河北省保定市唐县第一高级中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 河北省保定市唐县第一高级中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-23 07:54:10 | ||
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文档简介
唐县第一高级中学2023-2024学年高二上学期12月月考
数学
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题
1.已知数列的前4项分别为，，，，则该数列的一个通项公式为（ ）
A. B.
C. D.
2.空间四边形中，设，，，点在棱上，且，N是棱的中点，则（ ）
A. B. C. D.
3.设等比数列的前项和是.已知，，则（ ）
A.13 B.12 C.6 D.3
4.已知直线：和：平行，则实数（ ）
A.2或 B.1 C. D.2
5.按照小方的阅读速度，他看完《巴黎圣母院》共需820分钟.2023年10月26日，他开始阅读《巴黎圣母院》，当天他读了1个小时，从第二天开始，他每天阅读此书的时间比前一天减少2分钟，则他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为（ ）
A.2023年11月12日 B.2023年11月13日
C.2023年11月14日 D.2023年11月15日
6.如图，在长方体中，，，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
7.正整数按下表的规律排列（下表给出的是上起前4行和左起前4列），则上起第2015行，左起第2016列的数应为（ ）
A. B. C. D.
8.已知A，B，C是抛物线上三个动点，且的重心为抛物线的焦点，若B，C两点均在轴上方，若的斜率恒成立，则的最大值为（ ）
A.1 B. C. D.
二、多选题
9.下列关于空间向量的说法正确的是（ ）
A.若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B.已知，，若，则
C.任意向量，，，满足
D.若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面
10.已知曲线：.（ ）
A.若，则是椭圆，其焦点在轴上
B.若，则是圆，其半径为
C.若，则是双曲线，其渐近线方程为
D.若，，则是两条直线
11.下列结论正确的是（ ）
A.直线与直线互相垂直是的必要不充分条件
B.已知直线过定点且与以，为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是.
C.经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
D.已知，为坐标原点，点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交
12.已知圆：与直线：相交于C，D两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A.直线过定点 B.若，则
C.的最小值为 D.的面积的最大值为2
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题
13.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是______.
14.已知数列的前项和，则数列的通项公式为______.
15.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点在的左支上，，，则的离心率为______.
16.已知e：，e：，过轴上一点分别作两圆的切线，切点分别是，，当取到最小值时，点坐标为______.
四、解答题
17.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线过点，且直线的一个方向向量为.
（1）求顶点的坐标；
（2）求直线的方程.
18.已知三个顶点坐标分别为：，，，直线经过点.
（1）求外接圆的方程.
（2）若直线与相交于A，B两点，且，求直线的方程.
19.动点与定点的距离和它到定直线：的距离比是常数，动点的轨与经过点且倾斜角为的直线交于D、E两点.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）求线段的长.
20.已知数列的前项和为，，.
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前项和为，证明：.
21.如图，在四棱雉中，平面，，.
（1）证明：平面平面.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
22.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，.若的周长为6，面积为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，过直线与椭圆交于M，N两点，设直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
数学答案
1.D
【分析】直接观察可得答案.
【详解】观察可知，该数列的一个通项公式为.
故选：D.
2.C
【分析】根据空间向量的运算结合基底可得答案.
【详解】由题意.
故选：C
3.A
【分析】方法一，根据等比数列的性质可求得，可得，求得，可得解；方法二，同方法一求得，再根据等比数列前项和公式代入运算可得解.
【详解】方法一 因为，所以，，
所以，所以.又，得，
所以.
故选：A.
方法二 因为，，所以，
所以，所以.
故选：A.
4.D
【分析】由两直线的不相交可得的值，进而分类讨论平行和重合的情形即可..
【详解】当：，：平行
得，解得或，
当时，：，：，即，此时直线和直线重合，故不符合题意，
当时，：，：，此时直线和直线平行，符合题意；
故选：D
5.C
【分析】根据等差数列的求和公式即可求解.
【详解】根据题意，从2023年10月26日开始到读完的前一天，
他每天阅读《巴黎圣母院》的时间（单位：分钟）依次构成等差数列，且首项为60，公差为，
则由，且，得，
所以小方读此书20天恰好可以读完，故他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为2023年11月14日.
故选：C
6.B
【分析】根据，即可求得点到面的距离.
【详解】根据题意可得；，
又因为平面，且，
根据，设点到平面的距离为，
故可得，
即可得.
故选：B.
【点睛】本题考查利用等体积法求点到平面的距离，属中档题.
7.D
【详解】试题分析：这些数字排成的是一个正方形
上起第2015行，左起第2016列的数是一个2016乘以2016的正方形的倒数第二行的最后一个数字，
所以这个数是2016×（2016-1）=2015×2016
考点：归纳推理
8.B
【分析】先利用点差法得到，再利用重心的性质与基本不等式得到，由此得解.
【详解】依题意，设，，，由，在轴上方，故，，
因为抛物线为，所以，
则，所以，则，
注意到，故，即，
又，代入可得，
故，即，解得，
当且仅当时，等号成立，
因而，则m的最大值为
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键有两个地方，一个是利用点差法得到，一个是利用三角形重心的性质得到，从而得解.
9.ABD
【分析】根据共面与否即可判断A，根据数量积的坐标运算即可判断B，根据共线定理即可求解C，根据共面即可求解D.
【详解】因为是空间的一个基底，则，，不共面，若，，共面，则存在实数，使得，故，由于，，不共面，所以，所以无解，故，，不共面，所以也可以作为空间的一个基底，故A正确；
因为，，所以，，
又，所以，解得，故B正确；
因为向量，不一定是共线向量，因此不一定成立，故C错误；
因为，所以，即，所以四点共面，故D正确.
故选：ABD.
10.CD
【分析】根据，将化为，结合椭圆方程判断A；
结合圆的方程判断B；讨论的正负，结合双曲线方程以及渐近线方程可判断C；
，时，可得，即可判断D.
【详解】对于A，若，则，则即为，
故表示焦点在x轴上的椭圆，A错误；
对于B，若，则即为，
故C是圆，其半径为，B错误；
对于C，若，则不妨设，则即为，
曲线C此时表示焦点在x轴上的双曲线，其渐近线方程为，
当，则即为，
曲线C此时表示焦点在y轴上的双曲线，其渐近线方程为，
综上，若，则C是双曲线，其渐近线方程为，C正确；
对于D，若，，则即为，即，
即则C是两条直线，D正确，
故选：CD
11.ABD
【分析】对A，根据两条直线垂直求出a的值，进而判断答案；
对B，作出图形，当直线绕点P旋转时可以得到直线斜率的范围；
对C，考虑截距为0的情况即可判断；
对D，根据点在圆外得到不等式，然后求出圆心到直线的距离并与半径比较大小，最后得到答案.
【详解】对A，若两条直线互相垂直，则，故A正确；
对B，如图，
，根据图形，若直线l与线段AB有交点，则直线l的斜率k的取值范围是，B正确；
对C，易知直线y=x满足题意，C错误；
对D，因为点在圆外，所以，则圆心到直线的距离，则m与圆相交，D正确.
故选：ABD.
12.ABD
【分析】将直线整理成关于的方程，令其系数为0，即可得出直线过的定点，判断A；利用得出直线的斜率，即可判断B；当直线与垂直时，取得最小值，再利用几何法求弦长，即可判断C；由，结合弦长公式与基本不等式，即可判断D.
【详解】对于选项A：将直线整理为：，
令，解得，即直线过定点，故选项A正确；
对于选项B：由题意知，，则直线的斜率为，
若，则直线即直线的斜率为，解得：，故选项B正确；
对于选项C：因为直线过定点，所以当直线与垂直时，取得最小值，
此时，故选项C错误；
对于选项D：设点到直线的距离为，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积的最大值为2，故选项D正确；
故选：ABD.
13.
【分析】根据投影向量的概念计算即可得解.
【详解】向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：
14.
【分析】根据题意，结合和，即可求得数列的通项公式.
【详解】由数列的前n项和为，
当时，可得；
当时，
所以数列的通项公式为.
故答案为：.
15.
【分析】利用向量的中点性质与双曲线的定义求得，，再利用余弦定理得到关于的齐次方程，解之即可.
【详解】依题意，设双曲线的半焦距为，则，，
因为是的中点，所以，
故由得，
因为，，所以，
在中，，
在中，，
所以，则，即双曲线的离心率为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握平面向量的运算法则与双曲线的定义，从而得到所需线段的长度，再构造关于的齐次方程即可得解.
16.
【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.
【详解】的圆心为，半径，
的圆心为，半径，
设，则，
所以，
取，
则，
当三点共线时取等号，
此时直线：
令，则，，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
17.（1）
（2）
【分析】（1）先根据方向向量及两直线垂直求斜率再根据点斜式写出直线，最后求交点即可；
（2）先根据点在线上得出直线方程，再求交点，最后根据两点式写出直线方程化简为一般式即得.
【详解】（1）因为，由，则，
直线的方程为即.
则，得顶点的坐标为.
（2）设点，则，在上，
即，即
的方程为，
则，得的坐标为，
又，所以直线的方程为，即.
18.（1），或.
（2）或.
【分析】（1）法一：设圆的方程为，根据条件列出方程组，解出即可
法二：根据的横坐标相同设，由半径相等和两点之间的距离公式列出方程求出，即可求得的方程
（2）对直线的斜率存在问题分类讨论，根据点到直线的距离公式和弦长公式列出方程，求出直线的斜率，即可得到直线的方程
【详解】（1）法一：设⊙M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则由题意得 解得
的方程为，或.
法二：，的横坐标相同，故可设，
由得，解得，
的方程为，或.
（2）当直线l与x轴垂直时，l方程为，它截得弦长恰为；
当直线l的斜率存在时，设l：，
圆心到直线的距离为 ， 由勾股定理得
解得， 故直线l的方程为或.
【点睛】本题主要考查了直线和圆的综合问题的应用，考查了直线、圆的方程，点到直线的距离公式，注意考虑直线的斜率的存在情况，利用圆心到直线的距离解决问题是常用的方法，属于中档题.
19.（1）
（2）
【分析】（1）设，得，整理得M的轨迹方程；
（2）直线方程为代入得由弦长公式求.
【详解】（1）设，由已知得，
整理得，即动点M的轨迹方程为；
（2）由已知条件得直线方程为，
由与消y得
，∴直线与双曲线有两个交点，
设，则
所以.
故线段的长.
20.（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）直接由的关系结合等比数列的定义即可得解.
（2）直接用错位相减法求和即可，进一步即可得证.
【详解】（1）由题意得，得，
则是首项为，公比为的等比数列，
所以的通项公式为.
（2）由题意得，
，
两式相减，得
，所以，
因为，所以.
21.（1）证明见解析（2）
【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求出二面角余弦.
【详解】（1）因为平面，所以.
在中可求得.
在中，因为，所以，
所以.
又平面，所以.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）因为平面，
所以分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
由（1）知平面，
所以为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，可得，
令，得.
设平面与平面的夹角为，
则.
22.（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题设信息列出关于的方程，解方程求出，最后求出椭圆方程.
（2）设直线MN的方程为：，
联立韦达定理得，
接着化简即可.
【详解】（1）由题意得：，
椭圆C的标准方程为
（2）
设直线MN的方程为：
，
由韦达定理得，
由
为定值.
【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
数学
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题
1.已知数列的前4项分别为，，，，则该数列的一个通项公式为（ ）
A. B.
C. D.
2.空间四边形中，设，，，点在棱上，且，N是棱的中点，则（ ）
A. B. C. D.
3.设等比数列的前项和是.已知，，则（ ）
A.13 B.12 C.6 D.3
4.已知直线：和：平行，则实数（ ）
A.2或 B.1 C. D.2
5.按照小方的阅读速度，他看完《巴黎圣母院》共需820分钟.2023年10月26日，他开始阅读《巴黎圣母院》，当天他读了1个小时，从第二天开始，他每天阅读此书的时间比前一天减少2分钟，则他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为（ ）
A.2023年11月12日 B.2023年11月13日
C.2023年11月14日 D.2023年11月15日
6.如图，在长方体中，，，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
7.正整数按下表的规律排列（下表给出的是上起前4行和左起前4列），则上起第2015行，左起第2016列的数应为（ ）
A. B. C. D.
8.已知A，B，C是抛物线上三个动点，且的重心为抛物线的焦点，若B，C两点均在轴上方，若的斜率恒成立，则的最大值为（ ）
A.1 B. C. D.
二、多选题
9.下列关于空间向量的说法正确的是（ ）
A.若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B.已知，，若，则
C.任意向量，，，满足
D.若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面
10.已知曲线：.（ ）
A.若，则是椭圆，其焦点在轴上
B.若，则是圆，其半径为
C.若，则是双曲线，其渐近线方程为
D.若，，则是两条直线
11.下列结论正确的是（ ）
A.直线与直线互相垂直是的必要不充分条件
B.已知直线过定点且与以，为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是.
C.经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
D.已知，为坐标原点，点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交
12.已知圆：与直线：相交于C，D两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A.直线过定点 B.若，则
C.的最小值为 D.的面积的最大值为2
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题
13.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是______.
14.已知数列的前项和，则数列的通项公式为______.
15.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点在的左支上，，，则的离心率为______.
16.已知e：，e：，过轴上一点分别作两圆的切线，切点分别是，，当取到最小值时，点坐标为______.
四、解答题
17.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线过点，且直线的一个方向向量为.
（1）求顶点的坐标；
（2）求直线的方程.
18.已知三个顶点坐标分别为：，，，直线经过点.
（1）求外接圆的方程.
（2）若直线与相交于A，B两点，且，求直线的方程.
19.动点与定点的距离和它到定直线：的距离比是常数，动点的轨与经过点且倾斜角为的直线交于D、E两点.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）求线段的长.
20.已知数列的前项和为，，.
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前项和为，证明：.
21.如图，在四棱雉中，平面，，.
（1）证明：平面平面.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
22.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，.若的周长为6，面积为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，过直线与椭圆交于M，N两点，设直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
数学答案
1.D
【分析】直接观察可得答案.
【详解】观察可知，该数列的一个通项公式为.
故选：D.
2.C
【分析】根据空间向量的运算结合基底可得答案.
【详解】由题意.
故选：C
3.A
【分析】方法一，根据等比数列的性质可求得，可得，求得，可得解；方法二，同方法一求得，再根据等比数列前项和公式代入运算可得解.
【详解】方法一 因为，所以，，
所以，所以.又，得，
所以.
故选：A.
方法二 因为，，所以，
所以，所以.
故选：A.
4.D
【分析】由两直线的不相交可得的值，进而分类讨论平行和重合的情形即可..
【详解】当：，：平行
得，解得或，
当时，：，：，即，此时直线和直线重合，故不符合题意，
当时，：，：，此时直线和直线平行，符合题意；
故选：D
5.C
【分析】根据等差数列的求和公式即可求解.
【详解】根据题意，从2023年10月26日开始到读完的前一天，
他每天阅读《巴黎圣母院》的时间（单位：分钟）依次构成等差数列，且首项为60，公差为，
则由，且，得，
所以小方读此书20天恰好可以读完，故他恰好读完《巴黎圣母院》的日期为2023年11月14日.
故选：C
6.B
【分析】根据，即可求得点到面的距离.
【详解】根据题意可得；，
又因为平面，且，
根据，设点到平面的距离为，
故可得，
即可得.
故选：B.
【点睛】本题考查利用等体积法求点到平面的距离，属中档题.
7.D
【详解】试题分析：这些数字排成的是一个正方形
上起第2015行，左起第2016列的数是一个2016乘以2016的正方形的倒数第二行的最后一个数字，
所以这个数是2016×（2016-1）=2015×2016
考点：归纳推理
8.B
【分析】先利用点差法得到，再利用重心的性质与基本不等式得到，由此得解.
【详解】依题意，设，，，由，在轴上方，故，，
因为抛物线为，所以，
则，所以，则，
注意到，故，即，
又，代入可得，
故，即，解得，
当且仅当时，等号成立，
因而，则m的最大值为
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键有两个地方，一个是利用点差法得到，一个是利用三角形重心的性质得到，从而得解.
9.ABD
【分析】根据共面与否即可判断A，根据数量积的坐标运算即可判断B，根据共线定理即可求解C，根据共面即可求解D.
【详解】因为是空间的一个基底，则，，不共面，若，，共面，则存在实数，使得，故，由于，，不共面，所以，所以无解，故，，不共面，所以也可以作为空间的一个基底，故A正确；
因为，，所以，，
又，所以，解得，故B正确；
因为向量，不一定是共线向量，因此不一定成立，故C错误；
因为，所以，即，所以四点共面，故D正确.
故选：ABD.
10.CD
【分析】根据，将化为，结合椭圆方程判断A；
结合圆的方程判断B；讨论的正负，结合双曲线方程以及渐近线方程可判断C；
，时，可得，即可判断D.
【详解】对于A，若，则，则即为，
故表示焦点在x轴上的椭圆，A错误；
对于B，若，则即为，
故C是圆，其半径为，B错误；
对于C，若，则不妨设，则即为，
曲线C此时表示焦点在x轴上的双曲线，其渐近线方程为，
当，则即为，
曲线C此时表示焦点在y轴上的双曲线，其渐近线方程为，
综上，若，则C是双曲线，其渐近线方程为，C正确；
对于D，若，，则即为，即，
即则C是两条直线，D正确，
故选：CD
11.ABD
【分析】对A，根据两条直线垂直求出a的值，进而判断答案；
对B，作出图形，当直线绕点P旋转时可以得到直线斜率的范围；
对C，考虑截距为0的情况即可判断；
对D，根据点在圆外得到不等式，然后求出圆心到直线的距离并与半径比较大小，最后得到答案.
【详解】对A，若两条直线互相垂直，则，故A正确；
对B，如图，
，根据图形，若直线l与线段AB有交点，则直线l的斜率k的取值范围是，B正确；
对C，易知直线y=x满足题意，C错误；
对D，因为点在圆外，所以，则圆心到直线的距离，则m与圆相交，D正确.
故选：ABD.
12.ABD
【分析】将直线整理成关于的方程，令其系数为0，即可得出直线过的定点，判断A；利用得出直线的斜率，即可判断B；当直线与垂直时，取得最小值，再利用几何法求弦长，即可判断C；由，结合弦长公式与基本不等式，即可判断D.
【详解】对于选项A：将直线整理为：，
令，解得，即直线过定点，故选项A正确；
对于选项B：由题意知，，则直线的斜率为，
若，则直线即直线的斜率为，解得：，故选项B正确；
对于选项C：因为直线过定点，所以当直线与垂直时，取得最小值，
此时，故选项C错误；
对于选项D：设点到直线的距离为，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积的最大值为2，故选项D正确；
故选：ABD.
13.
【分析】根据投影向量的概念计算即可得解.
【详解】向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：
14.
【分析】根据题意，结合和，即可求得数列的通项公式.
【详解】由数列的前n项和为，
当时，可得；
当时，
所以数列的通项公式为.
故答案为：.
15.
【分析】利用向量的中点性质与双曲线的定义求得，，再利用余弦定理得到关于的齐次方程，解之即可.
【详解】依题意，设双曲线的半焦距为，则，，
因为是的中点，所以，
故由得，
因为，，所以，
在中，，
在中，，
所以，则，即双曲线的离心率为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握平面向量的运算法则与双曲线的定义，从而得到所需线段的长度，再构造关于的齐次方程即可得解.
16.
【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.
【详解】的圆心为，半径，
的圆心为，半径，
设，则，
所以，
取，
则，
当三点共线时取等号，
此时直线：
令，则，，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
17.（1）
（2）
【分析】（1）先根据方向向量及两直线垂直求斜率再根据点斜式写出直线，最后求交点即可；
（2）先根据点在线上得出直线方程，再求交点，最后根据两点式写出直线方程化简为一般式即得.
【详解】（1）因为，由，则，
直线的方程为即.
则，得顶点的坐标为.
（2）设点，则，在上，
即，即
的方程为，
则，得的坐标为，
又，所以直线的方程为，即.
18.（1），或.
（2）或.
【分析】（1）法一：设圆的方程为，根据条件列出方程组，解出即可
法二：根据的横坐标相同设，由半径相等和两点之间的距离公式列出方程求出，即可求得的方程
（2）对直线的斜率存在问题分类讨论，根据点到直线的距离公式和弦长公式列出方程，求出直线的斜率，即可得到直线的方程
【详解】（1）法一：设⊙M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则由题意得 解得
的方程为，或.
法二：，的横坐标相同，故可设，
由得，解得，
的方程为，或.
（2）当直线l与x轴垂直时，l方程为，它截得弦长恰为；
当直线l的斜率存在时，设l：，
圆心到直线的距离为 ， 由勾股定理得
解得， 故直线l的方程为或.
【点睛】本题主要考查了直线和圆的综合问题的应用，考查了直线、圆的方程，点到直线的距离公式，注意考虑直线的斜率的存在情况，利用圆心到直线的距离解决问题是常用的方法，属于中档题.
19.（1）
（2）
【分析】（1）设，得，整理得M的轨迹方程；
（2）直线方程为代入得由弦长公式求.
【详解】（1）设，由已知得，
整理得，即动点M的轨迹方程为；
（2）由已知条件得直线方程为，
由与消y得
，∴直线与双曲线有两个交点，
设，则
所以.
故线段的长.
20.（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）直接由的关系结合等比数列的定义即可得解.
（2）直接用错位相减法求和即可，进一步即可得证.
【详解】（1）由题意得，得，
则是首项为，公比为的等比数列，
所以的通项公式为.
（2）由题意得，
，
两式相减，得
，所以，
因为，所以.
21.（1）证明见解析（2）
【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求出二面角余弦.
【详解】（1）因为平面，所以.
在中可求得.
在中，因为，所以，
所以.
又平面，所以.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）因为平面，
所以分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
由（1）知平面，
所以为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，可得，
令，得.
设平面与平面的夹角为，
则.
22.（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题设信息列出关于的方程，解方程求出，最后求出椭圆方程.
（2）设直线MN的方程为：，
联立韦达定理得，
接着化简即可.
【详解】（1）由题意得：，
椭圆C的标准方程为
（2）
设直线MN的方程为：
，
由韦达定理得，
由
为定值.
【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
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