四川省2024-2025学年高二上学期12月学情检测数学试卷
1．（2024高二上·四川期末）某研究所进行新型作物种植实验，已知在第一次的试种中，种植300株植物，存活180株，由此估计，若试种2000株该植物，则可存活（ ）
A．1000株 B．1200株 C．1500株 D．1800株
2．（2024高二上·四川期末）已知向量，，若，共线，则（ ）
A． B．2 C． D．10
3．（2024高二上·四川期末）阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆的面积为，焦距为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·四川期末）已知圆：，圆：，则圆，的公切线条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2024高二上·四川期末）已知四面体如图所示，点E为线段的中点，点F为的重心，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高二上·四川期末）将一次学校数学模拟竞赛的成绩统计如下图所示，记本次模拟竞赛的成绩的中位数为，则（ ）
A． B． C．75 D．
7．（2024高二上·四川期末）已知，点，点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·四川期末）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点M，N分别在C的左、右两支上，且M，N，三点共线，，且，若，则C的离心率（ ）
A． B． C．3 D．
9．（2024高二上·四川期末）已知向量，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二上·四川期末）已知一组样本数据：的平均数为，方差为，现由这组数据衍生得到新的样本数据：，其中，则（ ）
A．新的样本数据的平均数为69 B．新的样本数据的平均数为65
C．新的样本数据的方差为270 D．新的样本数据的方差为360
11．（2024高二上·四川期末）已知为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，过点F的直线与C交于不同的两点，，则（ ）
A．
B．若，则直线的斜率为
C．若的面积为16，则直线的倾斜角为或
D．若线段的中点为P，点P在C的准线上的射影为，则
12．（2024高二上·四川期末）数据70，20，30，90，50，120的下四分位数为 .
13．（2024高二上·四川期末）已知四面体如图所示，其中为面积为的等边三角形，，点A在平面上的射影为点B，，的中点分别为M，N，则直线，所成角的余弦值为 .
14．（2024高二上·四川期末）已知直线：，圆：，若直线与圆交于两点，则的取值范围为 .
15．（2024高二上·四川期末）已知点，，.
（1）求线段的垂直平分线的方程；
（2）已知圆过点，求圆的方程.
16．（2024高二上·四川期末）在数学课上，唐老师将班级分为男生、女生两个阵营，分别选出两位代表作答相应问题，已知男生代表作答正确的概率为，女生代表作答正确的概率为，且两位代表是否作答正确互不影响.
（1）若唐老师给出1个问题（男生、女生均作答此问题），求仅有一位代表答对问题的概率；
（2）若唐老师给出2个问题（男生、女生均作答这两个问题），求女生代表答对问题个数多于男生代表的概率.
17．（2024高二上·四川期末）已知抛物线C：的焦点是双曲线的一个焦点，且双曲线过点.
（1）求双曲线的方程；
（2）过点的直线与双曲线仅有1个交点，求直线的斜率.
18．（2024高二上·四川期末）如图，在三棱锥中，，，，二面角为直二面角，M为线段的中点，点N在线段上（不含端点位置）.
（1）若平面，求的值；
（2）若，求的值；
（3）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.
19．（2024高二上·四川期末）法国数学家加斯帕尔·蒙日是18世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：.，则称圆心在原点O，半径为的圆为“椭圆C的伴随圆”.已知椭圆C：的左焦点为，点在C上，且.
（1）求椭圆C的方程以及椭圆C的伴随圆的方程；
（2）将向上平移6个单位长度得到曲线，已知，动点E在曲线上，探究：是否存在定点，使得为定值，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）已知不过点A的直线l：与椭圆C交于M，N两点，点，分别在直线AM，AN上，证明：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】随机试验；用频率估计概率
【解析】【解答】解：由题意可得：第一次试种植物的存活率为，
故若第一次试种2000株，则可存活2000×0.6=1200株.
故答案为：B.
【分析】由题意求出第一次存活率后列式求解即可.
2．【答案】C
【知识点】共线（平行）向量；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，共线， 所以，解得，，则.
故答案为：C.
【分析】根据向量共线的坐标表示列式计算即可.
3．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，解得，
所以．
故答案为：C．
【分析】根据题意结合椭圆的面积和焦距的定义以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列式求出的值，进而得出椭圆的离心率.
4．【答案】B
【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：圆：的标准方程为，
圆心为，半径为；圆：，圆心为，半径为，
则，
因为，所以圆，相交，有两条公切线.
故答案为：.
【分析】先判断出两圆的位置关系，即可得圆，的公切线条数.
5．【答案】D
【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：以为基底，
则.
故答案为：D.
【分析】利用空间向量的加减法及数乘运算求解即可.
6．【答案】A
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1，
可得，解得，
则前3组的频率和为，
前4组的频率和为，
故在第4组，且.
故答案为：A.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积和为1计算求得，再利用中位数定义计算即可.
7．【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；直线的参数方程；圆的参数方程
【解析】【解答】解：由，可知点Q在圆C：上，，则，消去t可得，，
则点P在线段上，
故.
故答案为：B.
【分析】由题意，消去参数可得P在线段上，点Q在圆C：上，根据点到线的距离公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由，可得，即，
因为，所以为的中点，则，
又因为，所以为等边三角形，
设的边长为，
由双曲线定义可知：，，
解得，，
由，可得，故，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，则.
故答案为：B.
【分析】由可得，且为等边三角形，结合双曲线定义以及余弦定理计算可得，求离心率即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A中，由，故A正确；
对于B中，由，故B错误；
对于C中，由，故，故C正确；
对于D中，由，故，故D正确.
故选：ACD.
【分析】根据空间向量的坐标运算法则，可判定A正确；根据向量模的坐标运算公式，可判定B错误；根据空间向量的数量积的运算公式，可判定C正确，根据向量的夹角公式，可判定你D正确，即可得到答案.
10．【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：依题意，所求平均数为，方差为.
故选：BC.
【分析】本题考查了平均数和方差的性质，由样本数据：的平均数为，方差为， 结合，结合平均数和方差的性质，即可求解.
11．【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：依题意直线的斜率不为0，，
设直线：，联立，
则，则，故A正确；
又，，
，
解得，
故直线的斜率为，故B错误；
，解得，
则直线的斜率为，故直线的倾斜角为或，故C正确；
，而，故，
当时，易知，
当时，，则，
即，故D正确.
故选：ACD.
【分析】设直线的方程，联立方程组，由韦达定理，求得，可得判定A正确；由直线与圆锥相交的弦长公式，列出方程，求得k的值，可得判定B错误；由，求得三角形的面积，可判定C正确；由中点坐标公式，求得点的坐标，得到，当和，分别求得，可判定D正确.
12．【答案】30
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：数据 70，20，30，90，50，120 从小到大排列可得20，30，50，70，90，120，
，则下四分位数为30.
故答案为：30.
【分析】先将数据从小到大排序，根据下四分位数定义求解即可.
13．【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以N为坐标原点，，所在的直线分别为x，y轴，过点N与平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为 是面积为的等边三角形 ，
所以，解得，，
则，，，
，，，
则直线，所成角的余弦值为.
故答案为：.
【分析】以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值即可.
14．【答案】
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知直线：恒过定点，
圆的标准方程为，圆心，半径，
因为，所以点在圆内，
设圆心到直线的距离为，当与直线垂直时，最大，则，
故.
故答案为：.
【分析】先求直线过定点，再判断点与圆的位置关系，利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离的范围，即可得弦长的取值范围.
15．【答案】（1）解：依题意，设线段的中点为，因，，则，
直线的斜率为：，故线段AC的垂直平分线的斜率为，
故其直线方程为：，即；
（2）解：由（1）知，直线的方程为，
同理可求得线段的垂直平分线的方程为，即，
由解得：，
即圆心为，圆的半径为：，
故圆的方程为：.
【知识点】直线的点斜式方程；两条直线的交点坐标；圆的标准方程
【解析】【分析】（1）设线段的中点为，利用中点公式，求得，再由，得到线段AC的垂直平分线的斜率为，利用直线的点斜式方程，即可求解；
（2）由（1）知，直线的方程为，再求出线段的垂直平分线的方程，联立方程组，求得圆心坐标和半径，进而求得圆的方程，得到答案.
（1）依题意，设线段的中点为，因，，则，
直线的斜率为：，故线段AC的垂直平分线的斜率为，
故其直线方程为：，即；
（2）仿照（1），同理可求得线段的垂直平分线的方程为，即，
由解得：，
即圆心为，圆的半径为：，
故圆的方程为：.
16．【答案】（1）解：记男生答对第个问题为事件，女生答对第个问题为事件，仅有一位代表答对问题为事件M，
则，
故仅有一位代表答对问题的概率为.
（2）解：记女生代表答对问题个数多于男生代表为事件N，
则
，
故女生代表答对问题个数多于男生代表的概率为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）记男生答对第个问题为事件，女生答对第个问题为事件，仅有一位代表答对问题为事件M，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解；
（2）记女生代表答对问题个数多于男生代表为事件N，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
（1）记男生答对第个问题为事件，女生答对第个问题为事件，仅有一位代表答对问题为事件M，
则，
故仅有一位代表答对问题的概率为.
（2）记女生代表答对问题个数多于男生代表为事件N，
则
，
故女生代表答对问题个数多于男生代表的概率为.
17．【答案】（1）解：抛物线C：的焦点坐标为，
设双曲线：，
则的焦点坐标为，，
则，则，
而，故，
故双曲线的方程为.
（2）解：显然直线的斜率存在，否则直线与双曲线无交点；
设直线的方程为，
联立则，
故，
若，解得，此时直线与双曲线仅有1个交点；
若，则，解得.
综上所述，直线的斜率为或.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）先根据抛物线的标准方程求出其焦点坐标，得到双曲线的焦点坐标，再利用双曲线的定义，结合，求出，进而，即可解答；
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，当时，直线与渐近线平行，与双曲线仅有1个交点符合题意，当时，利用判别式法列方程求解，即可解答.
（1）抛物线C：的焦点坐标为，
设双曲线：，
则的焦点坐标为，，
则，则，
而，故，
故双曲线的方程为.
（2）显然直线的斜率存在，否则直线与双曲线无交点；
设直线的方程为，
联立则，
故，
若，解得，此时直线与双曲线仅有1个交点；
若，则，解得.
综上所述，直线的斜率为或.
18．【答案】（1）解：由平面，平面平面，平面，
故，又为线段的中点，故为线段的中点，即.
（2）解：由，则，则，
由，，则，
因为，故，
又二面角为直二面角，故平面平面，
由平面平面，，平面，
故平面，又平面，故，
即有，，两两垂直，故可建立如图所示空间直角坐标系，
有，，，，，
即，，，
设，则，
若，则，解得，
即，故.
（3）解：由（2）得，，，，
则，
设平面与平面的法向量分别为，，
则有，
，
令，则有，，，，
即可取，，
由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
则有，
整理得，解得或，
即或，故或.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由平面，利用线面平行的性质，可得，再由为线段的中点，即可得解；
（2）由题意，结合面面垂直的性质定理可得、、两两垂直，即可建立适当空间直角坐标系，设，表示出、，再利用空间向量数量积公式计算，列出方程，求得的值，即可得解；
（3）由（2）中的坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量和，结合空间向量夹角公式，列出方程，求得的值，即可求解.
（1）由平面，平面平面，平面，
故，又为线段的中点，故为线段的中点，即.
（2）由，则，则，
由，，则，
因为，故，
又二面角为直二面角，故平面平面，
由平面平面，，平面，
故平面，又平面，故，
即有，，两两垂直，故可建立如图所示空间直角坐标系，
有，，，，，
即，，，
设，则，
若，则，解得，
即，故.
（3）由（2）得，，，，
则，
设平面与平面的法向量分别为，，
则有，
，
令，则有，，，，
即可取，，
由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
则有，
整理得，解得或，
即或，故或.
19．【答案】（1）解：由题意可得，解得，则，
即椭圆C的方程为，伴随圆的方程为；
（2）解：由的方程为，则曲线的方程为，
假设存在该点，其为定值，
令，则有，
则，
，
则有，整理得，
令，解得或（舍去），
故存在，即定点，使得为定值；
（3）证明：设、，
由，消去可得，
，即，
，，
，
令，则，
同理可得，
则
，
即线段中点坐标为，则，故.
【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）将点代入椭圆方程，结合题意，列出方程组，求得的值，求得椭圆C的方程，结合借助伴随圆定义，即可得伴随圆方程；
（2）由的方程为，则曲线的方程为，假设存在该定点，设为定值，，利用两点间距离公式表示出、，再由，得到方程，再令，解出即可得解；
（3）联立直线与椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再求出直线，即可得，同理可得，则可结合韦达定理得到线段中点为定点，由几何性质即可得证.
（1）由题意可得，解得，则，
即椭圆C的方程为，伴随圆的方程为；
（2）由的方程为，则曲线的方程为，
假设存在该点，其为定值，
令，则有，
则，
，
则有，整理得，
令，解得或（舍去），
故存在，即定点，使得为定值；
（3）设、，
由，消去可得，
，即，
，，
，
令，则，
同理可得，
则
，
即线段中点坐标为，则，故.
1 / 1四川省2024-2025学年高二上学期12月学情检测数学试卷
1．（2024高二上·四川期末）某研究所进行新型作物种植实验，已知在第一次的试种中，种植300株植物，存活180株，由此估计，若试种2000株该植物，则可存活（ ）
A．1000株 B．1200株 C．1500株 D．1800株
【答案】B
【知识点】随机试验；用频率估计概率
【解析】【解答】解：由题意可得：第一次试种植物的存活率为，
故若第一次试种2000株，则可存活2000×0.6=1200株.
故答案为：B.
【分析】由题意求出第一次存活率后列式求解即可.
2．（2024高二上·四川期末）已知向量，，若，共线，则（ ）
A． B．2 C． D．10
【答案】C
【知识点】共线（平行）向量；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，共线， 所以，解得，，则.
故答案为：C.
【分析】根据向量共线的坐标表示列式计算即可.
3．（2024高二上·四川期末）阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆的面积为，焦距为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，解得，
所以．
故答案为：C．
【分析】根据题意结合椭圆的面积和焦距的定义以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列式求出的值，进而得出椭圆的离心率.
4．（2024高二上·四川期末）已知圆：，圆：，则圆，的公切线条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【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：圆：的标准方程为，
圆心为，半径为；圆：，圆心为，半径为，
则，
因为，所以圆，相交，有两条公切线.
故答案为：.
【分析】先判断出两圆的位置关系，即可得圆，的公切线条数.
5．（2024高二上·四川期末）已知四面体如图所示，点E为线段的中点，点F为的重心，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【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：以为基底，
则.
故答案为：D.
【分析】利用空间向量的加减法及数乘运算求解即可.
6．（2024高二上·四川期末）将一次学校数学模拟竞赛的成绩统计如下图所示，记本次模拟竞赛的成绩的中位数为，则（ ）
A． B． C．75 D．
【答案】A
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1，
可得，解得，
则前3组的频率和为，
前4组的频率和为，
故在第4组，且.
故答案为：A.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积和为1计算求得，再利用中位数定义计算即可.
7．（2024高二上·四川期末）已知，点，点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；直线的参数方程；圆的参数方程
【解析】【解答】解：由，可知点Q在圆C：上，，则，消去t可得，，
则点P在线段上，
故.
故答案为：B.
【分析】由题意，消去参数可得P在线段上，点Q在圆C：上，根据点到线的距离公式求解即可.
8．（2024高二上·四川期末）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点M，N分别在C的左、右两支上，且M，N，三点共线，，且，若，则C的离心率（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由，可得，即，
因为，所以为的中点，则，
又因为，所以为等边三角形，
设的边长为，
由双曲线定义可知：，，
解得，，
由，可得，故，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，则.
故答案为：B.
【分析】由可得，且为等边三角形，结合双曲线定义以及余弦定理计算可得，求离心率即可.
9．（2024高二上·四川期末）已知向量，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A中，由，故A正确；
对于B中，由，故B错误；
对于C中，由，故，故C正确；
对于D中，由，故，故D正确.
故选：ACD.
【分析】根据空间向量的坐标运算法则，可判定A正确；根据向量模的坐标运算公式，可判定B错误；根据空间向量的数量积的运算公式，可判定C正确，根据向量的夹角公式，可判定你D正确，即可得到答案.
10．（2024高二上·四川期末）已知一组样本数据：的平均数为，方差为，现由这组数据衍生得到新的样本数据：，其中，则（ ）
A．新的样本数据的平均数为69 B．新的样本数据的平均数为65
C．新的样本数据的方差为270 D．新的样本数据的方差为360
【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：依题意，所求平均数为，方差为.
故选：BC.
【分析】本题考查了平均数和方差的性质，由样本数据：的平均数为，方差为， 结合，结合平均数和方差的性质，即可求解.
11．（2024高二上·四川期末）已知为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，过点F的直线与C交于不同的两点，，则（ ）
A．
B．若，则直线的斜率为
C．若的面积为16，则直线的倾斜角为或
D．若线段的中点为P，点P在C的准线上的射影为，则
【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：依题意直线的斜率不为0，，
设直线：，联立，
则，则，故A正确；
又，，
，
解得，
故直线的斜率为，故B错误；
，解得，
则直线的斜率为，故直线的倾斜角为或，故C正确；
，而，故，
当时，易知，
当时，，则，
即，故D正确.
故选：ACD.
【分析】设直线的方程，联立方程组，由韦达定理，求得，可得判定A正确；由直线与圆锥相交的弦长公式，列出方程，求得k的值，可得判定B错误；由，求得三角形的面积，可判定C正确；由中点坐标公式，求得点的坐标，得到，当和，分别求得，可判定D正确.
12．（2024高二上·四川期末）数据70，20，30，90，50，120的下四分位数为 .
【答案】30
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：数据 70，20，30，90，50，120 从小到大排列可得20，30，50，70，90，120，
，则下四分位数为30.
故答案为：30.
【分析】先将数据从小到大排序，根据下四分位数定义求解即可.
13．（2024高二上·四川期末）已知四面体如图所示，其中为面积为的等边三角形，，点A在平面上的射影为点B，，的中点分别为M，N，则直线，所成角的余弦值为 .
【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以N为坐标原点，，所在的直线分别为x，y轴，过点N与平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为 是面积为的等边三角形 ，
所以，解得，，
则，，，
，，，
则直线，所成角的余弦值为.
故答案为：.
【分析】以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值即可.
14．（2024高二上·四川期末）已知直线：，圆：，若直线与圆交于两点，则的取值范围为 .
【答案】
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知直线：恒过定点，
圆的标准方程为，圆心，半径，
因为，所以点在圆内，
设圆心到直线的距离为，当与直线垂直时，最大，则，
故.
故答案为：.
【分析】先求直线过定点，再判断点与圆的位置关系，利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离的范围，即可得弦长的取值范围.
15．（2024高二上·四川期末）已知点，，.
（1）求线段的垂直平分线的方程；
（2）已知圆过点，求圆的方程.
【答案】（1）解：依题意，设线段的中点为，因，，则，
直线的斜率为：，故线段AC的垂直平分线的斜率为，
故其直线方程为：，即；
（2）解：由（1）知，直线的方程为，
同理可求得线段的垂直平分线的方程为，即，
由解得：，
即圆心为，圆的半径为：，
故圆的方程为：.
【知识点】直线的点斜式方程；两条直线的交点坐标；圆的标准方程
【解析】【分析】（1）设线段的中点为，利用中点公式，求得，再由，得到线段AC的垂直平分线的斜率为，利用直线的点斜式方程，即可求解；
（2）由（1）知，直线的方程为，再求出线段的垂直平分线的方程，联立方程组，求得圆心坐标和半径，进而求得圆的方程，得到答案.
（1）依题意，设线段的中点为，因，，则，
直线的斜率为：，故线段AC的垂直平分线的斜率为，
故其直线方程为：，即；
（2）仿照（1），同理可求得线段的垂直平分线的方程为，即，
由解得：，
即圆心为，圆的半径为：，
故圆的方程为：.
16．（2024高二上·四川期末）在数学课上，唐老师将班级分为男生、女生两个阵营，分别选出两位代表作答相应问题，已知男生代表作答正确的概率为，女生代表作答正确的概率为，且两位代表是否作答正确互不影响.
（1）若唐老师给出1个问题（男生、女生均作答此问题），求仅有一位代表答对问题的概率；
（2）若唐老师给出2个问题（男生、女生均作答这两个问题），求女生代表答对问题个数多于男生代表的概率.
【答案】（1）解：记男生答对第个问题为事件，女生答对第个问题为事件，仅有一位代表答对问题为事件M，
则，
故仅有一位代表答对问题的概率为.
（2）解：记女生代表答对问题个数多于男生代表为事件N，
则
，
故女生代表答对问题个数多于男生代表的概率为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）记男生答对第个问题为事件，女生答对第个问题为事件，仅有一位代表答对问题为事件M，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解；
（2）记女生代表答对问题个数多于男生代表为事件N，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
（1）记男生答对第个问题为事件，女生答对第个问题为事件，仅有一位代表答对问题为事件M，
则，
故仅有一位代表答对问题的概率为.
（2）记女生代表答对问题个数多于男生代表为事件N，
则
，
故女生代表答对问题个数多于男生代表的概率为.
17．（2024高二上·四川期末）已知抛物线C：的焦点是双曲线的一个焦点，且双曲线过点.
（1）求双曲线的方程；
（2）过点的直线与双曲线仅有1个交点，求直线的斜率.
【答案】（1）解：抛物线C：的焦点坐标为，
设双曲线：，
则的焦点坐标为，，
则，则，
而，故，
故双曲线的方程为.
（2）解：显然直线的斜率存在，否则直线与双曲线无交点；
设直线的方程为，
联立则，
故，
若，解得，此时直线与双曲线仅有1个交点；
若，则，解得.
综上所述，直线的斜率为或.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）先根据抛物线的标准方程求出其焦点坐标，得到双曲线的焦点坐标，再利用双曲线的定义，结合，求出，进而，即可解答；
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，当时，直线与渐近线平行，与双曲线仅有1个交点符合题意，当时，利用判别式法列方程求解，即可解答.
（1）抛物线C：的焦点坐标为，
设双曲线：，
则的焦点坐标为，，
则，则，
而，故，
故双曲线的方程为.
（2）显然直线的斜率存在，否则直线与双曲线无交点；
设直线的方程为，
联立则，
故，
若，解得，此时直线与双曲线仅有1个交点；
若，则，解得.
综上所述，直线的斜率为或.
18．（2024高二上·四川期末）如图，在三棱锥中，，，，二面角为直二面角，M为线段的中点，点N在线段上（不含端点位置）.
（1）若平面，求的值；
（2）若，求的值；
（3）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）解：由平面，平面平面，平面，
故，又为线段的中点，故为线段的中点，即.
（2）解：由，则，则，
由，，则，
因为，故，
又二面角为直二面角，故平面平面，
由平面平面，，平面，
故平面，又平面，故，
即有，，两两垂直，故可建立如图所示空间直角坐标系，
有，，，，，
即，，，
设，则，
若，则，解得，
即，故.
（3）解：由（2）得，，，，
则，
设平面与平面的法向量分别为，，
则有，
，
令，则有，，，，
即可取，，
由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
则有，
整理得，解得或，
即或，故或.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由平面，利用线面平行的性质，可得，再由为线段的中点，即可得解；
（2）由题意，结合面面垂直的性质定理可得、、两两垂直，即可建立适当空间直角坐标系，设，表示出、，再利用空间向量数量积公式计算，列出方程，求得的值，即可得解；
（3）由（2）中的坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量和，结合空间向量夹角公式，列出方程，求得的值，即可求解.
（1）由平面，平面平面，平面，
故，又为线段的中点，故为线段的中点，即.
（2）由，则，则，
由，，则，
因为，故，
又二面角为直二面角，故平面平面，
由平面平面，，平面，
故平面，又平面，故，
即有，，两两垂直，故可建立如图所示空间直角坐标系，
有，，，，，
即，，，
设，则，
若，则，解得，
即，故.
（3）由（2）得，，，，
则，
设平面与平面的法向量分别为，，
则有，
，
令，则有，，，，
即可取，，
由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
则有，
整理得，解得或，
即或，故或.
19．（2024高二上·四川期末）法国数学家加斯帕尔·蒙日是18世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：.，则称圆心在原点O，半径为的圆为“椭圆C的伴随圆”.已知椭圆C：的左焦点为，点在C上，且.
（1）求椭圆C的方程以及椭圆C的伴随圆的方程；
（2）将向上平移6个单位长度得到曲线，已知，动点E在曲线上，探究：是否存在定点，使得为定值，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）已知不过点A的直线l：与椭圆C交于M，N两点，点，分别在直线AM，AN上，证明：.
【答案】（1）解：由题意可得，解得，则，
即椭圆C的方程为，伴随圆的方程为；
（2）解：由的方程为，则曲线的方程为，
假设存在该点，其为定值，
令，则有，
则，
，
则有，整理得，
令，解得或（舍去），
故存在，即定点，使得为定值；
（3）证明：设、，
由，消去可得，
，即，
，，
，
令，则，
同理可得，
则
，
即线段中点坐标为，则，故.
【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）将点代入椭圆方程，结合题意，列出方程组，求得的值，求得椭圆C的方程，结合借助伴随圆定义，即可得伴随圆方程；
（2）由的方程为，则曲线的方程为，假设存在该定点，设为定值，，利用两点间距离公式表示出、，再由，得到方程，再令，解出即可得解；
（3）联立直线与椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再求出直线，即可得，同理可得，则可结合韦达定理得到线段中点为定点，由几何性质即可得证.
（1）由题意可得，解得，则，
即椭圆C的方程为，伴随圆的方程为；
（2）由的方程为，则曲线的方程为，
假设存在该点，其为定值，
令，则有，
则，
，
则有，整理得，
令，解得或（舍去），
故存在，即定点，使得为定值；
（3）设、，
由，消去可得，
，即，
，，
，
令，则，
同理可得，
则
，
即线段中点坐标为，则，故.
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