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本试卷4页，满分150分．考试时间120分钟．
一、单项选择题：本题共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.在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论.
【详解】空间向量共面定理：，若不共线，且共面，其充要条件是.
对A，因为，所以四点不共面；
对B，因为，所以四点不共面；
对C，由可得，
因为，所以四点不共面；
对D，由可得，
即，因，所以四点共面.
故选：D
2.椭圆的离心率为，则（）
A. B. C. D.2
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆的离心率公式即可求解.
【详解】由题意得，解得，
故选：A.
3.记等差数列的前项和为，则（）
A.120 B.140 C.160 D.180
【答案】C
【解析】
【分析】利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
故选：C.
4.若在R上可导，，则（）
A.1 B.－1 C.－2 D.2
【答案】D
【解析】
【分析】求出导数，再代值计算即可.
【详解】解：由，可得，
所以，解得.
故选：D.
5.图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图所示的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图中的直角三角形继续作下去，记，，，的长度构成的数列为，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可推出，且，从而说明数列是以为首项，为公差的等差数列，求得数列的通项公式，即可求得答案.
【详解】由题意知，，
，，，，都是直角三角形，
，且，故，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
．
又，，
数列的通项公式为，
，
故选：C．
6.如图所示，平行六面体中，，，，则线段的长度为（）．
A B. C.2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，取向量为基底，进而根据向量模的计算公式计算即可.
【详解】解：根据题意，取向量为基底，
则，
所以
，所以
所以线段的长度为为
故选：C
7.设椭圆的左、右焦点分别为，，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由是底角为的等腰三角形，把用表示出来后可求得离心率．
【详解】解：由题意可得，，如图，，则，，
所以，
所以，∴，∴．
故选：D．
8.已知函数，若，，且时，都有，则实数a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，由定义得出其单调性，进而得出在上恒成立，再由导数得出的最小值，即可得出实数a的取值范围.
详解】令
因为，，且时，都有，
即，，且时，都有，
所以在上单调递增，
即上恒成立，即在上恒成立．
令，，所以，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即．
故选：D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9.已知平面平面，B，D是l上两点，直线且，直线且．下列结论中，错误的有（）
A.若，，且，则ABCD是平行四边形
B.若M是AB中点，N是CD中点，则
C.若，，，则CD在上的射影是BD
D.直线AB，CD所成角的大小与二面角的大小相等
【答案】ABD
【解析】
【分析】由空间中线线、线面及面面关系逐项判断即可得解.
【详解】对于A，由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；
对于B，取BC的中点H,连接HM,则HM是的中位线，所以，
因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，B错误；
对于C，若，所以由线面垂直的判定可得平面ABC，所以，
由结合面面垂直的性质可得，所以点C在平面内的投影为点D,
所以CD在平面内的投影为BD，故C正确；
对于D,由二面角的定义可得当且仅当时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角的大小，故D错误.
故选：ABD.
10.已知直线与圆，则（）
A.直线必过定点 B.当时，被圆截得的弦长为
C.直线与圆可能相切 D.直线与圆不可能相离
【答案】ABD
【解析】
【分析】将直线变形为，即可求定点坐标，即可判断A；根据弦长公式求弦长，判断B；根据直线所过定点与圆的关系，再结合直线方程的形式，即可判断CD.
【详解】A.，联立，得，所以直线过点，故A正确；
B.当时，，圆心到直线的距离，弦长，故B正确；
C.直线所过定点在圆上，过
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