浙江省嘉兴市2023-2024学年高二上学期1月期末检测数学试题
1．（2024高二上·嘉兴期末）直线的倾斜角为（ ）
A．0 B． C． D．
2．（2024高二上·嘉兴期末）数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·嘉兴期末）抛物线的准线方程是
A． B． C． D．
4．（2024高二上·嘉兴期末）已知空间向量，，且，则（ ）
A． B． C．1 D．17
5．（2024高二上·嘉兴期末）已知点为圆：外一动点，过点作圆的两条切线，，切点分别为，，且，则动点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高二上·嘉兴期末）已知，是椭圆：的两个焦点，A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·嘉兴期末）如图，把正方形纸片沿对角线进行翻折，点，满足，，是原正方形的中心，当，直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·嘉兴期末）已知数列和均为等差数列，它们的前项和分别为和，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·嘉兴期末）若构成空间的一个基底，则空间的另一个基底可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（2024高二上·嘉兴期末）已知直线：，则下列结论正确的是（ ）
A．直线过定点
B．原点到直线距离的最大值为
C．若点，到直线的距离相等，则
D．若直线经过一、二、三象限，则
11．（2024高二上·嘉兴期末）记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．是递减数列 B．有最大项
C．是递增数列 D．有最小项
12．（2024高二上·嘉兴期末）数学中有许多形状优美的曲线．例如曲线：，当时，是我们熟知的圆；当时，是形状如“四角星”的曲线，称为星形线，则下列关于曲线的结论正确的是（ ）
A．对任意正实数，曲线恒过2个定点
B．存在无数个正实数，曲线至少有4条对称轴
C．星形线围成的封闭图形的面积大于2
D．星形线与圆有四个公共点
13．（2024高二上·嘉兴期末）在等差数列中，，则 ．
14．（2024高二上·嘉兴期末）已知与圆：和圆：都相切的直线有且仅有两条，则实数的取值范围是 ．
15．（2024高二上·嘉兴期末）在三棱锥中，和都是等边三角形，，，为棱上一点，则的最小值是 ．
16．（2024高二上·嘉兴期末）已知双曲线：的左顶点为，右焦点为，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围是 ．
17．（2024高二上·嘉兴期末）已知圆经过三点，，．
（1）求圆的方程；
（2）过的直线与圆交于另一点，且为等腰直角三角形，求的方程．
18．（2024高二上·嘉兴期末）如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求到平面的距离．
19．（2024高二上·嘉兴期末）已知抛物线：的焦点为，直线与交于，两点．
（1）求的值；
（2）若上存在点，使的重心恰为，求的值及点的坐标．
20．（2024高二上·嘉兴期末）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
21．（2024高二上·嘉兴期末）如图，四棱锥的底平面是边长为2的菱形，，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
22．（2024高二上·嘉兴期末）已知椭圆：，其短轴长为2，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，动点，在上，记直线，的斜率分别为，，试问：是否存在常数，使得当时，的面积为定值 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：由直线，可得该直线的倾斜角为.
故答案为：D.
【分析】根据直线方程和直线的倾斜角的定义，从而得出直线的倾斜角.
2．【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，
当时，，
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和递推公式，从而求得的值.
3．【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为抛物线，所以，
则抛物线的准线方程为.
故答案为：C.
【分析】根据抛物线的方程得出p的值，从而可得抛物线的准线方程.
4．【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：，
，，
即，
，解得，
.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和空间向量平行的坐标运算，从而得出的值，进而得出的值.
5．【答案】A
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设，
因为，与圆相切，
所以，，，，
又因为，
所以四边形为正方形，
所以，则，
即动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以，动点的轨迹方程为．
故答案为：A．
【分析】由已知条件结合直线与圆相切的性质，从而可得四边形为正方形，再利用，结合两点间的距离公式，从而得出动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，进而得出动点的轨迹方程．
6．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；平面内两点间的距离公式；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，设，
由于A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点，
所以，又因为，
令，因为，所以，
所以，
由于对称轴为，所以在单调递减，
所以，
又因为，
即，所以.
故答案为：D.
【分析】设，由椭圆性质和已知条件可得x的取值范围，再由两点间的距离公式得，再令，由x的取值范围得出t的取值范围，则令，再结合二次函数的对称性和单调性，从而得出函数的值域，进而得出的取值范围.
7．【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；异面直线所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：设正方形边长为3，
由题意知，，，
故，
则，
把正方形纸片沿对角线进行翻折后，直线与为异面直线，
则
，
故，
由题意知直线与为异面直线，它们所成角的取值范围为，
故直线与所成角的余弦值为.
故答案为：C.
【分析】设正方形边长为3，求出相关线段长，利用余弦定理求出的值，再结合数量积的运算法则，即可求出的值，再利用数量积求两向量的夹角公式，从而求出的值，再结合异面直线所成角的取值范围，从而得出直线与所成角的余弦值.
8．【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由可得，即，
设，，
则，
所以，，，
若，则，
解得，，，此时，，即；
同理，若，则，
解得，则，，即；
综上所述，．
故答案为：D.
【分析】根据题意，由等差数列的前项和公式和等差数列的性质，可得，然后由等差数列的通项公式，设，，再利用分类讨论的方法和代入法以及赋值法，从而得出数列和的通项公式，进而得出的值.
9．【答案】A,C
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：对于A：因为构成空间的一个基底，
所以可以得两两都不是共线向量，
假设是共面向量，
则有显然无实数解，假设不成立，
因此不是共面向量，因此可以成为一组基底，所以A对；
对于B：因为构成空间的一个基底，
所以可以得两两都不是共线向量，
因为，所以是共面向量，因此不能成为一组基底，
所以B错；
对于C：因为构成空间的一个基底，
所以可以得两两都不是共线向量，
假设是共面向量，
则显然无实数解，
假设不成立，因此不是共面向量，因此可以成为一组基底，
所以C对；
对于D：因为构成空间的一个基底，
所以可以得两两都不是共线向量，
因为，
所以是共面向量，因此不能成为一组基底，所以D错.
故答案为：AC.
【分析】根据空间向量基底的判断方法，再结合共面向量的判断方法，从而逐项判断找出答案.
10．【答案】A,B,D
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：将化为，
令，即得，即直线过定点，故A对；
当原点到定点的距离即是原点到直线的距离最大值，
即原点到直线距离的最大值为，故B对；
因为点，到直线的距离相等，
即，
即，解得，或，故C错；
若直线经过一、二、三象限，则直线在x轴的截距为负、y轴的截距为正，
令，则；令，则，则，
即，且或，所以，故D对；
故答案为：ABD.
【分析】将化为，从而建立方程组得出直线所过的定点坐标，则判断出选项A；由原点到定点的距离得出原点到直线的距离的最大值，则判断出选项B；根据两点间的距离公式和已知条件，可得出m的值，则判断出选项C；根据直线经过一、二、三象限，则直线在x轴的截距为负、y轴的截距为正，再结合赋值法，列出不等式组，从而得出实数m的取值范围，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为，
所以且，
对于A，当时，是递减数列；
当时，是摆动数列，故A错误；
对于B，当时，是递减数列，最大项为；
当，是摆动数列，，
所以数列的奇数项为正，偶数项为负，最大项为第一项，故B正确；
对于C，，且，
则，所以，
因为单调递减，
所以单调递增，
所以单调递增；故C正确；
对于D，当时，是递减数列，有最小项，没有最大项，
当，是摆动数列，
因为，所以数列奇数项为正，偶数项为负，且单调递减，
所以数列有最小项为最大项为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由已知条件可得首项和公比的取值范围，再结合公比的取值范围判断出数列的单调性和最值，则判断出选项A和选项B；利用等比数列的求和公式和首项、公比的取值范围，从而判断出函数的单调性，进而判断出数列的单调性，则判断出选项C；利用公比的取值范围和分类讨论的方法，从而判断出数列的单调性，从而得出数列的最小项，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】A,B,D
【知识点】圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：对于选项A，曲线过定点和，
且与只有两个交点和，则A正确；
对于选项B，当，时，曲线至少有4条对称轴，，，则B正确；
对于选项C，对于方程，用“”替换“”，方程依然成立；
用“”替换“”，方程依然成立，
所以星形线既关于轴对称，也关于轴对称，
考虑星形线在第一象限内的图形，
因为，所以图形在线段的下方，
再根据对称性，星形线的图形在曲线的内部，
因为曲线所围成的图形面积为2，
所以星形线围成的图形面积小于2，则C错误；
对于选项D，根据对称性，考虑星形线第一象限内的任意一点，
则，
当且仅当时取等号，所以在第一象限有一个交点，
再根据对称性另外三个象限各有一个交点，共4个交点，则D正确．
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件，易知曲线过定点和，可判断选项A；当为正偶数时，曲线关于轴、轴及对称，从而得出存在无数个正实数，曲线至少有4条对称轴，则可判断出选项B；根据表达式可判断出星形线围成的封闭图形曲线的内部，再利用曲线所围成的图形面积为2，得出星形线围成的图形面积小于2，可判断出选项C；联立星形线方程与圆的方程，从而解方程得出星形线与圆的公共点个数，可判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
13．【答案】6
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：在等差数列中，，
解得，所以.
故答案为：6.
【分析】根据给定条件和等差数列的性质，从而得出第三项的值，再由等差数列的性质得出的值.
14．【答案】
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：因为圆：的圆心，半径，
圆：的圆心，半径，
又因为与圆：和圆：都相切的直线有且仅有两条，
所以两圆相交，则，
即，解得，
所以，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由题意可得两圆的圆心坐标和半径长，再结合直线与圆相切的位置关系判断方法得出两圆相交，再根据两圆的位置关系得出实数a的取值范围.
15．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的数量积运算；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图，设，，
在中，，
，当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
【分析】设，，根据向量共线定理，从而将用已知向量表示，再利用余弦定理和数量积的运算法则以及数量积的定义，从而得到的表达式，再利用二次函数图象的对称性和单调性，从而得出二次函数的最小值，进而得出的最小值.
16．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
在中，，
由余弦定理得：，
又因为，所以，
设双曲线的左焦点为，，
在中，由余弦定理得：
，得，
由得，，．
所以离心率的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据题意，由余弦定理和代入计算，可得，再由双曲线的定义和余弦定理以及，从而得出的取值范围，进而得出双曲线的离心率的取值范围.
17．【答案】（1）解：法一：设圆的一般方程为，
代入三个点得，
解得，，，
所以的方程为．
法二：线段的垂直平分线是，
线段的垂直平分线是，联立得圆心坐标，
则半径，所以，圆的方程为．
（2）解：由题意得圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在，
则设直线的方程为，即，则，
解得或，
所以的方程为或．
【知识点】直线的一般式方程；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解。法一：设圆的一般方程和已知条件，再结合代入法，从而解方程组得出圆C的一般方程；法二：分别求出弦的垂直平分线，再联立两直线方程得出圆心坐标，再根据两点距离公式得出圆的半径，从而得出圆的标准方程.
（2）由题意得出圆心到直线的距离为，从而得出当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在，再设出直线的方程，根据点到直线的距离公式得出直线的斜率，从而得出直线的方程.
（1）法一：设圆的一般方程为，
代入三个点得，
解得，，，
所以的方程为．
法二：线段的垂直平分线是，
线段的垂直平分线是，联立得圆心坐标，
则半径，所以的方程为．
（2）由题意得圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在；
则设直线的方程为，即，则，
解得或，
所以的方程为或．
18．【答案】（1）证明：以为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量，
则，即，
令，则，所以
设可得平面的一个法向量，
则，即，
令，则，所以，
因为，又因为两平面不重合，
所以平面平面．
（2）解：因为，所以，
由（1）知平面的一个法向量，
则．
【知识点】用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）以为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面和平面一个的法向量，再结合和两平面不重合，从而证出平面平面.
（2）根据点到平面的距离公式和平面的一个法向量，从而得出点到平面的距离．
（1）以为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
，，．
设平面的一个法向量，
则，即，令，则，所以
设可得平面的一个法向量，
则，即，令，则，所以，
因为，两平面又不重合，
所以平面平面．
（2）因为，所以，
由（1）知平面的一个法向量，
则．
19．【答案】（1）解：联立方程：和直线，
消去得，
则．
（2）解：设点，易知，如下图所示：
由（1）可得，
由的重心恰为可得，
即；且，、可得，由点在上，满足，
可得，解得，
所以，，
即点为．
【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）联立直线和抛物线方程，再利用韦达定理得出的值.
（2）根据抛物线标准方程得出焦点坐标，再由（1）中韦达定理得出，再根据重心坐标公式可得点，再代入到抛物线方程得出p的值，从而得出点M的坐标.
（1）联立方程：和，
消去得得，
则．
（2）设点，易知，如下图所示：
由（1）可得，
由的重心恰为可得，即；
且，可得
由点在上，满足，可得，
解得，
所以，，
即点为．
20．【答案】（1）解：当时，，得，
所以；
则，得，
所以是首项为3，公比为3的等比数列，
所以，．
（2）解：由（1），可得，
当时，区间，所以；
当时，，
，
，即当，
在区间内的项有，，，，所以，
综上所述，，，
，①
，②
①②得，
，
．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据已知条件和与的关系，从而得出数列递推公式，结合等比数列的定义判断出数列是首项为3，公比为3的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）根据题意和等比数列前n项和公式以及分类讨论的方法，从而得出数列在区间中的项的个数，进而得出数列的通项公式，则得出数列的通项公式，再结合错位相减的方法得出数列的前项和.
（1）当时，，得，
所以；
则，
得，
所以是首项为3，公比为3的等比数列，所以，．
（2）由（1），可得，
当时，区间，所以，
当时，，
，
，即当，在区间内的项有，，，，
所以，
综上，，，
，①
，②
①②得，
，
．
21．【答案】（1）证明：如图，连接与交于点，
则为中点，也为中点，连接，，
因为，所以，
又因为，，是平面内两条相交线，
所以平面，平面，所以，
因为，分别为，中点，所以，
因为，所以，
又因为，是平面内两条相交线，
所平面.
（2）解：因为平面，所以平面平面，
作，交点为，则平面，
又因为平面，所以，
由，又，平面
所以平面，
又因为平面，所以，
由于四棱锥的底平面是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，
又因为，，
所以点即为的垂心，也为重心，
则，，，
如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，
则，，
设平面的一个法向量，
由，即，取，
又因为平面的一个法向量
所以，
即平面与平面夹角的余弦值.
【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）利用已知条件和等腰三角形三线合一得出线线垂直，再由线线垂直证出直线平面，从而得到，再根据中点作中位线的方法和中位线的性质得出线线平行，再由证出，从而由线线垂直证出线面垂直，即证出平面.
（2）利用线线垂直、线面垂直和面面垂直的推导关系、菱形的结构特征推出等边三角形的方法、垂心和重心的性质，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）如图，连接与交于点，
则为中点，也为中点，连接，．
因为，所以，
又，，是平面内两条相交线，
所以平面，平面，所以，
因为，分别为，中点，所以，
因为，所以．又，是平面内两条相交线，
所平面；
.
（2）因为平面，所以平面平面，
作，交点为，则平面，
又平面，所以，
由，又，平面
所以平面，又平面，所以，
由于四棱锥的底平面是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，又，，
所以点即为的垂心，也为重心，
则，，，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，
则，，
设平面的一个法向量，
由，即，取，
又平面的一个法向量
所以，
即平面与平面夹角的余弦值.
22．【答案】（1）解：由已知可得，则，
又因为，得出，
所以，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：法一：设，，
当直线的斜率存在时，
设的方程：，与椭圆联立，
得出，
则，．
所以，，
则，
所以
由
得出，
要使为定值，则为定值，
则，，此时，
当直线的斜率不存在，且，
则，或，，
此时，也满足题意，
综上所述，存在满足题意．
法二：设，，
则，
则
则，
当，，即，
则，即为定值．
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和短轴长的定义得出b的值，再结合题意的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）利用两种方法求解.
方法一：由分类讨论的方法，设，，则设出直线的方程：，再将直线与椭圆联立，再利用韦达定理和弦长公式，从而表示出三角形的面积，再根据三角形的面积公式和两点求斜率公式，从而得出三角形的面积为定值，并求出对应的实数的值.
方法二：设，，利用向量的模的坐标表示和数量积求向量夹角的坐标表示以及同角三角函数基本关系式，再根据三角形的面积公式和两点求斜率公式以及两角差的余弦公式，从而得出三角形的面积为定值，并求出对应的实数的值.
（1）由已知，，又得，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）法一：设，，
当直线的斜率存在时，设的方程：，与联立方程，得
，，．
，，
，
所以
又
，
要为定值，则为定值，
则，，
此时．
当直线的斜率不存在，且，
则，或，，
此时，也满足．
综上，存在满足题意．
法二：设，，
则，
则
，
当，，
即，则，即为定值．
1 / 1浙江省嘉兴市2023-2024学年高二上学期1月期末检测数学试题
1．（2024高二上·嘉兴期末）直线的倾斜角为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：由直线，可得该直线的倾斜角为.
故答案为：D.
【分析】根据直线方程和直线的倾斜角的定义，从而得出直线的倾斜角.
2．（2024高二上·嘉兴期末）数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，
当时，，
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和递推公式，从而求得的值.
3．（2024高二上·嘉兴期末）抛物线的准线方程是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为抛物线，所以，
则抛物线的准线方程为.
故答案为：C.
【分析】根据抛物线的方程得出p的值，从而可得抛物线的准线方程.
4．（2024高二上·嘉兴期末）已知空间向量，，且，则（ ）
A． B． C．1 D．17
【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：，
，，
即，
，解得，
.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和空间向量平行的坐标运算，从而得出的值，进而得出的值.
5．（2024高二上·嘉兴期末）已知点为圆：外一动点，过点作圆的两条切线，，切点分别为，，且，则动点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设，
因为，与圆相切，
所以，，，，
又因为，
所以四边形为正方形，
所以，则，
即动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以，动点的轨迹方程为．
故答案为：A．
【分析】由已知条件结合直线与圆相切的性质，从而可得四边形为正方形，再利用，结合两点间的距离公式，从而得出动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，进而得出动点的轨迹方程．
6．（2024高二上·嘉兴期末）已知，是椭圆：的两个焦点，A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；平面内两点间的距离公式；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，设，
由于A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点，
所以，又因为，
令，因为，所以，
所以，
由于对称轴为，所以在单调递减，
所以，
又因为，
即，所以.
故答案为：D.
【分析】设，由椭圆性质和已知条件可得x的取值范围，再由两点间的距离公式得，再令，由x的取值范围得出t的取值范围，则令，再结合二次函数的对称性和单调性，从而得出函数的值域，进而得出的取值范围.
7．（2024高二上·嘉兴期末）如图，把正方形纸片沿对角线进行翻折，点，满足，，是原正方形的中心，当，直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；异面直线所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：设正方形边长为3，
由题意知，，，
故，
则，
把正方形纸片沿对角线进行翻折后，直线与为异面直线，
则
，
故，
由题意知直线与为异面直线，它们所成角的取值范围为，
故直线与所成角的余弦值为.
故答案为：C.
【分析】设正方形边长为3，求出相关线段长，利用余弦定理求出的值，再结合数量积的运算法则，即可求出的值，再利用数量积求两向量的夹角公式，从而求出的值，再结合异面直线所成角的取值范围，从而得出直线与所成角的余弦值.
8．（2024高二上·嘉兴期末）已知数列和均为等差数列，它们的前项和分别为和，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由可得，即，
设，，
则，
所以，，，
若，则，
解得，，，此时，，即；
同理，若，则，
解得，则，，即；
综上所述，．
故答案为：D.
【分析】根据题意，由等差数列的前项和公式和等差数列的性质，可得，然后由等差数列的通项公式，设，，再利用分类讨论的方法和代入法以及赋值法，从而得出数列和的通项公式，进而得出的值.
9．（2024高二上·嘉兴期末）若构成空间的一个基底，则空间的另一个基底可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,C
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：对于A：因为构成空间的一个基底，
所以可以得两两都不是共线向量，
假设是共面向量，
则有显然无实数解，假设不成立，
因此不是共面向量，因此可以成为一组基底，所以A对；
对于B：因为构成空间的一个基底，
所以可以得两两都不是共线向量，
因为，所以是共面向量，因此不能成为一组基底，
所以B错；
对于C：因为构成空间的一个基底，
所以可以得两两都不是共线向量，
假设是共面向量，
则显然无实数解，
假设不成立，因此不是共面向量，因此可以成为一组基底，
所以C对；
对于D：因为构成空间的一个基底，
所以可以得两两都不是共线向量，
因为，
所以是共面向量，因此不能成为一组基底，所以D错.
故答案为：AC.
【分析】根据空间向量基底的判断方法，再结合共面向量的判断方法，从而逐项判断找出答案.
10．（2024高二上·嘉兴期末）已知直线：，则下列结论正确的是（ ）
A．直线过定点
B．原点到直线距离的最大值为
C．若点，到直线的距离相等，则
D．若直线经过一、二、三象限，则
【答案】A,B,D
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：将化为，
令，即得，即直线过定点，故A对；
当原点到定点的距离即是原点到直线的距离最大值，
即原点到直线距离的最大值为，故B对；
因为点，到直线的距离相等，
即，
即，解得，或，故C错；
若直线经过一、二、三象限，则直线在x轴的截距为负、y轴的截距为正，
令，则；令，则，则，
即，且或，所以，故D对；
故答案为：ABD.
【分析】将化为，从而建立方程组得出直线所过的定点坐标，则判断出选项A；由原点到定点的距离得出原点到直线的距离的最大值，则判断出选项B；根据两点间的距离公式和已知条件，可得出m的值，则判断出选项C；根据直线经过一、二、三象限，则直线在x轴的截距为负、y轴的截距为正，再结合赋值法，列出不等式组，从而得出实数m的取值范围，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．（2024高二上·嘉兴期末）记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．是递减数列 B．有最大项
C．是递增数列 D．有最小项
【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为，
所以且，
对于A，当时，是递减数列；
当时，是摆动数列，故A错误；
对于B，当时，是递减数列，最大项为；
当，是摆动数列，，
所以数列的奇数项为正，偶数项为负，最大项为第一项，故B正确；
对于C，，且，
则，所以，
因为单调递减，
所以单调递增，
所以单调递增；故C正确；
对于D，当时，是递减数列，有最小项，没有最大项，
当，是摆动数列，
因为，所以数列奇数项为正，偶数项为负，且单调递减，
所以数列有最小项为最大项为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由已知条件可得首项和公比的取值范围，再结合公比的取值范围判断出数列的单调性和最值，则判断出选项A和选项B；利用等比数列的求和公式和首项、公比的取值范围，从而判断出函数的单调性，进而判断出数列的单调性，则判断出选项C；利用公比的取值范围和分类讨论的方法，从而判断出数列的单调性，从而得出数列的最小项，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高二上·嘉兴期末）数学中有许多形状优美的曲线．例如曲线：，当时，是我们熟知的圆；当时，是形状如“四角星”的曲线，称为星形线，则下列关于曲线的结论正确的是（ ）
A．对任意正实数，曲线恒过2个定点
B．存在无数个正实数，曲线至少有4条对称轴
C．星形线围成的封闭图形的面积大于2
D．星形线与圆有四个公共点
【答案】A,B,D
【知识点】圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：对于选项A，曲线过定点和，
且与只有两个交点和，则A正确；
对于选项B，当，时，曲线至少有4条对称轴，，，则B正确；
对于选项C，对于方程，用“”替换“”，方程依然成立；
用“”替换“”，方程依然成立，
所以星形线既关于轴对称，也关于轴对称，
考虑星形线在第一象限内的图形，
因为，所以图形在线段的下方，
再根据对称性，星形线的图形在曲线的内部，
因为曲线所围成的图形面积为2，
所以星形线围成的图形面积小于2，则C错误；
对于选项D，根据对称性，考虑星形线第一象限内的任意一点，
则，
当且仅当时取等号，所以在第一象限有一个交点，
再根据对称性另外三个象限各有一个交点，共4个交点，则D正确．
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件，易知曲线过定点和，可判断选项A；当为正偶数时，曲线关于轴、轴及对称，从而得出存在无数个正实数，曲线至少有4条对称轴，则可判断出选项B；根据表达式可判断出星形线围成的封闭图形曲线的内部，再利用曲线所围成的图形面积为2，得出星形线围成的图形面积小于2，可判断出选项C；联立星形线方程与圆的方程，从而解方程得出星形线与圆的公共点个数，可判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
13．（2024高二上·嘉兴期末）在等差数列中，，则 ．
【答案】6
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：在等差数列中，，
解得，所以.
故答案为：6.
【分析】根据给定条件和等差数列的性质，从而得出第三项的值，再由等差数列的性质得出的值.
14．（2024高二上·嘉兴期末）已知与圆：和圆：都相切的直线有且仅有两条，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：因为圆：的圆心，半径，
圆：的圆心，半径，
又因为与圆：和圆：都相切的直线有且仅有两条，
所以两圆相交，则，
即，解得，
所以，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由题意可得两圆的圆心坐标和半径长，再结合直线与圆相切的位置关系判断方法得出两圆相交，再根据两圆的位置关系得出实数a的取值范围.
15．（2024高二上·嘉兴期末）在三棱锥中，和都是等边三角形，，，为棱上一点，则的最小值是 ．
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的数量积运算；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图，设，，
在中，，
，当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
【分析】设，，根据向量共线定理，从而将用已知向量表示，再利用余弦定理和数量积的运算法则以及数量积的定义，从而得到的表达式，再利用二次函数图象的对称性和单调性，从而得出二次函数的最小值，进而得出的最小值.
16．（2024高二上·嘉兴期末）已知双曲线：的左顶点为，右焦点为，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
在中，，
由余弦定理得：，
又因为，所以，
设双曲线的左焦点为，，
在中，由余弦定理得：
，得，
由得，，．
所以离心率的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据题意，由余弦定理和代入计算，可得，再由双曲线的定义和余弦定理以及，从而得出的取值范围，进而得出双曲线的离心率的取值范围.
17．（2024高二上·嘉兴期末）已知圆经过三点，，．
（1）求圆的方程；
（2）过的直线与圆交于另一点，且为等腰直角三角形，求的方程．
【答案】（1）解：法一：设圆的一般方程为，
代入三个点得，
解得，，，
所以的方程为．
法二：线段的垂直平分线是，
线段的垂直平分线是，联立得圆心坐标，
则半径，所以，圆的方程为．
（2）解：由题意得圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在，
则设直线的方程为，即，则，
解得或，
所以的方程为或．
【知识点】直线的一般式方程；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解。法一：设圆的一般方程和已知条件，再结合代入法，从而解方程组得出圆C的一般方程；法二：分别求出弦的垂直平分线，再联立两直线方程得出圆心坐标，再根据两点距离公式得出圆的半径，从而得出圆的标准方程.
（2）由题意得出圆心到直线的距离为，从而得出当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在，再设出直线的方程，根据点到直线的距离公式得出直线的斜率，从而得出直线的方程.
（1）法一：设圆的一般方程为，
代入三个点得，
解得，，，
所以的方程为．
法二：线段的垂直平分线是，
线段的垂直平分线是，联立得圆心坐标，
则半径，所以的方程为．
（2）由题意得圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离为2，故斜率存在；
则设直线的方程为，即，则，
解得或，
所以的方程为或．
18．（2024高二上·嘉兴期末）如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求到平面的距离．
【答案】（1）证明：以为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量，
则，即，
令，则，所以
设可得平面的一个法向量，
则，即，
令，则，所以，
因为，又因为两平面不重合，
所以平面平面．
（2）解：因为，所以，
由（1）知平面的一个法向量，
则．
【知识点】用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）以为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面和平面一个的法向量，再结合和两平面不重合，从而证出平面平面.
（2）根据点到平面的距离公式和平面的一个法向量，从而得出点到平面的距离．
（1）以为原点，以AD，DC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
，，．
设平面的一个法向量，
则，即，令，则，所以
设可得平面的一个法向量，
则，即，令，则，所以，
因为，两平面又不重合，
所以平面平面．
（2）因为，所以，
由（1）知平面的一个法向量，
则．
19．（2024高二上·嘉兴期末）已知抛物线：的焦点为，直线与交于，两点．
（1）求的值；
（2）若上存在点，使的重心恰为，求的值及点的坐标．
【答案】（1）解：联立方程：和直线，
消去得，
则．
（2）解：设点，易知，如下图所示：
由（1）可得，
由的重心恰为可得，
即；且，、可得，由点在上，满足，
可得，解得，
所以，，
即点为．
【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）联立直线和抛物线方程，再利用韦达定理得出的值.
（2）根据抛物线标准方程得出焦点坐标，再由（1）中韦达定理得出，再根据重心坐标公式可得点，再代入到抛物线方程得出p的值，从而得出点M的坐标.
（1）联立方程：和，
消去得得，
则．
（2）设点，易知，如下图所示：
由（1）可得，
由的重心恰为可得，即；
且，可得
由点在上，满足，可得，
解得，
所以，，
即点为．
20．（2024高二上·嘉兴期末）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
【答案】（1）解：当时，，得，
所以；
则，得，
所以是首项为3，公比为3的等比数列，
所以，．
（2）解：由（1），可得，
当时，区间，所以；
当时，，
，
，即当，
在区间内的项有，，，，所以，
综上所述，，，
，①
，②
①②得，
，
．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据已知条件和与的关系，从而得出数列递推公式，结合等比数列的定义判断出数列是首项为3，公比为3的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）根据题意和等比数列前n项和公式以及分类讨论的方法，从而得出数列在区间中的项的个数，进而得出数列的通项公式，则得出数列的通项公式，再结合错位相减的方法得出数列的前项和.
（1）当时，，得，
所以；
则，
得，
所以是首项为3，公比为3的等比数列，所以，．
（2）由（1），可得，
当时，区间，所以，
当时，，
，
，即当，在区间内的项有，，，，
所以，
综上，，，
，①
，②
①②得，
，
．
21．（2024高二上·嘉兴期末）如图，四棱锥的底平面是边长为2的菱形，，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：如图，连接与交于点，
则为中点，也为中点，连接，，
因为，所以，
又因为，，是平面内两条相交线，
所以平面，平面，所以，
因为，分别为，中点，所以，
因为，所以，
又因为，是平面内两条相交线，
所平面.
（2）解：因为平面，所以平面平面，
作，交点为，则平面，
又因为平面，所以，
由，又，平面
所以平面，
又因为平面，所以，
由于四棱锥的底平面是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，
又因为，，
所以点即为的垂心，也为重心，
则，，，
如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，
则，，
设平面的一个法向量，
由，即，取，
又因为平面的一个法向量
所以，
即平面与平面夹角的余弦值.
【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）利用已知条件和等腰三角形三线合一得出线线垂直，再由线线垂直证出直线平面，从而得到，再根据中点作中位线的方法和中位线的性质得出线线平行，再由证出，从而由线线垂直证出线面垂直，即证出平面.
（2）利用线线垂直、线面垂直和面面垂直的推导关系、菱形的结构特征推出等边三角形的方法、垂心和重心的性质，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）如图，连接与交于点，
则为中点，也为中点，连接，．
因为，所以，
又，，是平面内两条相交线，
所以平面，平面，所以，
因为，分别为，中点，所以，
因为，所以．又，是平面内两条相交线，
所平面；
.
（2）因为平面，所以平面平面，
作，交点为，则平面，
又平面，所以，
由，又，平面
所以平面，又平面，所以，
由于四棱锥的底平面是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，又，，
所以点即为的垂心，也为重心，
则，，，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，
则，，
设平面的一个法向量，
由，即，取，
又平面的一个法向量
所以，
即平面与平面夹角的余弦值.
22．（2024高二上·嘉兴期末）已知椭圆：，其短轴长为2，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，动点，在上，记直线，的斜率分别为，，试问：是否存在常数，使得当时，的面积为定值 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由已知可得，则，
又因为，得出，
所以，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：法一：设，，
当直线的斜率存在时，
设的方程：，与椭圆联立，
得出，
则，．
所以，，
则，
所以
由
得出，
要使为定值，则为定值，
则，，此时，
当直线的斜率不存在，且，
则，或，，
此时，也满足题意，
综上所述，存在满足题意．
法二：设，，
则，
则
则，
当，，即，
则，即为定值．
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和短轴长的定义得出b的值，再结合题意的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）利用两种方法求解.
方法一：由分类讨论的方法，设，，则设出直线的方程：，再将直线与椭圆联立，再利用韦达定理和弦长公式，从而表示出三角形的面积，再根据三角形的面积公式和两点求斜率公式，从而得出三角形的面积为定值，并求出对应的实数的值.
方法二：设，，利用向量的模的坐标表示和数量积求向量夹角的坐标表示以及同角三角函数基本关系式，再根据三角形的面积公式和两点求斜率公式以及两角差的余弦公式，从而得出三角形的面积为定值，并求出对应的实数的值.
（1）由已知，，又得，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）法一：设，，
当直线的斜率存在时，设的方程：，与联立方程，得
，，．
，，
，
所以
又
，
要为定值，则为定值，
则，，
此时．
当直线的斜率不存在，且，
则，或，，
此时，也满足．
综上，存在满足题意．
法二：设，，
则，
则
，
当，，
即，则，即为定值．
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