湖南省常德市临澧县第一中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题
1．（2025高二上·临澧月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为集合，
则，所以.
故答案为：B.
【分析】利用对数函数的单调性得出集合A，再结合已知条件和交集的运算法则得出集合.
2．（2025高二上·临澧月考）与向量同向的单位向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】单位向量；空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：设所求的单位向量为，
则，解得，
则所求的向量为．
故答案为：A.
【分析】利用向量共线定理，设所求向量为，利用数成向量的坐标表示，从而得出向量的坐标，再利用单位向量的模的定义，从而得出t的值，进而得出与向量同向的单位向量的坐标.
3．（2025高二上·临澧月考）圆：与圆：的公切线有且仅有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
【答案】B
【知识点】两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：因为圆，
则圆心，半径，
又因为圆，
则圆心，半径，
则两圆的圆心距为：，
所以，
则两圆相交，
所以，两圆的公切线有且仅有2条．
故答案为：B.
【分析】将两圆方程化为标准方程，从而得出两圆的圆心坐标和半径长，再利用两圆的圆心距和半径之和、半径之差的关系，从而判断出两圆的位置关系，进而得出两圆公切线的条数．
4．（2025高二上·临澧月考）在正项等比数列中，，且，，10成等差数列，则的值为（ ）
A． B． C．18 D．24
【答案】C
【知识点】等比数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：在正项等比数列中，设公比为，
则，又，，10成等差数列，
则，则，
故，
故答案为：C
【分析】先利用等比数列的性质求出a7 ，再根据等差中项的条件求出公比q，最后计算a9 。
5．（2025高二上·临澧月考）已知一个样本，样本容量为10，平均数为15，方差为3，现从样本中去掉一个数据，此时样本的平均数为，方差为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】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：设个数据为，
因为，
所以；
又因为，
且，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和平均数公式、方差公式，从而得出和.
6．（2025高二上·临澧月考）已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：若，则，
所以，这与矛盾，
则，
对同时除以，
所以，
则，，……，，
上面的式子相加，
可得：，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】对同时除以，从而可得，再由累加法得出数列的通项公式，从而得出数列的通项公式.
7．（2025高二上·临澧月考）过点作直线与曲线相交于，两点，为坐标原点，当时，直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由 ，则 ， ，即 ，
所以曲线 是以原点为圆心，为半径的圆的上半部分，如图．
因为， ，即 ，所以 ，
所以圆心 到直线 的距离为 ．
设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ， ，
圆心 到直线 的距离 ，解得 ，
因为 ，所以 ．
故答案为：C．
【分析】先把曲线方程化为圆的方程，明确它是上半圆，再利用 的几何性质求出弦心距，最后结合点到直线的距离公式求斜率，并根据图像确定斜率的符号。
8．（2025高二上·临澧月考）设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点，其中在第一象限，则下列正确的是（ ）
A．的准线为
B．的最小值为
C．以为直径的圆与轴相切
D．若且，则
【答案】B
【知识点】抛物线的定义；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：对于选项A，由抛物线的焦点，
可得，则抛物线，
所以，抛物线的准线为，故A错误；
对于B，如下图所示：
设直线的方程为，；
联立直线与抛物线方程，可得，
则；
由抛物线定义，可得；
则
，
当且仅当时，即当时，等号成立，故B正确；
对于C，以为直径的圆的圆心为，
此时圆心到轴的距离为，
因为，
所以，以为直径的圆与轴相交，故C错误；
对于D，易知，由可知点在的垂直平分线上，得，
由，可得，如下图所示：
则，
所以，
同理可得，
则，
所以，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据抛物线性质可得抛物线的准线方程，则判断出选项A；利用抛物线定义和基本不等式求最值的方法，则判断出选项B；由直线与圆的位置关系可判断出选项C；由可得点M的坐标，再利用数量积求向量夹角的坐标表示可得，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
9．（2025高二上·临澧月考）在中，内角所对的边分别为，如下判断正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，则
C．若为锐角三角形，则
D．若满足条件的有两个，则的取值范围为
【答案】B,C,D
【知识点】三角函数诱导公式二~六；解三角形；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，因为，
由正弦定理，可得，
则，
因为，
所以或，
则或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，设为外接圆的半径，
因为，所以，
则，
所以，故B正确；
对于C，若为锐角三角形，
则，
所以，
则，
所以，故C正确；
对于D，因为满足条件的有两个，
所以，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据正弦定理和二倍角的正弦公式，再利用等腰三角形的定义，则可判断选项A；根据正弦定理进行边角转化，则可判断选项B；根据锐角三角形中角的取值范围和不等式的基本性质，再利用诱导公式，则，从而判断出选项C；根据三角形中解的个数可得，从而计算可判断选项D，从而找出判断正确的选项.
10．（2025高二上·临澧月考）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（ ）
A．直线与所成角的正切值为
B．用平面截该正方体，所得截面周长为
C．若平面，则长度的取值范围为
D．若，则动点的轨迹长度为
【答案】A,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；棱柱的结构特征；异面直线所成的角；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：对于A：如图，连接，直线与所成角即直线与所成角，则，
在三角形中，，故A正确；
对于B，如图，截面为等腰梯形，
则截面的周长为，故B错误；
对于C，如图，取中点的中点为，平面为平面，
因为，平面，平面，平面，
同理可得：平面，
所以平面平面，
因为动点的轨迹为线段，，
可知是等腰三角形，所以，
则最小值为边上的高，
可得的长度取值范围为，故C正确；
对于D，因为平面，平面，
所以，则，
所以，点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，
则轨迹长度为，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】利用三角函数的定义和已知条件，则判断出选项A；利用正方体的结构特征作出截面的图形，再利用等腰梯形的周长公式，则判断出选项B；先找出点Q的轨迹，再求出长度的取值范围，则判断出选项C；先利用线面垂直的定义得出线线垂直，再利用勾股定理和圆弧的定义，从而得出点Q的轨迹，再利用弧长公式得出动点的轨迹长度，则判断出线线D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025高二上·临澧月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，为坐标原点，则（ ）
A．当为线段的中点时，直线的斜率为
B．若，则
C．
D．若直线的斜率为，且，则
【答案】B,D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：如图，
若直线的斜率为时，直线的方程为，
联立双曲线，可得，，
即直线与双曲线不相交，故A错误；
设，，，
，，
又 ，，故B正确；
设，其中，则，即，
，
，
，，
，，故C错误；
，，，，
，∵直线的斜率为即，
且过点，∴直线的方程为， 又∵，， ，
，即，
又∵点到直线的距离，点到直线的距离，即，
∴点与点关于直线对称，，，故D正确，
故答案为：BD．
【分析】明确双曲线 的基本量：，左右焦点为 ，再逐一分析每个选项。
12．（2025高二上·临澧月考）已知抛物线的焦点为，直线与交于，两点，若，则线段中点的纵坐标为 .
【答案】2
【知识点】平面内中点坐标公式；抛物线的定义
【解析】【解答】解：设点，，
易得抛物线的焦点为，准线方程为.
由抛物线定义，
得，
所以，故，
则线段中点的纵坐标为2.
故答案为：2.
【分析】根据抛物线的定义和中点坐标公式，从而得出线段中点的纵坐标.
13．（2025高二上·临澧月考）数列的前项和为，若数列的各项按如下规律排列：，若存在正整数，使，则 .
【答案】
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由于，
则，
当时，，当时，，
根据，
则，
即此时的.
故答案为：
【分析】先把数列按分母分组，计算每组的和，再通过累加找到满足 且 的位置，从而确定 。
14．（2025高二上·临澧月考）已知椭圆 为坐标原点，直线 与椭圆 交于 两点， 点 关于 轴的对称点为 ，且 ，若直线 与椭圆 交于点 ，且 ，则椭圆 的离心率为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：设，则，所以，
由得，所以.
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
将代入椭圆方程中，得到，
化简得，又满足，
即，根据韦达定理可得，
所以①.
由得，所以直线的斜率为.
而，解得②.
①②联立得，化简得.
所以离心率为.
故答案为：
【分析】通过对称与向量关系确定点 的坐标，再求出直线 的方程并与椭圆联立，结合 的垂直条件，推导出 的关系，进而求出离心率。
15．（2025高二上·临澧月考）已知圆经过三点.
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆与圆相交于两点，求直线的方程以及公共弦的长.
【答案】（1）解：设圆的方程为，
由题意可知，，解得，
所以圆的方程为，
故圆的标准方程为.
（2）解：由圆与圆相减得，，
所以直线的方程为.
则圆心到直线的距离，
故.
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】(1) 设圆的一般方程，代入三点坐标求解系数，再化为标准方程；
(2) 两圆方程相减得到公共弦所在直线方程，再用垂径定理求弦长。
（1）设圆的方程为，
由题意可知，，解得，
所以圆的方程为，
故圆的标准方程为.
（2）由圆与圆相减得，，
所以直线的方程为.
则圆心到直线的距离，
故.
16．（2025高二上·临澧月考）已知函数.
（1）求函数的单调递增区间及在上的值域；
（2）若为锐角且，求的值.
【答案】（1）解：由题意得，函数
由，解得，
所以函数的单调递增区间为；
由，得，，
所以当的值域为.
（2）解：由（1）知，，由，得，
由，得，所以，，
所以
.
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】(1)先用二倍角公式和辅助角公式化简函数，再根据正弦函数的单调性求递增区间，结合 的范围求值域。
(2)由 的值得到 ，再用同角三角函数求 ，最后用差角余弦公式求 。
（1）依题意，函数
由，解得，
所以函数的单调递增区间为；
由，得，，
所以当的值域为.
（2）由（1）知，，由，得，
由，得，所以，，
所以
.
17．（2025高二上·临澧月考）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
在中，因为，分别是为棱，的中点，
所以为中位线，
所以，且，
又，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）解：平面，平面，
所以，又，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
取的中点，连接，如图所示：
因为，，且，
所以四边形是边长为2的正方形，
所以，
因为为棱的中点，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
即平面的一个法向量为，
又平面，平面，
所以，由，且，
所以平面，即平面，
所以为平面的一个法向量，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
（3）解：由（2）知，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为：
，
所以点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）要证线面平行，需证线线平行；利用三角形中位线，取的中点，可得平行四边形，可得，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）结合已知条件建立空间直角坐标系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用面面角的向量法求解即可；
（3）在（2）的基础上代入 求点到面的距离即可.
（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
在中，因为，分别是为棱，的中点，
所以为中位线，
所以，且，
又，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）平面，平面，
所以，又，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
取的中点，连接，如图所示：
因为，，且，
所以四边形是边长为2的正方形，
所以，
因为为棱的中点，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
即平面的一个法向量为，
又平面，平面，
所以，由，且，
所以平面，即平面，
所以为平面的一个法向量，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为
（3）由（2）知，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为：
，
所以点到平面的距离为.
18．（2025高二上·临澧月考）等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足，，，．
（1）求和的通项公式；
（2）若数列满足，，求数列的前2n项和，
（3）求的最大值和最小值．
【答案】（1）解：设等差数列公差为，等比数列公比为，
则，解得，
所以，；
（2）解：由（1），，，
所以
令，
即①，
则②，
①-②得：
，
整理得
所以；
（3）解：因为，设
所以
，
当为奇数时，，由反比例函数性质可知随增大而增大，
故；
当为偶数时，，由反比例函数性质可知随增大而减小，
故，
又当时，，介于与之间，
所以的最大值为，最小值为.
【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；数列的求和
【解析】【分析】(1)设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，代入已知条件列方程组求解 和 ，再写出通项公式；
(2)将前 项和 拆分为奇数项和与偶数项和两部分，奇数项为等差数列求和，偶数项用错位相减法求和，最后合并结果；
(3)先对通项 裂项，再对 分组求和，通过讨论 的奇偶性求数列的最值。
（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，
则，解得，
所以，；
（2）由（1），，，
所以
令，
即①，
则②，
①-②得：
，
整理得
所以；
（3）因为，设
所以
，
当为奇数时，，由反比例函数性质可知随增大而增大，
故；
当为偶数时，，由反比例函数性质可知随增大而减小，
故，
又当时，，介于与之间，
所以的最大值为，最小值为.
19．（2025高二上·临澧月考）已知，分别为椭圆（）的左，右焦点，为短轴的一个端点，是直角三角形.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若直线恰好与椭圆相切，求椭圆的方程；
（3）在（2）的条件下，设直线不过点且与交于两点，，若，求的最大值.
【答案】（1）解：设短轴的端点为，左焦点、右焦点为，
因为是直角三角形，
所以，
结合，
解得，
则椭圆E的离心率为.
（2）解：由，
可得椭圆方程为，
与直线联立，
可得，
因为直线恰好与椭圆相切，
所以，
解得，
则椭圆方程为.
（3）解：因为点在椭圆上，设，
由，
可得，
当直线斜率存在时，设直线方程为，
代入椭圆方程中，
消去可得，
则，
由，
可得：
，
则，
化简得，
因为不在直线上，
所以，
则，，
所以，直线的方程为，
则直线过定点，
当直线的斜率不存在时，可得，
代入，
可得，
结合，
可得或（舍去），此时直线也经过，
综上可得，直线恒经过，
因为，结合，
所以为直角三角形斜边上的高的长，
又因为直线恒经过，
所以.
【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）根据椭圆的几何性质和直角三角形的结构特征以及勾股定理，利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，c的关系式，再利用椭圆的离心率公式，从而得出椭圆的离心率.
（2）联立直线的方程和椭圆方程，再根据直线与与椭圆相切位置关系判断方法，从而得出判别式为0，则得出的值，进而得出椭圆的方程.
（3）根据韦达定理和向量垂直数量积为0的等价关系，从而可得直线经过定点，利用等面积法和三角形的面积公式，再根据几何法求最值的方法，从而得出的最大值.
（1）设短轴的端点为，左右焦点为，
由于是直角三角形，所以，结合，
解得，故，
（2）由可得椭圆方程为，
与直线联立可得，
由于直线恰好与椭圆相切，故，解得，
所以椭圆方程为
（3）由于在椭圆上，设，
由可得，
当直线斜率存在时，设直线方程为，
代入椭圆方程中，消去可得，
则，
由可得
即，
化简得，
由于不在直线上，所以，故，，
故直线的方程为，故过定点，
当直线的斜率不存在时，可得，
代入可得，
结合可得或（舍去），
此时直线也经过，
综上可得直线恒经过.
因为，结合，故为直角三角形斜边上的高的长，
又直线恒经过，所以，
1 / 1湖南省常德市临澧县第一中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题
1．（2025高二上·临澧月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·临澧月考）与向量同向的单位向量为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·临澧月考）圆：与圆：的公切线有且仅有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
4．（2025高二上·临澧月考）在正项等比数列中，，且，，10成等差数列，则的值为（ ）
A． B． C．18 D．24
5．（2025高二上·临澧月考）已知一个样本，样本容量为10，平均数为15，方差为3，现从样本中去掉一个数据，此时样本的平均数为，方差为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
6．（2025高二上·临澧月考）已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·临澧月考）过点作直线与曲线相交于，两点，为坐标原点，当时，直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·临澧月考）设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点，其中在第一象限，则下列正确的是（ ）
A．的准线为
B．的最小值为
C．以为直径的圆与轴相切
D．若且，则
9．（2025高二上·临澧月考）在中，内角所对的边分别为，如下判断正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，则
C．若为锐角三角形，则
D．若满足条件的有两个，则的取值范围为
10．（2025高二上·临澧月考）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（ ）
A．直线与所成角的正切值为
B．用平面截该正方体，所得截面周长为
C．若平面，则长度的取值范围为
D．若，则动点的轨迹长度为
11．（2025高二上·临澧月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，为坐标原点，则（ ）
A．当为线段的中点时，直线的斜率为
B．若，则
C．
D．若直线的斜率为，且，则
12．（2025高二上·临澧月考）已知抛物线的焦点为，直线与交于，两点，若，则线段中点的纵坐标为 .
13．（2025高二上·临澧月考）数列的前项和为，若数列的各项按如下规律排列：，若存在正整数，使，则 .
14．（2025高二上·临澧月考）已知椭圆 为坐标原点，直线 与椭圆 交于 两点， 点 关于 轴的对称点为 ，且 ，若直线 与椭圆 交于点 ，且 ，则椭圆 的离心率为 ．
15．（2025高二上·临澧月考）已知圆经过三点.
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆与圆相交于两点，求直线的方程以及公共弦的长.
16．（2025高二上·临澧月考）已知函数.
（1）求函数的单调递增区间及在上的值域；
（2）若为锐角且，求的值.
17．（2025高二上·临澧月考）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
18．（2025高二上·临澧月考）等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足，，，．
（1）求和的通项公式；
（2）若数列满足，，求数列的前2n项和，
（3）求的最大值和最小值．
19．（2025高二上·临澧月考）已知，分别为椭圆（）的左，右焦点，为短轴的一个端点，是直角三角形.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若直线恰好与椭圆相切，求椭圆的方程；
（3）在（2）的条件下，设直线不过点且与交于两点，，若，求的最大值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为集合，
则，所以.
故答案为：B.
【分析】利用对数函数的单调性得出集合A，再结合已知条件和交集的运算法则得出集合.
2．【答案】A
【知识点】单位向量；空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：设所求的单位向量为，
则，解得，
则所求的向量为．
故答案为：A.
【分析】利用向量共线定理，设所求向量为，利用数成向量的坐标表示，从而得出向量的坐标，再利用单位向量的模的定义，从而得出t的值，进而得出与向量同向的单位向量的坐标.
3．【答案】B
【知识点】两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：因为圆，
则圆心，半径，
又因为圆，
则圆心，半径，
则两圆的圆心距为：，
所以，
则两圆相交，
所以，两圆的公切线有且仅有2条．
故答案为：B.
【分析】将两圆方程化为标准方程，从而得出两圆的圆心坐标和半径长，再利用两圆的圆心距和半径之和、半径之差的关系，从而判断出两圆的位置关系，进而得出两圆公切线的条数．
4．【答案】C
【知识点】等比数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：在正项等比数列中，设公比为，
则，又，，10成等差数列，
则，则，
故，
故答案为：C
【分析】先利用等比数列的性质求出a7 ，再根据等差中项的条件求出公比q，最后计算a9 。
5．【答案】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：设个数据为，
因为，
所以；
又因为，
且，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和平均数公式、方差公式，从而得出和.
6．【答案】D
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：若，则，
所以，这与矛盾，
则，
对同时除以，
所以，
则，，……，，
上面的式子相加，
可得：，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】对同时除以，从而可得，再由累加法得出数列的通项公式，从而得出数列的通项公式.
7．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由 ，则 ， ，即 ，
所以曲线 是以原点为圆心，为半径的圆的上半部分，如图．
因为， ，即 ，所以 ，
所以圆心 到直线 的距离为 ．
设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ， ，
圆心 到直线 的距离 ，解得 ，
因为 ，所以 ．
故答案为：C．
【分析】先把曲线方程化为圆的方程，明确它是上半圆，再利用 的几何性质求出弦心距，最后结合点到直线的距离公式求斜率，并根据图像确定斜率的符号。
8．【答案】B
【知识点】抛物线的定义；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：对于选项A，由抛物线的焦点，
可得，则抛物线，
所以，抛物线的准线为，故A错误；
对于B，如下图所示：
设直线的方程为，；
联立直线与抛物线方程，可得，
则；
由抛物线定义，可得；
则
，
当且仅当时，即当时，等号成立，故B正确；
对于C，以为直径的圆的圆心为，
此时圆心到轴的距离为，
因为，
所以，以为直径的圆与轴相交，故C错误；
对于D，易知，由可知点在的垂直平分线上，得，
由，可得，如下图所示：
则，
所以，
同理可得，
则，
所以，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据抛物线性质可得抛物线的准线方程，则判断出选项A；利用抛物线定义和基本不等式求最值的方法，则判断出选项B；由直线与圆的位置关系可判断出选项C；由可得点M的坐标，再利用数量积求向量夹角的坐标表示可得，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
9．【答案】B,C,D
【知识点】三角函数诱导公式二~六；解三角形；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，因为，
由正弦定理，可得，
则，
因为，
所以或，
则或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，设为外接圆的半径，
因为，所以，
则，
所以，故B正确；
对于C，若为锐角三角形，
则，
所以，
则，
所以，故C正确；
对于D，因为满足条件的有两个，
所以，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据正弦定理和二倍角的正弦公式，再利用等腰三角形的定义，则可判断选项A；根据正弦定理进行边角转化，则可判断选项B；根据锐角三角形中角的取值范围和不等式的基本性质，再利用诱导公式，则，从而判断出选项C；根据三角形中解的个数可得，从而计算可判断选项D，从而找出判断正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；棱柱的结构特征；异面直线所成的角；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：对于A：如图，连接，直线与所成角即直线与所成角，则，
在三角形中，，故A正确；
对于B，如图，截面为等腰梯形，
则截面的周长为，故B错误；
对于C，如图，取中点的中点为，平面为平面，
因为，平面，平面，平面，
同理可得：平面，
所以平面平面，
因为动点的轨迹为线段，，
可知是等腰三角形，所以，
则最小值为边上的高，
可得的长度取值范围为，故C正确；
对于D，因为平面，平面，
所以，则，
所以，点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，
则轨迹长度为，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】利用三角函数的定义和已知条件，则判断出选项A；利用正方体的结构特征作出截面的图形，再利用等腰梯形的周长公式，则判断出选项B；先找出点Q的轨迹，再求出长度的取值范围，则判断出选项C；先利用线面垂直的定义得出线线垂直，再利用勾股定理和圆弧的定义，从而得出点Q的轨迹，再利用弧长公式得出动点的轨迹长度，则判断出线线D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】B,D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：如图，
若直线的斜率为时，直线的方程为，
联立双曲线，可得，，
即直线与双曲线不相交，故A错误；
设，，，
，，
又 ，，故B正确；
设，其中，则，即，
，
，
，，
，，故C错误；
，，，，
，∵直线的斜率为即，
且过点，∴直线的方程为， 又∵，， ，
，即，
又∵点到直线的距离，点到直线的距离，即，
∴点与点关于直线对称，，，故D正确，
故答案为：BD．
【分析】明确双曲线 的基本量：，左右焦点为 ，再逐一分析每个选项。
12．【答案】2
【知识点】平面内中点坐标公式；抛物线的定义
【解析】【解答】解：设点，，
易得抛物线的焦点为，准线方程为.
由抛物线定义，
得，
所以，故，
则线段中点的纵坐标为2.
故答案为：2.
【分析】根据抛物线的定义和中点坐标公式，从而得出线段中点的纵坐标.
13．【答案】
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由于，
则，
当时，，当时，，
根据，
则，
即此时的.
故答案为：
【分析】先把数列按分母分组，计算每组的和，再通过累加找到满足 且 的位置，从而确定 。
14．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：设，则，所以，
由得，所以.
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
将代入椭圆方程中，得到，
化简得，又满足，
即，根据韦达定理可得，
所以①.
由得，所以直线的斜率为.
而，解得②.
①②联立得，化简得.
所以离心率为.
故答案为：
【分析】通过对称与向量关系确定点 的坐标，再求出直线 的方程并与椭圆联立，结合 的垂直条件，推导出 的关系，进而求出离心率。
15．【答案】（1）解：设圆的方程为，
由题意可知，，解得，
所以圆的方程为，
故圆的标准方程为.
（2）解：由圆与圆相减得，，
所以直线的方程为.
则圆心到直线的距离，
故.
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】(1) 设圆的一般方程，代入三点坐标求解系数，再化为标准方程；
(2) 两圆方程相减得到公共弦所在直线方程，再用垂径定理求弦长。
（1）设圆的方程为，
由题意可知，，解得，
所以圆的方程为，
故圆的标准方程为.
（2）由圆与圆相减得，，
所以直线的方程为.
则圆心到直线的距离，
故.
16．【答案】（1）解：由题意得，函数
由，解得，
所以函数的单调递增区间为；
由，得，，
所以当的值域为.
（2）解：由（1）知，，由，得，
由，得，所以，，
所以
.
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】(1)先用二倍角公式和辅助角公式化简函数，再根据正弦函数的单调性求递增区间，结合 的范围求值域。
(2)由 的值得到 ，再用同角三角函数求 ，最后用差角余弦公式求 。
（1）依题意，函数
由，解得，
所以函数的单调递增区间为；
由，得，，
所以当的值域为.
（2）由（1）知，，由，得，
由，得，所以，，
所以
.
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
在中，因为，分别是为棱，的中点，
所以为中位线，
所以，且，
又，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）解：平面，平面，
所以，又，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
取的中点，连接，如图所示：
因为，，且，
所以四边形是边长为2的正方形，
所以，
因为为棱的中点，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
即平面的一个法向量为，
又平面，平面，
所以，由，且，
所以平面，即平面，
所以为平面的一个法向量，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
（3）解：由（2）知，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为：
，
所以点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）要证线面平行，需证线线平行；利用三角形中位线，取的中点，可得平行四边形，可得，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）结合已知条件建立空间直角坐标系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用面面角的向量法求解即可；
（3）在（2）的基础上代入 求点到面的距离即可.
（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
在中，因为，分别是为棱，的中点，
所以为中位线，
所以，且，
又，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）平面，平面，
所以，又，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
取的中点，连接，如图所示：
因为，，且，
所以四边形是边长为2的正方形，
所以，
因为为棱的中点，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
即平面的一个法向量为，
又平面，平面，
所以，由，且，
所以平面，即平面，
所以为平面的一个法向量，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为
（3）由（2）知，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为：
，
所以点到平面的距离为.
18．【答案】（1）解：设等差数列公差为，等比数列公比为，
则，解得，
所以，；
（2）解：由（1），，，
所以
令，
即①，
则②，
①-②得：
，
整理得
所以；
（3）解：因为，设
所以
，
当为奇数时，，由反比例函数性质可知随增大而增大，
故；
当为偶数时，，由反比例函数性质可知随增大而减小，
故，
又当时，，介于与之间，
所以的最大值为，最小值为.
【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；数列的求和
【解析】【分析】(1)设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，代入已知条件列方程组求解 和 ，再写出通项公式；
(2)将前 项和 拆分为奇数项和与偶数项和两部分，奇数项为等差数列求和，偶数项用错位相减法求和，最后合并结果；
(3)先对通项 裂项，再对 分组求和，通过讨论 的奇偶性求数列的最值。
（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，
则，解得，
所以，；
（2）由（1），，，
所以
令，
即①，
则②，
①-②得：
，
整理得
所以；
（3）因为，设
所以
，
当为奇数时，，由反比例函数性质可知随增大而增大，
故；
当为偶数时，，由反比例函数性质可知随增大而减小，
故，
又当时，，介于与之间，
所以的最大值为，最小值为.
19．【答案】（1）解：设短轴的端点为，左焦点、右焦点为，
因为是直角三角形，
所以，
结合，
解得，
则椭圆E的离心率为.
（2）解：由，
可得椭圆方程为，
与直线联立，
可得，
因为直线恰好与椭圆相切，
所以，
解得，
则椭圆方程为.
（3）解：因为点在椭圆上，设，
由，
可得，
当直线斜率存在时，设直线方程为，
代入椭圆方程中，
消去可得，
则，
由，
可得：
，
则，
化简得，
因为不在直线上，
所以，
则，，
所以，直线的方程为，
则直线过定点，
当直线的斜率不存在时，可得，
代入，
可得，
结合，
可得或（舍去），此时直线也经过，
综上可得，直线恒经过，
因为，结合，
所以为直角三角形斜边上的高的长，
又因为直线恒经过，
所以.
【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）根据椭圆的几何性质和直角三角形的结构特征以及勾股定理，利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，c的关系式，再利用椭圆的离心率公式，从而得出椭圆的离心率.
（2）联立直线的方程和椭圆方程，再根据直线与与椭圆相切位置关系判断方法，从而得出判别式为0，则得出的值，进而得出椭圆的方程.
（3）根据韦达定理和向量垂直数量积为0的等价关系，从而可得直线经过定点，利用等面积法和三角形的面积公式，再根据几何法求最值的方法，从而得出的最大值.
（1）设短轴的端点为，左右焦点为，
由于是直角三角形，所以，结合，
解得，故，
（2）由可得椭圆方程为，
与直线联立可得，
由于直线恰好与椭圆相切，故，解得，
所以椭圆方程为
（3）由于在椭圆上，设，
由可得，
当直线斜率存在时，设直线方程为，
代入椭圆方程中，消去可得，
则，
由可得
即，
化简得，
由于不在直线上，所以，故，，
故直线的方程为，故过定点，
当直线的斜率不存在时，可得，
代入可得，
结合可得或（舍去），
此时直线也经过，
综上可得直线恒经过.
因为，结合，故为直角三角形斜边上的高的长，
又直线恒经过，所以，
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