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2022-2023学年广东省广州市四校联考高二上学期期中数学试题（解析版）
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2022-2023学年广东省广州市四校联考高二上学期期中数学试题一、单选题1．某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次（一个分裂为两个）.经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成（ ）A．511个 B．512个 C．1023个 D．1024个【答案】B【分析】先算出分裂的次数，即可求得总个数.【详解】20分钟分裂一次，经过3个小时，总共分裂了九次，也就是29=512个，故选：B．2．直线的方向向量为，直线过点且与垂直，则直线的方程为（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先由直线的方向向量求得，再利用直线垂直的性质求得，从而利用点斜式即可求得直线的方程.【详解】因为直线的方向向量为，所以，又因为直线与垂直，所以，故，所以由直线过点可得，直线的方程为，即.故选：A.3．设等差数列的前项和为，若，则＝（ ）A．60 B．62 C．63 D．81【答案】C【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式直接求解.【详解】设等差数列的公差为,由题可得,即,解得,所以数列的通项公式,所以.故选:C.4．圆与圆的公共弦长为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】两圆的一般方程相减得到公共弦所在直线的方程，可与任一圆联立方程求出交点坐标，根据两点间距离公式得到公共弦长.【详解】联立方程：，两式相减可得公共弦方程，方法一：联立方程：得，得 ，，即公共弦的端点坐标为，根据点到直线距离公式可得公共弦长为方法二：圆的圆心坐标为，半径为圆心到公共弦的距离为，公共弦长为故选:B5．已知椭圆C:,四点,,,中恰有三点在椭圆上,则椭圆C的标准方程为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据椭圆的对称性可知,在椭圆上,不在椭圆上,在椭圆上,代入椭圆方程求出即可.【详解】根据椭圆的对称性可知,在椭圆上,不在椭圆上,在椭圆上.将,代入椭圆方程得:,解得,椭圆C的标准方程为.故选:D.6．如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且，，为的中点，则等于（ ）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】D【分析】以为基底向量，利用向量的三角形法则将用基底向量表示，根据向量数量积的运算律结合垂直和长度关系即可得到结果．【详解】以为基底向量，则，∵，则，又∵，即，∴．故选：D．7．椭圆的左顶点为A，点P在C上且在第二象限，点P关于x轴，y轴的对称点分别为，Q，直线的斜率分别为，若，则C的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】采用纯解析法，设，，则，由结合斜率定义求出，联立椭圆方程代换可求得与关系，进而得解.【详解】，设，则，则，因为，显然，所以，故，又，则，所以，即，所以椭圆C的离心率．故选：A．8．已知是椭圆上满足的两个动点为坐标原点），则等于（ ）A．45 B．9 C． D．【答案】B【分析】令，，由题设可得、、，进而可得，进而化简，即可得结果.【详解】令，，则，，由，故，则，而，，则，，所以，故，.故选：B二、多选题9．对于曲线：，下列说法正确的是（ ）A．曲线不可能是圆B．“”是“曲线是椭圆”的充分不必要条件C．“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的必要不充分条件D．“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的充要条件【答案】CD【分析】由圆的方程的定义可判断A，由椭圆的定义可判断BCD.【详解】当，即时，方程为，曲线表示圆心是，半径为的圆，A错误；若曲线是椭圆，则，解得且，所以“”是“曲线是椭圆”的必要不充分条件，B错误；若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，所以“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的必要不充分条件，C正确；若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的充要条件，D正确.故选：CD.10．已知圆M： ，以下四个命题表述正确的是（ ）A．若圆与圆M恰有一条公切线，则m=-8B．圆与圆M的公共弦所在直线为C．直线与圆M恒有两个公共点D．点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，若Q，则CQ的最大值为【答案】BCD【分析】A选项，两圆内切，根据圆心距等于半径之差的绝对值，列出方程，求出；B选项，两圆相减即为两圆公共弦所在直线方程；C选项，求出直线所过定点坐标，得到定点在圆内，故直线与圆M恒有两个公共点；D选项，由题意得到四点共圆，且为直径，从而求出该圆的方程，与相减后得到直线的方程，进而求出直线MP的方程，联立求出点坐标，消参后得到点的轨迹方程为圆，从而求出CQ的最大值.【详解】由题意得：与内切，其中圆心为，半径为，则，解得：，A错误；与相减得：，且两圆相交，故圆与圆M的公共弦所在直线为，B正确；变形为，令，解得：，所以直线恒过点，由于，点在圆M内，故与圆M恒有两个公共点，C正确；设，，由题意可知：四点共圆，且为直径，故圆心为，半径为，所以此圆的方程为，整理得，与相减得：，即为直线直线AB的方程，直线MP的方程为，整理得，联立与，得到，故，由，解得：，将代入中，得，故，代入中，得到，轨迹为以为圆心，为半径的圆，所以CQ的最大值为，即，D正确.故选：BCD【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，本题的难点在于求出点C的坐标后下一步的处理方法，本题中用到了求轨迹方程的交轨法，属于较难一些的方法，要结合交点横纵坐标的特点，整理得到，再代入其中一个式子中，即可求解.11．在数列中，，，则以下结论正确的为（ ）．A．数列为等差数列B．C．当取最大值时，n的值为51D．当数列的前n项和取得最大值时，n的值为49或51【答案】ACD【分析】由已知结合等差中项的定义证明等差数列可判断A；令，求得判断B；由等差数列的性质及等差数列的通项公式求得，利用数列的正负可求得取最大值时n的值判断C；数列的正负，知 ，，，又，可知数列前n项和取得最大值时，n的值判断D.【详解】对于A，由，得，两式作差得，即，所以数列为等差数列，故A正确；对于B，令，知，故B错误；对于C，由等差数列的性质知，即，又，可得公差，所以，知数列的前51项为正，从第52项开始为负，当取最大值时，n的值为51，故C正确；对于D，由数列的前51项为正，从第52项开始为负，又，知，，，所以数列前49项和最大，又，所以数列前51项和最大，当时，，所以当或51时，的前n项和取得最大值，D正确．故选：ACD12．一般地，若，（，且），则称，，，四点构成调和点列.已知椭圆：，过点的直线与椭圆交于，两点.动点满足，，，四点构成调和点列，则下列结论正确的是（ ）A．，，，四点共线 B．C．动点的轨迹方程为 D．既有最小值又有最大值【答案】ABC【分析】由和可判断A，由向量的数乘运算可判断B，设，，通过向量的坐标运算可得出，从而可判断C，由点到直线的距离可判断D.【详解】对于A，因为，，，四点构成调和点列，则有，因为有公共点，所以三点共线，且有，因为有公共点，所以三点共线，即可得到，，，四点共线，A正确；对于B，因为，所以，即，所以，B正确；对于C，设，，由，得，两式相乘得：，同理可得：，则，又点在椭圆上，，，，即，即，C正确.对于D，到直线的距离，即为的最小值，无最大值，D错误.故选：ABC三、填空题13．已知，，则在方向的投影向量的坐标为______．【答案】【分析】结合已知条件，求出在方向的投影，然后利用共线向量以及向量的数乘运算即可求解.【详解】因为，，所以在方向的投影为，且，由于在方向的投影向量与是共线向量，故在方向的投影向量的坐标为.故答案为：.14．已知圆和圆外一点，过点P作圆的切线，则两条切线夹角的正切值是______________．【答案】【分析】根据题意作出示意图，易知圆和轴相切于原点，利用平面几何知识和直角三角形、二倍角公式进行求解.【详解】易知圆的圆心为，半径，且该圆和轴相切，切点为原点，连接，设，则两条切线的夹角为，，，即两条切线夹角的正切值是.故答案为：.15．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则______.【答案】6【分析】利用等差数列前项和的性质，将项的比转化为和的比值.【详解】由已知得，，令n=5，则，，所以，故答案为：6.16．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上．称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔蒙日（1746-1818）最先发现．若椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一动点，过和原点作直线与椭圆的蒙日圆相交于，则_________．【答案】1【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故得解.【详解】因为椭圆，所以，故，，如图，令，因为，所以，即，结合图象，由平面向量的知识可得，故，两式相加得，即，即，由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时，易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，所以，故.故答案为：1..四、解答题17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点，分别为棱，的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行；（2）利用向量法求直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：因为平面，，，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则平面的一个法向量为，所以，则，又平面平面；（2）解：由（1）得，所以，设直线与平面所成角为．．直线与平面所成角的正弦值为．18．已知椭圆的中心在原点，离心率为，一个焦点是（m是大于0的常数）．(1)求椭圆的方程；(2)设Q是椭圆上的一点，且过点F、Q的直线l与y轴交于点M．若，求直线l的斜率．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据条件得，椭圆的焦点在x轴，根据离心率求得a的值，写出方程即可；（2）设出Q点坐标和直线方程，根据直线方程得出M点坐标，对分类讨论，分别用k表示出Q点坐标，代入椭圆方程即可求得.【详解】（1）由已知得，椭圆的焦点在x轴，设方程为，，则，所以，椭圆的方程为（2）设，直线，则点①当时，由，，知解得，，点Q在椭圆上，所以有，解得，②当时，由，，知解得，，点Q在椭圆上，所以有，解得，综上所述，或.19．如图，已知圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，(1)求直线的方程，并写出直线所经过的定点的坐标；(2)求线段中点的轨迹方程；【答案】(1)直线的方程为，过定点(2)【分析】（1）直线是以为直径的圆和圆的公共弦所在直线，求出直线方程即可得到定点；（2）利用几何的知识得到中点的轨迹，根据轨迹求方程即可．【详解】（1）因为，为圆的切线，所以，设的中点为，所以点，在以为直径的圆上，又点，在圆上，所以线段为圆和圆的公共弦，因为圆①，所以，，中点为，则圆，整理得②，②①得直线的方程为，所以，所以直线过定点；（2）直线过定点，的中点为直线与直线的交点，的中点设为点，由始终垂直干，所以点的轨迹为以为直径的圆，当点在轴上时，点与点的重合，点不可能为的中点，则点与点不可能重合，由，，得的中点坐标为，，所以点的轨迹是以为圆心为半径的圆去掉点，点的轨迹方程为．20．数列中,满足 , （1）求的通项公式．（2）若数列满足 ，且= ,求大小(3).令 ，证明 成立.【答案】(1)（）.(2).（3）证明见解析.【详解】分析：(1)先根据和项与通项关系得递推关系，再根据等比数列定义及通项公式得结果，（2）先化简，再利用裂项相消法求和，（3）先分奇偶讨论，化简 ，再根据等比数列求和公式得，即证得结论.详解：（1）由题意知： 当且时，两式相减得 ， 当时， ，∴ 所以是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以（） （2）由（1）得，所以 所以 ，所以 = = （3）证明 当 ， = = 对任意都成立． 故成立.点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.21．在多面体中，平面为正方形，，，，二面角的平面角的余弦值为，且.(1)证明：平面平面；(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；（2）由题可得是二面角的平面角，作于点，根据面面垂直的性质可得平面，建立空间直角坐标系，利用坐标法结合面面角的向量求法可得面面角的夹角的余弦值，然后利用换元法结合对勾函数的性质即得.【详解】（1）∵，，，∴，即，又∵在正方形中，，且，平面，平面，∴平面，又平面，∴平面平面；（2）由（1）知，是二面角的平面角，作于点，则，，且平面平面，平面平面，平面，∴平面，取中点，连接，则，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，，，设平面的一个法向量为，则，取，∴，令，则根据对勾函数的性质可得或，∴，∴；当时，；∴，即平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围为.22．如图，中心在原点的椭圆的右焦点为，长轴长为．椭圆上有两点、，连接、，记它们的斜率为、，且满足．(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：为一定值，并求出这个定值；(3)设直线与椭圆的另一个交点为，直线和分别与直线交于点、，若和的面积相等，求点的横坐标．【答案】(1)(2)证明见解析，(3)点横坐标为【分析】（1）利用椭圆的长轴长以及焦点坐标，求解、，然后求解，得到椭圆方程；（2）设、，通过．结合得到坐标满足方程，转化求解为一定值即可．（3）通过，推出，转化求解点的横坐标即可．【详解】（1）由已知条件，设椭圆，则，解得，椭圆．（2）证明：设、，则，整理得，由，∴，∵，解得，将其代入，为定值.（3）设、，由椭圆的对称性可知，，∵，∴，∴，∴或者，或者．∵，∴或者（舍），解得：，∴点横坐标为．【点睛】易错点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
2022-2023学年广东省广州市四校联考高二上学期期中数学试题一、单选题1．某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次（一个分裂为两个）.经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成（ ）A．511个 B．512个 C．1023个 D．1024个【答案】B【分析】先算出分裂的次数，即可求得总个数.【详解】20分钟分裂一次，经过3个小时，总共分裂了九次，也就是29=512个，故选：B．2．直线的方向向量为，直线过点且与垂直，则直线的方程为（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先由直线的方向向量求得，再利用直线垂直的性质求得，从而利用点斜式即可求得直线的方程.【详解】因为直线的方向向量为，所以，又因为直线与垂直，所以，故，所以由直线过点可得，直线的方程为，即.故选：A.3．设等差数列的前项和为，若，则＝（ ）A．60 B．62 C．63 D．81【答案】C【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式直接求解.【详解】设等差数列的公差为,由题可得,即,解得,所以数列的通项公式,所以.故选:C.4．圆与圆的公共弦长为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】两圆的一般方程相减得到公共弦所在直线的方程，可与任一圆联立方程求出交点坐标，根据两点间距离公式得到公共弦长.【详解】联立方程：，两式相减可得公共弦方程，方法一：联立方程：得，得 ，，即公共弦的端点坐标为，根据点到直线距离公式可得公共弦长为方法二：圆的圆心坐标为，半径为圆心到公共弦的距离为，公共弦长为故选:B5．已知椭圆C:,四点,,,中恰有三点在椭圆上,则椭圆C的标准方程为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据椭圆的对称性可知,在椭圆上,不在椭圆上,在椭圆上,代入椭圆方程求出即可.【详解】根据椭圆的对称性可知,在椭圆上,不在椭圆上,在椭圆上.将,代入椭圆方程得:,解得,椭圆C的标准方程为.故选:D.6．如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且，，为的中点，则等于（ ）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】D【分析】以为基底向量，利用向量的三角形法则将用基底向量表示，根据向量数量积的运算律结合垂直和长度关系即可得到结果．【详解】以为基底向量，则，∵，则，又∵，即，∴．故选：D．7．椭圆的左顶点为A，点P在C上且在第二象限，点P关于x轴，y轴的对称点分别为，Q，直线的斜率分别为，若，则C的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】采用纯解析法，设，，则，由结合斜率定义求出，联立椭圆方程代换可求得与关系，进而得解.【详解】，设，则，则，因为，显然，所以，故，又，则，所以，即，所以椭圆C的离心率．故选：A．8．已知是椭圆上满足的两个动点为坐标原点），则等于（ ）A．45 B．9 C． D．【答案】B【分析】令，，由题设可得、、，进而可得，进而化简，即可得结果.【详解】令，，则，，由，故，则，而，，则，，所以，故，.故选：B二、多选题9．对于曲线：，下列说法正确的是（ ）A．曲线不可能是圆B．“”是“曲线是椭圆”的充分不必要条件C．“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的必要不充分条件D．“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的充要条件【答案】CD【分析】由圆的方程的定义可判断A，由椭圆的定义可判断BCD.【详解】当，即时，方程为，曲线表示圆心是，半径为的圆，A错误；若曲线是椭圆，则，解得且，所以“”是“曲线是椭圆”的必要不充分条件，B错误；若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，所以“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的必要不充分条件，C正确；若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的充要条件，D正确.故选：CD.10．已知圆M： ，以下四个命题表述正确的是（ ）A．若圆与圆M恰有一条公切线，则m=-8B．圆与圆M的公共弦所在直线为C．直线与圆M恒有两个公共点D．点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，若Q，则CQ的最大值为【答案】BCD【分析】A选项，两圆内切，根据圆心距等于半径之差的绝对值，列出方程，求出；B选项，两圆相减即为两圆公共弦所在直线方程；C选项，求出直线所过定点坐标，得到定点在圆内，故直线与圆M恒有两个公共点；D选项，由题意得到四点共圆，且为直径，从而求出该圆的方程，与相减后得到直线的方程，进而求出直线MP的方程，联立求出点坐标，消参后得到点的轨迹方程为圆，从而求出CQ的最大值.【详解】由题意得：与内切，其中圆心为，半径为，则，解得：，A错误；与相减得：，且两圆相交，故圆与圆M的公共弦所在直线为，B正确；变形为，令，解得：，所以直线恒过点，由于，点在圆M内，故与圆M恒有两个公共点，C正确；设，，由题意可知：四点共圆，且为直径，故圆心为，半径为，所以此圆的方程为，整理得，与相减得：，即为直线直线AB的方程，直线MP的方程为，整理得，联立与，得到，故，由，解得：，将代入中，得，故，代入中，得到，轨迹为以为圆心，为半径的圆，所以CQ的最大值为，即，D正确.故选：BCD【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，本题的难点在于求出点C的坐标后下一步的处理方法，本题中用到了求轨迹方程的交轨法，属于较难一些的方法，要结合交点横纵坐标的特点，整理得到，再代入其中一个式子中，即可求解.11．在数列中，，，则以下结论正确的为（ ）．A．数列为等差数列B．C．当取最大值时，n的值为51D．当数列的前n项和取得最大值时，n的值为49或51【答案】ACD【分析】由已知结合等差中项的定义证明等差数列可判断A；令，求得判断B；由等差数列的性质及等差数列的通项公式求得，利用数列的正负可求得取最大值时n的值判断C；数列的正负，知 ，，，又，可知数列前n项和取得最大值时，n的值判断D.【详解】对于A，由，得，两式作差得，即，所以数列为等差数列，故A正确；对于B，令，知，故B错误；对于C，由等差数列的性质知，即，又，可得公差，所以，知数列的前51项为正，从第52项开始为负，当取最大值时，n的值为51，故C正确；对于D，由数列的前51项为正，从第52项开始为负，又，知，，，所以数列前49项和最大，又，所以数列前51项和最大，当时，，所以当或51时，的前n项和取得最大值，D正确．故选：ACD12．一般地，若，（，且），则称，，，四点构成调和点列.已知椭圆：，过点的直线与椭圆交于，两点.动点满足，，，四点构成调和点列，则下列结论正确的是（ ）A．，，，四点共线 B．C．动点的轨迹方程为 D．既有最小值又有最大值【答案】ABC【分析】由和可判断A，由向量的数乘运算可判断B，设，，通过向量的坐标运算可得出，从而可判断C，由点到直线的距离可判断D.【详解】对于A，因为，，，四点构成调和点列，则有，因为有公共点，所以三点共线，且有，因为有公共点，所以三点共线，即可得到，，，四点共线，A正确；对于B，因为，所以，即，所以，B正确；对于C，设，，由，得，两式相乘得：，同理可得：，则，又点在椭圆上，，，，即，即，C正确.对于D，到直线的距离，即为的最小值，无最大值，D错误.故选：ABC三、填空题13．已知，，则在方向的投影向量的坐标为______．【答案】【分析】结合已知条件，求出在方向的投影，然后利用共线向量以及向量的数乘运算即可求解.【详解】因为，，所以在方向的投影为，且，由于在方向的投影向量与是共线向量，故在方向的投影向量的坐标为.故答案为：.14．已知圆和圆外一点，过点P作圆的切线，则两条切线夹角的正切值是______________．【答案】【分析】根据题意作出示意图，易知圆和轴相切于原点，利用平面几何知识和直角三角形、二倍角公式进行求解.【详解】易知圆的圆心为，半径，且该圆和轴相切，切点为原点，连接，设，则两条切线的夹角为，，，即两条切线夹角的正切值是.故答案为：.15．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则______.【答案】6【分析】利用等差数列前项和的性质，将项的比转化为和的比值.【详解】由已知得，，令n=5，则，，所以，故答案为：6.16．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上．称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔蒙日（1746-1818）最先发现．若椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一动点，过和原点作直线与椭圆的蒙日圆相交于，则_________．【答案】1【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故得解.【详解】因为椭圆，所以，故，，如图，令，因为，所以，即，结合图象，由平面向量的知识可得，故，两式相加得，即，即，由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时，易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，所以，故.故答案为：1..四、解答题17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点，分别为棱，的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行；（2）利用向量法求直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：因为平面，，，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则平面的一个法向量为，所以，则，又平面平面；（2）解：由（1）得，所以，设直线与平面所成角为．．直线与平面所成角的正弦值为．18．已知椭圆的中心在原点，离心率为，一个焦点是（m是大于0的常数）．(1)求椭圆的方程；(2)设Q是椭圆上的一点，且过点F、Q的直线l与y轴交于点M．若，求直线l的斜率．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据条件得，椭圆的焦点在x轴，根据离心率求得a的值，写出方程即可；（2）设出Q点坐标和直线方程，根据直线方程得出M点坐标，对分类讨论，分别用k表示出Q点坐标，代入椭圆方程即可求得.【详解】（1）由已知得，椭圆的焦点在x轴，设方程为，，则，所以，椭圆的方程为（2）设，直线，则点①当时，由，，知解得，，点Q在椭圆上，所以有，解得，②当时，由，，知解得，，点Q在椭圆上，所以有，解得，综上所述，或.19．如图，已知圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，(1)求直线的方程，并写出直线所经过的定点的坐标；(2)求线段中点的轨迹方程；【答案】(1)直线的方程为，过定点(2)【分析】（1）直线是以为直径的圆和圆的公共弦所在直线，求出直线方程即可得到定点；（2）利用几何的知识得到中点的轨迹，根据轨迹求方程即可．【详解】（1）因为，为圆的切线，所以，设的中点为，所以点，在以为直径的圆上，又点，在圆上，所以线段为圆和圆的公共弦，因为圆①，所以，，中点为，则圆，整理得②，②①得直线的方程为，所以，所以直线过定点；（2）直线过定点，的中点为直线与直线的交点，的中点设为点，由始终垂直干，所以点的轨迹为以为直径的圆，当点在轴上时，点与点的重合，点不可能为的中点，则点与点不可能重合，由，，得的中点坐标为，，所以点的轨迹是以为圆心为半径的圆去掉点，点的轨迹方程为．20．数列中,满足 , （1）求的通项公式．（2）若数列满足 ，且= ,求大小(3).令 ，证明 成立.【答案】(1)（）.(2).（3）证明见解析.【详解】分析：(1)先根据和项与通项关系得递推关系，再根据等比数列定义及通项公式得结果，（2）先化简，再利用裂项相消法求和，（3）先分奇偶讨论，化简 ，再根据等比数列求和公式得，即证得结论.详解：（1）由题意知： 当且时，两式相减得 ， 当时， ，∴ 所以是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以（） （2）由（1）得，所以 所以 ，所以 = = （3）证明 当 ， = = 对任意都成立． 故成立.点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.21．在多面体中，平面为正方形，，，，二面角的平面角的余弦值为，且.(1)证明：平面平面；(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；（2）由题可得是二面角的平面角，作于点，根据面面垂直的性质可得平面，建立空间直角坐标系，利用坐标法结合面面角的向量求法可得面面角的夹角的余弦值，然后利用换元法结合对勾函数的性质即得.【详解】（1）∵，，，∴，即，又∵在正方形中，，且，平面，平面，∴平面，又平面，∴平面平面；（2）由（1）知，是二面角的平面角，作于点，则，，且平面平面，平面平面，平面，∴平面，取中点，连接，则，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，，，设平面的一个法向量为，则，取，∴，令，则根据对勾函数的性质可得或，∴，∴；当时，；∴，即平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围为.22．如图，中心在原点的椭圆的右焦点为，长轴长为．椭圆上有两点、，连接、，记它们的斜率为、，且满足．(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：为一定值，并求出这个定值；(3)设直线与椭圆的另一个交点为，直线和分别与直线交于点、，若和的面积相等，求点的横坐标．【答案】(1)(2)证明见解析，(3)点横坐标为【分析】（1）利用椭圆的长轴长以及焦点坐标，求解、，然后求解，得到椭圆方程；（2）设、，通过．结合得到坐标满足方程，转化求解为一定值即可．（3）通过，推出，转化求解点的横坐标即可．【详解】（1）由已知条件，设椭圆，则，解得，椭圆．（2）证明：设、，则，整理得，由，∴，∵，解得，将其代入，为定值.（3）设、，由椭圆的对称性可知，，∵，∴，∴，∴或者，或者．∵，∴或者（舍），解得：，∴点横坐标为．【点睛】易错点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
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