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广东省深圳市高级中学2022-2023学年高二下学期数学开学考试试卷
一、单选题
1．（2023高二下·深圳开学考）若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高二下·深圳开学考）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2021高二下·芜湖期中）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2023高二下·深圳开学考）已知函数在定义域上是减函数，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2020·安阳模拟）已知 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列可以推出 的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022·全国甲卷）在长方体 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则（ ）
A．
B．AB与平面 所成的角为
C．
D． 与平面 所成的角为
7．（2022高一下·洛阳期中）2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．已知图①中正三角形的边长为3，则图③中的值为（ ）
A． B． C．6 D．
8．（2023高二下·深圳开学考）已知双曲线的左右焦点分别为，，实轴为，虚轴为，直线与直线相交于点.若，则的离心率等于（ ）
A．5 B．3 C． D．
二、多选题
9．（2023高二下·深圳开学考）已知双曲线方程：，则在该双曲线中下列结论中正确的是（ ）
A．实轴长为6 B．渐近线方程为
C．焦距是4 D．焦点到渐近线的距离是
10．（2023高二下·深圳开学考）已知数列的前项和为，则下列结论正确的有（ ）
A．是递减数列 B．
C． D．当最小时，
11．（2023高二下·深圳开学考）已知点是直线上的一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，连接，则（ ）
A．当四边形为正方形时，点P的坐标为
B．的取值范围为
C．当为等边三角形时，点P的坐标为
D．直线过定点
12．（2022高三上·盐城月考）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A．四边形EMGH的周长为是变化的
B．四棱锥的体积的最大值为
C．当时，平面截球O所得截面的周长为
D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为
三、填空题
13．（2023高二下·深圳开学考）抛物线的准线方程是 .
14．（2023高二下·深圳开学考）正三棱柱的所有棱长都相等，则异面直线与所成的角余弦值是 ．
15．（2023高二下·深圳开学考）若数列，则 .
16．（2023高二下·深圳开学考）过双曲线：的左焦点的动直线与的左支交于A、B两点，设的右焦点为.若存在直线，使得，则的离心率的取值范围是 .
四、解答题
17．（2022高二上·云南月考）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）若，求的周长；
（2）若，求的面积．
18．（2023高二下·深圳开学考）等比数列中，，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列，求数列前项的和.
19．（2023高二下·深圳开学考）如图，在多面体中，平面平面，，，，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离．
20．（2023高二下·深圳开学考）已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，P是C上在第一象限内的一点，PF与x轴垂直，．
（1）求C的方程；
（2）经过点F的直线l与C交于异于点P的A，B两点，若的面积为，求l的方程．
21．（2022高一下·青田月考）如图1，在直角三角形中，为直角，在上，且，作于，将沿直线折起到所处的位置，连接，如图2.
（1）若平面平面，求证：；
（2）若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长.
22．（2023高二下·深圳开学考）已知椭圆：的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点．
（1）求椭圆的标准方程：
（2）设点，是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，，若，试问直线是否经过定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】，，
故.
故答案为：B
【分析】求出集合A、B，然后进行交集的运算即可得答案.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模
【解析】【解答】依题意，，
所以.
故答案为：D
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解，可得答案.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】
，因为“
”
“
”且“
”
“
”，
因此，“
”是“
”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】由对数函数的单调性及定义域即可判断。
4．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】因为函数在定义域上是减函数，且，
则有
解得，所以实数的取值范围是.
故答案为：A．
【分析】由函数在定义域上是减函数，且，可得，求解可得实数的取值范围.
5．【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；平面与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】对于A， ， ，若 ，则 ，A不符合题意；
对于B，会出现平面 ， 相交但不垂直的情况，B不符合题意；
对于C，因为 ， ，则 ，又因为 ，C不符合题意；
对于D， ， ，又由 ，D符合题意.
故答案为：D
【分析】A，有可能出现 ， 平行这种情况.B，会出现平面 ， 相交但不垂直的情况.C，根据面面平行的性质定理判断.D，根据面面垂直的判定定理判断.
6．【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示：
不妨设AB=a，AD=b，AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知， B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，
B1D与平面AA1B1B所成角为 ∠DB1A，
所以 ，
即b=c ， ，
解得 ．
对于A， AB=a，AD=b ，AB=AD ，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，
因为 ，所以 ，B错误；
对于C，，C错误；
对于D， B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C ，又 ，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45° ．D正确．
故选：D．
【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，b=c ，最后根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
7．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】在图③中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
，，
，即，
，由分形知，所以，
所以，
所以．
故答案为：C．
【分析】在图③中，以为坐标原点建立平面直角坐标系，由向量的运算求得 的坐标，再由数量积的坐标表示计算可得答案.
8．【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】如图所示，，则，
连接，由双曲线的对称性，可得，
，得，故双曲线的离心率．
故答案为：A．
【分析】，得，由双曲线的对称性，可得，进而求得双曲线的离心率.
9．【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】中，故，故，
则实轴长为，渐近线方程为，B符合题意；
焦距为，C不符合题意；
由对称性，不妨取焦点到渐近线距离为，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】 利用双曲线方程求出实轴长，渐近线方程，焦距，结合点到直线的距离，逐项进行判断，可得答案.
10．【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的前n项和；数列递推式
【解析】【解答】，当时，；
当时，
注意到时也满足，
所以数列的通项公式为，，
，是递增数列，A选项错误；
，B选项正确；
，C选项正确；
，，当最小时，，D选项正确.
故答案为：BCD.
【分析】当时，；当时，先求，再利用的符号研究单调性进而判断A；由an求出a6进而判断B；由Sn求出S11判断C；利用二次函数的性质研究Sn的最小值从而判断D.
11．【答案】B,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：
对于A选项：当四边形为正方形时，则
则圆
又点是直线上的一点
设
，即
该方程，无解
故不存在点使得为正方形，A不符合题意；
对于B选项：由A知，
，则，即的取值范围是
B符合题意；
对于C：若三角形为等边三角形为等边三角形，易知
又平分
在中，由于
又点坐标为：
，即
，C不符合题意；
对于D：
记中点为
则以D为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为
圆方程为
整理得
联立，化简得
即得直线方程为
将代入方程恒成立；故直线过定点，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】根据距离公式及圆心切点构成的直角三角形求解，再利用过定点的判断法则，逐项进行判断可得答案.
12．【答案】B,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接，设
∵，，则为平行四边形
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，，平面，
∴平面平面，
对A：如图1，
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，则，即，
同理可得： ，，，，
∴四边形EMGH的周长（定值），A不符合题意；
对B：如图1，由A可知：，，，，
∵为正方形，则，
∴为矩形，
根据平行可得：点A到平面的距离，
故四棱锥的体积，则，
∵，则当时，则，在上单调递增，当时，则，在上单调递减，
∴当时，取到最大值，
故四棱锥的体积的最大值为，B符合题意；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，
设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，
当时，则，
∵，则，
∴平面截球O所得截面的周长为，C不符合题意；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积，D符合题意；
故答案为：BD.
【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算，根据面面平行的性质定理结合平行线的性质分析运算，可判断A；根据锥体体积公式，利用导数求其最值，可判断B；根据球的性质分析运算，可判断C；根据正方体分析可得两个正四面体的公共部分由两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解，可判断D.
13．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由得抛物线方程为，所以，
所以抛物线的准线方程是，
故答案为：.
【分析】先将抛物线方程化为标准形式，再根据抛物线的性质求出其准线方程即可.
14．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】设三棱柱棱长为2，取AB，BB1，B1C1，BC的中点分别为L，M，N，P，连接，
∴∥，∥，设直线，所成角为，∴.
连接，容易判断NP⊥LP，易知：，∴，
易知：LB=BM=1，∠LBM=90°，∴，同理：.
在中，由余弦定理：，∴.
故答案为：.
【分析】取AB，BB1，B1C1，BC的中点分别为L，M，N，P，则∥，∥，解出的三边，再利用余弦定理可求出异面直线与所成的角余弦值.
15．【答案】5000
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】，
由已知可得，
，所以原式.
故答案为5000.
【分析】由已知条件可得数列的奇数项是以0为首项，以2为公差的等差数列、偶数项以2为首项，2为公差的等差数列，分别代入等差数列的前n项和公式计算，可得答案.
16．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】依题意知直线的斜率不为0，设的方程为，
联立，消去，得，
设，，则由知，，，
由得，
故，即，
整理得，
将、代入整理得，，
则，∴，故，
∴，两边除以，得，解得，
又∵，∴，故，
又A、B在左支且过，∴，即，故，
∴，∴，
即，则，故，即，
综上：，即．
故答案为：.
【分析】设的方程为，设，，联立方程组可得，，可得，可得，可求，再由可得，可求出 的离心率的取值范围 .
17．【答案】（1）解：因为，所以．
又，所以，即．又，所以．
，
解得，则．故的周长；
（2）解：因为，所以．
由，，得，解得，．
故的面积．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和同角三角函数基本关系式以及三角形中角的取值范围，进而得出角C的值，再利用余弦定理得出c的值，进而得出b的值，再结合三角形的周长公式得出三角形 的周长。
（2）利用 结合同角三角函数基本关系式得出角B的正弦值，再利用正弦定理得出b，c的值，再结合三角形的面积公式和两角和的正弦公式得出三角形的面积。
18．【答案】（1）解：设等比数列的公比为.
因为，且已成等差数列，
所以，
因为，所以，即，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）得数列的通项公式为，
所以数列
所以数列前项的和.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】(1)根据等差数列的性质，等比数列的通项公式，可求出q，即可得数列的通项公式；
(2) 由（1）得数列的通项公式为，，利用裂项向求和法可求出数列前项的和.
19．【答案】（1）证明：取中点，连接，
分别为中点，，，
又，，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）解：平面平面，平面平面，，平面，
平面，又，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1） 取中点，连接， 可得四边形为平行四边形，推出，利用线面平行的判定定理可证得平面；
（2） 以为坐标原点，正方向为轴，可建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，利用向量法可求出点到平面的距离．
20．【答案】（1）解：由题可知，点P的坐标为．
因为，所以，解得p＝6或p＝－6（舍去），
C的方程为．
（2）解：由题可知，，所以直线l的斜率一定存在，
可设l的方程为，，．
联立方程组，
整理得，
则，．
所以的面积，
解得或（舍去），
故l的方程为或．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题意可求出点P的坐标，由，得，求解出p的值，进而得 C的方程；
（2）设l的方程为，，，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得 ，，根据三角形的面积公式可得 ， 求解可得k的值，进而得l的方程．
21．【答案】（1）证明：由题意知，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面.
又平面，
所以；
（2）解：由题意知，
平面平面
因而平面，
又平面，因而平面平面.
如图，作所在的直线于点，
又平面平面，平面，所以平面.
作于点，连接，
则为二面角的平面角，
设，则，
在中，，
所以，
设，则，
因而，
在直角三角形中，，即，
解得或（舍去），此时，
从而.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1） 由题意知，再利用平面平面结合面面垂直性质定理证出线面垂直，所以平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
（2） 由题意知，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，再结合线面垂直证出面面垂直，所以平面平面，作所在的直线于点，再结合线线垂直证出线面垂直，所以平面，作于点，连接，则为二面角的平面角，设，再结合正切函数的定义，则，在中，，进而结合勾股定理得出AB，BC和AE的长，设，则，再结合勾股定理和比例关系得出，在直角三角形中结合正切函数的定义和已知条件得出x的值，进而得出PH和HB的长，再结合勾股定理得出PB的长。
22．【答案】（1）解：因为椭圆C：的长轴为双曲线的实轴，
所以，
因为椭圆C过点，
所以，即，得
所以椭圆方程为，
（2）解：①当直线AB的斜率存在时，设其方程为，，，
由，得，
，
所以，
所以，
，
因为，
所以，
即，
则，
所以，
化简得，
即，
所以或，
当时，直线AB的方程为，
则直线过定点（舍去），
当时，直线AB的方程为，
所以直线过定点，
②当直线AB的斜率不存在时，设直线为，
由，得
所以，
所以，
解得（舍去），或，
所以直线也过定点，
综上，直线AB恒过定点．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意可得 ， 由椭圆C过点P(2，1)，得 ，解得 ，即可求出椭圆的标准方程；
(2)分两种情况：当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为 ，，， 当直线AB的斜率不存在时， 设直线为， 联立椭圆的方程，结合韦达定理可得 ， 即可求出直线AB恒过定点 .
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广东省深圳市高级中学2022-2023学年高二下学期数学开学考试试卷
一、单选题
1．（2023高二下·深圳开学考）若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】，，
故.
故答案为：B
【分析】求出集合A、B，然后进行交集的运算即可得答案.
2．（2023高二下·深圳开学考）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模
【解析】【解答】依题意，，
所以.
故答案为：D
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解，可得答案.
3．（2021高二下·芜湖期中）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】
，因为“
”
“
”且“
”
“
”，
因此，“
”是“
”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】由对数函数的单调性及定义域即可判断。
4．（2023高二下·深圳开学考）已知函数在定义域上是减函数，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】因为函数在定义域上是减函数，且，
则有
解得，所以实数的取值范围是.
故答案为：A．
【分析】由函数在定义域上是减函数，且，可得，求解可得实数的取值范围.
5．（2020·安阳模拟）已知 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列可以推出 的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；平面与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】对于A， ， ，若 ，则 ，A不符合题意；
对于B，会出现平面 ， 相交但不垂直的情况，B不符合题意；
对于C，因为 ， ，则 ，又因为 ，C不符合题意；
对于D， ， ，又由 ，D符合题意.
故答案为：D
【分析】A，有可能出现 ， 平行这种情况.B，会出现平面 ， 相交但不垂直的情况.C，根据面面平行的性质定理判断.D，根据面面垂直的判定定理判断.
6．（2022·全国甲卷）在长方体 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则（ ）
A．
B．AB与平面 所成的角为
C．
D． 与平面 所成的角为
【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示：
不妨设AB=a，AD=b，AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知， B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，
B1D与平面AA1B1B所成角为 ∠DB1A，
所以 ，
即b=c ， ，
解得 ．
对于A， AB=a，AD=b ，AB=AD ，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，
因为 ，所以 ，B错误；
对于C，，C错误；
对于D， B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C ，又 ，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45° ．D正确．
故选：D．
【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，b=c ，最后根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
7．（2022高一下·洛阳期中）2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程．已知图①中正三角形的边长为3，则图③中的值为（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】在图③中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
，，
，即，
，由分形知，所以，
所以，
所以．
故答案为：C．
【分析】在图③中，以为坐标原点建立平面直角坐标系，由向量的运算求得 的坐标，再由数量积的坐标表示计算可得答案.
8．（2023高二下·深圳开学考）已知双曲线的左右焦点分别为，，实轴为，虚轴为，直线与直线相交于点.若，则的离心率等于（ ）
A．5 B．3 C． D．
【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】如图所示，，则，
连接，由双曲线的对称性，可得，
，得，故双曲线的离心率．
故答案为：A．
【分析】，得，由双曲线的对称性，可得，进而求得双曲线的离心率.
二、多选题
9．（2023高二下·深圳开学考）已知双曲线方程：，则在该双曲线中下列结论中正确的是（ ）
A．实轴长为6 B．渐近线方程为
C．焦距是4 D．焦点到渐近线的距离是
【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】中，故，故，
则实轴长为，渐近线方程为，B符合题意；
焦距为，C不符合题意；
由对称性，不妨取焦点到渐近线距离为，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】 利用双曲线方程求出实轴长，渐近线方程，焦距，结合点到直线的距离，逐项进行判断，可得答案.
10．（2023高二下·深圳开学考）已知数列的前项和为，则下列结论正确的有（ ）
A．是递减数列 B．
C． D．当最小时，
【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的前n项和；数列递推式
【解析】【解答】，当时，；
当时，
注意到时也满足，
所以数列的通项公式为，，
，是递增数列，A选项错误；
，B选项正确；
，C选项正确；
，，当最小时，，D选项正确.
故答案为：BCD.
【分析】当时，；当时，先求，再利用的符号研究单调性进而判断A；由an求出a6进而判断B；由Sn求出S11判断C；利用二次函数的性质研究Sn的最小值从而判断D.
11．（2023高二下·深圳开学考）已知点是直线上的一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，连接，则（ ）
A．当四边形为正方形时，点P的坐标为
B．的取值范围为
C．当为等边三角形时，点P的坐标为
D．直线过定点
【答案】B,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：
对于A选项：当四边形为正方形时，则
则圆
又点是直线上的一点
设
，即
该方程，无解
故不存在点使得为正方形，A不符合题意；
对于B选项：由A知，
，则，即的取值范围是
B符合题意；
对于C：若三角形为等边三角形为等边三角形，易知
又平分
在中，由于
又点坐标为：
，即
，C不符合题意；
对于D：
记中点为
则以D为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为
圆方程为
整理得
联立，化简得
即得直线方程为
将代入方程恒成立；故直线过定点，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】根据距离公式及圆心切点构成的直角三角形求解，再利用过定点的判断法则，逐项进行判断可得答案.
12．（2022高三上·盐城月考）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A．四边形EMGH的周长为是变化的
B．四棱锥的体积的最大值为
C．当时，平面截球O所得截面的周长为
D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为
【答案】B,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接，设
∵，，则为平行四边形
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，，平面，
∴平面平面，
对A：如图1，
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，则，即，
同理可得： ，，，，
∴四边形EMGH的周长（定值），A不符合题意；
对B：如图1，由A可知：，，，，
∵为正方形，则，
∴为矩形，
根据平行可得：点A到平面的距离，
故四棱锥的体积，则，
∵，则当时，则，在上单调递增，当时，则，在上单调递减，
∴当时，取到最大值，
故四棱锥的体积的最大值为，B符合题意；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，
设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，
当时，则，
∵，则，
∴平面截球O所得截面的周长为，C不符合题意；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积，D符合题意；
故答案为：BD.
【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算，根据面面平行的性质定理结合平行线的性质分析运算，可判断A；根据锥体体积公式，利用导数求其最值，可判断B；根据球的性质分析运算，可判断C；根据正方体分析可得两个正四面体的公共部分由两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解，可判断D.
三、填空题
13．（2023高二下·深圳开学考）抛物线的准线方程是 .
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由得抛物线方程为，所以，
所以抛物线的准线方程是，
故答案为：.
【分析】先将抛物线方程化为标准形式，再根据抛物线的性质求出其准线方程即可.
14．（2023高二下·深圳开学考）正三棱柱的所有棱长都相等，则异面直线与所成的角余弦值是 ．
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】设三棱柱棱长为2，取AB，BB1，B1C1，BC的中点分别为L，M，N，P，连接，
∴∥，∥，设直线，所成角为，∴.
连接，容易判断NP⊥LP，易知：，∴，
易知：LB=BM=1，∠LBM=90°，∴，同理：.
在中，由余弦定理：，∴.
故答案为：.
【分析】取AB，BB1，B1C1，BC的中点分别为L，M，N，P，则∥，∥，解出的三边，再利用余弦定理可求出异面直线与所成的角余弦值.
15．（2023高二下·深圳开学考）若数列，则 .
【答案】5000
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】，
由已知可得，
，所以原式.
故答案为5000.
【分析】由已知条件可得数列的奇数项是以0为首项，以2为公差的等差数列、偶数项以2为首项，2为公差的等差数列，分别代入等差数列的前n项和公式计算，可得答案.
16．（2023高二下·深圳开学考）过双曲线：的左焦点的动直线与的左支交于A、B两点，设的右焦点为.若存在直线，使得，则的离心率的取值范围是 .
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】依题意知直线的斜率不为0，设的方程为，
联立，消去，得，
设，，则由知，，，
由得，
故，即，
整理得，
将、代入整理得，，
则，∴，故，
∴，两边除以，得，解得，
又∵，∴，故，
又A、B在左支且过，∴，即，故，
∴，∴，
即，则，故，即，
综上：，即．
故答案为：.
【分析】设的方程为，设，，联立方程组可得，，可得，可得，可求，再由可得，可求出 的离心率的取值范围 .
四、解答题
17．（2022高二上·云南月考）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）若，求的周长；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：因为，所以．
又，所以，即．又，所以．
，
解得，则．故的周长；
（2）解：因为，所以．
由，，得，解得，．
故的面积．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和同角三角函数基本关系式以及三角形中角的取值范围，进而得出角C的值，再利用余弦定理得出c的值，进而得出b的值，再结合三角形的周长公式得出三角形 的周长。
（2）利用 结合同角三角函数基本关系式得出角B的正弦值，再利用正弦定理得出b，c的值，再结合三角形的面积公式和两角和的正弦公式得出三角形的面积。
18．（2023高二下·深圳开学考）等比数列中，，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列，求数列前项的和.
【答案】（1）解：设等比数列的公比为.
因为，且已成等差数列，
所以，
因为，所以，即，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）得数列的通项公式为，
所以数列
所以数列前项的和.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】(1)根据等差数列的性质，等比数列的通项公式，可求出q，即可得数列的通项公式；
(2) 由（1）得数列的通项公式为，，利用裂项向求和法可求出数列前项的和.
19．（2023高二下·深圳开学考）如图，在多面体中，平面平面，，，，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：取中点，连接，
分别为中点，，，
又，，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）解：平面平面，平面平面，，平面，
平面，又，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1） 取中点，连接， 可得四边形为平行四边形，推出，利用线面平行的判定定理可证得平面；
（2） 以为坐标原点，正方向为轴，可建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，利用向量法可求出点到平面的距离．
20．（2023高二下·深圳开学考）已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，P是C上在第一象限内的一点，PF与x轴垂直，．
（1）求C的方程；
（2）经过点F的直线l与C交于异于点P的A，B两点，若的面积为，求l的方程．
【答案】（1）解：由题可知，点P的坐标为．
因为，所以，解得p＝6或p＝－6（舍去），
C的方程为．
（2）解：由题可知，，所以直线l的斜率一定存在，
可设l的方程为，，．
联立方程组，
整理得，
则，．
所以的面积，
解得或（舍去），
故l的方程为或．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题意可求出点P的坐标，由，得，求解出p的值，进而得 C的方程；
（2）设l的方程为，，，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得 ，，根据三角形的面积公式可得 ， 求解可得k的值，进而得l的方程．
21．（2022高一下·青田月考）如图1，在直角三角形中，为直角，在上，且，作于，将沿直线折起到所处的位置，连接，如图2.
（1）若平面平面，求证：；
（2）若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长.
【答案】（1）证明：由题意知，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面.
又平面，
所以；
（2）解：由题意知，
平面平面
因而平面，
又平面，因而平面平面.
如图，作所在的直线于点，
又平面平面，平面，所以平面.
作于点，连接，
则为二面角的平面角，
设，则，
在中，，
所以，
设，则，
因而，
在直角三角形中，，即，
解得或（舍去），此时，
从而.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1） 由题意知，再利用平面平面结合面面垂直性质定理证出线面垂直，所以平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
（2） 由题意知，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，再结合线面垂直证出面面垂直，所以平面平面，作所在的直线于点，再结合线线垂直证出线面垂直，所以平面，作于点，连接，则为二面角的平面角，设，再结合正切函数的定义，则，在中，，进而结合勾股定理得出AB，BC和AE的长，设，则，再结合勾股定理和比例关系得出，在直角三角形中结合正切函数的定义和已知条件得出x的值，进而得出PH和HB的长，再结合勾股定理得出PB的长。
22．（2023高二下·深圳开学考）已知椭圆：的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点．
（1）求椭圆的标准方程：
（2）设点，是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，，若，试问直线是否经过定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由．
【答案】（1）解：因为椭圆C：的长轴为双曲线的实轴，
所以，
因为椭圆C过点，
所以，即，得
所以椭圆方程为，
（2）解：①当直线AB的斜率存在时，设其方程为，，，
由，得，
，
所以，
所以，
，
因为，
所以，
即，
则，
所以，
化简得，
即，
所以或，
当时，直线AB的方程为，
则直线过定点（舍去），
当时，直线AB的方程为，
所以直线过定点，
②当直线AB的斜率不存在时，设直线为，
由，得
所以，
所以，
解得（舍去），或，
所以直线也过定点，
综上，直线AB恒过定点．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意可得 ， 由椭圆C过点P(2，1)，得 ，解得 ，即可求出椭圆的标准方程；
(2)分两种情况：当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为 ，，， 当直线AB的斜率不存在时， 设直线为， 联立椭圆的方程，结合韦达定理可得 ， 即可求出直线AB恒过定点 .
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