需要注意直线与圆锥曲线是否有交点，可用判断.
9．B
【分析】
由直线l与曲线的方程可得它们的图形，结合图形分析可知直线l与半圆相切到过时有两个交点，即可求的取值范围.
【详解】
由题意知：直线过定点，曲线为y轴上半部分的半圆，如下图示：
如图，当且仅当直线l与半圆相切，到直线l过时，它们有两个交点，
当直线l与曲线相切时，，得，
当直线l过时，，得，
∴结合图象知：时直线l与曲线有两个交点.
故选：B
10．B
【分析】
设：，将直线与椭圆联立求出，再根据，求出，令，利用基本不等式即可求解.
【详解】
当点的横坐标最大时射线的斜率，设：，，
与椭圆联立，解得，
又，
解得，
令，即，
则
，
当且仅当，即时取等号，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据向量的坐标运算求出，考查了运算求解能力.
11．AD
【分析】
对于A，得出即可证明平面；对于B，设，可得四面体的体积为，即可判断；对于C，由可得到平面和平面的距离不相等；对于D，可得异面直线与所成角为，求出即可判断.
【详解】
对于A，在直三棱柱中，四边形是矩形，
因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面，所以A正确；
对于B，设，因为，，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
四面体的体积为，
所以四面体的体积不是定值，所以B错误；
对于C，由于，当点为的中点时，
到平面和平面的距离不相等，故所成角不相等，故C错误；
对于D，因为，所以异面直线与所成角为，
在中，，，
所以，所以D正确；
故选：AD.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
12．ABD
【分析】
对于选项
由椭圆的定义可得选项正确；
对于选项由椭圆的性质可知，故选项正确；
对于选项，又由椭圆的性质可知：当点为椭圆的上顶点或下顶点时，最大，所以，即，故选项错误；
对于选项设，则，当时，，故选项正确，
【详解】
对于选项由题设可得：，，
由椭圆的定义可得：，故选项正确；
对于选项由椭圆的性质可知：（当为椭圆的右顶点时取““，故选项正确；
对于选项，又由椭圆的性质可知：当点为椭圆的上顶点或下顶点时，最大，此时，所以，即，故选项错误；
对于选项设，则，当时，，故选项正确，
故选：ABD
【点睛】
方法点睛：与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：
（1）几何法：结合定义利用图形中几何量之间的大小关系或曲线之间位置关系列不等式，再解不等式.
（2）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围.
（3）利用代数基本不等式.代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思；
（4）结合参数方程，利用三角函数的有界性.直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式.
（5）利用数形结合分析解答.
13．
【分析】
先设椭圆方程为，将已知点代入，求解，即可得出结果.
【详解】
设椭圆方程为，
因为该椭圆过点，，
所以，解得，因此所求椭圆方程为.
故答案为：.
14．3
【分析】
根据立体图形，作出直线与平面所成的角，结合线面角即可求得锥体的高.
【详解】
如图，过点S作平面，连接，就是侧棱与底面所成的角，
则，.
故答案为：3.
【点睛】
此题考查根据线面角求线段长度，关键在于弄清正四棱锥的几何特征.
15．,
【分析】
设出斜率为1且与圆相切直线的斜截式方程,圆心到该直线的距离等于圆的半径,得到方程,解方程求出直线的在纵轴上截距,把直线的斜截式方程化为一般式方程即可.
【详解】
斜率为1且与圆相切直线的方程为,圆的圆心坐标为,半径为,由题意可知：或,因此
斜率为1且与圆相切直线的方程为,.
故答案为：,
【点睛】
本题考查了求圆的切线方程,利用圆的切线性质是解题的关键.
16.
设实数x，y，m，n满足x2＋y2＝1，m2＋n2＝3，则mx＋ny的最大值是____.
解析 方法一：设点P(x,y)是圆x2＋y2＝1上一点，点Q(m,n)是圆x2＋y2＝3上一点，则mx＋ny，当同向时，最大为。
方法二：由已知(x2＋y2)·(m2＋n2)＝3，即m2x2＋n2y2＋n2x2＋m2y2＝3，∴m2x2＋n2y2＋2(nx)·(my)≤3，即(mx＋ny)2≤3，∴mx＋ny≤.
方法三：设x＝sinα，y＝cosα，m＝sinβ，n＝cosβ，其中α，β∈R.∴mx＋ny＝sinβsinα＋cosβcosα＝cos(α－β)．
17．（1）；（2）.
【分析】
（1）设所求直线方程为，代入点即可得到结果；
（2）设所求直线方程为，代入点即可得到结果.
【详解】
（1）设与平行的直线方程为：，
代入得：，
过点，且与平行的直线方程为.
（2）设与垂直的直线方程为：，
代入得：，
过点，且与垂直的直线方程为：.
【点睛】
结论点睛：若直线，
（1）与平行的直线系方程为：；
（2）与垂直的直线系方程为：.
18．（1）要证明线面平行，则可以根据线面平行的判定定理来证明．
（2）对于面面垂直的证明，要根据已知中的菱形的对角线垂直，以及面来加以证明．
【详解】
试题分析：（1）由题意得只需在平面AEC内找一条直线与直线PD平行即可．设，连接EO，由三角形中位线可得即得；（2）连接PO，由题意得PO⊥AC，又底面为菱形，则AC⊥BD，由面面垂直的判定定理即得．
试题解析：（1）证明：设，连接EO，因为O，E分别是BD，PB的中点，所以
而，所以面
（2）连接PO，因为，所以，又四边形是菱形，所以
而面，面，，所以面
又面，所以面面
考点：1．线面平行的判定定理；2．面面垂直的判定定理；
19．（1）或；（2）或.
【分析】
（1）根据题意，分斜率不存在和斜率存在两种情况，根据直线与圆相切，列出方程求解，即可得出结果；
（2）先由题意，得到圆心到直线的距离（其中为圆的半径），判断出直线的斜率一定存在，设直线方程：，由点到直线距离公式，列出方程求解，即可得出斜率，从而可得直线方程.
【详解】
（1）根据题意，分2种情况讨论：
当斜率不存在时，过点的直线的方程是，显然与圆相切，满足条件；
当斜率存在时，设直线方程：，即，
直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，
此时，直线l的方程为；
所以，满足条件的直线方程是或；
（2）根据题意，若，则圆心到直线的距离，
则直线的斜率一定存在，设直线方程：，即，
则，即，解得或，
所以满足条件的直线方程是或．
【点睛】
本题主要考查求圆的切线方程，考查由弦长求弦所在直线方程，属于常考题型.
20．（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用椭圆定义即可得到轨迹方程；
（2）设M（x，y）（x≠±1），则，，由，能求出所求点M轨迹方程．
【详解】
（1）依题意得，设点的轨迹方程为椭圆，
所以，，即，
所求点轨迹方程为.
（2）设，则，，
所以，即，
所求点轨迹方程为.
【点睛】
本题考查曲线方程的求法，考查双曲线圆、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
21．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【分析】
（I）过S向BC作垂线SO，通过证三角形全等可得OA=OB，由
可证
，进而可得
面SOA，即证线线垂直．
（II）建系，求出点的坐标以及两个半平面的法向量，利用二面角余弦的向量公式即可求出结果．
【详解】
解析：（Ⅰ）作为垂足，平面底面，平面
，∴，
，
平面，面，
（Ⅱ），
，∴，是等腰直角三角形，
是的中点，两两垂直，以所在直线分别为轴，
轴，
轴建立空间直角坐标系，
的中点，，
二面角的大小等于，
二面角的余弦值为
【点睛】
本题考查通过证线面垂直去证线线垂直，要借助题干中所给的数量关系推导垂直，以及向量法求二面角平面角的余弦值，考查计算能力．
22．（1）；（2）
【分析】
（1）根据题意，可得，再将点代入椭圆方程可得，结合即可求解.
（2）讨论直线的斜率是否存在，设出直线方程，将直线与椭圆方程联立，消
可得，由题意利用韦达定理整理可得，进而可求解.
【详解】
（1）点为椭圆C：上一点，
则，解得，
直线过椭圆C的一个焦点，
令，可得，即，
所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，
设，，（且），
则，解得，直线恒过点；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
直线与椭圆的交点，，
联立方程，消
可得，
则，，
所以，
整理可得，
所以，
即，
因为直线不过点，所以，
所以，即，
直线，
当时，则，
所以直线恒过定点
【点睛】
本题考查了求圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系中的定点问题，考查了分类讨论思想以及运算求解能力，属于难题试卷第10页，总11页
试卷第11页，总11页
答案第1页，总2页
重庆市两江中学2020-2021学年上期数学周考(五)
本试卷满分150分，考试时间120分钟．
12.20
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.第11、12题为多项选择，其余各题均为单项选择.
1．若直线3x-y+1=0与直线6x-ay-1=0平行，则a的值为（
）
A．-2
B．2
C．-18
D．18
2．若、、三点共线，则的值为（
）
A．
B．
C．
D．
3．若焦点在y轴上的椭圆的离心率为，则m的值为（
）
A．3
B．4
C．
D．6
4．在正方体中，异面直线与所成的角的大小为（
）
A．
B．
C．
D．
5．在下列条件中，可判断平面与平行的是（
）
A．，
B．m，n是两条异面直线，且，，，
C．m，n是内的两条直线，且，
D．内存在不共线的三点到的距离相等
6．当为任意实数，直线恒过定点，则以为圆心，为半径的圆的方程为（
）
A．
B．
C．
D．
7．若球的半径为，一个截面圆的面积是，则球心到截面圆心的距离是（
）
A．
B．
C．
D．
8．直线与椭圆相交于两点，若中点的横坐标为，则=（
）
A．
B．
C．
D．
9．若直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围是（
）．
A．
B．
C．
D．
10．已知点是椭圆上的一个动点，点在线段的延长线上，且，则点的横坐标的最大值为（
）
A．
B．
C．
D．
11．(多选)如图，在直三棱柱中，，，，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（
）
A．平面
B．四面体的体积是定值
C．当点为的中点时，直线与平面
所成的角和直线与平面所成的角相等
D．异面直线与所成角的正切值为
12．(多选)已知是左右焦点分别为的椭圆上的动点，
,下列说法正确的有（
）
A．
B．的最大值为
C．存在点，使
D．的最大值为
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．经过点，的椭圆的标准方程是______．
14．已知正四棱锥的侧棱长为，侧棱与底面所成的角为60°，则该四棱锥的高为_______.
15．已知圆的方程为：,则斜率为1且与圆相切直线的方程为______．
16．设实数x，y，m，n满足x2＋y2＝1，m2＋n2＝3，则mx＋ny的最大值是_______.
三、解答题：本题共6小题，共70分.
17．(10分)已知直线的方程为.
（1）求过点，且与平行的直线方程；
（2）过点，且与垂直的直线方程.
19．(12分)如图,在四棱锥中,四边形是菱形,,为的中点.
(1)求证:面；
(2)求证:平面平面.
18．(12分)已知圆的方程为．
（1）求过点且与圆相切的直线l的方程；
（2）直线过点，且与圆交于、两点，若，求直线的方程；
20．(12分)已知两点、，分别求满足下列条件的点的轨迹方程：
（1）到两定点、的距离之和等于4；
（2）直线、相交于点，且它们的斜率之和是2.
21．(12分)四棱锥中，底面是平行四边形，侧面底面，，是等边三角形.
（1）证明：；
（2）若，求二面角的余弦值
.
22．(12分)已知点为椭圆C：上一点，且直线过椭圆C的一个焦点．
（1）求椭圆C的方程．
（2）不经过点的直线l与椭圆C相交于A，B两点，记直线的斜率分别为，若，直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，说明理由．
参考答案
1．B
【分析】
解方程即得解.
【详解】
由题得.
故选：B
2．D
【分析】
由已知条件得出，结合斜率公式可求得实数的值.
【详解】
由于、、三点共线，则，即，解得.
故选：D.
3．C
【分析】
根据题意可得，即可求解.
【详解】
由焦点在y轴上的椭圆的离心率为，
则，且，解得.
故选：C
4．C
【分析】
连接，则得∥，从而得为异面直线与所成的角，然后在三角形中可得答案
【详解】
解：连接，
因为,∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，所以为异面直线与所成的角，
在正方体中，，
所以三角形为等边三角形，所以，
所以异面直线与所成的角的大小为，
故选：C
【点睛】
此题考查异面直线所成的角，属于基础题
5．B
【分析】
根据面面的位置关系和面面平行的判定定理逐一判断选项即可.
【详解】
对于A选项：若，，则平面与平行或相交，故A不正确；
对于B选项：
在直线n.上取一点Q，过点Q作直线m的平行线m'，所以m'与n是两条相交直线，
所以，，且，根据面面平行的判定定理可得，所以B正确.
对于C选项：若m，n是内的两条直线，且，，则根据面面平行的判定定理可得，平面与平行或相交，所以C不正确.
对于D选项：若内不共线的三点到的距离相等，则根据面面的位置关系可得：平面与平行或相交，故D不正确.
故选：B.
6．C
【分析】
将直线方程变为，然后求出点坐标，然后可得答案.
【详解】
直线方程变为．
由得∴，
∴所求圆的方程为．
故选：C
7．C
【分析】
由题意可解出截面圆的半径，然后利用勾股定理求解球心与截面圆圆心的距离．
【详解】
由截面圆的面积为可知，截面圆的半径为，则球心到截面圆心的距离为．
故选：C．
【点睛】
解答本题的关键点在于，球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．
8．C
【分析】
代入消元得关于一元二次方程，再用韦达定理即可.
【详解】
设
把代入得，
，因为中点的横坐标为，
所以，解得.
故选:C
【点睛】
用韦达定理解决直线与圆锥曲线交点问题是常用的方法，需要注意直线与圆锥曲线是否有交点，可用判断.
9．B
【分析】
由直线l与曲线的方程可得它们的图形，结合图形分析可知直线l与半圆相切到过时有两个交点，即可求的取值范围.
【详解】
由题意知：直线过定点，曲线为y轴上半部分的半圆，如下图示：
如图，当且仅当直线l与半圆相切，到直线l过时，它们有两个交点，
当直线l与曲线相切时，，得，
当直线l过时，，得，
∴结合图象知：时直线l与曲线有两个交点.
故选：B
10．B
【分析】
设：，将直线与椭圆联立求出，再根据，求出，令，利用基本不等式即可求解.
【详解】
当点的横坐标最大时射线的斜率，设：，，
与椭圆联立，解得，
又，
解得，
令，即，
则
，
当且仅当，即时取等号，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据向量的坐标运算求出，考查了运算求解能力.
11．AD
【分析】
对于A，得出即可证明平面；对于B，设，可得四面体的体积为，即可判断；对于C，由可得到平面和平面的距离不相等；对于D，可得异面直线与所成角为，求出即可判断.
【详解】
对于A，在直三棱柱中，四边形是矩形，
因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面，所以A正确；
对于B，设，因为，，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
四面体的体积为，
所以四面体的体积不是定值，所以B错误；
对于C，由于，当点为的中点时，
到平面和平面的距离不相等，故所成角不相等，故C错误；
对于D，因为，所以异面直线与所成角为，
在中，，，
所以，所以D正确；
故选：AD.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
12．ABD
【分析】
对于选项
由椭圆的定义可得选项正确；
对于选项由椭圆的性质可知，故选项正确；
对于选项，又由椭圆的性质可知：当点为椭圆的上顶点或下顶点时，最大，所以，即，故选项错误；
对于选项设，则，当时，，故选项正确，
【详解】
对于选项由题设可得：，，
由椭圆的定义可得：，故选项正确；
对于选项由椭圆的性质可知：（当为椭圆的右顶点时取““，故选项正确；
对于选项，又由椭圆的性质可知：当点为椭圆的上顶点或下顶点时，最大，此时，所以，即，故选项错误；
对于选项设，则，当时，，故选项正确，
故选：ABD
【点睛】
方法点睛：与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：
（1）几何法：结合定义利用图形中几何量之间的大小关系或曲线之间位置关系列不等式，再解不等式.
（2）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围.
（3）利用代数基本不等式.代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思；
（4）结合参数方程，利用三角函数的有界性.直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式.
（5）利用数形结合分析解答.
13．
【分析】
先设椭圆方程为，将已知点代入，求解，即可得出结果.
【详解】
设椭圆方程为，
因为该椭圆过点，，
所以，解得，因此所求椭圆方程为.
故答案为：.
14．3
【分析】
根据立体图形，作出直线与平面所成的角，结合线面角即可求得锥体的高.
【详解】
如图，过点S作平面，连接，就是侧棱与底面所成的角，
则，.
故答案为：3.
【点睛】
此题考查根据线面角求线段长度，关键在于弄清正四棱锥的几何特征.
15．,
【分析】
设出斜率为1且与圆相切直线的斜截式方程,圆心到该直线的距离等于圆的半径,得到方程,解方程求出直线的在纵轴上截距,把直线的斜截式方程化为一般式方程即可.
【详解】
斜率为1且与圆相切直线的方程为,圆的圆心坐标为,半径为,由题意可知：或,因此
斜率为1且与圆相切直线的方程为,.
故答案为：,
【点睛】
本题考查了求圆的切线方程,利用圆的切线性质是解题的关键.
16.
设实数x，y，m，n满足x2＋y2＝1，m2＋n2＝3，则mx＋ny的最大值是____.
解析 方法一：设点P(x,y)是圆x2＋y2＝1上一点，点Q(m,n)是圆x2＋y2＝3上一点，则mx＋ny，当同向时，最大为。
方法二：由已知(x2＋y2)·(m2＋n2)＝3，即m2x2＋n2y2＋n2x2＋m2y2＝3，∴m2x2＋n2y2＋2(nx)·(my)≤3，即(mx＋ny)2≤3，∴mx＋ny≤.
方法三：设x＝sinα，y＝cosα，m＝sinβ，n＝cosβ，其中α，β∈R.∴mx＋ny＝sinβsinα＋cosβcosα＝cos(α－β)．
17．（1）；（2）.
【分析】
（1）设所求直线方程为，代入点即可得到结果；
（2）设所求直线方程为，代入点即可得到结果.
【详解】
（1）设与平行的直线方程为：，
代入得：，
过点，且与平行的直线方程为.
（2）设与垂直的直线方程为：，
代入得：，
过点，且与垂直的直线方程为：.
【点睛】
结论点睛：若直线，
（1）与平行的直线系方程为：；
（2）与垂直的直线系方程为：.
18．（1）要证明线面平行，则可以根据线面平行的判定定理来证明．
（2）对于面面垂直的证明，要根据已知中的菱形的对角线垂直，以及面来加以证明．
【详解】
试题分析：（1）由题意得只需在平面AEC内找一条直线与直线PD平行即可．设，连接EO，由三角形中位线可得即得；（2）连接PO，由题意得PO⊥AC，又底面为菱形，则AC⊥BD，由面面垂直的判定定理即得．
试题解析：（1）证明：设，连接EO，因为O，E分别是BD，PB的中点，所以
而，所以面
（2）连接PO，因为，所以，又四边形是菱形，所以
而面，面，，所以面
又面，所以面面
考点：1．线面平行的判定定理；2．面面垂直的判定定理；
19．（1）或；（2）或.
【分析】
（1）根据题意，分斜率不存在和斜率存在两种情况，根据直线与圆相切，列出方程求解，即可得出结果；
（2）先由题意，得到圆心到直线的距离（其中为圆的半径），判断出直线的斜率一定存在，设直线方程：，由点到直线距离公式，列出方程求解，即可得出斜率，从而可得直线方程.
【详解】
（1）根据题意，分2种情况讨论：
当斜率不存在时，过点的直线的方程是，显然与圆相切，满足条件；
当斜率存在时，设直线方程：，即，
直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，
此时，直线l的方程为；
所以，满足条件的直线方程是或；
（2）根据题意，若，则圆心到直线的距离，
则直线的斜率一定存在，设直线方程：，即，
则，即，解得或，
所以满足条件的直线方程是或．
【点睛】
本题主要考查求圆的切线方程，考查由弦长求弦所在直线方程，属于常考题型.
20．（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用椭圆定义即可得到轨迹方程；
（2）设M（x，y）（x≠±1），则，，由，能求出所求点M轨迹方程．
【详解】
（1）依题意得，设点的轨迹方程为椭圆，
所以，，即，
所求点轨迹方程为.
（2）设，则，，
所以，即，
所求点轨迹方程为.
【点睛】
本题考查曲线方程的求法，考查双曲线圆、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
21．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【分析】
（I）过S向BC作垂线SO，通过证三角形全等可得OA=OB，由
可证
，进而可得
面SOA，即证线线垂直．
（II）建系，求出点的坐标以及两个半平面的法向量，利用二面角余弦的向量公式即可求出结果．
【详解】
解析：（Ⅰ）作为垂足，平面底面，平面
，∴，
，
平面，面，
（Ⅱ），
，∴，是等腰直角三角形，
是的中点，两两垂直，以所在直线分别为轴，
轴，
轴建立空间直角坐标系，
的中点，，
二面角的大小等于，
二面角的余弦值为
【点睛】
本题考查通过证线面垂直去证线线垂直，要借助题干中所给的数量关系推导垂直，以及向量法求二面角平面角的余弦值，考查计算能力．
22．（1）；（2）
【分析】
（1）根据题意，可得，再将点代入椭圆方程可得，结合即可求解.
（2）讨论直线的斜率是否存在，设出直线方程，将直线与椭圆方程联立，消
可得，由题意利用韦达定理整理可得，进而可求解.
【详解】
（1）点为椭圆C：上一点，
则，解得，
直线过椭圆C的一个焦点，
令，可得，即，
所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，
设，，（且），
则，解得，直线恒过点；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
直线与椭圆的交点，，
联立方程，消
可得，
则，，
所以，
整理可得，
所以，
即，
因为直线不过点，所以，
所以，即，
直线，
当时，则，
所以直线恒过定点
【点睛】
本题考查了求圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系中的定点问题，考查了分类讨论思想以及运算求解能力，属于难题试卷第10页，总11页
试卷第11页，总11页
答案第1页，总2页