贵州省毕节市威宁县2023-2024学年高二上学期高中素质教育期末测试数学试卷
1．（2024高二上·威宁期末）双曲线的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线，可得
所以双曲线的渐近线方程是.
故答案为：C.
【分析】利用双曲线方程求再利用双曲线的几何性质写出渐近线方程即可求解.
2．（2024高二上·威宁期末）准线方程为的抛物线的标准方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：已知抛物线的准线方程为，可知抛物线是焦点在轴负半轴上的抛物线，
设其方程为，则其准线方程为，解得
故该抛物线的标准方程是.
故答案为：A.
【分析】先根据抛物线的准线方程判断出开口方向，设出抛物线方程求出p即可求解.
3．（2024高二上·威宁期末）若数列的前项和，则（ ）
A．7 B．8 C．12 D．24
【答案】D
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由题意得，
所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件求出，，即可求解.
4．（2024高二上·威宁期末）若直线的斜率小于0，那么该直线不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【知识点】直线的倾斜角；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：直线过定点，化成斜截式可得
所以斜率，故该直线不经过第三象限.
故答案为：C.
【分析】先求出直线过定点、再根据斜率小于0结合直线的性质即可求解.
5．（2024高二上·威宁期末）如图1，在四面体中，点分别为线段的中点，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：在四面体中，已知分别为线段的中点，
得，
而，由空间向量基本定理得：，
所以.
故答案为：A
【分析】由题意可得，再借助空间向量基本定理即可求解.
6．（2024高二上·威宁期末）已知数列均为等差数列，且，设数列的前项的和为，则（ ）
A．1335 B．900 C．1020 D．1050
【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：已知数列、为等差数列，则数列也为等差数列，
其首项是，且，所以公差为，
则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用等差数列的性质可得数列为等差数列，求出首项和公差为，再利用等差数列求和公式即可求解.
7．（2024高二上·威宁期末）已知等比数列的第二项为1，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为等比数列的第二项为1，所以数列的偶数项一定为正，
若，则，即，
此时，故，即充分性成立；
若，则，所以或，
此时或，所以不一定成立，即必要性不成立.
故答案为：A.
【分析】利用等比数列性质及单调性的判定结合充分性必要性的定义即可求解
8．（2024高二上·威宁期末）设分别是椭圆的左 右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，
，设
，在Rt中，，
，解得，
在Rt中，
所以直线的斜率为，
故答案为：B.
【分析】由题意点P在以为直径的圆上可得，可设，利用椭圆的定义表示，再利用勾股定理消参解得，用倾斜角和斜率的关系即可.
9．（2024高二上·威宁期末）下列命题中，正确的是（ ）
A．两条不重合直线的方向向量分别是，则
B．直线的方向向量，平面的法向量，则
C．两个不同的平面的法向量分别是，则
D．直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面所成角的大小为
【答案】A,C,D
【知识点】向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A，已知，则，因为直线不重合，所以，故A选项正确；
，因为，所以，所以或，故B选项错误；
C，因为，所以，所以，故C选项正确；
D，设直线与平面所成角为，则，
因为线面角的取值范围为，所以直线与平面所成角的大小为，故D选项正确，
故答案为：ACD.
【分析】利用空间向量直线的方向向量和平面的法向量与线面关系的判定关系逐项判定即可求解.
10．（2024高二上·威宁期末）已知圆和圆的交点为，则（ ）
A．公共弦所在直线的方程为
B．线段的中垂线方程为
C．公共弦的长为
D．为圆上一动点，则到直线距离的最大值为
【答案】A,B,C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：，已知圆，
两式作差可得公共弦所在直线的方程为，即，故A选项正确；
，圆的圆心为，的圆心，
则线段中垂线即直线，斜率为，
即线段中垂线方程为，整理可得，故B选项正确；
，圆心到的距离为，
又圆的半径，所以，故C选项正确；
为圆上一动点，圆心到的距离为，
又圆的半径，所以到直线距离的最大值为，故D选项错误，
故答案为：ABC.
【分析】两圆方程相减即可得公共弦的方程即可判断A；两个圆心的连线即AB中垂线即可判断B；利用两圆中一个圆的圆心到直线的距离，则由公共弦即可判断C；利用点到直线的距离公式求圆心到的距离，加上半径即为最大值即可判断D.
11．（2024高二上·威宁期末）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，则下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的焦点坐标是
B．焦点到准线的距离是4
C．若点的坐标为，则的最小值为6
D．若为线段的中点，则的坐标可以是
【答案】B,C,D
【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：由题意可得，焦点到准线的距离是4，故A选项错误，B选项正确；
C，已知如图所示：
过点作垂直于准线，垂足为，则，
当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为6，故C选项正确；
D，假设的坐标是，设，则，
由直线交抛物线于两点，得两式相减得，
即，所以，即，
所以直线的方程为，即，将代入得，
所以直线过点，符合题意，所以的坐标可以是，故D选项正确，
故答案为：BCD.
【分析】利用抛物线的定义及几何形状即可A，B，利用抛物线的定义把转化成再利用三点共线时取得最小值即可判断C，利用点差法即可判断D.
12．（2024高二上·威宁期末）已知数列满足：，则（ ）
A．是递减数列 B．是等比数列
C． D．当时，
【答案】A,D
【知识点】基本不等式；等比关系的确定；数列的递推公式
【解析】【解答】解：已知，可构造函数，
可知函数在上为增函数，且当时，，
则且，
可得，
即，是递减数列，故A选项正确；
由，可得，
即有，且，
则是首项和公差均为1的等差数列，故B选项错误；
由等差数列的通项公式可得，则
，故选项错误；
当时，，故D选项正确，
故答案为：AD.
【分析】先构造函数，结合反比例型函数性质可判定且，结合基本不等式可得是递减数列即可判定A；由数列的递推关系可得数列是以为首项，1为公差的等差数列，可得即可判定B；再根据数列的求和即可判断C；由数列即可计算D.
13．（2024高二上·威宁期末）与圆有相同圆心，且过点的圆的标准方程是 .
【答案】
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】解：圆的标准方程为，则圆心，
因为圆过点半径，
则圆的标准方程为.
故答案为：.
【分析】先把圆C的一般式方程化成标准式求出圆心C，再利用两点间距离得半径即可求解.
14．（2024高二上·威宁期末）在空间直角坐标系中，已知三点，则点到直线的距离为 .
【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
【分析】由题意可得，求出，再利用点到直线的距离公式即可求解.
15．（2024高二上·威宁期末）已知数列是公差不为0的等差数列，数列为等比数列，数列的前三项分别为，则数列的公比是 .
【答案】4
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，数列为等比数列，设公比为，
由，，可得，即为，
即，解得，则.
故答案为：4
【分析】由题意数列的前三项分别为可得 ，再结合等差数列基本量的计算即可求解.
16．（2024高二上·威宁期末）过双曲线的左焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为，这条垂线与另一条渐近线在第一象限内交于点为坐标原点，若，则的离心率为 .
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
不妨设，渐近线，
渐近线，直线，
则原点到直线的距离，
联立解得，即，
所以，
在Rt中，，
整理得，所以，即，则的离心率.
故答案为：.
【分析】先设，渐近线，利用点斜式即可得到直线的方程，联立，求出点坐标，用a，b，c表示，，在Rt中，利用勾股定理化简整理可得，即，即可求解.
17．（2024高二上·威宁期末）已知直线与圆相切.
（1）求实数的值及圆的半径；
（2）已知直线与圆相交于两点，若的面积为2，求直线的方程.
【答案】（1）解：由题意知圆，
故圆心，半径为，
因为直线与圆相切，
所以，解得，
所以圆的半径为.
（2）解：设圆心到直线的距离为，则
则，
所以，解得，
故，解得或，
所以直线的方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系；圆方程的综合应用
【解析】【分析】（1）先根据圆的标准方程求出圆心坐标和半径，再利用点到直线的距离求得参数值即可求解；
（2）先用表示圆心到直线的距离d，再利用三角形面积为2，求得圆心到直线的距离为，代入即可求解．
（1）由题意知圆，
故圆心，半径为，
因为直线与圆相切，
所以，解得，
所以圆的半径为.
（2）设圆心到直线的距离为，
则，
所以，解得，
故，解得或，
所以直线的方程为或.
18．（2024高二上·威宁期末）已知为数列的前项和，且.
（1）证明：数列为等差数列，并求的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，求.
【答案】（1）证明：对任意的，
则，
所以数列为等差数列，且其首项为，公差为1，
所以，
故.
（2）解：当时，，
也满足，
故对任意的.
所以，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用前项和和通项公式的关系证明，结合等差数列的定义可得数列为等差数列，利用等差数列的通项公式即可求解.
（2）由（1）结合前n项和与的关系可得，再利用裂项相消法求即可.
（1）对任意的，
则，
所以数列为等差数列，且其首项为，公差为1，
所以，
故.
（2）当时，，
也满足，
故对任意的.
所以，
故.
19．（2024高二上·威宁期末）已知过点的直线与抛物线交于两点，且当的斜率为1时，恰为的中点.
（1）求抛物线的方程；
（2）当经过抛物线的焦点时，求（为原点）的面积.
【答案】（1）解：当斜率为1时，如图所示：
可得直线的方程为，
此时直线恰好经过坐标原点，不妨设，则为抛物线上的点，
把代入抛物线方程得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）解：由（1）可知抛物线的焦点，
当直线经过时，直线的方程为，
联立消去并整理得，
不妨设，
由根与系数关系可得，
则的面积.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先求出直线方程，设利用中点坐标即可求出B点坐标，把B点坐标代入抛物线即可求解；
（2）先写出，求出直线的方程再和抛物线方程联立，利用根与系数关系和面积公式即可求解.
（1）当斜率为1时，
可得直线的方程为，
此时直线恰好经过坐标原点，
不妨设，
则为抛物线上的点，
所以，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）可知抛物线的焦点，
当直线经过时，直线的方程为，
联立消去并整理得，
不妨设，
由韦达定理得，
则的面积.
20．（2024高二上·威宁期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，.
（1）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；
（2）求平面与平面的夹角的大小.
【答案】（1）解：存在，当为的中点时，平面.
证明如下：设为的中点，连接，如图所示：
则在中，，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面与平面的夹角为，
则.
即平面与平面的夹角为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）先假设当为的中点，由中位线及平行公理可得，进而可证明四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可求解；
（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量为，再利用法向量的夹角即可求解.
（1）当为的中点时，平面.
证明如下：设为的中点，连接，如图，
则在中，，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）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，
则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面与平面的夹角为，
则.
即平面与平面的夹角为.
21．（2024高二上·威宁期末）已知递增的等比数列满足，且成等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前项和.
【答案】（1）解：设等比数列的公比为，
则，
成等差数列，
，即，
化简整理得，
解得，或，
又因为等比数列为递增数列，且，即
所以故，
首项，
.
（2）解：由（1）可得
则数列的前项和为
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）已知等比数列，利用等比数列的通项公式求出，再利用等差数列的定义即可求出q，根据为递增等比数列可得，代入已知即可求出即可求解.
（2）先由（1）可得再分组求和转化为等比数列求和即可求解.
（1）由题意，设等比数列的公比为，
则，
成等差数列，
，即，
化简整理，得，
解得（舍去），或，
首项，
.
（2）由（1）可得
则数列的前项和为
22．（2024高二上·威宁期末）已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知圆.过点作直线和，且两直线的斜率之积等于与圆相切于点与椭圆相交于不同的两点.
①求的取值范围；
②求面积的最大值.
【答案】（1）解：由椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：①由题意，两直线的斜率均存在，且两直线的斜率之积为1，
设的斜率为，则的斜率为，如图所示：
则直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
因为与圆相切于点，所以，化简得，
由，整理得，
所以，
化简得
由，可得，
代入上式化简得，解得，
又因为，可得，得，
所以的取值范围是.
②设，
由（1）可知，
又
，
又原点到直线的距离，
面积
，
设，则，
由以及得，则，
故，而，
且，
则，
故，即，
所以当时，取最大值，
则面积的最大值是，
综上得，面积的最大值是.
【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】【分析】（1）利用已知条件列方程组求出的值，即可求解；
（2）①设出直线和的方程，根据与圆相切求出，椭圆方程和方程联立消去y，再利用判别式即可求得参数m的范围；②由①可得根与系数的关系式，可求出弦长的表达式，可求出面积的表达式，结合换元以及求解二次函数的最值，即可求得答案.
（1）由椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①由题意，两直线的斜率均存在，且两直线的斜率之积为1，
设的斜率为，则的斜率为，
则直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
因为与圆相切于点，所以，化简得，
由，整理得，
所以，
化简得
由，可得，
代入上式化简得，解得，
又因为，可得，得，
所以的取值范围是.
②设，
由（1）可知，
又
，
又原点到直线的距离，
面积
，
设，则，
由以及得，则，
故，而，
且，
则，
故，即，
所以当时，取最大值，
则面积的最大值是，
综上得，面积的最大值是.
1 / 1贵州省毕节市威宁县2023-2024学年高二上学期高中素质教育期末测试数学试卷
1．（2024高二上·威宁期末）双曲线的渐近线方程是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·威宁期末）准线方程为的抛物线的标准方程是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·威宁期末）若数列的前项和，则（ ）
A．7 B．8 C．12 D．24
4．（2024高二上·威宁期末）若直线的斜率小于0，那么该直线不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
5．（2024高二上·威宁期末）如图1，在四面体中，点分别为线段的中点，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
6．（2024高二上·威宁期末）已知数列均为等差数列，且，设数列的前项的和为，则（ ）
A．1335 B．900 C．1020 D．1050
7．（2024高二上·威宁期末）已知等比数列的第二项为1，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2024高二上·威宁期末）设分别是椭圆的左 右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为（ ）
A．4 B． C． D．
9．（2024高二上·威宁期末）下列命题中，正确的是（ ）
A．两条不重合直线的方向向量分别是，则
B．直线的方向向量，平面的法向量，则
C．两个不同的平面的法向量分别是，则
D．直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面所成角的大小为
10．（2024高二上·威宁期末）已知圆和圆的交点为，则（ ）
A．公共弦所在直线的方程为
B．线段的中垂线方程为
C．公共弦的长为
D．为圆上一动点，则到直线距离的最大值为
11．（2024高二上·威宁期末）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，则下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的焦点坐标是
B．焦点到准线的距离是4
C．若点的坐标为，则的最小值为6
D．若为线段的中点，则的坐标可以是
12．（2024高二上·威宁期末）已知数列满足：，则（ ）
A．是递减数列 B．是等比数列
C． D．当时，
13．（2024高二上·威宁期末）与圆有相同圆心，且过点的圆的标准方程是 .
14．（2024高二上·威宁期末）在空间直角坐标系中，已知三点，则点到直线的距离为 .
15．（2024高二上·威宁期末）已知数列是公差不为0的等差数列，数列为等比数列，数列的前三项分别为，则数列的公比是 .
16．（2024高二上·威宁期末）过双曲线的左焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为，这条垂线与另一条渐近线在第一象限内交于点为坐标原点，若，则的离心率为 .
17．（2024高二上·威宁期末）已知直线与圆相切.
（1）求实数的值及圆的半径；
（2）已知直线与圆相交于两点，若的面积为2，求直线的方程.
18．（2024高二上·威宁期末）已知为数列的前项和，且.
（1）证明：数列为等差数列，并求的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，求.
19．（2024高二上·威宁期末）已知过点的直线与抛物线交于两点，且当的斜率为1时，恰为的中点.
（1）求抛物线的方程；
（2）当经过抛物线的焦点时，求（为原点）的面积.
20．（2024高二上·威宁期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，.
（1）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；
（2）求平面与平面的夹角的大小.
21．（2024高二上·威宁期末）已知递增的等比数列满足，且成等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前项和.
22．（2024高二上·威宁期末）已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知圆.过点作直线和，且两直线的斜率之积等于与圆相切于点与椭圆相交于不同的两点.
①求的取值范围；
②求面积的最大值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线，可得
所以双曲线的渐近线方程是.
故答案为：C.
【分析】利用双曲线方程求再利用双曲线的几何性质写出渐近线方程即可求解.
2．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：已知抛物线的准线方程为，可知抛物线是焦点在轴负半轴上的抛物线，
设其方程为，则其准线方程为，解得
故该抛物线的标准方程是.
故答案为：A.
【分析】先根据抛物线的准线方程判断出开口方向，设出抛物线方程求出p即可求解.
3．【答案】D
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由题意得，
所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件求出，，即可求解.
4．【答案】C
【知识点】直线的倾斜角；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：直线过定点，化成斜截式可得
所以斜率，故该直线不经过第三象限.
故答案为：C.
【分析】先求出直线过定点、再根据斜率小于0结合直线的性质即可求解.
5．【答案】A
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：在四面体中，已知分别为线段的中点，
得，
而，由空间向量基本定理得：，
所以.
故答案为：A
【分析】由题意可得，再借助空间向量基本定理即可求解.
6．【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：已知数列、为等差数列，则数列也为等差数列，
其首项是，且，所以公差为，
则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用等差数列的性质可得数列为等差数列，求出首项和公差为，再利用等差数列求和公式即可求解.
7．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为等比数列的第二项为1，所以数列的偶数项一定为正，
若，则，即，
此时，故，即充分性成立；
若，则，所以或，
此时或，所以不一定成立，即必要性不成立.
故答案为：A.
【分析】利用等比数列性质及单调性的判定结合充分性必要性的定义即可求解
8．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，
，设
，在Rt中，，
，解得，
在Rt中，
所以直线的斜率为，
故答案为：B.
【分析】由题意点P在以为直径的圆上可得，可设，利用椭圆的定义表示，再利用勾股定理消参解得，用倾斜角和斜率的关系即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A，已知，则，因为直线不重合，所以，故A选项正确；
，因为，所以，所以或，故B选项错误；
C，因为，所以，所以，故C选项正确；
D，设直线与平面所成角为，则，
因为线面角的取值范围为，所以直线与平面所成角的大小为，故D选项正确，
故答案为：ACD.
【分析】利用空间向量直线的方向向量和平面的法向量与线面关系的判定关系逐项判定即可求解.
10．【答案】A,B,C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：，已知圆，
两式作差可得公共弦所在直线的方程为，即，故A选项正确；
，圆的圆心为，的圆心，
则线段中垂线即直线，斜率为，
即线段中垂线方程为，整理可得，故B选项正确；
，圆心到的距离为，
又圆的半径，所以，故C选项正确；
为圆上一动点，圆心到的距离为，
又圆的半径，所以到直线距离的最大值为，故D选项错误，
故答案为：ABC.
【分析】两圆方程相减即可得公共弦的方程即可判断A；两个圆心的连线即AB中垂线即可判断B；利用两圆中一个圆的圆心到直线的距离，则由公共弦即可判断C；利用点到直线的距离公式求圆心到的距离，加上半径即为最大值即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【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：由题意可得，焦点到准线的距离是4，故A选项错误，B选项正确；
C，已知如图所示：
过点作垂直于准线，垂足为，则，
当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为6，故C选项正确；
D，假设的坐标是，设，则，
由直线交抛物线于两点，得两式相减得，
即，所以，即，
所以直线的方程为，即，将代入得，
所以直线过点，符合题意，所以的坐标可以是，故D选项正确，
故答案为：BCD.
【分析】利用抛物线的定义及几何形状即可A，B，利用抛物线的定义把转化成再利用三点共线时取得最小值即可判断C，利用点差法即可判断D.
12．【答案】A,D
【知识点】基本不等式；等比关系的确定；数列的递推公式
【解析】【解答】解：已知，可构造函数，
可知函数在上为增函数，且当时，，
则且，
可得，
即，是递减数列，故A选项正确；
由，可得，
即有，且，
则是首项和公差均为1的等差数列，故B选项错误；
由等差数列的通项公式可得，则
，故选项错误；
当时，，故D选项正确，
故答案为：AD.
【分析】先构造函数，结合反比例型函数性质可判定且，结合基本不等式可得是递减数列即可判定A；由数列的递推关系可得数列是以为首项，1为公差的等差数列，可得即可判定B；再根据数列的求和即可判断C；由数列即可计算D.
13．【答案】
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】解：圆的标准方程为，则圆心，
因为圆过点半径，
则圆的标准方程为.
故答案为：.
【分析】先把圆C的一般式方程化成标准式求出圆心C，再利用两点间距离得半径即可求解.
14．【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
【分析】由题意可得，求出，再利用点到直线的距离公式即可求解.
15．【答案】4
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，数列为等比数列，设公比为，
由，，可得，即为，
即，解得，则.
故答案为：4
【分析】由题意数列的前三项分别为可得 ，再结合等差数列基本量的计算即可求解.
16．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
不妨设，渐近线，
渐近线，直线，
则原点到直线的距离，
联立解得，即，
所以，
在Rt中，，
整理得，所以，即，则的离心率.
故答案为：.
【分析】先设，渐近线，利用点斜式即可得到直线的方程，联立，求出点坐标，用a，b，c表示，，在Rt中，利用勾股定理化简整理可得，即，即可求解.
17．【答案】（1）解：由题意知圆，
故圆心，半径为，
因为直线与圆相切，
所以，解得，
所以圆的半径为.
（2）解：设圆心到直线的距离为，则
则，
所以，解得，
故，解得或，
所以直线的方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系；圆方程的综合应用
【解析】【分析】（1）先根据圆的标准方程求出圆心坐标和半径，再利用点到直线的距离求得参数值即可求解；
（2）先用表示圆心到直线的距离d，再利用三角形面积为2，求得圆心到直线的距离为，代入即可求解．
（1）由题意知圆，
故圆心，半径为，
因为直线与圆相切，
所以，解得，
所以圆的半径为.
（2）设圆心到直线的距离为，
则，
所以，解得，
故，解得或，
所以直线的方程为或.
18．【答案】（1）证明：对任意的，
则，
所以数列为等差数列，且其首项为，公差为1，
所以，
故.
（2）解：当时，，
也满足，
故对任意的.
所以，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用前项和和通项公式的关系证明，结合等差数列的定义可得数列为等差数列，利用等差数列的通项公式即可求解.
（2）由（1）结合前n项和与的关系可得，再利用裂项相消法求即可.
（1）对任意的，
则，
所以数列为等差数列，且其首项为，公差为1，
所以，
故.
（2）当时，，
也满足，
故对任意的.
所以，
故.
19．【答案】（1）解：当斜率为1时，如图所示：
可得直线的方程为，
此时直线恰好经过坐标原点，不妨设，则为抛物线上的点，
把代入抛物线方程得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）解：由（1）可知抛物线的焦点，
当直线经过时，直线的方程为，
联立消去并整理得，
不妨设，
由根与系数关系可得，
则的面积.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先求出直线方程，设利用中点坐标即可求出B点坐标，把B点坐标代入抛物线即可求解；
（2）先写出，求出直线的方程再和抛物线方程联立，利用根与系数关系和面积公式即可求解.
（1）当斜率为1时，
可得直线的方程为，
此时直线恰好经过坐标原点，
不妨设，
则为抛物线上的点，
所以，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）可知抛物线的焦点，
当直线经过时，直线的方程为，
联立消去并整理得，
不妨设，
由韦达定理得，
则的面积.
20．【答案】（1）解：存在，当为的中点时，平面.
证明如下：设为的中点，连接，如图所示：
则在中，，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面与平面的夹角为，
则.
即平面与平面的夹角为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）先假设当为的中点，由中位线及平行公理可得，进而可证明四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可求解；
（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量为，再利用法向量的夹角即可求解.
（1）当为的中点时，平面.
证明如下：设为的中点，连接，如图，
则在中，，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）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，
则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面的法向量为，
则有令，则，
设平面与平面的夹角为，
则.
即平面与平面的夹角为.
21．【答案】（1）解：设等比数列的公比为，
则，
成等差数列，
，即，
化简整理得，
解得，或，
又因为等比数列为递增数列，且，即
所以故，
首项，
.
（2）解：由（1）可得
则数列的前项和为
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）已知等比数列，利用等比数列的通项公式求出，再利用等差数列的定义即可求出q，根据为递增等比数列可得，代入已知即可求出即可求解.
（2）先由（1）可得再分组求和转化为等比数列求和即可求解.
（1）由题意，设等比数列的公比为，
则，
成等差数列，
，即，
化简整理，得，
解得（舍去），或，
首项，
.
（2）由（1）可得
则数列的前项和为
22．【答案】（1）解：由椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：①由题意，两直线的斜率均存在，且两直线的斜率之积为1，
设的斜率为，则的斜率为，如图所示：
则直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
因为与圆相切于点，所以，化简得，
由，整理得，
所以，
化简得
由，可得，
代入上式化简得，解得，
又因为，可得，得，
所以的取值范围是.
②设，
由（1）可知，
又
，
又原点到直线的距离，
面积
，
设，则，
由以及得，则，
故，而，
且，
则，
故，即，
所以当时，取最大值，
则面积的最大值是，
综上得，面积的最大值是.
【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】【分析】（1）利用已知条件列方程组求出的值，即可求解；
（2）①设出直线和的方程，根据与圆相切求出，椭圆方程和方程联立消去y，再利用判别式即可求得参数m的范围；②由①可得根与系数的关系式，可求出弦长的表达式，可求出面积的表达式，结合换元以及求解二次函数的最值，即可求得答案.
（1）由椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①由题意，两直线的斜率均存在，且两直线的斜率之积为1，
设的斜率为，则的斜率为，
则直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
因为与圆相切于点，所以，化简得，
由，整理得，
所以，
化简得
由，可得，
代入上式化简得，解得，
又因为，可得，得，
所以的取值范围是.
②设，
由（1）可知，
又
，
又原点到直线的距离，
面积
，
设，则，
由以及得，则，
故，而，
且，
则，
故，即，
所以当时，取最大值，
则面积的最大值是，
综上得，面积的最大值是.
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