广东省汕头市澄海中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题
1．（2024高二上·澄海期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·澄海期中）在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则（ ）
A．2 B．3 C． D．1
3．（2024高二上·澄海期中）椭圆的两个焦点为，且是椭圆上的一点，则三角形的周长是（ ）
A．1 B． C． D．
4．（2024高二上·澄海期中）在中，是边上一点，且，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·澄海期中）点到直线（为任意实数）的距离的最大值是（ ）
A．5 B． C．4 D．
6．（2024高二上·澄海期中）已知函数 ，则不等式 成立的一个充分不必要条件为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高二上·澄海期中）如图，是所在平面外一点，，，且面，，则与平面的夹角为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·澄海期中）已知函数，若关于x的不等式恰有1个整数解，则实数a的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．5 D．8
9．（2024高二上·澄海期中）已知，则下列不等式中错误的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高二上·澄海期中）已知点P是圆上一点，，，则以下说法正确的是（ ）
A．若直线AB与圆C相切，则
B．若以A，B为直径的圆与圆C相切，则
C．若，则
D．当时，的最小值为34
11．（2024高二上·澄海期中）如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A．P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为
B．存在点P，使得平面平面
C．的最小值为
D．三棱锥外接球表面积最大值为
12．（2024高二上·澄海期中）经过点，且与圆相切的直线的方程为 ．
13．（2024高二上·澄海期中）已知椭圆C：的离心率为，则椭圆的短轴长为 .
14．（2024高二上·澄海期中）已知直线过点，且交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点B.则当的值最小时，直线l的方程为 .
15．（2024高二上·澄海期中）已知圆的方程为.
（1）求的取值范围；
（2）若直线与圆交于，两点，且，求的值.
16．（2024高二上·澄海期中） 如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2024高二上·澄海期中）在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）若，，求的面积；
（2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
18．（2024高二上·澄海期中）已知椭圆，由的上、下顶点，左、右焦点构成一个边长为的正方形．
（1）求的方程；
（2）直线过的右焦点，且和交于点，，设是坐标原点，若三角形的面积是，求的方程．
19．（2024高二上·澄海期中）对于定义在D上的函数f(x)，如果存在实数x0，使得f(x0)＝x0，那么称x0是函数f(x)的一个不动点.已知f(x)＝ax2＋1.
（1）当a＝－2时，求f(x)的不动点；
（2）若函数f(x)有两个不动点x1，x2，且x1＜2＜x2.
①求实数a的取值范围；
②设g(x)＝loga[f(x)－x]，求证：g(x)在(a，＋∞)上至少有两个不动点.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，，
因为集合，所以，即.
故答案为：B．
【分析】先解不等式求得集合A，再根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】复数z对应的点的坐标是，∴，则。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合复数的几何意义，进而得出复数对应的点的坐标，从而得出复数z，再利用复数的乘除法运算法则和复数求模公式，进而得出。
3．【答案】D
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：易知焦点三角形的周长为：
故答案为：D.
【分析】根据椭圆的定义先求出的值，即可求的周长.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：中，是边上一点，且，如图所示：
则，故的值为.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用向量的线性运算求解即可.
5．【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：直线方程化为，
易知直线恒过点，不妨设为，
则到直线的最远距离为，此时直线垂直于．
因为，所以到直线的距离的最大值为．
故答案为：B.
【分析】由题意，易知直线恒过定点，则到直线的最远距离为，此时直线垂直于，求出即可得点到直线的最大距离.
6．【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】可得 的定义域为 ，
和 都是增函数， 是定义在 的增函数，
， 是奇函数，
则不等式 化为 ，
，解得 ，
则不等式成立的充分不必要条件应是 的真子集，
只有B选项满足.
故答案为：B.
【分析】先判断出函数的奇偶性，再利用导数判断出函数的单调性，将不等式变形为 ，求出对应的x的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断即可。
7．【答案】C
【知识点】直线与平面所成的角；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，所以，所以；
因为平面，平面，所以，，
又因为，，
所以，，
由余弦定理可得，
所以，，
设点到平面的距离为，与平面的夹角为，
所以，解得：，
所以，又，所以，即直线与平面的夹角为.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据棱锥体积公式可求得，结合解三角形的知识可求得，由再体积求得点到平面的距离，从而得到所求角的正弦值.
8．【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：函数，如图所示：
当时，，
由于关于的不等式恰有1个整数解
因此其整数解为3，又
，，则，
当时，，则不满足题意；
当时，，
当时，，没有整数，
当时，，至少有两个整数解，
综上，实数的最大值为.
故答案为：D.
【分析】作出函数的图象，利用一元二次不等式解法求得解集，数形结合求解即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、因为，两边同除以负数得，即，故A错误；
B、因为，，所以，故B错误；
C、因为，，又因为，所以，故C错误；
D、因为，所以，又因为，两式相乘得，
两边同除以负数，可得，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】由题意，利用作差比较法与不等式的性质逐项判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面内点到直线的距离公式；圆与圆的位置关系及其判定；圆的参数方程
【解析】【解答】解：A、因为，，所以直线AB的方程为，
所以圆的圆心到直线AB的距离为，又因为直线AB与圆C相切，所以，故A正确；
B、以A，B为直径的圆方程为：，
则圆的圆心到圆的圆心的距离为5，
当圆与外切时，有，得，
当圆与内切时，有，得，故B错误；
C、设P点的坐标为，则，，
所以，即，
所以圆C与有交点，所以结合选项B可得，故C正确；
D、设P点的坐标为(为参数)，
则，，
所以，其中，
所以当时，取得最小值，且最小值为34，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据直线与圆相切，可得圆心到直线的距离即为半径即可判断A；根据圆与圆的位置关系，分圆与外切和内切两种情况讨论即可判断B；设P点的坐标为，从而得到，即圆C与有交点即可判断C；设P点的坐标为(为参数)，从而得到其中即可判断D．
11．【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、连接，如图所示：
由三角形中位线性质和正方体性质可知，，且，
所以过D，P，Q三点的截面为梯形，
易知，
作，则，，
所以梯形的面积，故A正确；
B、若存在点P，使得平面平面，则由平面平面，平面平面可知，显然不平行，故B错误；
C、将侧面展开如图，显然当Q、P、D三点共线时，取得最小值，最小值为，故C错误；
D、由题知，两两垂直，所以三棱锥外接球，即为以为共顶点的三条棱的长方体的外接球，记其半径为R，
则，
显然，当点P与C重合时，取得最大值，此时外接球表面积取得最大值，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】连接，由三角形中位线性质和正方体性质可知，过D，P，Q三点的截面为梯形，然后计算即可得截面面积即可判断A；假设存在，然后利用面面平行性质定理推得，矛盾即可判断B；利用侧面展开图可求得最小值即可判断C；利用补形法求外接球表面积即可判断D.
12．【答案】.
【知识点】圆的切线方程
【解析】【解答】解：因为，所以点在圆上，
由题意可知圆心C的坐标为，则直线的斜率；
因为圆的切线垂直于经过切点的直径所在的直线，所以切线的斜率，
故经过点的切线方程为，整理得.
故答案为：.
【分析】先判断点在圆上，再利用两点求切线的斜率，利用点斜式求直线方程即可.
13．【答案】2
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，则，
可得，所以 椭圆的短轴长为.
故答案为：2.
【分析】根据椭圆方程结合离心率求，即可得结果.
14．【答案】
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知直线的斜率存在，设斜率为，设直线，
则，，，
则，
所以，
当且仅当时等号成立，直线的方程为．
故答案为：.
【分析】易知直线的斜率存在，设斜率为，设直线，由，再利用基本不等式求解即可.
15．【答案】（1）解：若方程表示圆，则， 解得；
（2）解：由（1）可知圆，则圆心，半径，
圆心到直线的距离，
故，则，
解得.
【知识点】二元二次方程表示圆的条件；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】（1）根据关于的二元二次式表示圆，需满足求解即可；
（2）利用弦长公式求得，进而得到的值.
（1）方程为圆的方程，
即，
解得.
（2）由（1）可知圆，则圆心，半径，
圆心到直线的距离，
故，则，
解得.
16．【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以；
因为，所以；
因为，面，所以面；
又因为平面，所以；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，，
，，，，.
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【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）由题意，证明面，再利用线面垂直证明线线垂直即可；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为平面，平面，所以；
因为，所以；
因为，面，所以面；
又因为平面，所以.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则，，，，，，，
，，，，.
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】解：（1）由，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
所以，
又因为，所以，
又易知，，
又因为，所以；
因为，，，
所以；
（2）由正弦定理
可得，，
则
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，，
，
所以周长的取值范围为.
【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）由题意，利用正弦定理把边化为角，结合三角变换与同角基本关系可求得，再结合已知与面积公式求解即可；
（2）用正弦定理把边化角，结合三角恒等变换化简，利用三角函数的值域求解即可.
18．【答案】（1）解：由已知，，，
所以的方程为
（2）解：，
若斜率不存在，易知；
若斜率存在，设，，和的方程联立得：
，，，
所以
点到直线的距离为，
所以，
解之得，，
所以的方程为或，
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）根据正方形的性质可得：，，据此可直接写出椭圆的方程，
（2）先判断出直线l的斜率存在，设，代入椭圆方程中，利用韦达定理可得：，，利用弦长公式可求出，利用点到直线的距离公式求出点O到直线l的距离，从而可表示出三角形OAB的面积，可列出方程，解方程可求出的值，进而写出直线的方程.
19．【答案】解：（1）当a＝－2时，f(x)＝－2x2＋1.方程f(x)＝x可化为2x2＋x－1＝0，解得x＝－1或x＝，
所以f(x)的不动点为－1和.
（2）①因为函数f(x)有两个不动点x1，x2，所以方程f(x)＝x，即ax2－x＋1＝0的两个实数根为x1，x2，
记p(x)＝ax2－x＋1，则p(x)的零点为x1和x2，因为x1＜2＜x2，所以a·p(2)＜0，
即a(4a－1)＜0，解得0＜a＜.所以实数a的取值范围为
②因为g(x)＝loga[f(x)－x]＝loga(ax2－x＋1).
方程g(x)＝x可化为loga(ax2－x＋1)＝x，即
因为0＜a＜，△＝1－4a＞0，设p(x)＝ax2－x＋1，所以p(x)＝0有两个不相等的实数根.
设p(x)＝ax2－x＋1＝0的两个实数根为m，n，不妨设m＜n.
因为函数p(x)＝ax2－x＋1图象的对称轴为直线x＝，p(1)＝a＞0，＞1，p()＝1＞0，
所以1＜m＜＜n＜.
记h(x)＝ax－(ax2－x＋1)，因为h(1)＝0，且p(1)＝a＞0，所以x＝1是方程g(x)＝x的实数根，
所以1是g(x)的一个不动点h(n)＝an－(an2－n＋1)＝an＞0，因为0＜a＜，所以＞4，h()＝－1＜a4－1＜0，
且h(x)的图象在[n，]上的图象是不间断曲线，所以 x0∈(n，)，使得h(x0)＝0，
又因为p(x)在(n，)上单调递增，所以p(x0)＞p(n)＝0，所以x0是g(x)的一个不动点，
综上，g(x)在(a，＋∞)上至少有两个不动点.
【知识点】函数单调性的性质；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）直接利用不动点的定义，解方程求解即可；
（2）①根据不动点的定义，的两根满足，利用零点存在定理得到，求参数的范围即可；
②设，根据题意，设有两个不等实根m、n，不妨设m说明h(x)的图象在[n，]上的图象是不间断曲线，利用函数的单调性，推出在上至少有两个不动点.
1 / 1广东省汕头市澄海中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题
1．（2024高二上·澄海期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，，
因为集合，所以，即.
故答案为：B．
【分析】先解不等式求得集合A，再根据集合的并集运算求解即可.
2．（2024高二上·澄海期中）在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则（ ）
A．2 B．3 C． D．1
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】复数z对应的点的坐标是，∴，则。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合复数的几何意义，进而得出复数对应的点的坐标，从而得出复数z，再利用复数的乘除法运算法则和复数求模公式，进而得出。
3．（2024高二上·澄海期中）椭圆的两个焦点为，且是椭圆上的一点，则三角形的周长是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：易知焦点三角形的周长为：
故答案为：D.
【分析】根据椭圆的定义先求出的值，即可求的周长.
4．（2024高二上·澄海期中）在中，是边上一点，且，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：中，是边上一点，且，如图所示：
则，故的值为.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用向量的线性运算求解即可.
5．（2024高二上·澄海期中）点到直线（为任意实数）的距离的最大值是（ ）
A．5 B． C．4 D．
【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：直线方程化为，
易知直线恒过点，不妨设为，
则到直线的最远距离为，此时直线垂直于．
因为，所以到直线的距离的最大值为．
故答案为：B.
【分析】由题意，易知直线恒过定点，则到直线的最远距离为，此时直线垂直于，求出即可得点到直线的最大距离.
6．（2024高二上·澄海期中）已知函数 ，则不等式 成立的一个充分不必要条件为（ ）
A． B．
C． D．
【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】可得 的定义域为 ，
和 都是增函数， 是定义在 的增函数，
， 是奇函数，
则不等式 化为 ，
，解得 ，
则不等式成立的充分不必要条件应是 的真子集，
只有B选项满足.
故答案为：B.
【分析】先判断出函数的奇偶性，再利用导数判断出函数的单调性，将不等式变形为 ，求出对应的x的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断即可。
7．（2024高二上·澄海期中）如图，是所在平面外一点，，，且面，，则与平面的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与平面所成的角；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，所以，所以；
因为平面，平面，所以，，
又因为，，
所以，，
由余弦定理可得，
所以，，
设点到平面的距离为，与平面的夹角为，
所以，解得：，
所以，又，所以，即直线与平面的夹角为.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据棱锥体积公式可求得，结合解三角形的知识可求得，由再体积求得点到平面的距离，从而得到所求角的正弦值.
8．（2024高二上·澄海期中）已知函数，若关于x的不等式恰有1个整数解，则实数a的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．5 D．8
【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：函数，如图所示：
当时，，
由于关于的不等式恰有1个整数解
因此其整数解为3，又
，，则，
当时，，则不满足题意；
当时，，
当时，，没有整数，
当时，，至少有两个整数解，
综上，实数的最大值为.
故答案为：D.
【分析】作出函数的图象，利用一元二次不等式解法求得解集，数形结合求解即可.
9．（2024高二上·澄海期中）已知，则下列不等式中错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、因为，两边同除以负数得，即，故A错误；
B、因为，，所以，故B错误；
C、因为，，又因为，所以，故C错误；
D、因为，所以，又因为，两式相乘得，
两边同除以负数，可得，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】由题意，利用作差比较法与不等式的性质逐项判断即可.
10．（2024高二上·澄海期中）已知点P是圆上一点，，，则以下说法正确的是（ ）
A．若直线AB与圆C相切，则
B．若以A，B为直径的圆与圆C相切，则
C．若，则
D．当时，的最小值为34
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面内点到直线的距离公式；圆与圆的位置关系及其判定；圆的参数方程
【解析】【解答】解：A、因为，，所以直线AB的方程为，
所以圆的圆心到直线AB的距离为，又因为直线AB与圆C相切，所以，故A正确；
B、以A，B为直径的圆方程为：，
则圆的圆心到圆的圆心的距离为5，
当圆与外切时，有，得，
当圆与内切时，有，得，故B错误；
C、设P点的坐标为，则，，
所以，即，
所以圆C与有交点，所以结合选项B可得，故C正确；
D、设P点的坐标为(为参数)，
则，，
所以，其中，
所以当时，取得最小值，且最小值为34，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据直线与圆相切，可得圆心到直线的距离即为半径即可判断A；根据圆与圆的位置关系，分圆与外切和内切两种情况讨论即可判断B；设P点的坐标为，从而得到，即圆C与有交点即可判断C；设P点的坐标为(为参数)，从而得到其中即可判断D．
11．（2024高二上·澄海期中）如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A．P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为
B．存在点P，使得平面平面
C．的最小值为
D．三棱锥外接球表面积最大值为
【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、连接，如图所示：
由三角形中位线性质和正方体性质可知，，且，
所以过D，P，Q三点的截面为梯形，
易知，
作，则，，
所以梯形的面积，故A正确；
B、若存在点P，使得平面平面，则由平面平面，平面平面可知，显然不平行，故B错误；
C、将侧面展开如图，显然当Q、P、D三点共线时，取得最小值，最小值为，故C错误；
D、由题知，两两垂直，所以三棱锥外接球，即为以为共顶点的三条棱的长方体的外接球，记其半径为R，
则，
显然，当点P与C重合时，取得最大值，此时外接球表面积取得最大值，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】连接，由三角形中位线性质和正方体性质可知，过D，P，Q三点的截面为梯形，然后计算即可得截面面积即可判断A；假设存在，然后利用面面平行性质定理推得，矛盾即可判断B；利用侧面展开图可求得最小值即可判断C；利用补形法求外接球表面积即可判断D.
12．（2024高二上·澄海期中）经过点，且与圆相切的直线的方程为 ．
【答案】.
【知识点】圆的切线方程
【解析】【解答】解：因为，所以点在圆上，
由题意可知圆心C的坐标为，则直线的斜率；
因为圆的切线垂直于经过切点的直径所在的直线，所以切线的斜率，
故经过点的切线方程为，整理得.
故答案为：.
【分析】先判断点在圆上，再利用两点求切线的斜率，利用点斜式求直线方程即可.
13．（2024高二上·澄海期中）已知椭圆C：的离心率为，则椭圆的短轴长为 .
【答案】2
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，则，
可得，所以 椭圆的短轴长为.
故答案为：2.
【分析】根据椭圆方程结合离心率求，即可得结果.
14．（2024高二上·澄海期中）已知直线过点，且交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点B.则当的值最小时，直线l的方程为 .
【答案】
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知直线的斜率存在，设斜率为，设直线，
则，，，
则，
所以，
当且仅当时等号成立，直线的方程为．
故答案为：.
【分析】易知直线的斜率存在，设斜率为，设直线，由，再利用基本不等式求解即可.
15．（2024高二上·澄海期中）已知圆的方程为.
（1）求的取值范围；
（2）若直线与圆交于，两点，且，求的值.
【答案】（1）解：若方程表示圆，则， 解得；
（2）解：由（1）可知圆，则圆心，半径，
圆心到直线的距离，
故，则，
解得.
【知识点】二元二次方程表示圆的条件；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】（1）根据关于的二元二次式表示圆，需满足求解即可；
（2）利用弦长公式求得，进而得到的值.
（1）方程为圆的方程，
即，
解得.
（2）由（1）可知圆，则圆心，半径，
圆心到直线的距离，
故，则，
解得.
16．（2024高二上·澄海期中） 如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以；
因为，所以；
因为，面，所以面；
又因为平面，所以；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，，
，，，，.
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【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）由题意，证明面，再利用线面垂直证明线线垂直即可；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为平面，平面，所以；
因为，所以；
因为，面，所以面；
又因为平面，所以.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则，，，，，，，
，，，，.
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
17．（2024高二上·澄海期中）在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）若，，求的面积；
（2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
【答案】解：（1）由，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
所以，
又因为，所以，
又易知，，
又因为，所以；
因为，，，
所以；
（2）由正弦定理
可得，，
则
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，，
，
所以周长的取值范围为.
【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）由题意，利用正弦定理把边化为角，结合三角变换与同角基本关系可求得，再结合已知与面积公式求解即可；
（2）用正弦定理把边化角，结合三角恒等变换化简，利用三角函数的值域求解即可.
18．（2024高二上·澄海期中）已知椭圆，由的上、下顶点，左、右焦点构成一个边长为的正方形．
（1）求的方程；
（2）直线过的右焦点，且和交于点，，设是坐标原点，若三角形的面积是，求的方程．
【答案】（1）解：由已知，，，
所以的方程为
（2）解：，
若斜率不存在，易知；
若斜率存在，设，，和的方程联立得：
，，，
所以
点到直线的距离为，
所以，
解之得，，
所以的方程为或，
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）根据正方形的性质可得：，，据此可直接写出椭圆的方程，
（2）先判断出直线l的斜率存在，设，代入椭圆方程中，利用韦达定理可得：，，利用弦长公式可求出，利用点到直线的距离公式求出点O到直线l的距离，从而可表示出三角形OAB的面积，可列出方程，解方程可求出的值，进而写出直线的方程.
19．（2024高二上·澄海期中）对于定义在D上的函数f(x)，如果存在实数x0，使得f(x0)＝x0，那么称x0是函数f(x)的一个不动点.已知f(x)＝ax2＋1.
（1）当a＝－2时，求f(x)的不动点；
（2）若函数f(x)有两个不动点x1，x2，且x1＜2＜x2.
①求实数a的取值范围；
②设g(x)＝loga[f(x)－x]，求证：g(x)在(a，＋∞)上至少有两个不动点.
【答案】解：（1）当a＝－2时，f(x)＝－2x2＋1.方程f(x)＝x可化为2x2＋x－1＝0，解得x＝－1或x＝，
所以f(x)的不动点为－1和.
（2）①因为函数f(x)有两个不动点x1，x2，所以方程f(x)＝x，即ax2－x＋1＝0的两个实数根为x1，x2，
记p(x)＝ax2－x＋1，则p(x)的零点为x1和x2，因为x1＜2＜x2，所以a·p(2)＜0，
即a(4a－1)＜0，解得0＜a＜.所以实数a的取值范围为
②因为g(x)＝loga[f(x)－x]＝loga(ax2－x＋1).
方程g(x)＝x可化为loga(ax2－x＋1)＝x，即
因为0＜a＜，△＝1－4a＞0，设p(x)＝ax2－x＋1，所以p(x)＝0有两个不相等的实数根.
设p(x)＝ax2－x＋1＝0的两个实数根为m，n，不妨设m＜n.
因为函数p(x)＝ax2－x＋1图象的对称轴为直线x＝，p(1)＝a＞0，＞1，p()＝1＞0，
所以1＜m＜＜n＜.
记h(x)＝ax－(ax2－x＋1)，因为h(1)＝0，且p(1)＝a＞0，所以x＝1是方程g(x)＝x的实数根，
所以1是g(x)的一个不动点h(n)＝an－(an2－n＋1)＝an＞0，因为0＜a＜，所以＞4，h()＝－1＜a4－1＜0，
且h(x)的图象在[n，]上的图象是不间断曲线，所以 x0∈(n，)，使得h(x0)＝0，
又因为p(x)在(n，)上单调递增，所以p(x0)＞p(n)＝0，所以x0是g(x)的一个不动点，
综上，g(x)在(a，＋∞)上至少有两个不动点.
【知识点】函数单调性的性质；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）直接利用不动点的定义，解方程求解即可；
（2）①根据不动点的定义，的两根满足，利用零点存在定理得到，求参数的范围即可；
②设，根据题意，设有两个不等实根m、n，不妨设m说明h(x)的图象在[n，]上的图象是不间断曲线，利用函数的单调性，推出在上至少有两个不动点.
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