浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高二上学期期末质量调测数学试题
1．（2024高二上·上虞期末）直线经过两点，则的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·上虞期末）抛物线的焦点坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·上虞期末）已知数列满足，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·上虞期末）已知分别是空间四边形的对角线的中点，点是线段的中点，为空间中任意一点，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·上虞期末）若方程表示的曲线是圆，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·上虞期末）在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
7．（2024高二上·上虞期末）已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·上虞期末）设椭圆的两个焦点是，过点的直线与交于点，若，且，则椭圆的离心率（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·上虞期末）对于两条不同直线和两个不同平面，下列选项正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则或
C．若，则或
D．若，则或
10．（2024高二上·上虞期末）已知圆 和圆 的交点为 ， ，则（ ）
A．圆 和圆 有两条公切线
B．直线 的方程为
C．圆 上存在两点 和 使得
D．圆 上的点到直线 的最大距离为
11．（2024高二上·上虞期末）两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）．已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α．当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线．在长方体中，，，点P在平面ABCD内，下列说法正确的是（ ）
A．若点P到直线的距离与点P到平面的距离相等，则点P的轨迹为抛物线
B．若点P到直线的距离与点P到的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆
C．若，则点P的轨迹为抛物线
D．若，则点P的轨迹为双曲线
12．（2024高二上·上虞期末）如图，直平面六面体的所有棱长都为2，，为的中点，点是四边形（包括边界）内，则下列结论正确的是（ ）
A．过点的截面是直角梯形
B．若直线面，则直线的最小值为
C．存在点使得直线面
D．点到面的距离的最大值为
13．（2024高二上·上虞期末）经过点 ，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为 .
14．（2024高二上·上虞期末）设两个等差数列和的前项和分别为和，且，则 .
15．（2024高二上·上虞期末）已知抛物线和圆，若抛物线与圆在交点处的切线互相垂直，则实数 .
16．（2024高二上·上虞期末）正三棱锥，，点为侧棱的中点，分别是线段上的动点，则的最小值为 .
17．（2024高二上·上虞期末）已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，.
（1）若，求的通项公式；
（2）若，求.
18．（2024高二上·上虞期末）已知圆过点和点，圆心在直线上.
（1）求圆的方程，并写出圆心坐标和半径的值；
（2）若直线经过点，且被圆截得的弦长为4，求直线的方程.
19．（2024高二上·上虞期末）如图，在三棱锥中，在底面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线和平面所成的角的正弦值.
20．（2024高二上·上虞期末）已知抛物线的焦点为，为上一点且纵坐标为4，轴于点，且.
（1）求的值；
（2）已知点，是抛物线上不同的两点，且满足.证明：直线恒过定点.
21．（2024高二上·上虞期末）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面是边长为2的正三角形，侧面平面.
（1）证明：；
（2）若点为棱上的动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值.
22．（2024高二上·上虞期末）在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ： （ ）的离心率 且椭圆 上的点到点 的距离的最大值为3.
（Ⅰ）求椭圆 的方程；
（Ⅱ）在椭圆 上，是否存在点 ，使得直线 ： 与圆 ： 相交于不同的两点 、 ，且 的面积最大？若存在，求出点 的坐标及对应的 的面积；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】斜率的计算公式；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，易知，则，
即直线的倾斜角.
故答案为：C.
【分析】根据两点求斜率的公式，结合斜率与倾斜角关系求解即可.
2．【答案】D
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：化抛物线为抛物线方程，则焦点坐标为.
故答案为：D.
【分析】先化抛物线为标准方程，再求焦点坐标即可．
3．【答案】C
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：，，．
故答案为：C．
【分析】根据递推公式，代入数值化简即可.
4．【答案】D
【知识点】空间向量的加减法
【解析】【解答】解：由题意可得：.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据向量加法运算法则化简即可.
5．【答案】D
【知识点】二元二次方程表示圆的条件
【解析】【解答】解：方程，化为，
若方程表示的曲线是圆，则，解得.
故答案为：D.
【分析】先配方化方程为，根据圆的半径大于0列不等式求解即可.
6．【答案】A
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：因为为正方体，所以，，，
平面，平面，易知平面，平面平面，故动点在直线上，
设正方体棱长为1，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
设两直线所成角为，，
故，即，
令，则，
当时，即时，.
故答案为：A.
【分析】由为正方体，易知平面，平面平面，故动点在直线上，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法表示线线角，并求最值即可.
7．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），
所以（不与重合），
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，
如上图，△、△、△都为直角三角形，且，
由平面图到立体图知：，，
又面面，面面，面，
所以面，同理可得面，
将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，
过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，
如图所示：
再过作面，交于，连接，则为矩形，
综上，，，则为中点，
所以，而，，
令且，则，故，，
所以球半径，
当时，，故球表面积的最小值为.
故答案为：D.
【分析】由题设共圆（不与重合），确定，找到△，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设且，求外接球半径最小值即可.
8．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：不妨设椭圆的焦点在轴上，如图所示：
因为，所以，
又，所以，，
所以，
由余弦定理知：，
整理得，即，解得或，
又，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，不妨设设椭圆的焦点在轴上，由，结合椭圆定义依次得的表达式，分别在中利用余弦定理，结合离心率公式求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则或，又则，故A正确；
B、若，可平行，可相交，可异面，不一定垂直，故B错误；
C、若，则或或相交，故C错误；
D、若，则或，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系逐项判断即可．
10．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆的位置关系；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：对于A，因为两个圆相交，所以有两条公切线，故正确；
对于B，将两圆方程作差可得 ，即得公共弦 的方程为 ，B符合题意；
对于C，直线 经过圆 的圆心 ，所以线段 是圆 的直径，故圆 中不存在比 长的弦，C不符合题意；
对于D，圆 的圆心坐标为 ，半径为2，圆心到直线 的距离为 ，所以圆 上的点到直线 的最大距离为 ，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】A：两圆满相交，有两条公切线，正确；B：两圆方程作差，可得；
C：注意AB过圆心，是直径； D：垂径定理的应用。
11．【答案】B,D
【知识点】椭圆的定义；抛物线的简单性质；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：A、如下图所示：P到直线的距离与P到平面的距离相等，又P在平面ABCD内，所以在平面内，P到的距离与P到直线的距离相等，又，所以在直线上，故P的轨迹为直线，故A错误；
B、P到直线的距离与P到的距离之和等于4，
由A可知：平面内，P到直线的距离与P到的距离之和等于4，而，
所以P的轨迹为椭圆，故B正确；
C、如下图所示，根据正方体的性质知：与面所成角的平面角为，
所以时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，而，则，即，故P的轨迹为椭圆，故C错误；
D、同C当时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，而，即，故P的轨迹为双曲线，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】将距离转化到平面ABCD内P到定点、定直线的距离，结合圆锥曲线的定义即可判断AB；确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角，并比较被截圆锥轴截面顶角一半的大小关系，结合题设判断P的轨迹从而判断CD即可.
12．【答案】A,B,D
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、过点的截面即为平面，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
，即，则四边形为直角梯形，故A正确；
B、如图分别为的中点，又为的中点，所以平行且等于，，又平行且等于，
所以平行且等于，即四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平行且等于，平行且等于，
所以平行且等于，即四边形为平行四边形，所以，
又因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，面，
故平面平面，故点在线段上运动，
易知，故，
故，故的最小值即为，故B正确；
C、设平面的法向量为，故，
令，则，故，设，而，
故，要使得面，故，
解得：，因点在四边形（包括边界）内，
故须满足且，故C错误；
D、，故，
故当时，点到面的距离最大，最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】过点的截面即为平面，只需验证是否为0即可判断A；先证明平面平面，故点在线段上运动，由即可求解判断B；求出平面法向量，由与法向量共线结合点是四边形（包括边界）内，即可判断C；由点面距离公式计算即可判断D.
13．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】 双曲线为等轴双曲线，则可设方程为 ，
将 代入可得 ，即 ，
故方程为 ，化为标准方程为 .
故答案为： .
【分析】首先设出等轴双曲线的方程，并把点的坐标代入到方程计算出的值，由此得到双曲线的方程。
14．【答案】
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由数列和均为等差数列，且，
所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据等差数列性质，将写为，即，再代入题中等式求解即可.
15．【答案】
【知识点】导数的几何意义；斜率的计算公式；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：如图所示：
不妨设交点为，且满足，
则切线斜率，
故由题知：，故解得：，
代入圆方程可得：，解得：.
故答案为：.
【分析】由题意，设交点为，利用导数求出抛物线在点的切线斜率，再求出过圆心、切点连线的斜率，二者斜率相等可得，代入圆方程求解即可.
16．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：过点作于，如图所示：
则，中，，则，
，设，，则，
故，所以，
，，故，
故，
故，
而
，（），
当且仅当，即时等号成立，
所以.
故答案为：.
【分析】过点作于，中，求得，，设，得到，根据余弦定理得到，，再确定，根据三角恒等变换结合基本不等式求解即可.
17．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，所以，解得或（舍去），则；
（2）解：由，可得，解得或；
当时，由，解得，则；
当时，由，解得，则，
综上所述，故或21.
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由等差、等比数列通项公式基本量列方程组求解即可；
（2）先由求得公比，再结合求得公差，再计算的值即可.
（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由得：，解得（舍去），，于是.
（2）由得，解得或.
当时，由得，∴；
当时，由得，∴，
综上所述，故或21.
18．【答案】（1）解：设圆的一般方程为，
因为圆过点和点，圆心在直线上，所以，
解得，
则圆的方程为：，
圆心为，半径为；
（2）解：由（1）知，圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意；
当直线斜率存在时，不妨设直线方程为，
即，令，
解得，直线方程是，
综上所述，直线的方程是：或.
【知识点】圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为，由题意列方程组求解即可；
（2）由被圆所截弦长可得圆心到直线l的距离d，后由点到直线距离公式可得答案，但要注意直线斜率不存在的情况.
（1）设圆的方程为，则，
解得，
所以圆的方程为：，
圆心为，半径为；
（2）由（1）知，圆心到直线的距离为，
于是当直线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意；
当直线斜率存在时，不妨设直线方程为，
即，令，
解得，直线方程是，
综上所述，直线的方程是：或.
19．【答案】（1）证明：设为中点，由题意得平面，，
因为，所以，所以平面，
由，分别为的中点，得且，从而且，
所以是平行四边形，所以，
因为平面，所以平面；
（2）解：作，垂足为，连结，如图所示：
因为平面，所以.
因为，所以平面.
所以平面.
所以为直线与平面所成角的平面角.
由，得.
由平面，得.
由，得.
所以
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】（1）由题意，利用线面垂直的定义得到线线垂直，再根据线面垂直的判定证明直线与平面垂直即可；
（2）作，垂足为，连结，证明平面，求得直线与平面所成角的平面角，在直角三角形中通过确定边长，计算的正弦值即可.
20．【答案】（1）解：易知点，
由抛物线定义可知：，解得，
故抛物线方程为：；
（2）解：点在抛物线上，设直线，
点，联立，消元整理可得，
在下，由韦达定理可得：，
所以，
整理，得，将代入直线，得，
即，所以直线恒过定点.
【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】【分析】（1）由题意，易知点，利用抛物线定义可得，求解即可；
（2）设直线，，联立方程组，消元整理，利用韦达定理求得，再根据，可得，代入直线方程求解即可.
（1）显然点，
由抛物线定义可知，，解得，
所以抛物线方程为：；
（2）点在抛物线上，设直线，
点，联立，得，
在下，，所以
，
整理，得，将代入直线，得，
即，所以直线恒过定点.
21．【答案】（1）证明：取中点，连接，
由题可知：和，，，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：因为侧面平面，侧面平面侧面，故平面，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设，
∴
，
∴，
又，设面的法向量是，
则，
令，则，
又，设面的法向量是，
则，令，则，
设平面与平面夹角为，
故，
因为，开口向上，且对称轴为，
故的最小值为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值的最小值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明平面即可证明；
（2）建立空间坐标系，利用空间向量求面面的夹角结合二次函数求最值即可.
（1）
取中点，连接，
由题可知正和，，，
又∵，平面，∴平面，又平面，
∴；
（2）因为侧面平面，侧面平面侧面，故平面，
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图：
则，
，
设，
∴
，
∴，
又，设面的法向量是，
则，
令，则，
又，设面的法向量是，
则，令，则，
设平面与平面夹角为，
故，
因为，开口向上，且对称轴为，
故的最小值为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值的最小值为.
22．【答案】解：（Ⅰ）因为 ，所以 ，于是 .
设椭圆 上任一点 ，椭圆方程为 ， ， = =
①当 ，即 时， （此时 ） 舍去
②当 即 时，
综上椭圆C的方程为 。
（Ⅱ）圆心到直线 的距离为 ，弦长 ，所以 的面积为
点 ，
当 时， 由 得
综上所述，椭圆上存在四个点 、 、 、 ，使得直线与圆相交于不同的两点 、 ，且 的面积最大，且最大值为
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）求解椭圆方程时，利用椭圆基本性质及题意限制，计算得出结果要符合题意。
（2）通过直线与椭圆的综合应用，将所求结果表达出来，再分析该表达式，即可得出答案。
1 / 1浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高二上学期期末质量调测数学试题
1．（2024高二上·上虞期末）直线经过两点，则的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜率的计算公式；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，易知，则，
即直线的倾斜角.
故答案为：C.
【分析】根据两点求斜率的公式，结合斜率与倾斜角关系求解即可.
2．（2024高二上·上虞期末）抛物线的焦点坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：化抛物线为抛物线方程，则焦点坐标为.
故答案为：D.
【分析】先化抛物线为标准方程，再求焦点坐标即可．
3．（2024高二上·上虞期末）已知数列满足，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：，，．
故答案为：C．
【分析】根据递推公式，代入数值化简即可.
4．（2024高二上·上虞期末）已知分别是空间四边形的对角线的中点，点是线段的中点，为空间中任意一点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量的加减法
【解析】【解答】解：由题意可得：.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据向量加法运算法则化简即可.
5．（2024高二上·上虞期末）若方程表示的曲线是圆，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二元二次方程表示圆的条件
【解析】【解答】解：方程，化为，
若方程表示的曲线是圆，则，解得.
故答案为：D.
【分析】先配方化方程为，根据圆的半径大于0列不等式求解即可.
6．（2024高二上·上虞期末）在正方体中，过作一垂直于的平面交平面于直线，动点在直线上，则直线与所成角余弦值的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：因为为正方体，所以，，，
平面，平面，易知平面，平面平面，故动点在直线上，
设正方体棱长为1，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
设两直线所成角为，，
故，即，
令，则，
当时，即时，.
故答案为：A.
【分析】由为正方体，易知平面，平面平面，故动点在直线上，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法表示线线角，并求最值即可.
7．（2024高二上·上虞期末）已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），
所以（不与重合），
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，
如上图，△、△、△都为直角三角形，且，
由平面图到立体图知：，，
又面面，面面，面，
所以面，同理可得面，
将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，
过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，
如图所示：
再过作面，交于，连接，则为矩形，
综上，，，则为中点，
所以，而，，
令且，则，故，，
所以球半径，
当时，，故球表面积的最小值为.
故答案为：D.
【分析】由题设共圆（不与重合），确定，找到△，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设且，求外接球半径最小值即可.
8．（2024高二上·上虞期末）设椭圆的两个焦点是，过点的直线与交于点，若，且，则椭圆的离心率（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：不妨设椭圆的焦点在轴上，如图所示：
因为，所以，
又，所以，，
所以，
由余弦定理知：，
整理得，即，解得或，
又，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，不妨设设椭圆的焦点在轴上，由，结合椭圆定义依次得的表达式，分别在中利用余弦定理，结合离心率公式求解即可.
9．（2024高二上·上虞期末）对于两条不同直线和两个不同平面，下列选项正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则或
C．若，则或
D．若，则或
【答案】A,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则或，又则，故A正确；
B、若，可平行，可相交，可异面，不一定垂直，故B错误；
C、若，则或或相交，故C错误；
D、若，则或，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系逐项判断即可．
10．（2024高二上·上虞期末）已知圆 和圆 的交点为 ， ，则（ ）
A．圆 和圆 有两条公切线
B．直线 的方程为
C．圆 上存在两点 和 使得
D．圆 上的点到直线 的最大距离为
【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆的位置关系；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：对于A，因为两个圆相交，所以有两条公切线，故正确；
对于B，将两圆方程作差可得 ，即得公共弦 的方程为 ，B符合题意；
对于C，直线 经过圆 的圆心 ，所以线段 是圆 的直径，故圆 中不存在比 长的弦，C不符合题意；
对于D，圆 的圆心坐标为 ，半径为2，圆心到直线 的距离为 ，所以圆 上的点到直线 的最大距离为 ，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】A：两圆满相交，有两条公切线，正确；B：两圆方程作差，可得；
C：注意AB过圆心，是直径； D：垂径定理的应用。
11．（2024高二上·上虞期末）两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）．已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α．当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线．在长方体中，，，点P在平面ABCD内，下列说法正确的是（ ）
A．若点P到直线的距离与点P到平面的距离相等，则点P的轨迹为抛物线
B．若点P到直线的距离与点P到的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆
C．若，则点P的轨迹为抛物线
D．若，则点P的轨迹为双曲线
【答案】B,D
【知识点】椭圆的定义；抛物线的简单性质；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：A、如下图所示：P到直线的距离与P到平面的距离相等，又P在平面ABCD内，所以在平面内，P到的距离与P到直线的距离相等，又，所以在直线上，故P的轨迹为直线，故A错误；
B、P到直线的距离与P到的距离之和等于4，
由A可知：平面内，P到直线的距离与P到的距离之和等于4，而，
所以P的轨迹为椭圆，故B正确；
C、如下图所示，根据正方体的性质知：与面所成角的平面角为，
所以时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，而，则，即，故P的轨迹为椭圆，故C错误；
D、同C当时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，而，即，故P的轨迹为双曲线，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】将距离转化到平面ABCD内P到定点、定直线的距离，结合圆锥曲线的定义即可判断AB；确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角，并比较被截圆锥轴截面顶角一半的大小关系，结合题设判断P的轨迹从而判断CD即可.
12．（2024高二上·上虞期末）如图，直平面六面体的所有棱长都为2，，为的中点，点是四边形（包括边界）内，则下列结论正确的是（ ）
A．过点的截面是直角梯形
B．若直线面，则直线的最小值为
C．存在点使得直线面
D．点到面的距离的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、过点的截面即为平面，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
，即，则四边形为直角梯形，故A正确；
B、如图分别为的中点，又为的中点，所以平行且等于，，又平行且等于，
所以平行且等于，即四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平行且等于，平行且等于，
所以平行且等于，即四边形为平行四边形，所以，
又因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，面，
故平面平面，故点在线段上运动，
易知，故，
故，故的最小值即为，故B正确；
C、设平面的法向量为，故，
令，则，故，设，而，
故，要使得面，故，
解得：，因点在四边形（包括边界）内，
故须满足且，故C错误；
D、，故，
故当时，点到面的距离最大，最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】过点的截面即为平面，只需验证是否为0即可判断A；先证明平面平面，故点在线段上运动，由即可求解判断B；求出平面法向量，由与法向量共线结合点是四边形（包括边界）内，即可判断C；由点面距离公式计算即可判断D.
13．（2024高二上·上虞期末）经过点 ，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为 .
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】 双曲线为等轴双曲线，则可设方程为 ，
将 代入可得 ，即 ，
故方程为 ，化为标准方程为 .
故答案为： .
【分析】首先设出等轴双曲线的方程，并把点的坐标代入到方程计算出的值，由此得到双曲线的方程。
14．（2024高二上·上虞期末）设两个等差数列和的前项和分别为和，且，则 .
【答案】
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由数列和均为等差数列，且，
所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据等差数列性质，将写为，即，再代入题中等式求解即可.
15．（2024高二上·上虞期末）已知抛物线和圆，若抛物线与圆在交点处的切线互相垂直，则实数 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义；斜率的计算公式；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：如图所示：
不妨设交点为，且满足，
则切线斜率，
故由题知：，故解得：，
代入圆方程可得：，解得：.
故答案为：.
【分析】由题意，设交点为，利用导数求出抛物线在点的切线斜率，再求出过圆心、切点连线的斜率，二者斜率相等可得，代入圆方程求解即可.
16．（2024高二上·上虞期末）正三棱锥，，点为侧棱的中点，分别是线段上的动点，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：过点作于，如图所示：
则，中，，则，
，设，，则，
故，所以，
，，故，
故，
故，
而
，（），
当且仅当，即时等号成立，
所以.
故答案为：.
【分析】过点作于，中，求得，，设，得到，根据余弦定理得到，，再确定，根据三角恒等变换结合基本不等式求解即可.
17．（2024高二上·上虞期末）已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，.
（1）若，求的通项公式；
（2）若，求.
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，所以，解得或（舍去），则；
（2）解：由，可得，解得或；
当时，由，解得，则；
当时，由，解得，则，
综上所述，故或21.
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由等差、等比数列通项公式基本量列方程组求解即可；
（2）先由求得公比，再结合求得公差，再计算的值即可.
（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由得：，解得（舍去），，于是.
（2）由得，解得或.
当时，由得，∴；
当时，由得，∴，
综上所述，故或21.
18．（2024高二上·上虞期末）已知圆过点和点，圆心在直线上.
（1）求圆的方程，并写出圆心坐标和半径的值；
（2）若直线经过点，且被圆截得的弦长为4，求直线的方程.
【答案】（1）解：设圆的一般方程为，
因为圆过点和点，圆心在直线上，所以，
解得，
则圆的方程为：，
圆心为，半径为；
（2）解：由（1）知，圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意；
当直线斜率存在时，不妨设直线方程为，
即，令，
解得，直线方程是，
综上所述，直线的方程是：或.
【知识点】圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为，由题意列方程组求解即可；
（2）由被圆所截弦长可得圆心到直线l的距离d，后由点到直线距离公式可得答案，但要注意直线斜率不存在的情况.
（1）设圆的方程为，则，
解得，
所以圆的方程为：，
圆心为，半径为；
（2）由（1）知，圆心到直线的距离为，
于是当直线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意；
当直线斜率存在时，不妨设直线方程为，
即，令，
解得，直线方程是，
综上所述，直线的方程是：或.
19．（2024高二上·上虞期末）如图，在三棱锥中，在底面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线和平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明：设为中点，由题意得平面，，
因为，所以，所以平面，
由，分别为的中点，得且，从而且，
所以是平行四边形，所以，
因为平面，所以平面；
（2）解：作，垂足为，连结，如图所示：
因为平面，所以.
因为，所以平面.
所以平面.
所以为直线与平面所成角的平面角.
由，得.
由平面，得.
由，得.
所以
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】（1）由题意，利用线面垂直的定义得到线线垂直，再根据线面垂直的判定证明直线与平面垂直即可；
（2）作，垂足为，连结，证明平面，求得直线与平面所成角的平面角，在直角三角形中通过确定边长，计算的正弦值即可.
20．（2024高二上·上虞期末）已知抛物线的焦点为，为上一点且纵坐标为4，轴于点，且.
（1）求的值；
（2）已知点，是抛物线上不同的两点，且满足.证明：直线恒过定点.
【答案】（1）解：易知点，
由抛物线定义可知：，解得，
故抛物线方程为：；
（2）解：点在抛物线上，设直线，
点，联立，消元整理可得，
在下，由韦达定理可得：，
所以，
整理，得，将代入直线，得，
即，所以直线恒过定点.
【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】【分析】（1）由题意，易知点，利用抛物线定义可得，求解即可；
（2）设直线，，联立方程组，消元整理，利用韦达定理求得，再根据，可得，代入直线方程求解即可.
（1）显然点，
由抛物线定义可知，，解得，
所以抛物线方程为：；
（2）点在抛物线上，设直线，
点，联立，得，
在下，，所以
，
整理，得，将代入直线，得，
即，所以直线恒过定点.
21．（2024高二上·上虞期末）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面是边长为2的正三角形，侧面平面.
（1）证明：；
（2）若点为棱上的动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值.
【答案】（1）证明：取中点，连接，
由题可知：和，，，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：因为侧面平面，侧面平面侧面，故平面，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设，
∴
，
∴，
又，设面的法向量是，
则，
令，则，
又，设面的法向量是，
则，令，则，
设平面与平面夹角为，
故，
因为，开口向上，且对称轴为，
故的最小值为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值的最小值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明平面即可证明；
（2）建立空间坐标系，利用空间向量求面面的夹角结合二次函数求最值即可.
（1）
取中点，连接，
由题可知正和，，，
又∵，平面，∴平面，又平面，
∴；
（2）因为侧面平面，侧面平面侧面，故平面，
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图：
则，
，
设，
∴
，
∴，
又，设面的法向量是，
则，
令，则，
又，设面的法向量是，
则，令，则，
设平面与平面夹角为，
故，
因为，开口向上，且对称轴为，
故的最小值为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值的最小值为.
22．（2024高二上·上虞期末）在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ： （ ）的离心率 且椭圆 上的点到点 的距离的最大值为3.
（Ⅰ）求椭圆 的方程；
（Ⅱ）在椭圆 上，是否存在点 ，使得直线 ： 与圆 ： 相交于不同的两点 、 ，且 的面积最大？若存在，求出点 的坐标及对应的 的面积；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）因为 ，所以 ，于是 .
设椭圆 上任一点 ，椭圆方程为 ， ， = =
①当 ，即 时， （此时 ） 舍去
②当 即 时，
综上椭圆C的方程为 。
（Ⅱ）圆心到直线 的距离为 ，弦长 ，所以 的面积为
点 ，
当 时， 由 得
综上所述，椭圆上存在四个点 、 、 、 ，使得直线与圆相交于不同的两点 、 ，且 的面积最大，且最大值为
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）求解椭圆方程时，利用椭圆基本性质及题意限制，计算得出结果要符合题意。
（2）通过直线与椭圆的综合应用，将所求结果表达出来，再分析该表达式，即可得出答案。
1 / 1
