广东省深圳市光明区2023-2024学年高二上学期期末学业水平调研测试数学试题
1．（2024高二上·光明期末）已知，，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·光明期末）已知椭圆方程为，则该椭圆的短轴长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·光明期末）已知空间中两条不同的直线，，其方向向量分别为，，则“，共线”是“直线，平行”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高二上·光明期末）已知圆：与圆：，若与有且仅有一条公切线，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·光明期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·光明期末）设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·光明期末）已知抛物线：的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，若直线的斜率为，则（ ）
A． B．或 C．或 D．
8．（2024高二上·光明期末）已知直线过双曲线：的左焦点，且与的左、右两支分别交于，两点，设为坐标原点，为的中点，若是以为底边的等腰三角形，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·光明期末）下列命题说法正确的有（ ）
A．已知直线：与直线：，若，则或
B．点关于直线的对称点的坐标为
C．直线过定点
D．过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为
10．（2024高二上·光明期末）如图所示，平行六面体中，，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．平面 D．
11．（2024高二上·光明期末）对于正项数列，定义为数列的“匀称值”.已知数列的“匀称值”为，的前项和为，则下列关于数列的描述正确的有（ ）
A．数列为递增数列
B．数列为等差数列
C．
D．记，则数列的最大项为
12．（2024高二上·光明期末）已知点在抛物线：的准线上，过抛物线的焦点作直线交于、两点，则（ ）
A．抛物线的方程是 B．
C．当时， D．
13．（2024高二上·光明期末）双曲线的渐近线方程为 ．
14．（2024高二上·光明期末）已知数列满足：，，则数列的通项公式为 ．
15．（2024高二上·光明期末）已知平面内的动点到两定点，的距离分别为和，且，则点到直线的距离的取值范围为 ．
16．（2024高二上·光明期末）设椭圆的左右焦点分别为，，焦距为，点在椭圆的内部，椭圆上存在点使得成立，则椭圆的离心率的取值范围为 ．
17．（2024高二上·光明期末）如图，在正四棱柱中，底面边长为2，高为4.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2024高二上·光明期末）已知的顶点，边上的中线所在直线方程，边上的高为，垂足．
（1）求顶点的坐标；
（2）求直线的方程．
19．（2024高二上·光明期末）记为数列的前项和．
（1）若为等差数列，满足，求公差；
（2）已知，，且数列是等差数列，证明：是等差数列．
20．（2024高二上·光明期末）已知圆的圆心在直线上且与轴相切，圆被直线截得的弦长为．
（1）求圆的标准方程；
（2）从圆外一点向圆引一条切线，切点为，为坐标原点，且，求的最小值．
21．（2024高二上·光明期末）在如图所示的多面体中，四边形为菱形，在梯形中，，，，平面平面.
（1）证明：；
（2）若直线与平面所成的角为60°，为棱上一点（不含端点），试探究上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
22．（2024高二上·光明期末）已知椭圆：过点，过其右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）若矩形各边均与椭圆相切，
证明：矩形的对角线长为定值；
求矩形周长的最大值
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：因为，，所以，故直线的倾斜角为.
故答案为：A.
【分析】根据直线的斜率公式求斜率，再根据倾斜角和斜率的关系求解即可.
2．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：化椭圆方程为标准方程，则，故椭圆的短轴长为.
故答案为：B.
【分析】将椭圆方程转化为标准方程，求短轴长即可.
3．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：因为直线，是空间中两条不同的直线，所以向量，共线时，直线，平行，故充分性成立；
若直线，平行，则向量，共线，故必要性成立；
综上，“，共线”是“直线，平行”的充分必要条件.
故答案为：C.
【分析】根据充分必要条件的概念判断即可.
4．【答案】C
【知识点】两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：易知，，
因为圆与圆有且仅有一条公切线，所以两圆内切，故，即，解得.
故答案为：C.
【分析】根据公切线的条数确定两圆的位置关系，列式求解即可.
5．【答案】C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；直线的方向向量；平面的法向量
【解析】【解答】解：以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，
，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，
则点到平面的距离为.
故答案为：C.
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间向量求法求解即可.
6．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列等差数列，，
所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据等差数列的性质以及求和公式计算即可.
7．【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：抛物线：的，所以抛物线的准线方程为，焦点为，
直线的方程为，联立，消去并化简整理可得，
解得或，
所以或.
故答案为：C.
【分析】先求得直线的方程，再联立方程组求得点的横坐标，最后根据抛物线的性质求的值即可.
8．【答案】D
【知识点】二倍角的正切公式；直线的斜率；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，因为，在双曲线上，所以，
两式相减并化简得，即，
当时，设直线的倾斜角为，
是以为底边的等腰三角形，所以，所以，
则.
根据对称性可知，当时，，
综上所述，直线的斜率为.
故答案为：D.
【分析】设，利用点差法求得直线斜率的关系式，再利用二倍角公式列方程求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】两条直线平行的判定；待定系数法求直线方程；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：A、当时，直线：与直线：重合，故A错误；
B、以点与为端点的线段中点在直线上，
又过点与的直线斜率，则该直线垂直于直线，
因此点与关于直线对称，故B正确；
C、直线化为：，
由，解得，因此直线过定点，故C正确；
D、过点且在轴，轴上的截距相等的直线可以过原点，其方程为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】取值验证即可判断A；利用对称验证即可判断B；求出直线过的定点即可判断C；求出符合条件的直线即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：设，可得，
则，
A、根据向量的线性运算法则，可得，
则，
所以，即，故A正确；
B、由，，
则
，故B错误；
C、如图所示，连接交于点，连接，
可得分别为的中点，可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，且平面，所以平面，故C正确；
D、由，
可得，
所以，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设，结合向量的线性运算法则和向量的数量积的运算即可判断ABD；利用线面平行的判定定理即可判断C.
11．【答案】A,B,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：依题意，
①，
当时，，
当时，②，
①-②得，
当时上式也符合，所以，是单调递增数列，故A正确；
，所以是等差数列，故B正确；
，所以，故C错误；
，
，
当时，，，
，所以当时，单调递减，所以数列的最大项为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据已知条件，求得，再逐项分析判断即可.
12．【答案】A,B,D
【知识点】向量在几何中的应用；抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、因为点在抛物线：（）的准线上，
又抛物线：（）的准线方程，所以，即，所以抛物线的方程是，故A正确；
B、因为抛物线的方程是，所以焦点，
设直线的方程为，代入，得，所以，故B正确；
C、因为，，，所以，由选项B可知，所以，
又因为，得，，所以，故C错误；
D、因为直线的方程为，所以，，
所以，，
所以，
所以，
由选项B可知，，所以，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用抛物线的标准方程和性质即可判断A；利用抛物线的焦点弦性质即可判断B；利用抛物线定义及共线向量的坐标关系即可判断C；利用抛物线的对称性即可判断D.
13．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：令，解得，即双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线渐近线方程的求法求解即可.
14．【答案】
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为数列满足：，，
故，，
也适合该式，故，
故答案为：.
【分析】由题意利用累加法求解即可.
15．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设，则，
两边平方得，整理得，
则点在以为圆心、为半径的圆上，
故圆心到直线的距离为，
则点到直线的距离d的取值范围为.
故答案为：.
【分析】先求得点的轨迹为圆，再利用圆的性质即可求得点到直线的距离d的取值范围即可.
16．【答案】
【知识点】其他不等式的解法；椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为点在椭圆的内部，所以，
，离心率，
因为，当是的延长线与椭圆的交点时等号成立，
由于椭圆上存在点使得成立，所以，，
综上所述，离心率的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据在椭圆内部，结合椭圆的定义列不等式，化简求得椭圆离心率的取值范围即可.
17．【答案】（1）解：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
∵，∴，即.
同理可得：，又因为，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：由（1）得，，
设平面的一个法向量为，则
令，得，，
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法证明，，再利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由（1）得，，利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值即可.
18．【答案】（1）解：由的顶点，边上的高为，垂足，，
因为的顶点，所以直线方程；，即，
与联立，，解得，
所以顶点的坐标为；
（2）解：由边上的高为，可得，
所以，垂足
边上的高所在直线方程为，即，
因为所在直线方程为，设点，
因为是中点，，
所以，
因为在所在直线方程为上，
所以，
解得：，
所以，
所以的方程为：，
即．
【知识点】用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程；平面内中点坐标公式；两条直线的交点坐标
【解析】【分析】（1）由题意求得直线的方程，再与中线所在直线方程联立，即可求得点的坐标；
（2）根据为边上的高写出的直线方程，设出点的坐标，则点的坐标满足的直线方程，由点的坐标表示出的中点，又点的坐标满足直线方程，从而解出点的坐标，再写出直线的方程即可.
19．【答案】（1）解：由可得：，解得；
（2）证明：设数列的公差为为常数，
是等差数列，所以当时，，
，
，，
当时，，
由得，
经检验，当时也满足，
，，
当时，，
是等差数列．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）由题意，利用等差数列的求和公式列式，即可求得公差d的值；
（2）设数列的公差为为常数，利用已知条件求得数列的通项公式，再证明数列是等差数列即可.
20．【答案】（1）解：圆心在上，设圆心，则圆方程为，
又因为圆心到直线距离，被截得弦长为，
所以，解得，
所以圆方程为：；
（2）解：因为，又因为，
所以，
设，则，即，
所以点轨迹方程为．
因为，所以的最小值就是的最小值，
即为点到直线的距离，
所以的最小值为．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；与直线有关的动点轨迹方程；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）设圆心，半径为，则圆方程为，通过弦长公式列方程求得值，即可得圆的方程；
（2）由，得点的轨迹方程，将的最小值转化为的最小值，即点到直线的距离为所求.
21．【答案】（1）证明：因为平面平面，，平面，
平面平面，所以平面，又平面，
故，因为四边形为菱形，所以，
又，，平面，所以平面，
从而有；
（2）解：设，由（1）可知，平面，则直线在面内的射影为，
故直线与平面所成的角为，
∴，
和均为边长为2的等边三角形，
以为原点，，为，轴建立空间直角坐标系，如下图：
由平面，可得平面的法向量为，
而，，，
设（），则，，，
设平面的法向量，则，
取，可得，，故，
所以平面与平面夹角的余弦值为，
解得：或0（舍去），
所以存在一点使得平面与平面夹角的余弦值为，
此时的长为1.
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由平面平面推出，再由推出平面，推出即可；
（2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设出点坐标，利用向量法表示出平面与平面夹角的余弦值即可.
22．【答案】（1）解：因为椭圆的右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且，所以椭圆过点，
因为椭圆过点，所以，解得，
故椭圆的方程为；
（2）解： 证明：当的斜率为时，，，
则矩形的对角线；
当的斜率不存在时，，，
则矩形的对角线；
当的斜率存在且不为时，
不妨设直线的方程为，直线的方程为，，
联立，消去并整理得，
此时，
解得，
同理得，
所以两平行线和的距离，
两平行线和的距离，
所以矩形的对角线，
综上，矩形的对角线的长为定值，定值为；
由知，不妨设，，，
此时矩形的周长，
易知当时，取得最大值，即矩形周长取得最大值，最大值为．
【知识点】直线的斜率；椭圆的简单性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据已知条件结合椭圆的性质列方程，求，的值，即可求得椭圆方程；
（2）①采用分类讨论的思想，对直线、存在和不存在斜率分别求出矩形的边长，再验证对角线为定值；
②结合①的结论，转化为三角表示，利用三角函数的值域求最大值即可.
1 / 1广东省深圳市光明区2023-2024学年高二上学期期末学业水平调研测试数学试题
1．（2024高二上·光明期末）已知，，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：因为，，所以，故直线的倾斜角为.
故答案为：A.
【分析】根据直线的斜率公式求斜率，再根据倾斜角和斜率的关系求解即可.
2．（2024高二上·光明期末）已知椭圆方程为，则该椭圆的短轴长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：化椭圆方程为标准方程，则，故椭圆的短轴长为.
故答案为：B.
【分析】将椭圆方程转化为标准方程，求短轴长即可.
3．（2024高二上·光明期末）已知空间中两条不同的直线，，其方向向量分别为，，则“，共线”是“直线，平行”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：因为直线，是空间中两条不同的直线，所以向量，共线时，直线，平行，故充分性成立；
若直线，平行，则向量，共线，故必要性成立；
综上，“，共线”是“直线，平行”的充分必要条件.
故答案为：C.
【分析】根据充分必要条件的概念判断即可.
4．（2024高二上·光明期末）已知圆：与圆：，若与有且仅有一条公切线，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：易知，，
因为圆与圆有且仅有一条公切线，所以两圆内切，故，即，解得.
故答案为：C.
【分析】根据公切线的条数确定两圆的位置关系，列式求解即可.
5．（2024高二上·光明期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；直线的方向向量；平面的法向量
【解析】【解答】解：以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，
，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，
则点到平面的距离为.
故答案为：C.
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间向量求法求解即可.
6．（2024高二上·光明期末）设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列等差数列，，
所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据等差数列的性质以及求和公式计算即可.
7．（2024高二上·光明期末）已知抛物线：的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，若直线的斜率为，则（ ）
A． B．或 C．或 D．
【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：抛物线：的，所以抛物线的准线方程为，焦点为，
直线的方程为，联立，消去并化简整理可得，
解得或，
所以或.
故答案为：C.
【分析】先求得直线的方程，再联立方程组求得点的横坐标，最后根据抛物线的性质求的值即可.
8．（2024高二上·光明期末）已知直线过双曲线：的左焦点，且与的左、右两支分别交于，两点，设为坐标原点，为的中点，若是以为底边的等腰三角形，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的正切公式；直线的斜率；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，因为，在双曲线上，所以，
两式相减并化简得，即，
当时，设直线的倾斜角为，
是以为底边的等腰三角形，所以，所以，
则.
根据对称性可知，当时，，
综上所述，直线的斜率为.
故答案为：D.
【分析】设，利用点差法求得直线斜率的关系式，再利用二倍角公式列方程求解即可.
9．（2024高二上·光明期末）下列命题说法正确的有（ ）
A．已知直线：与直线：，若，则或
B．点关于直线的对称点的坐标为
C．直线过定点
D．过点且在轴，轴上的截距相等的直线方程为
【答案】B,C
【知识点】两条直线平行的判定；待定系数法求直线方程；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：A、当时，直线：与直线：重合，故A错误；
B、以点与为端点的线段中点在直线上，
又过点与的直线斜率，则该直线垂直于直线，
因此点与关于直线对称，故B正确；
C、直线化为：，
由，解得，因此直线过定点，故C正确；
D、过点且在轴，轴上的截距相等的直线可以过原点，其方程为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】取值验证即可判断A；利用对称验证即可判断B；求出直线过的定点即可判断C；求出符合条件的直线即可判断D.
10．（2024高二上·光明期末）如图所示，平行六面体中，，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．平面 D．
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：设，可得，
则，
A、根据向量的线性运算法则，可得，
则，
所以，即，故A正确；
B、由，，
则
，故B错误；
C、如图所示，连接交于点，连接，
可得分别为的中点，可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，且平面，所以平面，故C正确；
D、由，
可得，
所以，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设，结合向量的线性运算法则和向量的数量积的运算即可判断ABD；利用线面平行的判定定理即可判断C.
11．（2024高二上·光明期末）对于正项数列，定义为数列的“匀称值”.已知数列的“匀称值”为，的前项和为，则下列关于数列的描述正确的有（ ）
A．数列为递增数列
B．数列为等差数列
C．
D．记，则数列的最大项为
【答案】A,B,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：依题意，
①，
当时，，
当时，②，
①-②得，
当时上式也符合，所以，是单调递增数列，故A正确；
，所以是等差数列，故B正确；
，所以，故C错误；
，
，
当时，，，
，所以当时，单调递减，所以数列的最大项为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据已知条件，求得，再逐项分析判断即可.
12．（2024高二上·光明期末）已知点在抛物线：的准线上，过抛物线的焦点作直线交于、两点，则（ ）
A．抛物线的方程是 B．
C．当时， D．
【答案】A,B,D
【知识点】向量在几何中的应用；抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、因为点在抛物线：（）的准线上，
又抛物线：（）的准线方程，所以，即，所以抛物线的方程是，故A正确；
B、因为抛物线的方程是，所以焦点，
设直线的方程为，代入，得，所以，故B正确；
C、因为，，，所以，由选项B可知，所以，
又因为，得，，所以，故C错误；
D、因为直线的方程为，所以，，
所以，，
所以，
所以，
由选项B可知，，所以，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用抛物线的标准方程和性质即可判断A；利用抛物线的焦点弦性质即可判断B；利用抛物线定义及共线向量的坐标关系即可判断C；利用抛物线的对称性即可判断D.
13．（2024高二上·光明期末）双曲线的渐近线方程为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：令，解得，即双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线渐近线方程的求法求解即可.
14．（2024高二上·光明期末）已知数列满足：，，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为数列满足：，，
故，，
也适合该式，故，
故答案为：.
【分析】由题意利用累加法求解即可.
15．（2024高二上·光明期末）已知平面内的动点到两定点，的距离分别为和，且，则点到直线的距离的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设，则，
两边平方得，整理得，
则点在以为圆心、为半径的圆上，
故圆心到直线的距离为，
则点到直线的距离d的取值范围为.
故答案为：.
【分析】先求得点的轨迹为圆，再利用圆的性质即可求得点到直线的距离d的取值范围即可.
16．（2024高二上·光明期末）设椭圆的左右焦点分别为，，焦距为，点在椭圆的内部，椭圆上存在点使得成立，则椭圆的离心率的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】其他不等式的解法；椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为点在椭圆的内部，所以，
，离心率，
因为，当是的延长线与椭圆的交点时等号成立，
由于椭圆上存在点使得成立，所以，，
综上所述，离心率的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据在椭圆内部，结合椭圆的定义列不等式，化简求得椭圆离心率的取值范围即可.
17．（2024高二上·光明期末）如图，在正四棱柱中，底面边长为2，高为4.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
∵，∴，即.
同理可得：，又因为，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：由（1）得，，
设平面的一个法向量为，则
令，得，，
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法证明，，再利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由（1）得，，利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值即可.
18．（2024高二上·光明期末）已知的顶点，边上的中线所在直线方程，边上的高为，垂足．
（1）求顶点的坐标；
（2）求直线的方程．
【答案】（1）解：由的顶点，边上的高为，垂足，，
因为的顶点，所以直线方程；，即，
与联立，，解得，
所以顶点的坐标为；
（2）解：由边上的高为，可得，
所以，垂足
边上的高所在直线方程为，即，
因为所在直线方程为，设点，
因为是中点，，
所以，
因为在所在直线方程为上，
所以，
解得：，
所以，
所以的方程为：，
即．
【知识点】用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程；平面内中点坐标公式；两条直线的交点坐标
【解析】【分析】（1）由题意求得直线的方程，再与中线所在直线方程联立，即可求得点的坐标；
（2）根据为边上的高写出的直线方程，设出点的坐标，则点的坐标满足的直线方程，由点的坐标表示出的中点，又点的坐标满足直线方程，从而解出点的坐标，再写出直线的方程即可.
19．（2024高二上·光明期末）记为数列的前项和．
（1）若为等差数列，满足，求公差；
（2）已知，，且数列是等差数列，证明：是等差数列．
【答案】（1）解：由可得：，解得；
（2）证明：设数列的公差为为常数，
是等差数列，所以当时，，
，
，，
当时，，
由得，
经检验，当时也满足，
，，
当时，，
是等差数列．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）由题意，利用等差数列的求和公式列式，即可求得公差d的值；
（2）设数列的公差为为常数，利用已知条件求得数列的通项公式，再证明数列是等差数列即可.
20．（2024高二上·光明期末）已知圆的圆心在直线上且与轴相切，圆被直线截得的弦长为．
（1）求圆的标准方程；
（2）从圆外一点向圆引一条切线，切点为，为坐标原点，且，求的最小值．
【答案】（1）解：圆心在上，设圆心，则圆方程为，
又因为圆心到直线距离，被截得弦长为，
所以，解得，
所以圆方程为：；
（2）解：因为，又因为，
所以，
设，则，即，
所以点轨迹方程为．
因为，所以的最小值就是的最小值，
即为点到直线的距离，
所以的最小值为．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；与直线有关的动点轨迹方程；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）设圆心，半径为，则圆方程为，通过弦长公式列方程求得值，即可得圆的方程；
（2）由，得点的轨迹方程，将的最小值转化为的最小值，即点到直线的距离为所求.
21．（2024高二上·光明期末）在如图所示的多面体中，四边形为菱形，在梯形中，，，，平面平面.
（1）证明：；
（2）若直线与平面所成的角为60°，为棱上一点（不含端点），试探究上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：因为平面平面，，平面，
平面平面，所以平面，又平面，
故，因为四边形为菱形，所以，
又，，平面，所以平面，
从而有；
（2）解：设，由（1）可知，平面，则直线在面内的射影为，
故直线与平面所成的角为，
∴，
和均为边长为2的等边三角形，
以为原点，，为，轴建立空间直角坐标系，如下图：
由平面，可得平面的法向量为，
而，，，
设（），则，，，
设平面的法向量，则，
取，可得，，故，
所以平面与平面夹角的余弦值为，
解得：或0（舍去），
所以存在一点使得平面与平面夹角的余弦值为，
此时的长为1.
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由平面平面推出，再由推出平面，推出即可；
（2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设出点坐标，利用向量法表示出平面与平面夹角的余弦值即可.
22．（2024高二上·光明期末）已知椭圆：过点，过其右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）若矩形各边均与椭圆相切，
证明：矩形的对角线长为定值；
求矩形周长的最大值
【答案】（1）解：因为椭圆的右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且，所以椭圆过点，
因为椭圆过点，所以，解得，
故椭圆的方程为；
（2）解： 证明：当的斜率为时，，，
则矩形的对角线；
当的斜率不存在时，，，
则矩形的对角线；
当的斜率存在且不为时，
不妨设直线的方程为，直线的方程为，，
联立，消去并整理得，
此时，
解得，
同理得，
所以两平行线和的距离，
两平行线和的距离，
所以矩形的对角线，
综上，矩形的对角线的长为定值，定值为；
由知，不妨设，，，
此时矩形的周长，
易知当时，取得最大值，即矩形周长取得最大值，最大值为．
【知识点】直线的斜率；椭圆的简单性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据已知条件结合椭圆的性质列方程，求，的值，即可求得椭圆方程；
（2）①采用分类讨论的思想，对直线、存在和不存在斜率分别求出矩形的边长，再验证对角线为定值；
②结合①的结论，转化为三角表示，利用三角函数的值域求最大值即可.
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