浙江省浙里特色联盟2025-2026学年高二上学期期中联考数学试题
1．（2025高二上·浙江期中）若复数满足（为虚数单位），则的虚部是（ ）
A．-1 B．1 C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，
所以，
所以，
所以的虚部是1.
故答案为：B.
【分析】根据复数除法运算将分母实数化，分子分母同乘，再复数的虚部定义即可求解.
2．（2025高二上·浙江期中）若圆的一条直径的两个端点坐标是，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：由圆的一条直径的两个端点坐标是，
可得的中点坐标为，即圆心坐标为，
又由，所以圆的半径为，
所以以为直径的圆的方程为.
故答案为：A.
【分析】所求的圆为，以AB中点为圆心，以AB长度一半为半径的圆，求得的中点坐标和，得出所求圆的圆心坐标和半径，即可求解.
3．（2025高二上·浙江期中）已知正三棱台的体积为，其上下底面边长分别为2和4，则这个正三棱台的高为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．6
【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正三棱台的高为，
因为上下底面边长分别为2和4，可得上下底面面积分别为，
又因为正三棱台的体积为，
可得，解得，
所以正三棱台的高为.
故答案为：C.
【分析】设正三棱台的高为，代入棱台的体积公式，列出方程，即可求解.
4．（2025高二上·浙江期中）已知直线的倾斜角满足条件sin＋cos＝，则的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角函数值的符号；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由题意，，由，
则，所以.
于是，
联立.
故答案为：C.
【分析】将两边平方，利用求出，进一步求出，然后求出得到.
5．（2025高二上·浙江期中）已知直线和，两点，若直线上存在点使得最小，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线的一般式方程与直线的性质；两条直线的交点坐标；与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：设点关于直线的对称点为，
则，解得，所以，
所以，
当且仅当点为线段与直线的交点时等号成立，
因为，，所以直线的方程为，
联立，解得，所以点.
故答案为：D
【分析】利用对称关系求出点关于直线的对称点为，将最小值转化为为之间的距离，联立直线方程求得点的坐标.
6．（2025高二上·浙江期中）已知椭圆的中心为坐标原点，一个焦点为，过的直线与椭圆交于A、B两点.若的中点为，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设椭圆的方程为，，
则，
由直线过与的中点，则，
由，相减得，
即，
∴，
又，∴，解得，
故椭圆的方程为.
故答案为：B
【分析】已知弦AB中点，可利用点差法，化简得即可求解.
7．（2025高二上·浙江期中）若直线与圆相切于点，则的值为（ ）
A．-4 B．-2 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：切点在直线上，所以，即，
圆心与切点连线的斜率为，
所以切线的斜率为，
又切线的斜率为，所以，
所以，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】由圆心与切点的连线与切线垂直，再由切点在直线上，列式求解即可.
8．（2025高二上·浙江期中）已知点，分别为椭圆的左、右焦点，点在直线上运动.若的最大值为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意知，，，直线为，
设直线，的倾斜角分别为，，
由椭圆的对称性，不妨设为第一象限的点，即，，
则，.
，
，当且仅当，即时取等号，又得最大值为，
，即，整理得，故椭圆的离心率是.
故答案为：C.
【分析】设出直线，的倾斜角，，利用差角正切公式，再基本不等式求，结合已知求椭圆参数的数量关系，进而求离心率.
9．（2025高二上·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为
B．在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量
C．已知是空间的一组基底，则也是空间一组基底
D．以，，为顶点的三角形是等边三角形
【答案】A,C
【知识点】空间中的点的坐标；空间向量基本定理
【解析】【解答】解：A、由空间中点的对称性可知点关于轴对称的点的坐标为，该选项正确，符合题意；
B、在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量，该选项错误，不合题意；
C、因为是空间的一组基底，所以不共面，即其中任何一个向量都不能用另外两个向量线性表示，
易得中任何一个向量也不能用另外两个向量线性表示，（若设
满足，则有，该方程无解，该选项正确，符合题意；
D、由题意可得，
，，
显然，且，则为等腰直角三角形，该选项错误，不合题意.
故答案为：AC.
【分析】由中点坐标公式和空间中点的对称性可判断A；在空间直角坐标系中，由法向量定义得坐标平面的一个法向量，即可判断B；由空间基底的定义不共面，即其中任何一个向量都不能用另外两个向量线性表示 可判断C；由两点间的距离公式求出三边的长，再利用勾股定理即可判断D.
10．（2025高二上·浙江期中）已知椭圆的方程是，P为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）
A．过点且斜率不为0的直线与椭圆交于A，B两点，则的周长为8
B．存在点，使得的面积为2
C．椭圆上存在4个不同的点，使得
D．内切圆半径的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；椭圆的定义；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、由椭圆，所以
则过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为，故A正确；
B、根据椭圆性质的面积最大值为，所以不存在点，使得的面积为2，故B错误；
C、根据可得的轨迹为以为直径的圆，即，不包括两点，
因为，所以圆与椭圆有四个交点，即椭圆上存在4个不同的点，使得，故C正确；
D、的周长为，设的内切圆半径为，
则，故当最大时最大，此时为上（下）顶点，
，则，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据椭圆的定义求解的周长为，即可判断A；根据椭圆的性质的面积最大值为，所以不存在点，即可判断B；根据可得的轨迹，为以为直径的圆再分析与椭圆的交点个数即可判断C；根据的面积表达式分析得当最大时最大，此时为上（下）顶点即可判断D.
11．（2025高二上·浙江期中）已知圆，圆，P，Q分别是圆与圆上的点，下列说法正确的是（ ）
A．若圆与圆外切，则
B．当时，则两圆公共弦所在直线方程为
C．当时，若直线的斜率存在，则斜率的最大值为
D．当时，过点作圆两条切线，切点分别为A，B，则存在点，使得
【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：A、若两圆外切，则，解得，该选项正确，符合题意；
B、当时，，即，
联立，可得，
所以公共弦所在直线方程为，该选项错误，不合题意；
C、当时，，，所以两圆相离，
因为直线的斜率存在，分析可得，当PQ为两圆的内公切线时，斜率最大，
作出两圆图象，如下图所示，
设PQ和CD为两条内公切线，设交于点A，
因为圆的圆心为，且，
所以切线CD的方程为x=1，且，
因为CD为公切线，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，该选项正确，符合题意.
D、当时，，
因为P在上运动，所以，即，
若时，由，
可得四边形为正方形，
所以，符合题意，
所以存在点，使得，该选项正确，符合题意.
故选：ACD.
【分析】根据外切，可得，求出两圆的圆心距，求出r值，即可判断A；将圆方程，与方程联立，可得公共弦方程，即可判断B；结合圆方程，根据图象，分析可得斜率最大时，PQ为两圆的内公切线，根据垂直关系，可得，求出所需长度，根据斜率公式、正切公式等，分析计算，可判断C；由圆方程， P在上运动 ，进而可得，若，根据图象分析，可得四边形为正方形，所以，分析即可判断D的正误.
12．（2025高二上·浙江期中）在空间直角坐标系中，若，，且，则 .
【答案】
【知识点】向量的模；空间向量的数量积运算；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，
所以，，
故答案为：.
【分析】根据向量数量积求出，再由空间向量模计算即可.
13．（2025高二上·浙江期中）已知数据的平均数为4，方差为2，则数据的平均数与方差的和为 .
【答案】19
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：因为数据的平均数为4，方差为2，
所以的平均数为，方差为，
所以平均数与方差的和为19.
故答案为：19.
【分析】根据新数据数字特征平均数与方差计算即可.
14．（2025高二上·浙江期中）设函数和.已知当时，恒有，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为，即，
变形得，
令，①
，②
①式变形得，
即为以为圆心，2为半径的轴上方的半圆，
②式表示斜率为，在轴上的截距为的平行直线系，
如图所示，当直线，即与圆相切时，
圆心到直线的距离，
解得或，
又因为，即，所以，此时，
由图可知，要使在上恒成立，
则直线必在半圆的切线上方或重合，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】先将不等式变形为，令，转化为几何特征，令，利用数形结合法画出图象，分析图象，列式即可求解.
15．（2025高二上·浙江期中）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
【答案】（1）解：，，
，，
由余弦定理得，
又，.
（2）解：由三角形面积公式得，
由正弦定理得
，
三角形为锐角三角形，，得，，
，，，.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边将原式化为，即结合余弦定理求出，然后可得角；
（2）利用正弦定理得，结合三角形为锐角三角形求出的范围，然后由面积公式可得.
（1），，
，，
由余弦定理得，
又，.
（2）由三角形面积公式得，
由正弦定理得
，
三角形为锐角三角形，，得，，
，，，.
16．（2025高二上·浙江期中）已知偶函数的定义域为，值域为
（1）求实数的值；
（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，，求实数m，n的值.
【答案】（1）解：因为为偶函数，所以，则，
即，所以.
（2）解：由（1）可知，函数，
则不等式，即，则，
因为不等式在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
令，因为，可得，
设，可得函数在上单调递减，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
（3）解：由（1）知，函数，可得函数在单调递增，
因为是偶函数，且定义域为，值域，
可得图象关于轴对称，且在递增，所以，且，
所以为的两个根，即为的两个根，
解得，所以，.
【知识点】复合函数的单调性；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）利用函数奇偶性，得到，列出方程，即可求解；
（2）由（1）将，转化为在区间上恒成立，构造函数令，得到，设，结合二次函数单调性，即可求解；
（3）利用函数在单调递增，利用偶函数性质得到，且，转化为为的两个根，即可求解.
（1）解：因为为偶函数，所以，则，
即，所以.
（2）解：由（1）可知，函数，
则不等式，即，则，
因为不等式在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
令，因为，可得，
设，可得函数在上单调递减，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
（3）解：由（1）知，函数，可得函数在单调递增，
因为是偶函数，且定义域为，值域，
可得图象关于轴对称，且在递增，所以，且，
所以为的两个根，即为的两个根，
解得，所以，.
17．（2025高二上·浙江期中）在平面直角坐标系中，动点与点的距离是它与点的距离的倍.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）点在动点的轨迹上，求的最大值；
（3）若直线过点且与动点轨迹相交于两点，当时，求直线的方程.
【答案】（1）解：因为动点与点的距离是它与点的距离的倍，
可得，整理得，
所以动点的轨迹方程.
（2）解：由（1）知圆，可圆心坐标为，半径为，
因为可以看成点与点的斜率，
则过点，斜率为的直线方程为，即，
当过点的直线与圆相切时，斜率取最值，
直线与圆相切时，可得圆心到直线的距离，
解得，所以得最大值为1.
（3）解：当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为，
此时直线与圆没有公共点，所以直线的斜率一定存在，
可设直线过点的方程为，
即，
由圆的弦长公式可得，解得，
即圆心到直线的距离，则，解得或，
则直线方程为，即，
所以直线方程为或.
【知识点】圆的标准方程；轨迹方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）利用距离公式，列出方程，要得到动点的轨迹方程，需两边同时平方再整理；.
（2）点与点的斜率为，利用该几何意义，再设，结合直线与相切，求得，即可得到答案；
（3）设点斜式直线方程为，求得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式，构造直角三角形求出圆的弦长公式，列出方程，求得的值，进而得到直线方程.
（1）因为动点与点的距离是它与点的距离的倍，
可得，整理得，
所以动点的轨迹方程.
（2）由（1）知圆，可圆心坐标为，半径为，
因为可以看成点与点的斜率，
则过点，斜率为的直线方程为，即，
当过点的直线与圆相切时，斜率取最值，
直线与圆相切时，可得圆心到直线的距离，
解得，所以得最大值为1.
（3）当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为，
此时直线与圆没有公共点，所以直线的斜率一定存在，
可设直线过点的方程为，
即，
由圆的弦长公式可得，解得，
即圆心到直线的距离，则，解得或，
则直线方程为，即，
所以直线方程为或.
18．（2025高二上·浙江期中）如图，在三棱柱中，，，四边形是正方形，且.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥外接球的表面积；
（3）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为四边形是正方形，所以，，
因为，，，由余弦定理可得，
由，可得，
，，
，面，
面，而面，
，
又，，平面，
平面.
（2）解：由（1）可知，外接球的球心为的中点，
，，.
（3）解：建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
，，
设平面的法向量
则，所以，
令则，
所以平面的法向量
设与平面所成角
.
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由勾股定理可得，根据线面垂直的判定定理得面，由线面垂直定义即可证明；
（2）由（1）面可将 三棱锥 补成长方体，则外接球的球心为的中点，结合球的表面积公式求解即可；
（3）建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法求解即可.
（1）因为四边形是正方形，所以，，
因为，，，由余弦定理可得，
由，可得，
，，
，面，
面，而面，
，
又，，平面，
平面.
（2）由（1）可知，外接球的球心为的中点，
，，.
（3）建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
，，
设平面的法向量
则，所以，
令则，
所以平面的法向量
设与平面所成角
.
所以与平面所成角的正弦值为.
19．（2025高二上·浙江期中）椭圆的左、右焦点为、，离心率为，点为椭圆上任意的点且面积的最大值为，直线与椭圆交于不同的两点、.
（1）求椭圆的方程；
（2）若以线段为直径的圆经过点.
①求证：直线过定点，并求出的坐标；
②求三角形面积的最大值.
【答案】（1）解：由题意可得，①，
又，且面积的最大值为，
所以当点为椭圆的上顶点时，面积最大值，
即，所以②，
又根据椭圆性质，③，
联立①②③，解得，，
所以椭圆方程为.
（2）解：①设点，，因为以线段为直径的圆经过点，
所以，
若轴，则且，，
此时，不合题意；
设直线的方程为，联立，
可得，则，
由韦达定理可得，，
，，
所以
，
解得或，
因为直线不过点，则，所以，
所以直线的方程为，所以直线过定点.
②由①得直线的方程为，所以点到直线的距离为，
，
所以，
令，则，
因为时，故当时，取最大值为.
【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）利用椭圆性质与三角形面积，基本关系式及离心率公式计算即可；
（2）①将直线与椭圆联立方程，消元列出韦达定理，将转化为两根的关系，化简即可求解；
②利用点到直线的距离求出d，与弦长公式|EF|，代入三角形面积公式，结合换元法与函数最值，即可求解.
（1）由题意可得，①，
又，且面积的最大值为，
所以当点为椭圆的上顶点时，面积最大值，
即，所以②，
又根据椭圆性质，③，
联立①②③，解得，，
所以椭圆方程为.
（2）①设点，，因为以线段为直径的圆经过点，
所以，
若轴，则且，，
此时，不合题意；
设直线的方程为，联立，
可得，则，
由韦达定理可得，，
，，
所以
，
解得或，
因为直线不过点，则，所以，
所以直线的方程为，所以直线过定点.
②由①得直线的方程为，所以点到直线的距离为，
，
所以，
令，则，
因为时，故当时，取最大值为.
1 / 1浙江省浙里特色联盟2025-2026学年高二上学期期中联考数学试题
1．（2025高二上·浙江期中）若复数满足（为虚数单位），则的虚部是（ ）
A．-1 B．1 C． D．
2．（2025高二上·浙江期中）若圆的一条直径的两个端点坐标是，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高二上·浙江期中）已知正三棱台的体积为，其上下底面边长分别为2和4，则这个正三棱台的高为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．6
4．（2025高二上·浙江期中）已知直线的倾斜角满足条件sin＋cos＝，则的斜率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·浙江期中）已知直线和，两点，若直线上存在点使得最小，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·浙江期中）已知椭圆的中心为坐标原点，一个焦点为，过的直线与椭圆交于A、B两点.若的中点为，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·浙江期中）若直线与圆相切于点，则的值为（ ）
A．-4 B．-2 C．2 D．4
8．（2025高二上·浙江期中）已知点，分别为椭圆的左、右焦点，点在直线上运动.若的最大值为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高二上·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为
B．在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量
C．已知是空间的一组基底，则也是空间一组基底
D．以，，为顶点的三角形是等边三角形
10．（2025高二上·浙江期中）已知椭圆的方程是，P为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）
A．过点且斜率不为0的直线与椭圆交于A，B两点，则的周长为8
B．存在点，使得的面积为2
C．椭圆上存在4个不同的点，使得
D．内切圆半径的最大值为
11．（2025高二上·浙江期中）已知圆，圆，P，Q分别是圆与圆上的点，下列说法正确的是（ ）
A．若圆与圆外切，则
B．当时，则两圆公共弦所在直线方程为
C．当时，若直线的斜率存在，则斜率的最大值为
D．当时，过点作圆两条切线，切点分别为A，B，则存在点，使得
12．（2025高二上·浙江期中）在空间直角坐标系中，若，，且，则 .
13．（2025高二上·浙江期中）已知数据的平均数为4，方差为2，则数据的平均数与方差的和为 .
14．（2025高二上·浙江期中）设函数和.已知当时，恒有，则实数的取值范围是 .
15．（2025高二上·浙江期中）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
16．（2025高二上·浙江期中）已知偶函数的定义域为，值域为
（1）求实数的值；
（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，，求实数m，n的值.
17．（2025高二上·浙江期中）在平面直角坐标系中，动点与点的距离是它与点的距离的倍.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）点在动点的轨迹上，求的最大值；
（3）若直线过点且与动点轨迹相交于两点，当时，求直线的方程.
18．（2025高二上·浙江期中）如图，在三棱柱中，，，四边形是正方形，且.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥外接球的表面积；
（3）求与平面所成角的正弦值.
19．（2025高二上·浙江期中）椭圆的左、右焦点为、，离心率为，点为椭圆上任意的点且面积的最大值为，直线与椭圆交于不同的两点、.
（1）求椭圆的方程；
（2）若以线段为直径的圆经过点.
①求证：直线过定点，并求出的坐标；
②求三角形面积的最大值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，
所以，
所以，
所以的虚部是1.
故答案为：B.
【分析】根据复数除法运算将分母实数化，分子分母同乘，再复数的虚部定义即可求解.
2．【答案】A
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：由圆的一条直径的两个端点坐标是，
可得的中点坐标为，即圆心坐标为，
又由，所以圆的半径为，
所以以为直径的圆的方程为.
故答案为：A.
【分析】所求的圆为，以AB中点为圆心，以AB长度一半为半径的圆，求得的中点坐标和，得出所求圆的圆心坐标和半径，即可求解.
3．【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正三棱台的高为，
因为上下底面边长分别为2和4，可得上下底面面积分别为，
又因为正三棱台的体积为，
可得，解得，
所以正三棱台的高为.
故答案为：C.
【分析】设正三棱台的高为，代入棱台的体积公式，列出方程，即可求解.
4．【答案】C
【知识点】三角函数值的符号；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由题意，，由，
则，所以.
于是，
联立.
故答案为：C.
【分析】将两边平方，利用求出，进一步求出，然后求出得到.
5．【答案】D
【知识点】直线的一般式方程与直线的性质；两条直线的交点坐标；与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：设点关于直线的对称点为，
则，解得，所以，
所以，
当且仅当点为线段与直线的交点时等号成立，
因为，，所以直线的方程为，
联立，解得，所以点.
故答案为：D
【分析】利用对称关系求出点关于直线的对称点为，将最小值转化为为之间的距离，联立直线方程求得点的坐标.
6．【答案】B
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设椭圆的方程为，，
则，
由直线过与的中点，则，
由，相减得，
即，
∴，
又，∴，解得，
故椭圆的方程为.
故答案为：B
【分析】已知弦AB中点，可利用点差法，化简得即可求解.
7．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：切点在直线上，所以，即，
圆心与切点连线的斜率为，
所以切线的斜率为，
又切线的斜率为，所以，
所以，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】由圆心与切点的连线与切线垂直，再由切点在直线上，列式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意知，，，直线为，
设直线，的倾斜角分别为，，
由椭圆的对称性，不妨设为第一象限的点，即，，
则，.
，
，当且仅当，即时取等号，又得最大值为，
，即，整理得，故椭圆的离心率是.
故答案为：C.
【分析】设出直线，的倾斜角，，利用差角正切公式，再基本不等式求，结合已知求椭圆参数的数量关系，进而求离心率.
9．【答案】A,C
【知识点】空间中的点的坐标；空间向量基本定理
【解析】【解答】解：A、由空间中点的对称性可知点关于轴对称的点的坐标为，该选项正确，符合题意；
B、在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量，该选项错误，不合题意；
C、因为是空间的一组基底，所以不共面，即其中任何一个向量都不能用另外两个向量线性表示，
易得中任何一个向量也不能用另外两个向量线性表示，（若设
满足，则有，该方程无解，该选项正确，符合题意；
D、由题意可得，
，，
显然，且，则为等腰直角三角形，该选项错误，不合题意.
故答案为：AC.
【分析】由中点坐标公式和空间中点的对称性可判断A；在空间直角坐标系中，由法向量定义得坐标平面的一个法向量，即可判断B；由空间基底的定义不共面，即其中任何一个向量都不能用另外两个向量线性表示 可判断C；由两点间的距离公式求出三边的长，再利用勾股定理即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；椭圆的定义；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、由椭圆，所以
则过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为，故A正确；
B、根据椭圆性质的面积最大值为，所以不存在点，使得的面积为2，故B错误；
C、根据可得的轨迹为以为直径的圆，即，不包括两点，
因为，所以圆与椭圆有四个交点，即椭圆上存在4个不同的点，使得，故C正确；
D、的周长为，设的内切圆半径为，
则，故当最大时最大，此时为上（下）顶点，
，则，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据椭圆的定义求解的周长为，即可判断A；根据椭圆的性质的面积最大值为，所以不存在点，即可判断B；根据可得的轨迹，为以为直径的圆再分析与椭圆的交点个数即可判断C；根据的面积表达式分析得当最大时最大，此时为上（下）顶点即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：A、若两圆外切，则，解得，该选项正确，符合题意；
B、当时，，即，
联立，可得，
所以公共弦所在直线方程为，该选项错误，不合题意；
C、当时，，，所以两圆相离，
因为直线的斜率存在，分析可得，当PQ为两圆的内公切线时，斜率最大，
作出两圆图象，如下图所示，
设PQ和CD为两条内公切线，设交于点A，
因为圆的圆心为，且，
所以切线CD的方程为x=1，且，
因为CD为公切线，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，该选项正确，符合题意.
D、当时，，
因为P在上运动，所以，即，
若时，由，
可得四边形为正方形，
所以，符合题意，
所以存在点，使得，该选项正确，符合题意.
故选：ACD.
【分析】根据外切，可得，求出两圆的圆心距，求出r值，即可判断A；将圆方程，与方程联立，可得公共弦方程，即可判断B；结合圆方程，根据图象，分析可得斜率最大时，PQ为两圆的内公切线，根据垂直关系，可得，求出所需长度，根据斜率公式、正切公式等，分析计算，可判断C；由圆方程， P在上运动 ，进而可得，若，根据图象分析，可得四边形为正方形，所以，分析即可判断D的正误.
12．【答案】
【知识点】向量的模；空间向量的数量积运算；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，
所以，，
故答案为：.
【分析】根据向量数量积求出，再由空间向量模计算即可.
13．【答案】19
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：因为数据的平均数为4，方差为2，
所以的平均数为，方差为，
所以平均数与方差的和为19.
故答案为：19.
【分析】根据新数据数字特征平均数与方差计算即可.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为，即，
变形得，
令，①
，②
①式变形得，
即为以为圆心，2为半径的轴上方的半圆，
②式表示斜率为，在轴上的截距为的平行直线系，
如图所示，当直线，即与圆相切时，
圆心到直线的距离，
解得或，
又因为，即，所以，此时，
由图可知，要使在上恒成立，
则直线必在半圆的切线上方或重合，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】先将不等式变形为，令，转化为几何特征，令，利用数形结合法画出图象，分析图象，列式即可求解.
15．【答案】（1）解：，，
，，
由余弦定理得，
又，.
（2）解：由三角形面积公式得，
由正弦定理得
，
三角形为锐角三角形，，得，，
，，，.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边将原式化为，即结合余弦定理求出，然后可得角；
（2）利用正弦定理得，结合三角形为锐角三角形求出的范围，然后由面积公式可得.
（1），，
，，
由余弦定理得，
又，.
（2）由三角形面积公式得，
由正弦定理得
，
三角形为锐角三角形，，得，，
，，，.
16．【答案】（1）解：因为为偶函数，所以，则，
即，所以.
（2）解：由（1）可知，函数，
则不等式，即，则，
因为不等式在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
令，因为，可得，
设，可得函数在上单调递减，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
（3）解：由（1）知，函数，可得函数在单调递增，
因为是偶函数，且定义域为，值域，
可得图象关于轴对称，且在递增，所以，且，
所以为的两个根，即为的两个根，
解得，所以，.
【知识点】复合函数的单调性；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）利用函数奇偶性，得到，列出方程，即可求解；
（2）由（1）将，转化为在区间上恒成立，构造函数令，得到，设，结合二次函数单调性，即可求解；
（3）利用函数在单调递增，利用偶函数性质得到，且，转化为为的两个根，即可求解.
（1）解：因为为偶函数，所以，则，
即，所以.
（2）解：由（1）可知，函数，
则不等式，即，则，
因为不等式在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
令，因为，可得，
设，可得函数在上单调递减，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
（3）解：由（1）知，函数，可得函数在单调递增，
因为是偶函数，且定义域为，值域，
可得图象关于轴对称，且在递增，所以，且，
所以为的两个根，即为的两个根，
解得，所以，.
17．【答案】（1）解：因为动点与点的距离是它与点的距离的倍，
可得，整理得，
所以动点的轨迹方程.
（2）解：由（1）知圆，可圆心坐标为，半径为，
因为可以看成点与点的斜率，
则过点，斜率为的直线方程为，即，
当过点的直线与圆相切时，斜率取最值，
直线与圆相切时，可得圆心到直线的距离，
解得，所以得最大值为1.
（3）解：当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为，
此时直线与圆没有公共点，所以直线的斜率一定存在，
可设直线过点的方程为，
即，
由圆的弦长公式可得，解得，
即圆心到直线的距离，则，解得或，
则直线方程为，即，
所以直线方程为或.
【知识点】圆的标准方程；轨迹方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）利用距离公式，列出方程，要得到动点的轨迹方程，需两边同时平方再整理；.
（2）点与点的斜率为，利用该几何意义，再设，结合直线与相切，求得，即可得到答案；
（3）设点斜式直线方程为，求得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式，构造直角三角形求出圆的弦长公式，列出方程，求得的值，进而得到直线方程.
（1）因为动点与点的距离是它与点的距离的倍，
可得，整理得，
所以动点的轨迹方程.
（2）由（1）知圆，可圆心坐标为，半径为，
因为可以看成点与点的斜率，
则过点，斜率为的直线方程为，即，
当过点的直线与圆相切时，斜率取最值，
直线与圆相切时，可得圆心到直线的距离，
解得，所以得最大值为1.
（3）当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为，
此时直线与圆没有公共点，所以直线的斜率一定存在，
可设直线过点的方程为，
即，
由圆的弦长公式可得，解得，
即圆心到直线的距离，则，解得或，
则直线方程为，即，
所以直线方程为或.
18．【答案】（1）证明：因为四边形是正方形，所以，，
因为，，，由余弦定理可得，
由，可得，
，，
，面，
面，而面，
，
又，，平面，
平面.
（2）解：由（1）可知，外接球的球心为的中点，
，，.
（3）解：建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
，，
设平面的法向量
则，所以，
令则，
所以平面的法向量
设与平面所成角
.
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由勾股定理可得，根据线面垂直的判定定理得面，由线面垂直定义即可证明；
（2）由（1）面可将 三棱锥 补成长方体，则外接球的球心为的中点，结合球的表面积公式求解即可；
（3）建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用线面角的向量法求解即可.
（1）因为四边形是正方形，所以，，
因为，，，由余弦定理可得，
由，可得，
，，
，面，
面，而面，
，
又，，平面，
平面.
（2）由（1）可知，外接球的球心为的中点，
，，.
（3）建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
，，
设平面的法向量
则，所以，
令则，
所以平面的法向量
设与平面所成角
.
所以与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）解：由题意可得，①，
又，且面积的最大值为，
所以当点为椭圆的上顶点时，面积最大值，
即，所以②，
又根据椭圆性质，③，
联立①②③，解得，，
所以椭圆方程为.
（2）解：①设点，，因为以线段为直径的圆经过点，
所以，
若轴，则且，，
此时，不合题意；
设直线的方程为，联立，
可得，则，
由韦达定理可得，，
，，
所以
，
解得或，
因为直线不过点，则，所以，
所以直线的方程为，所以直线过定点.
②由①得直线的方程为，所以点到直线的距离为，
，
所以，
令，则，
因为时，故当时，取最大值为.
【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）利用椭圆性质与三角形面积，基本关系式及离心率公式计算即可；
（2）①将直线与椭圆联立方程，消元列出韦达定理，将转化为两根的关系，化简即可求解；
②利用点到直线的距离求出d，与弦长公式|EF|，代入三角形面积公式，结合换元法与函数最值，即可求解.
（1）由题意可得，①，
又，且面积的最大值为，
所以当点为椭圆的上顶点时，面积最大值，
即，所以②，
又根据椭圆性质，③，
联立①②③，解得，，
所以椭圆方程为.
（2）①设点，，因为以线段为直径的圆经过点，
所以，
若轴，则且，，
此时，不合题意；
设直线的方程为，联立，
可得，则，
由韦达定理可得，，
，，
所以
，
解得或，
因为直线不过点，则，所以，
所以直线的方程为，所以直线过定点.
②由①得直线的方程为，所以点到直线的距离为，
，
所以，
令，则，
因为时，故当时，取最大值为.
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