北京市第八十中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题
1．（2025高二上·朝阳期中）经过点且倾斜角为45°的直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·朝阳期中）已知直线，，若，则实数（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2025高二上·朝阳期中）已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内含
4．（2025高二上·朝阳期中）圆心为且与直线相切的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高二上·朝阳期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（ ）
A． B． C．1 D．4
6．（2025高二上·朝阳期中）已知椭圆的焦点在轴上，点，则（ ）
A．在外 B．的长轴长为
C．在内 D．的焦距为
7．（2025高二上·朝阳期中）“”是“椭圆的离心率为”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．（2025高二上·朝阳期中）已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高二上·朝阳期中）在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高二上·朝阳期中）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，且其方程为.已知椭圆的焦点在轴上，，为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识，则椭圆离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
11．（2025高二上·朝阳期中）椭圆的长轴长为 ，焦点坐标分别为 .
12．（2025高二上·朝阳期中）两条直线与之间的距离是 .
13．（2025高二上·朝阳期中）已知圆与圆关于直线对称，则 ，直线的方程为 .
14．（2025高二上·朝阳期中）曲线表示焦点在轴上的椭圆，则的一个取值为 .
15．（2025高二上·朝阳期中）已知直线与圆相交于，两点.若圆上存在一点，使得四边形为菱形，则实数的值是 .
16．（2025高二上·朝阳期中）如图，在长方体中，为棱的中点，点是侧面上的动点，满足，给出下列四个结论：
①动点的轨迹是一段圆弧；
②动点的轨迹长度为；
③动点的轨迹与线段有且只有一个公共点；
④三棱锥的体积的最大值为.
其中所有正确结论的序号是 .
17．（2025高二上·朝阳期中）如图，在直三棱柱中，，，分别为，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
18．（2025高二上·朝阳期中）如图，在三棱锥中，侧面底面，，．
（1）求证：；
（2）已知，，，是线段上一点，当时，求平面与平面夹角的余弦值．
19．（2025高二上·朝阳期中）已知椭圆的离心率为，椭圆的四个顶点构成的四边形的面积是4，若直线过点且与椭圆交于不同的两点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程.
20．（2025高二上·朝阳期中）已知椭圆，它的短轴长为，一个焦点的坐标为，点的坐标为，且.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若过点的直线与椭圆相交于，两点，且，求直线的方程.
21．（2025高二上·朝阳期中）设正整数，若由实数组成的集合满足如下性质，则称为集合：对中任意四个不同的元素，均有.
（1）判断集合和是否为集合，说明理由；
（2）若集合为集合，求中大于1的元素的可能个数；
（3）若集合为集合，求证：中元素不能全为正实数.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】直线的倾斜角；直线的点斜式方程；直线的一般式方程
【解析】【解答】解：直线斜率，点斜式为，一般式为，
故答案为：B.
【分析】由求出直线的斜率，代入点斜式方程，再化为一般式即可.
2．【答案】D
【知识点】用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：直线，，
若，则，解得．
故答案为：D．
【分析】两两直线垂直公式求解即可．
3．【答案】C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：根据题意将化为标准方程可得，
即圆心，半径；
由可知圆心，半径；
此时圆心距为，；
显然，即两圆相交.
故答案为：C
【分析】根据题意，先将圆的一般方程转化为标准方程，确定两个圆的圆心坐标与半径长度，再通过比较圆心距和两圆半径之和、之差的大小关系，即可判断两圆的位置关系.
4．【答案】B
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：点到直线的距离，
因为圆与直线相切，所以圆的半径，
所以圆的方程为.
故答案为：B
【分析】首先根据点到直线的距离公式，求出圆心坐标到已知直线的距离值；由于圆与直线相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，因此可确定半径大小；最后根据圆的标准方程形式，代入圆心和半径写出完整的圆的方程.
5．【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，即，解得：.
故答案为：A
【分析】 要满足 需要，再根据向量平行的坐标运算，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆的焦点在轴上，所以，
则的长轴长为，焦距为，故B、D错误；
因为，所以，所以，
所以，所以点在外，故A正确，C错误.
故答案为：A
【分析】椭圆焦点位置在x轴上，可得且a>b，求出的范围，即可判断.
7．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：椭圆的离心率为，当时，，得；
当时，，得．
即“”是“椭圆的离心率为”的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】：由椭圆讨论焦点在x轴、y轴再利用离心率为求出m，进而求得答案.
8．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图，分别取的中点，连接，
由题意可知：为正方形，且，
可知，
因为，平面，所以平面，
由平面，所以平面平面，
由面面垂直的性质可知：四棱锥的高平面，且，
则，可知，
即，可知，所以.
故答案为：D.
【分析】分别取的中点，根据长度关系结合勾股定理可证平面，平面平面，根据面面垂直的性质分析可知四棱锥的高平面，且，即可得结果.
9．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；轨迹方程；辅助角公式
【解析】【解答】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；
故答案为：D
【分析】根据题意构建平面直角坐标系，设定点的坐标并表示出向量，，利用正弦函数的性质结合数量积的坐标运算公式、辅助角公式，进行计算，即可得出结果.
10．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知，圆即为椭圆蒙日圆，
因为、为椭圆上任意两点，动点满足恒为锐角，
则点在圆外，
又因为动点在直线上，则直线与圆相离，
所以，，解得，
则，即，
因此，椭圆的离心率的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】分析可知，P所在直线与圆相离，利用直线与圆的位置关系d>r可求出的取值范围，再结合椭圆离心率公式可求得椭圆的离心率.
11．【答案】；和
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆，可知其焦点在轴上且，，.
即：，.
因此可得：椭圆的长轴长为；其焦点坐标为和.
故答案为：；和
【分析】直接根据椭圆方程得焦点在y轴，再由几何性质长轴长为2a，进行求解即可.
12．【答案】
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：直线可化为，
所以两条平行线间的距离为.
故答案为：.
【分析】先将两条直线方程中，的系数A、B统一，再利用两条平行线间的距离公式，代入公式计算即可.
13．【答案】4；
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：由题意两圆半径相等，圆，
整理得，
圆心，半径，
圆，圆心，半径，
由题意可知，所以，
的中点坐标为，，
由对称性可知得，
所以直线的方程为，即.
故答案为：4；.
【分析】根据两圆关于直线l对称可得两圆半径相等，可求得及求得两圆的圆心；由知两点的斜率公式得过两圆心直线的斜率和中点坐标，根据对称性可得直线斜率，从而求得直线的方程.
14．【答案】(答案不唯一)
【知识点】椭圆的标准方程
【解析】【解答】解：因为曲线表示焦点在轴上的椭圆，
所以，解得：，则的一个取值为；
故答案为：(答案不唯一)
【分析】根据椭圆焦点在轴上得a=m-2，b=m+2，再a>b列不等式计算求解.
15．【答案】
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：如图：
因为圆上存在一点，使得四边形为菱形，
所以到的距离等于，即，解得：.
故答案为：.
【分析】由菱形特征，得到到的距离等于1，代入点到直线的距离公式列出等式求解即可.
16．【答案】①②④
【知识点】轨迹方程；空间向量的夹角与距离求解公式；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由长方体性质可知：都与平面垂直，
而在平面内，所以，
由，可知，即，故，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，因为点是侧面上的动点，故设，
故所求点满足，化简得，
则动点的轨迹为此圆在矩形内的部分，是一段圆弧，故①正确；
记圆心为，当时，由，得，
显然动点的轨迹与线段没有公共点，故③错误；
当时，由，得或（舍去），
当时，由，得或（舍去），
则，，
易得，又，则，
所以动点的轨迹长度为，故②正确；
显然，动点到平面的最大距离为点到平面的距离，即，
所以三棱锥的体积的最大值为，故④正确.
故答案为：①②④.
【分析】利用三角函数的定义得到，再建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用空间两点间距离公式求得动点的轨迹，再逐项分析可得.
17．【答案】（1）证明连接，因为，分别为，的中点，所以．
在三棱柱中，，
所以，四点共面．
因为，，、分别为、的中点，
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：由题设平面，平面，所以，，
因为，所以两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
所以，
则，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，于是，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）要证线面平行，需证线线平行，连接，可得，及，，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出点坐标及直线方向向量坐标，代入空间向量法的线面角公式计算可得.
（1）连接，因为，分别为，的中点，所以．
在三棱柱中，，
所以，四点共面．
因为，，、分别为、的中点，
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）由题设平面，平面，所以，，
因为，所以两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
所以，
则，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，于是，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
18．【答案】（1）证明：取AC中点，连接DM、BM，
由，，故、，
又DM、平面DBM，，
则平面DBM，又平面DBM，故．
（2）解：
由侧面底面ABC，且，平面DBM，
平面平面ABC，故平面DAC，
又平面DAC，故，
即有BM、DM、AC两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，，，，
则，，
即、、、、，
、、，
令，则，
由，故，解得，
故，
令平面FAC的法向量为，则，，
也即，令，则有，
由轴平面ABC，故平面ABC的法向量可为，
则，
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）先证线面垂直，再由线面垂直定义即可得；
（2）先证BM、DM、AC两两垂直，可建立直角坐标系， 求出点坐标及直线方向向量坐标，代入空间向量法的面面角公式计算可得.
（1）取AC中点，连接DM、BM，
由，，故、，
又DM、平面DBM，，
则平面DBM，又平面DBM，故．
（2）由侧面底面ABC，且，平面DBM，
平面平面ABC，故平面DAC，
又平面DAC，故，
即有BM、DM、AC两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，，，，
则，，
即、、、、，
、、，
令，则，
由，故，解得，
故，
令平面FAC的法向量为，则，，
也即，令，则有，
由轴平面ABC，故平面ABC的法向量可为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
19．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：当直线的斜率为0时，直线被椭圆所截得的弦为椭圆长轴，长为4，不满足题意；
当直线的斜率不为0时，设直线方程为，
联立消去整理得，
，，
因为，
所以，
即，整理得，
解得（负值已舍去），所以，
所以，直线的方程为或.
【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）根据及S=4列出关于的方程组求解即可；
（2）先讨论直线斜率存在不存在，后设出直线方程，联立椭圆方程消去，列出韦达定理，代入弦长公式求解可得.
（1）由题意可得，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率为0时，直线被椭圆所截得的弦为椭圆长轴，长为4，不满足题意；
当直线的斜率不为0时，设直线方程为，
联立消去整理得，
，，
因为，
所以，
即，整理得，
解得（负值已舍去），所以，
所以，直线的方程为或.
20．【答案】（1）解：因为椭圆的短轴长为，所以.
由，，得，，
因为，所以，又，所以，
则，
所以椭圆的方程为，离心率.
（2）解：由（1）知，
根据题意易知直线斜率必然存在，设为.
由，得，
则，即，
设，，则，，
所以.
因为，
所以，解得，符合，
所以直线的方程为.
【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）根据椭圆的基本性质：短轴长2a，求出向量坐标，代入平面向量的坐标运算进行计算即可；
（2）根据题意易知直线斜率必然存在，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理， 代入向量的坐标运算化简即可.
（1）因为椭圆的短轴长为，所以.
由，，得，，
因为，所以，又，所以，
则，
所以椭圆的方程为，离心率.
（2）由（1）知，
根据题意易知直线斜率必然存在，设为.
由，得，
则，即，
设，，则，，
所以.
因为，
所以，解得，符合，
所以直线的方程为.
21．【答案】（1）解：集合是集合，
当时，；
当时，；
当时，；
集合不是集合，
取，则，不满足题中性质.
（2）解：当时，，
当时，，
当时，，
所以.
不妨设，
①若，因为，从而，与矛盾；
②若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
③若，因为，所以与矛盾；
④若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
综上：中大于1的元素的可能个数为.
（3）解：假设集合中全为正实数.
若中至少两个正实数大于，设，则，
取，则，
而，从而，矛盾；
因此中至多有1个正实数大于.
当时，设，
若，
当时，，
当时，，
当时，，
由于，
，
所以，
所以.
因为，
所以
，矛盾.
因此当时，.
当时，集合中至少有4个不同的正实数不大于，
设，
因为是有限集，设，其中.
又因为集合中至少有4个不同的正实数不大于，
所以，且存在，且使互不相同，
则，
当时，，
当时，，
于是，
与矛盾.
因此，中元素不能全为正实数.
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【分析】（1）由集合的定义，将两集合中元素依次代入中求值，再判断该值是否含于A即可即可得出答案；
（2）由定义得，不妨设，再分四种情况，，和讨论，再验证定义即可；
（3）由假设法，先由新定义，类比（2）的方法分类讨论、进行求解、证明.
（1）集合是集合，
当时，；
当时，；
当时，；
集合不是集合，
取，则，不满足题中性质.
（2）当时，，
当时，，
当时，，
所以.
不妨设，
①若，因为，从而，与矛盾；
②若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
③若，因为，所以与矛盾；
④若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
综上：中大于1的元素的可能个数为.
（3）假设集合中全为正实数.
若中至少两个正实数大于，设，则，
取，则，
而，从而，矛盾；
因此中至多有1个正实数大于.
当时，设，
若，
当时，，
当时，，
当时，，
由于，
，
所以，
所以.
因为，
所以
，矛盾.
因此当时，.
当时，集合中至少有4个不同的正实数不大于，
设，
因为是有限集，设，其中.
又因为集合中至少有4个不同的正实数不大于，
所以，且存在，且使互不相同，
则，
当时，，
当时，，
于是，
与矛盾.
因此，中元素不能全为正实数.
1 / 1北京市第八十中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题
1．（2025高二上·朝阳期中）经过点且倾斜角为45°的直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线的倾斜角；直线的点斜式方程；直线的一般式方程
【解析】【解答】解：直线斜率，点斜式为，一般式为，
故答案为：B.
【分析】由求出直线的斜率，代入点斜式方程，再化为一般式即可.
2．（2025高二上·朝阳期中）已知直线，，若，则实数（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：直线，，
若，则，解得．
故答案为：D．
【分析】两两直线垂直公式求解即可．
3．（2025高二上·朝阳期中）已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内含
【答案】C
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：根据题意将化为标准方程可得，
即圆心，半径；
由可知圆心，半径；
此时圆心距为，；
显然，即两圆相交.
故答案为：C
【分析】根据题意，先将圆的一般方程转化为标准方程，确定两个圆的圆心坐标与半径长度，再通过比较圆心距和两圆半径之和、之差的大小关系，即可判断两圆的位置关系.
4．（2025高二上·朝阳期中）圆心为且与直线相切的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：点到直线的距离，
因为圆与直线相切，所以圆的半径，
所以圆的方程为.
故答案为：B
【分析】首先根据点到直线的距离公式，求出圆心坐标到已知直线的距离值；由于圆与直线相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，因此可确定半径大小；最后根据圆的标准方程形式，代入圆心和半径写出完整的圆的方程.
5．（2025高二上·朝阳期中）已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则实数（ ）
A． B． C．1 D．4
【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，即，解得：.
故答案为：A
【分析】 要满足 需要，再根据向量平行的坐标运算，即可求解.
6．（2025高二上·朝阳期中）已知椭圆的焦点在轴上，点，则（ ）
A．在外 B．的长轴长为
C．在内 D．的焦距为
【答案】A
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆的焦点在轴上，所以，
则的长轴长为，焦距为，故B、D错误；
因为，所以，所以，
所以，所以点在外，故A正确，C错误.
故答案为：A
【分析】椭圆焦点位置在x轴上，可得且a>b，求出的范围，即可判断.
7．（2025高二上·朝阳期中）“”是“椭圆的离心率为”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；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：椭圆的离心率为，当时，，得；
当时，，得．
即“”是“椭圆的离心率为”的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】：由椭圆讨论焦点在x轴、y轴再利用离心率为求出m，进而求得答案.
8．（2025高二上·朝阳期中）已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图，分别取的中点，连接，
由题意可知：为正方形，且，
可知，
因为，平面，所以平面，
由平面，所以平面平面，
由面面垂直的性质可知：四棱锥的高平面，且，
则，可知，
即，可知，所以.
故答案为：D.
【分析】分别取的中点，根据长度关系结合勾股定理可证平面，平面平面，根据面面垂直的性质分析可知四棱锥的高平面，且，即可得结果.
9．（2025高二上·朝阳期中）在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；轨迹方程；辅助角公式
【解析】【解答】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；
故答案为：D
【分析】根据题意构建平面直角坐标系，设定点的坐标并表示出向量，，利用正弦函数的性质结合数量积的坐标运算公式、辅助角公式，进行计算，即可得出结果.
10．（2025高二上·朝阳期中）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，且其方程为.已知椭圆的焦点在轴上，，为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识，则椭圆离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知，圆即为椭圆蒙日圆，
因为、为椭圆上任意两点，动点满足恒为锐角，
则点在圆外，
又因为动点在直线上，则直线与圆相离，
所以，，解得，
则，即，
因此，椭圆的离心率的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】分析可知，P所在直线与圆相离，利用直线与圆的位置关系d>r可求出的取值范围，再结合椭圆离心率公式可求得椭圆的离心率.
11．（2025高二上·朝阳期中）椭圆的长轴长为 ，焦点坐标分别为 .
【答案】；和
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆，可知其焦点在轴上且，，.
即：，.
因此可得：椭圆的长轴长为；其焦点坐标为和.
故答案为：；和
【分析】直接根据椭圆方程得焦点在y轴，再由几何性质长轴长为2a，进行求解即可.
12．（2025高二上·朝阳期中）两条直线与之间的距离是 .
【答案】
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：直线可化为，
所以两条平行线间的距离为.
故答案为：.
【分析】先将两条直线方程中，的系数A、B统一，再利用两条平行线间的距离公式，代入公式计算即可.
13．（2025高二上·朝阳期中）已知圆与圆关于直线对称，则 ，直线的方程为 .
【答案】4；
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：由题意两圆半径相等，圆，
整理得，
圆心，半径，
圆，圆心，半径，
由题意可知，所以，
的中点坐标为，，
由对称性可知得，
所以直线的方程为，即.
故答案为：4；.
【分析】根据两圆关于直线l对称可得两圆半径相等，可求得及求得两圆的圆心；由知两点的斜率公式得过两圆心直线的斜率和中点坐标，根据对称性可得直线斜率，从而求得直线的方程.
14．（2025高二上·朝阳期中）曲线表示焦点在轴上的椭圆，则的一个取值为 .
【答案】(答案不唯一)
【知识点】椭圆的标准方程
【解析】【解答】解：因为曲线表示焦点在轴上的椭圆，
所以，解得：，则的一个取值为；
故答案为：(答案不唯一)
【分析】根据椭圆焦点在轴上得a=m-2，b=m+2，再a>b列不等式计算求解.
15．（2025高二上·朝阳期中）已知直线与圆相交于，两点.若圆上存在一点，使得四边形为菱形，则实数的值是 .
【答案】
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：如图：
因为圆上存在一点，使得四边形为菱形，
所以到的距离等于，即，解得：.
故答案为：.
【分析】由菱形特征，得到到的距离等于1，代入点到直线的距离公式列出等式求解即可.
16．（2025高二上·朝阳期中）如图，在长方体中，为棱的中点，点是侧面上的动点，满足，给出下列四个结论：
①动点的轨迹是一段圆弧；
②动点的轨迹长度为；
③动点的轨迹与线段有且只有一个公共点；
④三棱锥的体积的最大值为.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【知识点】轨迹方程；空间向量的夹角与距离求解公式；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由长方体性质可知：都与平面垂直，
而在平面内，所以，
由，可知，即，故，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，因为点是侧面上的动点，故设，
故所求点满足，化简得，
则动点的轨迹为此圆在矩形内的部分，是一段圆弧，故①正确；
记圆心为，当时，由，得，
显然动点的轨迹与线段没有公共点，故③错误；
当时，由，得或（舍去），
当时，由，得或（舍去），
则，，
易得，又，则，
所以动点的轨迹长度为，故②正确；
显然，动点到平面的最大距离为点到平面的距离，即，
所以三棱锥的体积的最大值为，故④正确.
故答案为：①②④.
【分析】利用三角函数的定义得到，再建系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用空间两点间距离公式求得动点的轨迹，再逐项分析可得.
17．（2025高二上·朝阳期中）如图，在直三棱柱中，，，分别为，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明连接，因为，分别为，的中点，所以．
在三棱柱中，，
所以，四点共面．
因为，，、分别为、的中点，
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：由题设平面，平面，所以，，
因为，所以两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
所以，
则，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，于是，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）要证线面平行，需证线线平行，连接，可得，及，，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出点坐标及直线方向向量坐标，代入空间向量法的线面角公式计算可得.
（1）连接，因为，分别为，的中点，所以．
在三棱柱中，，
所以，四点共面．
因为，，、分别为、的中点，
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）由题设平面，平面，所以，，
因为，所以两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
所以，
则，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，于是，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
18．（2025高二上·朝阳期中）如图，在三棱锥中，侧面底面，，．
（1）求证：；
（2）已知，，，是线段上一点，当时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：取AC中点，连接DM、BM，
由，，故、，
又DM、平面DBM，，
则平面DBM，又平面DBM，故．
（2）解：
由侧面底面ABC，且，平面DBM，
平面平面ABC，故平面DAC，
又平面DAC，故，
即有BM、DM、AC两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，，，，
则，，
即、、、、，
、、，
令，则，
由，故，解得，
故，
令平面FAC的法向量为，则，，
也即，令，则有，
由轴平面ABC，故平面ABC的法向量可为，
则，
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）先证线面垂直，再由线面垂直定义即可得；
（2）先证BM、DM、AC两两垂直，可建立直角坐标系， 求出点坐标及直线方向向量坐标，代入空间向量法的面面角公式计算可得.
（1）取AC中点，连接DM、BM，
由，，故、，
又DM、平面DBM，，
则平面DBM，又平面DBM，故．
（2）由侧面底面ABC，且，平面DBM，
平面平面ABC，故平面DAC，
又平面DAC，故，
即有BM、DM、AC两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，，，，
则，，
即、、、、，
、、，
令，则，
由，故，解得，
故，
令平面FAC的法向量为，则，，
也即，令，则有，
由轴平面ABC，故平面ABC的法向量可为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
19．（2025高二上·朝阳期中）已知椭圆的离心率为，椭圆的四个顶点构成的四边形的面积是4，若直线过点且与椭圆交于不同的两点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程.
【答案】（1）解：由题意可得，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：当直线的斜率为0时，直线被椭圆所截得的弦为椭圆长轴，长为4，不满足题意；
当直线的斜率不为0时，设直线方程为，
联立消去整理得，
，，
因为，
所以，
即，整理得，
解得（负值已舍去），所以，
所以，直线的方程为或.
【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）根据及S=4列出关于的方程组求解即可；
（2）先讨论直线斜率存在不存在，后设出直线方程，联立椭圆方程消去，列出韦达定理，代入弦长公式求解可得.
（1）由题意可得，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率为0时，直线被椭圆所截得的弦为椭圆长轴，长为4，不满足题意；
当直线的斜率不为0时，设直线方程为，
联立消去整理得，
，，
因为，
所以，
即，整理得，
解得（负值已舍去），所以，
所以，直线的方程为或.
20．（2025高二上·朝阳期中）已知椭圆，它的短轴长为，一个焦点的坐标为，点的坐标为，且.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若过点的直线与椭圆相交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）解：因为椭圆的短轴长为，所以.
由，，得，，
因为，所以，又，所以，
则，
所以椭圆的方程为，离心率.
（2）解：由（1）知，
根据题意易知直线斜率必然存在，设为.
由，得，
则，即，
设，，则，，
所以.
因为，
所以，解得，符合，
所以直线的方程为.
【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）根据椭圆的基本性质：短轴长2a，求出向量坐标，代入平面向量的坐标运算进行计算即可；
（2）根据题意易知直线斜率必然存在，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理， 代入向量的坐标运算化简即可.
（1）因为椭圆的短轴长为，所以.
由，，得，，
因为，所以，又，所以，
则，
所以椭圆的方程为，离心率.
（2）由（1）知，
根据题意易知直线斜率必然存在，设为.
由，得，
则，即，
设，，则，，
所以.
因为，
所以，解得，符合，
所以直线的方程为.
21．（2025高二上·朝阳期中）设正整数，若由实数组成的集合满足如下性质，则称为集合：对中任意四个不同的元素，均有.
（1）判断集合和是否为集合，说明理由；
（2）若集合为集合，求中大于1的元素的可能个数；
（3）若集合为集合，求证：中元素不能全为正实数.
【答案】（1）解：集合是集合，
当时，；
当时，；
当时，；
集合不是集合，
取，则，不满足题中性质.
（2）解：当时，，
当时，，
当时，，
所以.
不妨设，
①若，因为，从而，与矛盾；
②若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
③若，因为，所以与矛盾；
④若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
综上：中大于1的元素的可能个数为.
（3）解：假设集合中全为正实数.
若中至少两个正实数大于，设，则，
取，则，
而，从而，矛盾；
因此中至多有1个正实数大于.
当时，设，
若，
当时，，
当时，，
当时，，
由于，
，
所以，
所以.
因为，
所以
，矛盾.
因此当时，.
当时，集合中至少有4个不同的正实数不大于，
设，
因为是有限集，设，其中.
又因为集合中至少有4个不同的正实数不大于，
所以，且存在，且使互不相同，
则，
当时，，
当时，，
于是，
与矛盾.
因此，中元素不能全为正实数.
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【分析】（1）由集合的定义，将两集合中元素依次代入中求值，再判断该值是否含于A即可即可得出答案；
（2）由定义得，不妨设，再分四种情况，，和讨论，再验证定义即可；
（3）由假设法，先由新定义，类比（2）的方法分类讨论、进行求解、证明.
（1）集合是集合，
当时，；
当时，；
当时，；
集合不是集合，
取，则，不满足题中性质.
（2）当时，，
当时，，
当时，，
所以.
不妨设，
①若，因为，从而，与矛盾；
②若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
③若，因为，所以与矛盾；
④若，因为，故，
所以.
经验证，此时是集合，元素大于1的个数为；
综上：中大于1的元素的可能个数为.
（3）假设集合中全为正实数.
若中至少两个正实数大于，设，则，
取，则，
而，从而，矛盾；
因此中至多有1个正实数大于.
当时，设，
若，
当时，，
当时，，
当时，，
由于，
，
所以，
所以.
因为，
所以
，矛盾.
因此当时，.
当时，集合中至少有4个不同的正实数不大于，
设，
因为是有限集，设，其中.
又因为集合中至少有4个不同的正实数不大于，
所以，且存在，且使互不相同，
则，
当时，，
当时，，
于是，
与矛盾.
因此，中元素不能全为正实数.
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