贵州省黔东南州2023-2024学年高二上学期期末检测数学试题
1．（2024高二上·黔东南期末）已知等比数列的前两项分别为1，－2，则该数列的第4项为（ ）
A．4 B．－4 C．8 D．－8
2．（2024高二上·黔东南期末）椭圆的焦距为（ ）
A． B．4 C． D．2
3．（2024高二上·黔东南期末）在空间直角坐标系中，已知向量是平面的一个法向量，且，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·黔东南期末）若数列满足，则（ ）
A．1 B． C． D．
5．（2024高二上·黔东南期末）已知椭圆的焦点为，为上一点，且点不在直线上，则“”是“的周长大于”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024高二上·黔东南期末）如图，在三棱锥中，点满足，则（ ）
A． B． C．2 D．
7．（2024高二上·黔东南期末）已知，C是抛物线上的三个点，F为焦点，，点C到x轴的距离为d，则的最小值为（ ）
A．10 B． C．11 D．
8．（2024高二上·黔东南期末）已知双曲线的离心率为，当时，在数列中，满足为有理数的的最大值为（ ）
A．959 B．960 C．961 D．963
9．（2024高二上·黔东南期末）若直线，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高二上·黔东南期末）已知是空间的一个单位正交基底，则（ ）
A．
B．构成空间的一个基底
C．
D．构成空间的一个基底
11．（2024高二上·黔东南期末）已知公比为的正项等比数列的前项积为，则（ ）
A．
B．当时，
C．
D．当，且取得最小值时，只能等于6
12．（2024高二上·黔东南期末）已知为坐标原点，是椭圆的右焦点，与交于两点，分别为的中点，若，则的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
13．（2024高二上·黔东南期末）双曲线的虚轴长为 ．
14．（2024高二上·黔东南期末）抛物线的准线方程为 ．
15．（2024高二上·黔东南期末）某阶梯大教室的座位数从第二排开始，每排的座位比前一排多3个，已知第一排有5个座位，且该阶梯大教室共有258个座位，则该阶梯大教室最后一排的座位数为 ．
16．（2024高二上·黔东南期末）已知，直线为上的动点.过点作的切线，切点分别为，当最小时，点的坐标为 ，直线的方程为 .
17．（2024高二上·黔东南期末）已知圆的圆心在直线上，且圆与轴相切于点．
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线与圆相交于两点，求．
18．（2024高二上·黔东南期末）在数列中，且成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
19．（2024高二上·黔东南期末）已知点，动点满足，记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）若是上不同的两点，且直线的斜率为5，线段的中点为，证明：点在直线上．
20．（2024高二上·黔东南期末）如图，在直四棱柱中，．
（1）证明：.
（2）若，四边形的面积为，求平面与平面夹角的余弦值.
21．（2024高二上·黔东南期末）已知数列的前项和为，且为定值．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
22．（2024高二上·黔东南期末）已知点在抛物线上，点在第一象限，过点且与相切的直线与轴交于点，与轴交于点．
（1）证明：是的中点．
（2）过点作的垂线交于另一点，且，求的斜率．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：易知该等比数列的公比为，首项为1，则该数列的第4项为．
故答案为：D.
【分析】由题可得等比数列的首项和公比，再根据等比数列的通项公式求解即可.
2．【答案】B
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则，故．
故答案为：B.
【分析】根据椭圆的标准方程可得，再求焦距即可.
3．【答案】B
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：因为平面的一个法向量，，
所以直线与平面所成角的正弦值等于.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据空间向量法求解即可.
4．【答案】D
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：数列满足，
令，可得，则；
令，可得，则.
故答案为：D.
【分析】令，，代入递推公式求解即可.
5．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，
所以的周长为，
若，则，
若，则，
所以“”是“的周长大于”的必要不充分条件.
故答案为：C.
【分析】根据椭圆的定义和三角形的周长公式得出的周长为，再利用和不等式的基本性质，从而由充分条件、必要条件的判断方法，进而找出正确的选项.
6．【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的加减法
【解析】【解答】解：因为，
所以，则．
故答案为：C.
【分析】由图，利用空间向量线性运算求解即可.
7．【答案】B
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为M的准线方程为，
所以，由抛物线焦半径公式得，
故，
所以
，
当且仅当C，D，F三点共线且C在线段DF上时，等号成立，
所以的最小值为．
故答案为：B.
【分析】利用抛物线的准线方程结合焦半径公式，从而得出，再根据数形结合和三点共线且C在线段DF上，从而得到的最小值.
8．【答案】A
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；数列的通项公式
【解析】【解答】解：双曲线的离心率，
因为，所以当时，为有理数，且，
则满足条件的的最大值为959．
故答案为：A.
【分析】先求双曲线的离心率，即可得数列的通项公式，再找到小于的最大平方数即可求出的最大值.
9．【答案】B,D
【知识点】两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：设直线的斜率分别为，
由题意易得：，
因为，所以，
因为且，所以.
故答案为：BD.
【分析】设直线的斜率分别为，根据斜率的关系，即可判断直线平行与垂直.
10．【答案】A,C,D
【知识点】共面向量定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、因为是空间的一个单位正交基底，所以均为单位向量且两两垂直，则，故A正确；
B、因为，所以不能构成空间的一个基底，故B错误；
C、，故C正确；
D、因为不存在实数，使得，所以构成空间的一个基底，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据均为单位向量且两两垂直即可判断A；利用基底的定义即可判断B；利用数量积的运算律求解即可判断C；利用基底的定义即可判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、由等比数列的性质可得：，故A正确；
B、当时，因为，所以，则，故B正确；
C、，故C正确；
D、当时，因为，所以，则的最小值为或，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】由题意，根据等比数列的性质求解即可判断AC；根据等比数列的公比和前项和即可判断BD.
12．【答案】A,D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：联立，消元整理得，结合示意图可得：
，
因为，分别是的中点，
所以，
又因为，所以，
则，
即，则，
所以，即，
则，即，有，由，解得，
即椭圆的离心率的取值范围为.
故答案为：AD.
【分析】联立直线、椭圆方程，消元整理求得点A、B的坐标，利用中点坐标公式表示出点M、N的坐标，再由，可得，即，求解即可得的离心率.
13．【答案】6
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则，故该双曲线的虚轴长为6．
故答案为：6.
【分析】根据双曲线的标准方程求解即可.
14．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解： 抛物线 ，则，即，
故抛物线的准线方程为．
故答案为：.
【分析】根据抛物线的标准方程求准线方程即可.
15．【答案】38
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意，可知该阶梯大教室的座位数从第一排开始构成等差数列，
且首项为5，公差为3，则，
设该阶梯大教室共有排，则，整理得，
因为，所以，所以该阶梯大教室最后一排的座位数为．
故答案为：38.
【分析】由题意，可知该阶梯大教室的座位数从第一排开始构成等差数列，利用等差数列的前项和求出，再利用通项公式计算即可.
16．【答案】；
【知识点】直线的点斜式方程；圆的标准方程；两圆的公切线条数及方程的确定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：化圆的方程为标准方程，其圆心为，半径为2，
如图所示：
由题意可知，
则，
当最小时，最小，此时与直线垂直，
直线的方程为，即.
联立，解得，所以点的坐标为，
，
在Rt中，，同理，
以为圆心，为半径作圆，如图，则线段为与的公共弦，
的方程为，即，
两圆方程相减得，即直线的方程为.
故答案为：；.
【分析】先化圆的一般方程为标准方程，求得圆心和半径，由题意可知，则，当与直线垂直时最小，结合点斜式方程可求解直线PM方程，进而求出点P的坐标；再利用勾股定理可得，以为圆心，为半径作圆，将两圆方程相减求直线AB方程即可.
17．【答案】（1）解：设圆 的圆心为，半径为，则圆的方程为，且，
因为圆与轴相切于点，所以，
所以，故圆的标准方程为；
（2）解：由（1）知，圆心为，半径为4，
因为圆心到直线的距离为，所以．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）设圆 的圆心为，半径为，以及圆的方程，利用相切和圆心满足的条件可求解即可；
（2）由（1）可得圆心和半径，求圆心到直线的距离，结合勾股定理求解即可.
（1）设圆的方程为，则．
因为圆与轴相切于点，所以，
所以，故圆的标准方程为．
（2）由（1）知，圆心为，半径为4，
因为圆心到直线的距离为，所以．
18．【答案】（1）解：因为数列满足，，则，所以数列是以1为公差的等差数列，
又因为成等比数列，所以，所以，解得，
所以，
故数列的通项公式为；
（2）解：由（1）可得：，
则
故数列的前n项和.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的前n项和；等比中项
【解析】【分析】（1）由数列的递推式得数列是首项为1的等差数列，结合等比中项的性质求解即可；
（2）由（1）可得，再根据裂项相消求和即可.
（1）由，即，可知数列是以1为公差的等差数列．
因为成等比数列，所以，所以，解得，
所以，
故数列的通项公式为.
（2），
则
所以数列的前n项和.
19．【答案】（1）解：因为，
所以根据双曲线的定义可知点的轨迹为以为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，
由，得，
所以的方程为；
（2）证明：设两点的坐标分别为，则
两式相减并整理得，，
设，依题意可得所以，
即，所以，
即，所以点在直线上．
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义求的方程即可；
（2）设两点的坐标分别为，利用点差法证点在直线即可.
（1）因为，
所以根据双曲线的定义可知点的轨迹为以为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，
由，得，
所以的方程为．
（2）证明：设两点的坐标分别为，
则
两式相减并整理得，，
设，依题意可得
所以，
即，所以，
即，所以点在直线上．
20．【答案】（1）证明：连接，设与相交于点，因为，
所以≌，所以，又，
所以≌，所以，又，
所以，即．
因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以；
（2）解：由题意知，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意可知，
四边形的面积为，解得，
所以，
由题意知为平面的一个法向量，
设为平面的一个法向量，则，
则，取，得，则，
所以，
故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）连接，证明，，即可平面，再根据，证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法求解即可.
（1）证明：连接，设与相交于点，因为，
所以≌，所以，又，
所以≌，所以，又，
所以，即．
因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以.
（2）由题意知，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由题意可知，
四边形的面积为，解得，
所以，
由题意知为平面的一个法向量，
设为平面的一个法向量，则，
则，取，得，则，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21．【答案】（1）解：因为数列的前项和为，且为定值，所以，
当时，，又因为，
所以，即，即，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
故；
（2）解：由（1）知，，
则，
所以，
所以，即，
故．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据为定值可得，再利用与之间的关系求数列的通项公式即可；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法求和得即可.
（1）因为，且为定值，所以．
当时，，又，
所以，即，即，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
故．
（2）由（1）知，，
则，
所以，
所以，
即，
故．
22．【答案】（1）证明：设直线的方程为，则，
联立，消元整理可得，
由，化简得，所以，
解方程，可得，所以，
因为，所以是的中点；
（2）解：结合（1），设过点且与直线垂直的直线方程为，
与联立，可得，
设，则，
，，
由，得．
因为函数是增函数，且，所以，即的斜率为1．
【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，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，利用相切求出的坐标，结合的坐标即可证明；
（2）利用垂直得出垂线的方程，联立抛物线，利用弦长公式求出弦长，结合数量关系求解即可.
（1）证明：设直线的方程为，则．
与联立，可得．
由，化简得，所以．
解方程，可得，所以．
因为，所以是的中点．
（2）解：结合（1），设过点且与直线垂直的直线方程为，
与联立，可得．
设，则，
，，
由，得．
因为函数是增函数，且，所以，即的斜率为1．
1 / 1贵州省黔东南州2023-2024学年高二上学期期末检测数学试题
1．（2024高二上·黔东南期末）已知等比数列的前两项分别为1，－2，则该数列的第4项为（ ）
A．4 B．－4 C．8 D．－8
【答案】D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：易知该等比数列的公比为，首项为1，则该数列的第4项为．
故答案为：D.
【分析】由题可得等比数列的首项和公比，再根据等比数列的通项公式求解即可.
2．（2024高二上·黔东南期末）椭圆的焦距为（ ）
A． B．4 C． D．2
【答案】B
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则，故．
故答案为：B.
【分析】根据椭圆的标准方程可得，再求焦距即可.
3．（2024高二上·黔东南期末）在空间直角坐标系中，已知向量是平面的一个法向量，且，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：因为平面的一个法向量，，
所以直线与平面所成角的正弦值等于.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据空间向量法求解即可.
4．（2024高二上·黔东南期末）若数列满足，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：数列满足，
令，可得，则；
令，可得，则.
故答案为：D.
【分析】令，，代入递推公式求解即可.
5．（2024高二上·黔东南期末）已知椭圆的焦点为，为上一点，且点不在直线上，则“”是“的周长大于”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 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
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，
所以的周长为，
若，则，
若，则，
所以“”是“的周长大于”的必要不充分条件.
故答案为：C.
【分析】根据椭圆的定义和三角形的周长公式得出的周长为，再利用和不等式的基本性质，从而由充分条件、必要条件的判断方法，进而找出正确的选项.
6．（2024高二上·黔东南期末）如图，在三棱锥中，点满足，则（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的加减法
【解析】【解答】解：因为，
所以，则．
故答案为：C.
【分析】由图，利用空间向量线性运算求解即可.
7．（2024高二上·黔东南期末）已知，C是抛物线上的三个点，F为焦点，，点C到x轴的距离为d，则的最小值为（ ）
A．10 B． C．11 D．
【答案】B
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为M的准线方程为，
所以，由抛物线焦半径公式得，
故，
所以
，
当且仅当C，D，F三点共线且C在线段DF上时，等号成立，
所以的最小值为．
故答案为：B.
【分析】利用抛物线的准线方程结合焦半径公式，从而得出，再根据数形结合和三点共线且C在线段DF上，从而得到的最小值.
8．（2024高二上·黔东南期末）已知双曲线的离心率为，当时，在数列中，满足为有理数的的最大值为（ ）
A．959 B．960 C．961 D．963
【答案】A
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；数列的通项公式
【解析】【解答】解：双曲线的离心率，
因为，所以当时，为有理数，且，
则满足条件的的最大值为959．
故答案为：A.
【分析】先求双曲线的离心率，即可得数列的通项公式，再找到小于的最大平方数即可求出的最大值.
9．（2024高二上·黔东南期末）若直线，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：设直线的斜率分别为，
由题意易得：，
因为，所以，
因为且，所以.
故答案为：BD.
【分析】设直线的斜率分别为，根据斜率的关系，即可判断直线平行与垂直.
10．（2024高二上·黔东南期末）已知是空间的一个单位正交基底，则（ ）
A．
B．构成空间的一个基底
C．
D．构成空间的一个基底
【答案】A,C,D
【知识点】共面向量定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、因为是空间的一个单位正交基底，所以均为单位向量且两两垂直，则，故A正确；
B、因为，所以不能构成空间的一个基底，故B错误；
C、，故C正确；
D、因为不存在实数，使得，所以构成空间的一个基底，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据均为单位向量且两两垂直即可判断A；利用基底的定义即可判断B；利用数量积的运算律求解即可判断C；利用基底的定义即可判断D.
11．（2024高二上·黔东南期末）已知公比为的正项等比数列的前项积为，则（ ）
A．
B．当时，
C．
D．当，且取得最小值时，只能等于6
【答案】A,B,C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、由等比数列的性质可得：，故A正确；
B、当时，因为，所以，则，故B正确；
C、，故C正确；
D、当时，因为，所以，则的最小值为或，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】由题意，根据等比数列的性质求解即可判断AC；根据等比数列的公比和前项和即可判断BD.
12．（2024高二上·黔东南期末）已知为坐标原点，是椭圆的右焦点，与交于两点，分别为的中点，若，则的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：联立，消元整理得，结合示意图可得：
，
因为，分别是的中点，
所以，
又因为，所以，
则，
即，则，
所以，即，
则，即，有，由，解得，
即椭圆的离心率的取值范围为.
故答案为：AD.
【分析】联立直线、椭圆方程，消元整理求得点A、B的坐标，利用中点坐标公式表示出点M、N的坐标，再由，可得，即，求解即可得的离心率.
13．（2024高二上·黔东南期末）双曲线的虚轴长为 ．
【答案】6
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则，故该双曲线的虚轴长为6．
故答案为：6.
【分析】根据双曲线的标准方程求解即可.
14．（2024高二上·黔东南期末）抛物线的准线方程为 ．
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解： 抛物线 ，则，即，
故抛物线的准线方程为．
故答案为：.
【分析】根据抛物线的标准方程求准线方程即可.
15．（2024高二上·黔东南期末）某阶梯大教室的座位数从第二排开始，每排的座位比前一排多3个，已知第一排有5个座位，且该阶梯大教室共有258个座位，则该阶梯大教室最后一排的座位数为 ．
【答案】38
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意，可知该阶梯大教室的座位数从第一排开始构成等差数列，
且首项为5，公差为3，则，
设该阶梯大教室共有排，则，整理得，
因为，所以，所以该阶梯大教室最后一排的座位数为．
故答案为：38.
【分析】由题意，可知该阶梯大教室的座位数从第一排开始构成等差数列，利用等差数列的前项和求出，再利用通项公式计算即可.
16．（2024高二上·黔东南期末）已知，直线为上的动点.过点作的切线，切点分别为，当最小时，点的坐标为 ，直线的方程为 .
【答案】；
【知识点】直线的点斜式方程；圆的标准方程；两圆的公切线条数及方程的确定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：化圆的方程为标准方程，其圆心为，半径为2，
如图所示：
由题意可知，
则，
当最小时，最小，此时与直线垂直，
直线的方程为，即.
联立，解得，所以点的坐标为，
，
在Rt中，，同理，
以为圆心，为半径作圆，如图，则线段为与的公共弦，
的方程为，即，
两圆方程相减得，即直线的方程为.
故答案为：；.
【分析】先化圆的一般方程为标准方程，求得圆心和半径，由题意可知，则，当与直线垂直时最小，结合点斜式方程可求解直线PM方程，进而求出点P的坐标；再利用勾股定理可得，以为圆心，为半径作圆，将两圆方程相减求直线AB方程即可.
17．（2024高二上·黔东南期末）已知圆的圆心在直线上，且圆与轴相切于点．
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线与圆相交于两点，求．
【答案】（1）解：设圆 的圆心为，半径为，则圆的方程为，且，
因为圆与轴相切于点，所以，
所以，故圆的标准方程为；
（2）解：由（1）知，圆心为，半径为4，
因为圆心到直线的距离为，所以．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）设圆 的圆心为，半径为，以及圆的方程，利用相切和圆心满足的条件可求解即可；
（2）由（1）可得圆心和半径，求圆心到直线的距离，结合勾股定理求解即可.
（1）设圆的方程为，则．
因为圆与轴相切于点，所以，
所以，故圆的标准方程为．
（2）由（1）知，圆心为，半径为4，
因为圆心到直线的距离为，所以．
18．（2024高二上·黔东南期末）在数列中，且成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：因为数列满足，，则，所以数列是以1为公差的等差数列，
又因为成等比数列，所以，所以，解得，
所以，
故数列的通项公式为；
（2）解：由（1）可得：，
则
故数列的前n项和.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的前n项和；等比中项
【解析】【分析】（1）由数列的递推式得数列是首项为1的等差数列，结合等比中项的性质求解即可；
（2）由（1）可得，再根据裂项相消求和即可.
（1）由，即，可知数列是以1为公差的等差数列．
因为成等比数列，所以，所以，解得，
所以，
故数列的通项公式为.
（2），
则
所以数列的前n项和.
19．（2024高二上·黔东南期末）已知点，动点满足，记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）若是上不同的两点，且直线的斜率为5，线段的中点为，证明：点在直线上．
【答案】（1）解：因为，
所以根据双曲线的定义可知点的轨迹为以为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，
由，得，
所以的方程为；
（2）证明：设两点的坐标分别为，则
两式相减并整理得，，
设，依题意可得所以，
即，所以，
即，所以点在直线上．
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义求的方程即可；
（2）设两点的坐标分别为，利用点差法证点在直线即可.
（1）因为，
所以根据双曲线的定义可知点的轨迹为以为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，
由，得，
所以的方程为．
（2）证明：设两点的坐标分别为，
则
两式相减并整理得，，
设，依题意可得
所以，
即，所以，
即，所以点在直线上．
20．（2024高二上·黔东南期末）如图，在直四棱柱中，．
（1）证明：.
（2）若，四边形的面积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，设与相交于点，因为，
所以≌，所以，又，
所以≌，所以，又，
所以，即．
因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以；
（2）解：由题意知，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意可知，
四边形的面积为，解得，
所以，
由题意知为平面的一个法向量，
设为平面的一个法向量，则，
则，取，得，则，
所以，
故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）连接，证明，，即可平面，再根据，证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法求解即可.
（1）证明：连接，设与相交于点，因为，
所以≌，所以，又，
所以≌，所以，又，
所以，即．
因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以.
（2）由题意知，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由题意可知，
四边形的面积为，解得，
所以，
由题意知为平面的一个法向量，
设为平面的一个法向量，则，
则，取，得，则，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21．（2024高二上·黔东南期末）已知数列的前项和为，且为定值．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）解：因为数列的前项和为，且为定值，所以，
当时，，又因为，
所以，即，即，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
故；
（2）解：由（1）知，，
则，
所以，
所以，即，
故．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据为定值可得，再利用与之间的关系求数列的通项公式即可；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法求和得即可.
（1）因为，且为定值，所以．
当时，，又，
所以，即，即，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
故．
（2）由（1）知，，
则，
所以，
所以，
即，
故．
22．（2024高二上·黔东南期末）已知点在抛物线上，点在第一象限，过点且与相切的直线与轴交于点，与轴交于点．
（1）证明：是的中点．
（2）过点作的垂线交于另一点，且，求的斜率．
【答案】（1）证明：设直线的方程为，则，
联立，消元整理可得，
由，化简得，所以，
解方程，可得，所以，
因为，所以是的中点；
（2）解：结合（1），设过点且与直线垂直的直线方程为，
与联立，可得，
设，则，
，，
由，得．
因为函数是增函数，且，所以，即的斜率为1．
【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，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，利用相切求出的坐标，结合的坐标即可证明；
（2）利用垂直得出垂线的方程，联立抛物线，利用弦长公式求出弦长，结合数量关系求解即可.
（1）证明：设直线的方程为，则．
与联立，可得．
由，化简得，所以．
解方程，可得，所以．
因为，所以是的中点．
（2）解：结合（1），设过点且与直线垂直的直线方程为，
与联立，可得．
设，则，
，，
由，得．
因为函数是增函数，且，所以，即的斜率为1．
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