广东省深圳市福田区西交利物浦大学基础教育集团2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二上·福田期末）若直线与直线垂直，则( )
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解： 直线的斜率为，直线为m，
因为两直线垂直，所以，解得．
故选：B.
【分析】分析直线方程可知，这两条直线垂直，斜率之积为－1，列方程计算求得m的值即可.
2．（2025高二上·福田期末）在等差数列 中， ，则 （ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】A
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】由题意，数列 为等差数列，结合等差数列通项公式的性质得， ，则 ，所以 .
故答案为：A.
【分析】由题意，结合等差数列通项公式的性质得，求得 a5=4，又由 a1+a9=2a5，即可得到答案。
3．（2025高二上·福田期末）若，，则（ ）
A． B． C．8 D．10
【答案】A
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以.
故选：A.
【分析】利用向量的坐标运算先求出和的向量坐标，再利用向量的数量积公式计算即可求得 .
4．（2025高二上·福田期末）与曲线共焦点，且与双曲线共渐近线的双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为曲线为椭圆，焦点在轴上，且，
又因为所求双曲线与双曲线共渐近线，
可设所求双曲线为，化为标准方程：，
则，解得，所求双曲线为．
故选：
【分析】先根据椭圆的性质求出椭圆的焦点，即可求得所求的双曲线的方程的，然后根据双曲线和渐近线的相关性质可设所求双曲线为，即，进而求得即可确定双曲线的标准方程.
5．（2025高二上·福田期末）已知两条直线与被圆截得的线段长均为2，则圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；平面内两条平行直线间的距离；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知直线与平行，
直线与间的距离为，
因为直线与间被圆截得的线段长为2，所以圆心到直线的距离为1，
则圆的半径为，圆的面积为.
故答案为：A.
【分析】由直线的方程，易知两直线平行，利用平行线间的距离公式求得两直线间的距离，再求圆心到直线的距离，结合弦长，圆心距和半径的关系可求出圆的半径，最后利用圆的面积公式求解即可.
6．（2025高二上·福田期末）设 是等比数列 的前 项和，若 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：∵ 是等比数列 的前 项和
∴S3，S6-S3，S9-S6成等比数列
即4，6，S9-10成等比数列
则，S6=S3+(S6-S3)=10
则
故答案为：B
【分析】根据等比数列前n项和的性质求解即可.
7．（2025高二上·福田期末）数学与建筑的结合造就建筑艺术，如图，吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，若将校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）近似看成抛物线的一部分，其焦点坐标为，校门最高点到地面距离约为18米，则校门位于地面宽度最大约为（ ）
A．18米 B．21米 C．24米 D．27米
【答案】C
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：由抛物线，可得，
因为抛物线的焦点坐标为，所以，解得，
所以抛物线为，令，则，解得，
所以校门位于地面宽度最大约为米.
故选：C.
【分析】先将抛物线方程化为标准式，再根据焦点坐标列式计算求出的值，即可得到抛物线方程，再令求出的值，即可求得校门位于地面宽度.
8．（2025高二上·福田期末）已知为正方形的中心，分别为的中点，若将正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为，同理，
所以就是 二面角的平面角，即，
设正方形边长为2，则
因为 分别为的中点， 所以
所以
，
所以.
故答案为：A.
【分析】先确定及的大小，然后根据求出即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二上·福田期末）在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．若，且，则
D．若且，则
【答案】B,C
【知识点】空间中两点间的距离公式；空间向量平行的坐标表示；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：A，因为，，所以，可得，故选项A错误；
B，因为，，所以，故选项B正确；
C，若，且，则，解得，故选项C正确，
D，若且，因为，可得，解得，故选项D错误.
故选：BC.
【分析】根据向量的模长公式求得即可判断选项A；利用向量的数量积公式计算即可判断选项B；利用向量垂直的充要条件即可计算即可判断选项C；利用向量的平行关系即可判断选项D.
10．（2025高二上·福田期末）已知点是椭圆上一点，为其左、右焦点，且△的面积为3，则下列说法正确的是（ ）
A．P点到轴的距离为 B．
C．△的周长为 D．△的内切圆半径为
【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：A、由已知条件得，，，
设，则，解得，则P点到轴的距离为，故选项正确；
B、将代入得，
则，
则，且两向量所成角的范围为，则为锐角，故选项错误；
C、由椭圆的定义可知，，
△的周长为，故选项正确；
D、设△的内切圆半径为，圆心为，
则
，解得 ，故选项正确；
故选：.
【分析】由椭圆方程可求得的值，利用△的面积即可求出P点到轴的距离；利用平面向量的夹角公式判断的大小；根据椭圆的定义可以求出△的周长；利用内切圆的几何性质可以求出内切圆半径.
11．（2025高二上·福田期末）如图，已知正方体中，E，F，M，N分别是CD，，，BC的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．E，F，M，N四点共面
B．BD与EF所成的角为
C．在线段BD上存在点P，使平面EFM
D．在线段上任取点Q，三棱锥的体积不变
【答案】A,B,D
【知识点】共面向量定理；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：如图所示，以D为原点，以DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设，则，，，，，，，
，，，
A，设，则，
所以，解得故，即E，F，M，N四点共面，故选项A正确；
B，因为．，所以，
所以BD与EF所成的角为，故选项B正确；
C，假设在线段BD上存在点P，符合题意.设，则，
若平面EFM，则，．
因为，，所以，
此方程组无解，所以在线段BD上不存在点P，使平面EFM，故选项C错误；
D，因为，所以，
又平面EFM，平面EFM，所以平面EFM，
故上的所有点到平面EFM的距离均相等，即在线段上任取点Q，
三棱锥的体积不变，故选项D正确．
故选：ABD
【分析】以D为原点，以DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据四点共面的向量表示计算即可判断选项A；利用向量的夹角公式求得BD与EF所成的角，即可判断选项B；假设在线段BD上存在点P，符合题意，设，根据线面垂直的性质列方程组，由方程组无解，即可判断选项C；用向量法判断出，利用线面平行的判定定理证明出平面EFM，即可判断选项D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二上·福田期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标
【答案】
【知识点】空间向量的投影向量；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为空间向量，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为.
故答案为：.
【分析】结合数量积的坐标运算，根据投影向量的概念向量在向量上的投影向量为计算即可求解.
13．（2025高二上·福田期末）已知抛物线焦点为，抛物线上的点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，则
【答案】
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：抛物线的准线为
由题意可知，，解得，
故答案为：.
【分析】先求出抛物线的准线方程，进而结合已知条件列出方程组，解方程组即可求得p的值.
14．（2025高二上·福田期末）对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的前项和 .
【答案】
【知识点】数列的求和；数列的通项公式
【解析】【解答】解：在数列中，
所以所以，，
所以.
故答案为：.
【分析】根据累加法求得，代入求得，然后裂项求和法求和即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二上·福田期末）已知等差数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求的前项和.
【答案】（1）解：设的公差为，
因为，所以，
解得，
所以.
（2）解：由（1）可知，且b1=4，
所以是首项为4，公比为4的等比数列，
所以的前项和为.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据等差数列定义由前n项和公式和通项公式列式计算先求得d，进而即可求得 数列的通项公式；
（2）易知是首项为4，公比为4的等比数列，代入等比数列前项和公式即可求得的前项和.
（1）设的公差为，
由可得，
解得，
所以.
（2）由（1）可知，
易知是公比为4的等比数列，
所以可得.
16．（2025高二上·福田期末）已知圆心为的圆被直线截得的弦长为．
（1）求圆N的方程；
（2）点与点C关于直线对称，求以C为圆心且与圆N外切的圆的方程．
【答案】（1）解：因为圆心到直线的距离等于，圆N被直线截得的弦长为，
所以圆N的半径，
所以圆N的方程为．
（2）解：因为点与点C关于直线对称，所以点C的坐标为．
设所求圆的方程为，
因为圆C与圆N外切，所以，解得．
所以圆C的方程为．
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【分析】（1）根据圆心到直线的距离结合弦长公式计算，进而即可求得圆N的方程.
（2）由点关于直线对称点先确定圆心C的坐标，进而根据两圆的位置关系计算，即可求得圆C的方程.
（1）圆心到直线的距离等于，圆N被直线截得的弦长为，
则圆N的半径，
圆N的方程为．
（2）点与点C关于直线对称，点C的坐标为．
设所求圆的方程为，
圆C与圆N外切，故，得．
圆C的方程为．
17．（2025高二上·福田期末）记数列的前n项和为，已知，.
（1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）证明：因为①，
当时，，所以；
当，时，由题意可知②，
①-②得，所以，
即，即，
又，所以，所以，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
所以．
（2）解：由（1）得，
所以，
所以，
所以，
两式相减，得
，
所以．
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用推得，进而可得，根据已知条件利用等比数列的定义即可证明数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）先求得bn，进而求得，利用错位相减法求其前项和．
（1）因为，
当时，，又，
故；
当，时，由，得，
两式相减得，即，
则，即，
又，故，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
所以．
（2）由（1）得，
所以，
所以，
则，
两式相减，得
，
所以．
18．（2025高二上·福田期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点.
（1）求证：；
（2）是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：如图所示，连接，，
因为四边形是菱形，所以，
因为，所以为等边三角形，
又因为为的中点，所以，
因为是等边三角形，为中点，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：存在，，理由如下：
因为平面平面，平面平面，
由(1)知，，平面，所以平面，
因为，如图所示，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，
所以，，
设，，
，
设平面的一个法向量，
，令，则，所以，
因为直线与平面的夹角的正弦值为，
所以，
整理得：，由，解得：.
故存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时：.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质以及线面垂直的判定定理可知平面，进而可得平面，利用线面垂直的性质即可证得；
（2）利用空间向量法先求出直线AM的方向向量与平面PAB的法向量，进而求出直线与平面的夹角为时点的位置，即可求得的值.
（1）证明：连接，，如图所示，
因为四边形是菱形，所以，
因为，所以为等边三角形，
又因为为的中点，所以，
因为是等边三角形，为中点，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）存在，，理由如下：
因为平面平面，平面平面，
由(1)知，，平面，所以平面，
因为，以点为坐标原点，，，所在直线分别
为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
，，
设，，
，
设平面的一个法向量，
，取，得：，
因为直线与平面的夹角的正弦值为，
所以：，
整理得：，由，解得：.
故存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时：.
19．（2025高二上·福田期末）若椭圆的长轴长，短轴长分别等于双曲线的实轴长，虚轴长，且椭圆和双曲线的焦点在同一坐标轴上，则称椭圆是双曲线的共轭椭圆，双曲线是椭圆的共轭双曲线．已知椭圆的共轭双曲线为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知点，直线（不过点）与相交于、两点，且，求点到直线的距离的最大值．
【答案】（1）解：由题意可设的标准方程为，则，，
所以双曲线的标准方程为．
（2）解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设点、，
联立，得，
所以且，
即且，
由韦达定理可得，，
．
因为，且，，
所以
．
所以或．
当时，直线恒过点，不合题意，
当时，直线恒过点，合乎题意；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，
则、
因为，所以，解得或（舍去）．
所以直线恒过点，
所以当直线时，点到直线的距离最大，距离的最大值为．
【知识点】椭圆的简单性质；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）根据题中定义和 椭圆C1的方程即可得出双曲线的标准方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设点、，将该直线方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得
，，．由题意可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于直线方程中参数的值或参数之间的关系，求出直线所过定点的坐标；当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，则、，，利用平面向量数量积的坐标运算可求得n的值，进而求出直线所过定点的坐标；即可求出点到直线的距离.
（1）解：由题意可设的标准方程为，则，，
所以双曲线的标准方程为．
（2）解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设点、，
联立，得，
所以且，
即且，
由韦达定理可得，，
．
因为，且，，
所以
．
所以或．
当时，直线恒过点，不合题意，
当时，直线恒过点，合乎题意；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，
则、
因为，所以，解得或（舍去）．
所以直线恒过点，
所以当直线时，点到直线的距离最大，距离的最大值为．
1 / 1广东省深圳市福田区西交利物浦大学基础教育集团2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二上·福田期末）若直线与直线垂直，则( )
A．1 B．2 C． D．
2．（2025高二上·福田期末）在等差数列 中， ，则 （ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
3．（2025高二上·福田期末）若，，则（ ）
A． B． C．8 D．10
4．（2025高二上·福田期末）与曲线共焦点，且与双曲线共渐近线的双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·福田期末）已知两条直线与被圆截得的线段长均为2，则圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·福田期末）设 是等比数列 的前 项和，若 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·福田期末）数学与建筑的结合造就建筑艺术，如图，吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，若将校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）近似看成抛物线的一部分，其焦点坐标为，校门最高点到地面距离约为18米，则校门位于地面宽度最大约为（ ）
A．18米 B．21米 C．24米 D．27米
8．（2025高二上·福田期末）已知为正方形的中心，分别为的中点，若将正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二上·福田期末）在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．若，且，则
D．若且，则
10．（2025高二上·福田期末）已知点是椭圆上一点，为其左、右焦点，且△的面积为3，则下列说法正确的是（ ）
A．P点到轴的距离为 B．
C．△的周长为 D．△的内切圆半径为
11．（2025高二上·福田期末）如图，已知正方体中，E，F，M，N分别是CD，，，BC的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．E，F，M，N四点共面
B．BD与EF所成的角为
C．在线段BD上存在点P，使平面EFM
D．在线段上任取点Q，三棱锥的体积不变
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二上·福田期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标
13．（2025高二上·福田期末）已知抛物线焦点为，抛物线上的点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，则
14．（2025高二上·福田期末）对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的前项和 .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二上·福田期末）已知等差数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求的前项和.
16．（2025高二上·福田期末）已知圆心为的圆被直线截得的弦长为．
（1）求圆N的方程；
（2）点与点C关于直线对称，求以C为圆心且与圆N外切的圆的方程．
17．（2025高二上·福田期末）记数列的前n项和为，已知，.
（1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
18．（2025高二上·福田期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点.
（1）求证：；
（2）是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由.
19．（2025高二上·福田期末）若椭圆的长轴长，短轴长分别等于双曲线的实轴长，虚轴长，且椭圆和双曲线的焦点在同一坐标轴上，则称椭圆是双曲线的共轭椭圆，双曲线是椭圆的共轭双曲线．已知椭圆的共轭双曲线为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知点，直线（不过点）与相交于、两点，且，求点到直线的距离的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解： 直线的斜率为，直线为m，
因为两直线垂直，所以，解得．
故选：B.
【分析】分析直线方程可知，这两条直线垂直，斜率之积为－1，列方程计算求得m的值即可.
2．【答案】A
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】由题意，数列 为等差数列，结合等差数列通项公式的性质得， ，则 ，所以 .
故答案为：A.
【分析】由题意，结合等差数列通项公式的性质得，求得 a5=4，又由 a1+a9=2a5，即可得到答案。
3．【答案】A
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以.
故选：A.
【分析】利用向量的坐标运算先求出和的向量坐标，再利用向量的数量积公式计算即可求得 .
4．【答案】A
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为曲线为椭圆，焦点在轴上，且，
又因为所求双曲线与双曲线共渐近线，
可设所求双曲线为，化为标准方程：，
则，解得，所求双曲线为．
故选：
【分析】先根据椭圆的性质求出椭圆的焦点，即可求得所求的双曲线的方程的，然后根据双曲线和渐近线的相关性质可设所求双曲线为，即，进而求得即可确定双曲线的标准方程.
5．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；平面内两条平行直线间的距离；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知直线与平行，
直线与间的距离为，
因为直线与间被圆截得的线段长为2，所以圆心到直线的距离为1，
则圆的半径为，圆的面积为.
故答案为：A.
【分析】由直线的方程，易知两直线平行，利用平行线间的距离公式求得两直线间的距离，再求圆心到直线的距离，结合弦长，圆心距和半径的关系可求出圆的半径，最后利用圆的面积公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：∵ 是等比数列 的前 项和
∴S3，S6-S3，S9-S6成等比数列
即4，6，S9-10成等比数列
则，S6=S3+(S6-S3)=10
则
故答案为：B
【分析】根据等比数列前n项和的性质求解即可.
7．【答案】C
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：由抛物线，可得，
因为抛物线的焦点坐标为，所以，解得，
所以抛物线为，令，则，解得，
所以校门位于地面宽度最大约为米.
故选：C.
【分析】先将抛物线方程化为标准式，再根据焦点坐标列式计算求出的值，即可得到抛物线方程，再令求出的值，即可求得校门位于地面宽度.
8．【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为，同理，
所以就是 二面角的平面角，即，
设正方形边长为2，则
因为 分别为的中点， 所以
所以
，
所以.
故答案为：A.
【分析】先确定及的大小，然后根据求出即可.
9．【答案】B,C
【知识点】空间中两点间的距离公式；空间向量平行的坐标表示；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：A，因为，，所以，可得，故选项A错误；
B，因为，，所以，故选项B正确；
C，若，且，则，解得，故选项C正确，
D，若且，因为，可得，解得，故选项D错误.
故选：BC.
【分析】根据向量的模长公式求得即可判断选项A；利用向量的数量积公式计算即可判断选项B；利用向量垂直的充要条件即可计算即可判断选项C；利用向量的平行关系即可判断选项D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：A、由已知条件得，，，
设，则，解得，则P点到轴的距离为，故选项正确；
B、将代入得，
则，
则，且两向量所成角的范围为，则为锐角，故选项错误；
C、由椭圆的定义可知，，
△的周长为，故选项正确；
D、设△的内切圆半径为，圆心为，
则
，解得 ，故选项正确；
故选：.
【分析】由椭圆方程可求得的值，利用△的面积即可求出P点到轴的距离；利用平面向量的夹角公式判断的大小；根据椭圆的定义可以求出△的周长；利用内切圆的几何性质可以求出内切圆半径.
11．【答案】A,B,D
【知识点】共面向量定理；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：如图所示，以D为原点，以DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设，则，，，，，，，
，，，
A，设，则，
所以，解得故，即E，F，M，N四点共面，故选项A正确；
B，因为．，所以，
所以BD与EF所成的角为，故选项B正确；
C，假设在线段BD上存在点P，符合题意.设，则，
若平面EFM，则，．
因为，，所以，
此方程组无解，所以在线段BD上不存在点P，使平面EFM，故选项C错误；
D，因为，所以，
又平面EFM，平面EFM，所以平面EFM，
故上的所有点到平面EFM的距离均相等，即在线段上任取点Q，
三棱锥的体积不变，故选项D正确．
故选：ABD
【分析】以D为原点，以DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据四点共面的向量表示计算即可判断选项A；利用向量的夹角公式求得BD与EF所成的角，即可判断选项B；假设在线段BD上存在点P，符合题意，设，根据线面垂直的性质列方程组，由方程组无解，即可判断选项C；用向量法判断出，利用线面平行的判定定理证明出平面EFM，即可判断选项D．
12．【答案】
【知识点】空间向量的投影向量；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为空间向量，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为.
故答案为：.
【分析】结合数量积的坐标运算，根据投影向量的概念向量在向量上的投影向量为计算即可求解.
13．【答案】
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：抛物线的准线为
由题意可知，，解得，
故答案为：.
【分析】先求出抛物线的准线方程，进而结合已知条件列出方程组，解方程组即可求得p的值.
14．【答案】
【知识点】数列的求和；数列的通项公式
【解析】【解答】解：在数列中，
所以所以，，
所以.
故答案为：.
【分析】根据累加法求得，代入求得，然后裂项求和法求和即可.
15．【答案】（1）解：设的公差为，
因为，所以，
解得，
所以.
（2）解：由（1）可知，且b1=4，
所以是首项为4，公比为4的等比数列，
所以的前项和为.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据等差数列定义由前n项和公式和通项公式列式计算先求得d，进而即可求得 数列的通项公式；
（2）易知是首项为4，公比为4的等比数列，代入等比数列前项和公式即可求得的前项和.
（1）设的公差为，
由可得，
解得，
所以.
（2）由（1）可知，
易知是公比为4的等比数列，
所以可得.
16．【答案】（1）解：因为圆心到直线的距离等于，圆N被直线截得的弦长为，
所以圆N的半径，
所以圆N的方程为．
（2）解：因为点与点C关于直线对称，所以点C的坐标为．
设所求圆的方程为，
因为圆C与圆N外切，所以，解得．
所以圆C的方程为．
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【分析】（1）根据圆心到直线的距离结合弦长公式计算，进而即可求得圆N的方程.
（2）由点关于直线对称点先确定圆心C的坐标，进而根据两圆的位置关系计算，即可求得圆C的方程.
（1）圆心到直线的距离等于，圆N被直线截得的弦长为，
则圆N的半径，
圆N的方程为．
（2）点与点C关于直线对称，点C的坐标为．
设所求圆的方程为，
圆C与圆N外切，故，得．
圆C的方程为．
17．【答案】（1）证明：因为①，
当时，，所以；
当，时，由题意可知②，
①-②得，所以，
即，即，
又，所以，所以，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
所以．
（2）解：由（1）得，
所以，
所以，
所以，
两式相减，得
，
所以．
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用推得，进而可得，根据已知条件利用等比数列的定义即可证明数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）先求得bn，进而求得，利用错位相减法求其前项和．
（1）因为，
当时，，又，
故；
当，时，由，得，
两式相减得，即，
则，即，
又，故，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
所以．
（2）由（1）得，
所以，
所以，
则，
两式相减，得
，
所以．
18．【答案】（1）证明：如图所示，连接，，
因为四边形是菱形，所以，
因为，所以为等边三角形，
又因为为的中点，所以，
因为是等边三角形，为中点，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：存在，，理由如下：
因为平面平面，平面平面，
由(1)知，，平面，所以平面，
因为，如图所示，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，
所以，，
设，，
，
设平面的一个法向量，
，令，则，所以，
因为直线与平面的夹角的正弦值为，
所以，
整理得：，由，解得：.
故存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时：.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质以及线面垂直的判定定理可知平面，进而可得平面，利用线面垂直的性质即可证得；
（2）利用空间向量法先求出直线AM的方向向量与平面PAB的法向量，进而求出直线与平面的夹角为时点的位置，即可求得的值.
（1）证明：连接，，如图所示，
因为四边形是菱形，所以，
因为，所以为等边三角形，
又因为为的中点，所以，
因为是等边三角形，为中点，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）存在，，理由如下：
因为平面平面，平面平面，
由(1)知，，平面，所以平面，
因为，以点为坐标原点，，，所在直线分别
为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
，，
设，，
，
设平面的一个法向量，
，取，得：，
因为直线与平面的夹角的正弦值为，
所以：，
整理得：，由，解得：.
故存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时：.
19．【答案】（1）解：由题意可设的标准方程为，则，，
所以双曲线的标准方程为．
（2）解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设点、，
联立，得，
所以且，
即且，
由韦达定理可得，，
．
因为，且，，
所以
．
所以或．
当时，直线恒过点，不合题意，
当时，直线恒过点，合乎题意；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，
则、
因为，所以，解得或（舍去）．
所以直线恒过点，
所以当直线时，点到直线的距离最大，距离的最大值为．
【知识点】椭圆的简单性质；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）根据题中定义和 椭圆C1的方程即可得出双曲线的标准方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设点、，将该直线方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得
，，．由题意可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于直线方程中参数的值或参数之间的关系，求出直线所过定点的坐标；当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，则、，，利用平面向量数量积的坐标运算可求得n的值，进而求出直线所过定点的坐标；即可求出点到直线的距离.
（1）解：由题意可设的标准方程为，则，，
所以双曲线的标准方程为．
（2）解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设点、，
联立，得，
所以且，
即且，
由韦达定理可得，，
．
因为，且，，
所以
．
所以或．
当时，直线恒过点，不合题意，
当时，直线恒过点，合乎题意；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，
则、
因为，所以，解得或（舍去）．
所以直线恒过点，
所以当直线时，点到直线的距离最大，距离的最大值为．
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