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圓上的點到直線的最大距離與最小距離的差是（    ）

A．36

B．18

C．

D．

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圓上的點到直線的最大距離與最小距離的差是

A．36

B．18

C．

D．

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1－10：DCDAABCBCDC

11., 12. 85, 13. 5 ,14. 6 ,15. -3 .

1．函數的定義域是，解得x≥1，選D.

2．向量若時，∥，∴ ；時，，，選C.

3．的展開式中的系數=x³， 則實數的值是2，選D

4．過半徑為2的球O表面上一點A作球O的截面，若OA與該截面所成的角是60°，則截面圓的半徑是R=1，該截面的面積是π，選A.

5．若“”，則函數=在區(qū)間上為增函數；而若在區(qū)間上為增函數，則0≤a≤1，所以“”是“函數在區(qū)間上為增函數”的充分不必要條件，選A.

6．在數字1，2，3與符號“＋”，“－”五個元素的所有全排列中，先排列1，2，3，有種排法，再將“＋”，“－”兩個符號插入，有種方法，共有12種方法，選B.

7．圓的圓心為(2，2)，半徑為3，圓心到到直線的距離為>3，圓上的點到直線的最大距離與最小距離的差是2R =6，選C.

8．設點P是函數的圖象C的一個對稱中心，若點P到圖象C的對稱軸上的距離的最小值，∴ 最小正周期為π，選B.

9．過雙曲線的左頂點(1，0)作斜率為1的直線：y=x－1, 若與雙曲線的兩條漸近線分別相交于點,  聯立方程組代入消元得，∴ ，x₁+x₂=2x₁x₂，又,則B為AC中點，2x₁=1+x₂，代入解得，∴ b₂=9，雙曲線的離心率e=，選D.

10．如圖，OM∥AB，點P由射線OM、線段OB及AB的延長線圍成的陰影區(qū)域內（不含邊界）.且，

由圖知，x<0，當x=－時，即=－，P點在線段DE上，=，=，而<<，∴ 選C.

二．填空題：

11.； 12. 85；  13. 5 ；  14. 6 ；  15. －3 .

11．數列滿足：，2，3…，該數列為公比為2的等比數列，∴ .

12．某高校有甲、乙兩個數學建模興趣班. 其中甲班有40人，乙班50人. 現分析兩個班的一次考試成績，算得甲班的平均成績是90分，乙班的平均成績是81分，則該校數學建模興趣班的平均成績是分.

13．已知，如圖畫出可行域，得交點A(1，2)，B(3，4)，則的最小值是5.

14．過三棱柱 ABC－A₁B₁C₁ 的任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB₁A₁平行的直線共有6條。

15．是偶函數，取a=－3，可得為偶函數。

16. 解　由已知條件得.

即.

解得.

由0＜θ＜π知，從而.

17. 解　（Ⅰ）每家煤礦必須整改的概率是1－0.5，且每家煤礦是否整改是相互獨立的. 所以恰好有兩家煤礦必須整改的概率是.

（Ⅱ）解法一　某煤礦被關閉，即該煤礦第一次安檢不合格，整改后經復查仍不合格，所以該煤礦被關閉的概率是，從而煤礦不被關閉的概率是0.90.

解法二　某煤礦不被關閉包括兩種情況：（i）該煤礦第一次安檢合格；（ii）該煤礦第一次安檢不合格，但整改后合格.

所以該煤礦不被關閉的概率是.

(Ⅲ)由題設（Ⅱ）可知，每家煤礦不被關閉的概率是0.9，且每家煤礦是否被關閉是相互獨立的，所以到少關閉一家煤礦的概率是.

18. 解法一　（Ⅰ）連結AC、BD，設.

由P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.

從而P、O、Q三點在一條直線上，所以PQ⊥平面ABCD.

（Ⅱ）由題設知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD.

由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD. 故可分別以直線CA、DB、QP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系（如圖），由題條件，相關各點的坐標分別是P（0，0，2），A（，0，0），Q（0，0，－2），B（0，，0）.

所以

于是.

從而異面直線AQ與PB所成的角是.

(Ⅲ)由（Ⅱ），點D的坐標是（0，－，0），，             

，設是平面QAD的一個法向量，由

得.

取x=1，得.

所以點P到平面QAD的距離.

解法二　（Ⅰ）取AD的中點，連結PM，QM.

因為P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，

所以AD⊥PM，AD⊥QM. 從而AD⊥平面PQM.

又平面PQM，所以PQ⊥AD.

同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.

（Ⅱ）連結AC、BD設，由PQ⊥平面ABCD及正四棱錐的性質可知O在PQ上，從而P、A、Q、C四點共面.

因為OA＝OC，OP＝OQ，所以PAQC為平行四邊形，AQ∥PC.

從而∠BPC（或其補角）是異面直線AQ與PB所成的角.

因為，

所以.

從而異面直線AQ與PB所成的角是.

(Ⅲ)連結OM，則.

所以∠PMQ＝90°，即PM⊥MQ.

由（Ⅰ）知AD⊥PM，所以PM⊥平面QAD. 從而PM的長是點P到平面QAD的距離.

在直角△PMO中，.

即點P到平面QAD的距離是.

19. 解　（Ⅰ）由題設知.

令.

當（i）a>0時，

若，則，所以在區(qū)間上是增函數；

若，則，所以在區(qū)間上是減函數；

若，則，所以在區(qū)間上是增函數；

（i i）當a＜0時，

若，則，所以在區(qū)間上是減函數；

若，則，所以在區(qū)間上是減函數；

若，則，所以在區(qū)間上是增函數；

若，則，所以在區(qū)間上是減函數.

（Ⅱ）由（Ⅰ）的討論及題設知，曲線上的兩點A、B的縱坐標為函數的極值，且函數在處分別是取得極值，.

因為線段AB與x軸有公共點，所以.

即.所以.

故.

解得　－1≤a＜0或3≤a≤4.

即所求實數a的取值范圍是[-1，0)∪[3，4].

20. 解　（Ⅰ）由已知得，

　　.

    （Ⅱ）因為，

　　　　　所以.

          又因為，

　　　　　所以

　　　　　　　　　　　　　 =.

          綜上，.

21. 解　（Ⅰ）當AB⊥x軸時，點A、B關于x軸對稱，所以m＝0，直線AB的方程為

    x=1，從而點A的坐標為（1，）或（1，－）.

    因為點A在拋物線上，所以，即.

    此時C₂的焦點坐標為（，0），該焦點不在直線AB上.

   （Ⅱ）解法一　當C₂的焦點在AB時，由（Ⅰ）知直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為.

由消去y得.           ……①

設A、B的坐標分別為（x₁,y₁）, （x₂,y₂）,

則x₁,x₂是方程①的兩根，x₁＋x₂＝.

因為AB既是過C₁的右焦點的弦，又是過C₂的焦點的弦，

所以，且

.

從而.

所以，即.

解得.

因為C₂的焦點在直線上，所以.

即.

當時，直線AB的方程為；

當時，直線AB的方程為.

解法二　當C₂的焦點在AB時，由（Ⅰ）知直線AB的斜率存在，設直線AB的方程

為.

由消去y得.          　　　　　　　 ……①

因為C₂的焦點在直線上，

所以，即.代入①有.

即.                                     ……②

設A、B的坐標分別為（x₁,y₁）, （x₂,y₂）,

則x₁,x₂是方程②的兩根，x₁＋x₂＝.

由消去y得.           　　……③

由于x₁,x₂也是方程③的兩根，所以x₁＋x₂＝.

從而＝. 解得.

因為C₂的焦點在直線上，所以.

即.

當時，直線AB的方程為；

當時，直線AB的方程為.

 解法三　設A、B的坐標分別為（x₁,y₁）, （x₂,y₂）,

因為AB既過C₁的右焦點，又是過C₂的焦點，

所以.

即.                                         ……①

由（Ⅰ）知，于是直線AB的斜率，　　 ……②

且直線AB的方程是,

所以.                                ……③

又因為，所以.         ……④

將①、②、③代入④得，即.

當時，直線AB的方程為；

當時，直線AB的方程為.