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2022-2023学年湖北省孝感市高二上学期1月期末数学试题（解析版）
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2022-2023学年湖北省孝感市高二上学期1月期末数学试题一、单选题1．已知空间向量，若，则（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据空间向量平行的坐标运算，即可进一步求解.【详解】根据题意，由，设，即解得：，则有，由此得．故选：B.2．设不同直线：，：，则“”是“”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】C【详解】当m＝2时，代入两直线方程中，易知两直线平行，即充分性成立．当l1∥l2时，显然m≠0，从而有＝m－1，解得m＝2或m＝－1，但当m＝－1时，两直线重合，不合要求，故必要性成立，故选C.点睛：充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．3．将字母，，分别填入标号为，，的三个方格里，每格填上一个字母，则每个方格的标号与所填的字母均不相同的概率是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据古典概率的运算公式进行求解即可.【详解】将字母，，填入标号为，，的三个方格里有种不同的填法，这种情况发生的可能性是相等的而每个方格的标号与所填的字母均不相同只有两种不同的填法故所求概率．故选：B4．过点，，且圆心在直线上的圆的方程是（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求得线段AB的中垂线的方程，再根据圆心又在直线上求得圆心，圆心到点A的距离为半径，可得圆的方程．【详解】因为过点与，所以线段AB的中点坐标为，，所以线段AB的中垂线的斜率为，所以线段AB的中垂线的方程为，又因为圆心在直线上，所以，解得，所以圆心为，所以圆的方程为.故选：A5．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．【答案】B【详解】如图所示，设分别为，和的中点则,夹角为和夹角或其补角因异面直线所成角的范围为可知，作中点，则为直角三角形,中，由余弦定理得：,在中，在中，由余弦定理得又异面直线所成角的范围为异面直线与所成角的余弦值为故选6．已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】分两种情况焦点在轴上与焦点在轴上，再根据离心率公式即可得到答案.【详解】当双曲线的焦点在轴上时，离心率；当焦点在轴上时．故选：D.7．在等差数列中，其前项和为，若，，则中最大的是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求得数列的首项和公差的关系式，然后结合二次函数的性质求得正确答案.【详解】设等差数列的公差为，由得，所以，由，得到所以，，从而当时有最大值．故选：C8．法国数学家、化学家和物理学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何之父”，他创立的画法几何学推动了空间解析几何的发展，被广泛应用于工程制图当中．过椭圆外的一点作椭圆的两条切线，若两条切线互相垂直，则该点的轨迹是以椭圆的中心为圆心、以为半径的圆，这个圆叫做椭圆的蒙日圆．若椭圆的蒙日圆为，过圆E上的动点M作椭圆C的两条切线，分别与圆E交于P，Q两点，直线PQ与椭圆C交于A，B两点，则下列结论不正确的是（ ）A．椭圆C的离心率为B．M到C的右焦点的距离的最大值为C．若动点N在C上，记直线AN，BN的斜率分别为，，则D．面积的最大值为【答案】D【分析】A.根据蒙日圆的定义，可求椭圆方程，即可判断；B.根据椭圆方程和圆的方程，结合几何意义，即可判断；C.根据为圆的直径，则点关于原点对称，利用点在椭圆上，证明；D.利用圆的几何性质，确定面积的最大值.【详解】A.因为椭圆的蒙日圆为，根据蒙日圆的定义，，得，所以椭圆，，，则，所以椭圆的离心率，故A正确；B.点是圆上的动点，椭圆的右焦点，则的最大值是，故B正确；C.根据蒙日圆的定义可知，则为圆的直径,与椭圆交于两点，点关于原点对称，设，，，，故C正确；D.因为为圆的直径，，当点到直线的距离为时，的面积最大，此时最大值是，故D错误.故选：D二、多选题9．已知等差数列为递减数列，且，，则下列结论中正确的有（ ）A．数列的公差为 B．C．数列是公差为的等差数列 D．【答案】ABC【分析】A选项，根据等差数列的性质得到，从而求出，，得到公差，A正确；利用等差数列求通项公式求出B正确；由，得到当时，，结合，从而得到C正确；在C选项的基础上，求出，结合，求出答案.【详解】由题意知，又，故可看出方程的两根，∵数列为递减数列，，．公差，故A正确；又，，故B正确；由上可知，则当时，，当时，，数列是首项为，公差为的等差数列，故C正确；由C选项知：，故，∵，，故D错误．故选：ABC10．已知圆，直线，则下列命题中正确的有（ ）A．直线恒过定点B．圆被轴截得的弦长为C．直线与圆恒相离D．直线被圆截得最短弦长时，直线的方程为【答案】AD【分析】求出直线所过的定点即可判断选项；求出圆与轴的交点坐标，进而求出弦长可判断选项；根据直线过的定点在圆内可判断选项；当直线截得的弦长最短时，，，即可求出直线方程，进而判断选项.【详解】将直线的方程整理为，由，解得：，则无论为何值，直线过都定点，故选项正确；令，则，解得，故圆被轴截得的弦长为，故不正确；因为，所以点在圆的内部，直线与圆相交，故不正确；圆心，半径为，，当截得的弦长最短时，，，则直线的斜率为，此时直线的方程为，即，故正确．故选：.11．抛物线的焦点为，直线过点，斜率为，且交抛物线于、两点点在轴的下方，抛物线的准线为，交于，交于，点，为抛物线上任一点，则下列结论中正确的有（ ）A．若，则 B．的最小值为C．若，则 D．【答案】ABD【分析】根据焦半径结合图形关系即可判断A,根据三点共线即可判断B，根据焦点弦即可求解C，联立方程根据向量垂直即可求解.【详解】对于A;设，过做于点，则，，易得 ，从而A正确对于过、分别作、于点、，则,当三点共线时，此时最小值为 ,从而B正确对于由 得, ,，当时，，C错误对于D,由 得，， ，从而，故D正确，故选：ABD12．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）A．平面平面B．平面C．异面直线与所成角的取值范围是D．三棱锥的体积不变【答案】ABD【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得以判断；对于C，利用线线平行将异面直线与所成角转化为与所成的角，从而在等边中即可求得该角的范围，由此判断即可；对于D，先利用线线平行得到点到面平面的距离不变，再利用等体积法即可判断.【详解】对于A，连接，如图，因为在正方体中，平面，又平面，所以，因为在正方形中，又与为平面内的两条相交直线，所以平面，因为平面，所以，同理可得，因为与为平面内两条相交直线，可得平面，又平面，从而平面平面，故A正确；. 对于B，连接，，如图，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，因为平面，所以平面，故B正确；对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，因为，所以为等边三角形，当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；所以与所成角的范围是，故C错误；对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，即点到面平面的距离不变，不妨设为，则，所以三棱锥的体积不变，故D正确．故选：ABD.【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握线面垂直与面面垂直的判定定理、线面平行与面面平行的判定定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化严密推理.三、填空题13．已知直线l的斜率为，且和坐标轴围成的三角形的面积为3，则直线l的方程为___________.【答案】或【分析】设直线方程为，根据题设条件得到关于的方程组，解方程组后可得所求的直线方程.【详解】设直线的方程为，则，且，解得或者，∴直线l的方程为或，即或.故答案为：或.14．圆与圆的公切线共有__________条【答案】4【分析】由两圆的位置关系，判断两圆的公切线.【详解】由，所以该圆的圆心坐标为，半径为2，， 所以该圆的圆心坐标为，半径为1，所以该两圆圆心距为4，两圆半径和为3，因为，所以两圆的位置关系是外离，故两圆的公切线共有4条.故答案为：4.15．设数列的前项和为，点均在函数的图象上，则数列的通项公式________．【答案】【分析】代入法求得，由表达式数列为等差数列，求得首项和公差后可得通项公式．【详解】依题意得，即，所以数列为等差数列，且，，设其公差为，则，所以．故答案为：.16．已知椭圆和双曲线有共同的焦点、，是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为、，则的最大值为__________．【答案】##【分析】利用椭圆和双曲线的定义，在焦点三角形利用余弦定理得到，再用基本不等式求解.【详解】不妨设为第一象限的点，为左焦点，设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义可得，，所以，，，在△中，，由余弦定理得，化简得，即．所以，从而，当且仅当，且，即，时等号成立．故答案为：四、解答题17．已知在某次1500米体能测试中，甲、乙、丙3人各自通过测试的概率分别为，，.求：(1)3人都通过体能测试的概率；(2)只有2人通过体能测试的概率.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的乘法公式直接计算作答.（2）把只有2人通过体能测试的事件分拆成三个互斥事件的和，再利用概率的加法公式、乘法公式求解作答.【详解】（1）设事件“甲通过体能测试”，事件“乙通过体能测试”，事件“丙通过体能测试”，由题意有：，，.设事件“甲、乙、丙3人都通过体能测试”，即事件，而事件，，相互独立，所以3人都通过体能测试的概率是.（2）设事件“甲、乙、丙3人中只有2人通过体能测试”，则，由于事件，，，，，均相互独立，并且事件，，两两互斥，因此，所以只有2人通过体能测试的概率是.18． 已知公差大于零的等差数列的前项和为，且满足，，（1）求数列的通项公式；（2）若数列是等差数列，且，求非零常数；【答案】（1）（2）【分析】(1)利用等差数列的性质可得 ,联立方程可得 ,代入等差数列的通项公式可求;(2)代入等差数列的前 和公式可求,进一步可得,然后结合等差数列的定义可得,从而可求.【详解】（1）为等差数列，，又是方程的两个根， （2）由（1）可知， 为等差数列，舍去) 当时，为等差数列，满足要求【点睛】本题主要考查了等差数列的定义、性质、通项公式、前项和公式的综合运用,属于中档题.19．如图，是过抛物线焦点F的弦，M是的中点，是抛物线的准线，为垂足，点N坐标为.(1)求抛物线的方程；(2)求的面积（O为坐标系原点）.【答案】(1).(2).【分析】（1）由已知得准线方程为：，由此可求得抛物线的方程；（2）设，代入抛物线的方程作差得，再由M是的中点，求得，由此求得直线的方程，与抛物线的方程联立可求得弦长AB，由三角形的面积公式可求得答案.【详解】（1）解：点在准线上，所以准线方程为：，则，解得，所以抛物线的方程为：；（2）解：设，由在抛物线上，所以，则，又，所以点M纵坐标为是的中点，所以，所以，即，又知焦点F坐标为，则直线的方程为：，联立抛物线的方程，得，解得或，所以，所以.20．已知三棱柱中，.(1)求证: 平面平面.(2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点.【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，则有，因，，平面，于是得平面，而平面，则，由得，，平面， 从而得平面，又平面，所以平面平面.（2）在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，因，，则，假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，则有，设平面的一个法向量，则有，令得，而平面的一个法向量，依题意， ，化简整理得： 而，解得，所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.21．已知圆心在轴上的圆与直线切于点.(1)求圆的标准方程；(2)已知，经过原点且斜率为正数的直线与圆交于，.求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程.（2）设出直线的方程，并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，求得的表达式，结合换元法以及基本不等式求得的最大值.【详解】（1）由圆心在轴上的圆与直线切于点，设，直线的斜率为，则，所以．所以，所以，，即，所以圆的标准方程为．（2）设直线，与圆联立方程组，可得，，由根与系数的关系得，，，令，则，所以，当且仅当，即时取等号，此时，所以的最大值为.【点睛】本题的难点在于第二问，求最值.求解最值有关的题目，首先要将表达式求出，本题是结合根与系数关系求得表达式.然后根据表达式的结构来选择求最值的方法，可考虑二次函数的性质、基本不等式或函数的单调性来求解最值.22．已知点，圆，点在圆上运动，的垂直平分线交于点．(1)求动点的轨迹的方程.(2)动点的轨迹与轴交于，两点在点左侧，直线交轨迹于，两点不在轴上，直线，的斜率分别为，，且，求证：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）结合椭圆的定义求得动点的轨迹的方程.（2）设出直线的方程并与轨迹的方程联立，化简写出根与系数关系，结合列方程，化简后判断出直线过定点.【详解】（1）圆的圆心为，半径为，依题意得，则动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，其中，，，所以动点的轨迹的方程为.（2）设直线的方程为，，，则由得，由根与系数的关系得①，由题意，两点不在轴上，所以，，，又点，，所以，，由得，从而由已知得，即②，又，③，将③代入②得，将①代入上式并整理得：．，整理得，，直线的方程为，故直线恒过定点.【点睛】求解动点轨迹方程有关的题目，可根据圆锥曲线的定义来进行求解，还可以利用题目所给等量关系，列方程来进行求解.求解直线定点有关问题，可先设出含有参数的直线方程，根据已知条件求得与参数有关的式子，从而判断出定点.
2022-2023学年湖北省孝感市高二上学期1月期末数学试题一、单选题1．已知空间向量，若，则（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据空间向量平行的坐标运算，即可进一步求解.【详解】根据题意，由，设，即解得：，则有，由此得．故选：B.2．设不同直线：，：，则“”是“”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】C【详解】当m＝2时，代入两直线方程中，易知两直线平行，即充分性成立．当l1∥l2时，显然m≠0，从而有＝m－1，解得m＝2或m＝－1，但当m＝－1时，两直线重合，不合要求，故必要性成立，故选C.点睛：充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．3．将字母，，分别填入标号为，，的三个方格里，每格填上一个字母，则每个方格的标号与所填的字母均不相同的概率是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据古典概率的运算公式进行求解即可.【详解】将字母，，填入标号为，，的三个方格里有种不同的填法，这种情况发生的可能性是相等的而每个方格的标号与所填的字母均不相同只有两种不同的填法故所求概率．故选：B4．过点，，且圆心在直线上的圆的方程是（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求得线段AB的中垂线的方程，再根据圆心又在直线上求得圆心，圆心到点A的距离为半径，可得圆的方程．【详解】因为过点与，所以线段AB的中点坐标为，，所以线段AB的中垂线的斜率为，所以线段AB的中垂线的方程为，又因为圆心在直线上，所以，解得，所以圆心为，所以圆的方程为.故选：A5．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．【答案】B【详解】如图所示，设分别为，和的中点则,夹角为和夹角或其补角因异面直线所成角的范围为可知，作中点，则为直角三角形,中，由余弦定理得：,在中，在中，由余弦定理得又异面直线所成角的范围为异面直线与所成角的余弦值为故选6．已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】分两种情况焦点在轴上与焦点在轴上，再根据离心率公式即可得到答案.【详解】当双曲线的焦点在轴上时，离心率；当焦点在轴上时．故选：D.7．在等差数列中，其前项和为，若，，则中最大的是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求得数列的首项和公差的关系式，然后结合二次函数的性质求得正确答案.【详解】设等差数列的公差为，由得，所以，由，得到所以，，从而当时有最大值．故选：C8．法国数学家、化学家和物理学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何之父”，他创立的画法几何学推动了空间解析几何的发展，被广泛应用于工程制图当中．过椭圆外的一点作椭圆的两条切线，若两条切线互相垂直，则该点的轨迹是以椭圆的中心为圆心、以为半径的圆，这个圆叫做椭圆的蒙日圆．若椭圆的蒙日圆为，过圆E上的动点M作椭圆C的两条切线，分别与圆E交于P，Q两点，直线PQ与椭圆C交于A，B两点，则下列结论不正确的是（ ）A．椭圆C的离心率为B．M到C的右焦点的距离的最大值为C．若动点N在C上，记直线AN，BN的斜率分别为，，则D．面积的最大值为【答案】D【分析】A.根据蒙日圆的定义，可求椭圆方程，即可判断；B.根据椭圆方程和圆的方程，结合几何意义，即可判断；C.根据为圆的直径，则点关于原点对称，利用点在椭圆上，证明；D.利用圆的几何性质，确定面积的最大值.【详解】A.因为椭圆的蒙日圆为，根据蒙日圆的定义，，得，所以椭圆，，，则，所以椭圆的离心率，故A正确；B.点是圆上的动点，椭圆的右焦点，则的最大值是，故B正确；C.根据蒙日圆的定义可知，则为圆的直径,与椭圆交于两点，点关于原点对称，设，，，，故C正确；D.因为为圆的直径，，当点到直线的距离为时，的面积最大，此时最大值是，故D错误.故选：D二、多选题9．已知等差数列为递减数列，且，，则下列结论中正确的有（ ）A．数列的公差为 B．C．数列是公差为的等差数列 D．【答案】ABC【分析】A选项，根据等差数列的性质得到，从而求出，，得到公差，A正确；利用等差数列求通项公式求出B正确；由，得到当时，，结合，从而得到C正确；在C选项的基础上，求出，结合，求出答案.【详解】由题意知，又，故可看出方程的两根，∵数列为递减数列，，．公差，故A正确；又，，故B正确；由上可知，则当时，，当时，，数列是首项为，公差为的等差数列，故C正确；由C选项知：，故，∵，，故D错误．故选：ABC10．已知圆，直线，则下列命题中正确的有（ ）A．直线恒过定点B．圆被轴截得的弦长为C．直线与圆恒相离D．直线被圆截得最短弦长时，直线的方程为【答案】AD【分析】求出直线所过的定点即可判断选项；求出圆与轴的交点坐标，进而求出弦长可判断选项；根据直线过的定点在圆内可判断选项；当直线截得的弦长最短时，，，即可求出直线方程，进而判断选项.【详解】将直线的方程整理为，由，解得：，则无论为何值，直线过都定点，故选项正确；令，则，解得，故圆被轴截得的弦长为，故不正确；因为，所以点在圆的内部，直线与圆相交，故不正确；圆心，半径为，，当截得的弦长最短时，，，则直线的斜率为，此时直线的方程为，即，故正确．故选：.11．抛物线的焦点为，直线过点，斜率为，且交抛物线于、两点点在轴的下方，抛物线的准线为，交于，交于，点，为抛物线上任一点，则下列结论中正确的有（ ）A．若，则 B．的最小值为C．若，则 D．【答案】ABD【分析】根据焦半径结合图形关系即可判断A,根据三点共线即可判断B，根据焦点弦即可求解C，联立方程根据向量垂直即可求解.【详解】对于A;设，过做于点，则，，易得 ，从而A正确对于过、分别作、于点、，则,当三点共线时，此时最小值为 ,从而B正确对于由 得, ,，当时，，C错误对于D,由 得，， ，从而，故D正确，故选：ABD12．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）A．平面平面B．平面C．异面直线与所成角的取值范围是D．三棱锥的体积不变【答案】ABD【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得以判断；对于C，利用线线平行将异面直线与所成角转化为与所成的角，从而在等边中即可求得该角的范围，由此判断即可；对于D，先利用线线平行得到点到面平面的距离不变，再利用等体积法即可判断.【详解】对于A，连接，如图，因为在正方体中，平面，又平面，所以，因为在正方形中，又与为平面内的两条相交直线，所以平面，因为平面，所以，同理可得，因为与为平面内两条相交直线，可得平面，又平面，从而平面平面，故A正确；. 对于B，连接，，如图，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，因为平面，所以平面，故B正确；对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，因为，所以为等边三角形，当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；所以与所成角的范围是，故C错误；对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，即点到面平面的距离不变，不妨设为，则，所以三棱锥的体积不变，故D正确．故选：ABD.【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握线面垂直与面面垂直的判定定理、线面平行与面面平行的判定定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化严密推理.三、填空题13．已知直线l的斜率为，且和坐标轴围成的三角形的面积为3，则直线l的方程为___________.【答案】或【分析】设直线方程为，根据题设条件得到关于的方程组，解方程组后可得所求的直线方程.【详解】设直线的方程为，则，且，解得或者，∴直线l的方程为或，即或.故答案为：或.14．圆与圆的公切线共有__________条【答案】4【分析】由两圆的位置关系，判断两圆的公切线.【详解】由，所以该圆的圆心坐标为，半径为2，， 所以该圆的圆心坐标为，半径为1，所以该两圆圆心距为4，两圆半径和为3，因为，所以两圆的位置关系是外离，故两圆的公切线共有4条.故答案为：4.15．设数列的前项和为，点均在函数的图象上，则数列的通项公式________．【答案】【分析】代入法求得，由表达式数列为等差数列，求得首项和公差后可得通项公式．【详解】依题意得，即，所以数列为等差数列，且，，设其公差为，则，所以．故答案为：.16．已知椭圆和双曲线有共同的焦点、，是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为、，则的最大值为__________．【答案】##【分析】利用椭圆和双曲线的定义，在焦点三角形利用余弦定理得到，再用基本不等式求解.【详解】不妨设为第一象限的点，为左焦点，设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义可得，，所以，，，在△中，，由余弦定理得，化简得，即．所以，从而，当且仅当，且，即，时等号成立．故答案为：四、解答题17．已知在某次1500米体能测试中，甲、乙、丙3人各自通过测试的概率分别为，，.求：(1)3人都通过体能测试的概率；(2)只有2人通过体能测试的概率.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的乘法公式直接计算作答.（2）把只有2人通过体能测试的事件分拆成三个互斥事件的和，再利用概率的加法公式、乘法公式求解作答.【详解】（1）设事件“甲通过体能测试”，事件“乙通过体能测试”，事件“丙通过体能测试”，由题意有：，，.设事件“甲、乙、丙3人都通过体能测试”，即事件，而事件，，相互独立，所以3人都通过体能测试的概率是.（2）设事件“甲、乙、丙3人中只有2人通过体能测试”，则，由于事件，，，，，均相互独立，并且事件，，两两互斥，因此，所以只有2人通过体能测试的概率是.18． 已知公差大于零的等差数列的前项和为，且满足，，（1）求数列的通项公式；（2）若数列是等差数列，且，求非零常数；【答案】（1）（2）【分析】(1)利用等差数列的性质可得 ,联立方程可得 ,代入等差数列的通项公式可求;(2)代入等差数列的前 和公式可求,进一步可得,然后结合等差数列的定义可得,从而可求.【详解】（1）为等差数列，，又是方程的两个根， （2）由（1）可知， 为等差数列，舍去) 当时，为等差数列，满足要求【点睛】本题主要考查了等差数列的定义、性质、通项公式、前项和公式的综合运用,属于中档题.19．如图，是过抛物线焦点F的弦，M是的中点，是抛物线的准线，为垂足，点N坐标为.(1)求抛物线的方程；(2)求的面积（O为坐标系原点）.【答案】(1).(2).【分析】（1）由已知得准线方程为：，由此可求得抛物线的方程；（2）设，代入抛物线的方程作差得，再由M是的中点，求得，由此求得直线的方程，与抛物线的方程联立可求得弦长AB，由三角形的面积公式可求得答案.【详解】（1）解：点在准线上，所以准线方程为：，则，解得，所以抛物线的方程为：；（2）解：设，由在抛物线上，所以，则，又，所以点M纵坐标为是的中点，所以，所以，即，又知焦点F坐标为，则直线的方程为：，联立抛物线的方程，得，解得或，所以，所以.20．已知三棱柱中，.(1)求证: 平面平面.(2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点.【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，则有，因，，平面，于是得平面，而平面，则，由得，，平面， 从而得平面，又平面，所以平面平面.（2）在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，因，，则，假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，则有，设平面的一个法向量，则有，令得，而平面的一个法向量，依题意， ，化简整理得： 而，解得，所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.21．已知圆心在轴上的圆与直线切于点.(1)求圆的标准方程；(2)已知，经过原点且斜率为正数的直线与圆交于，.求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程.（2）设出直线的方程，并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，求得的表达式，结合换元法以及基本不等式求得的最大值.【详解】（1）由圆心在轴上的圆与直线切于点，设，直线的斜率为，则，所以．所以，所以，，即，所以圆的标准方程为．（2）设直线，与圆联立方程组，可得，，由根与系数的关系得，，，令，则，所以，当且仅当，即时取等号，此时，所以的最大值为.【点睛】本题的难点在于第二问，求最值.求解最值有关的题目，首先要将表达式求出，本题是结合根与系数关系求得表达式.然后根据表达式的结构来选择求最值的方法，可考虑二次函数的性质、基本不等式或函数的单调性来求解最值.22．已知点，圆，点在圆上运动，的垂直平分线交于点．(1)求动点的轨迹的方程.(2)动点的轨迹与轴交于，两点在点左侧，直线交轨迹于，两点不在轴上，直线，的斜率分别为，，且，求证：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）结合椭圆的定义求得动点的轨迹的方程.（2）设出直线的方程并与轨迹的方程联立，化简写出根与系数关系，结合列方程，化简后判断出直线过定点.【详解】（1）圆的圆心为，半径为，依题意得，则动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，其中，，，所以动点的轨迹的方程为.（2）设直线的方程为，，，则由得，由根与系数的关系得①，由题意，两点不在轴上，所以，，，又点，，所以，，由得，从而由已知得，即②，又，③，将③代入②得，将①代入上式并整理得：．，整理得，，直线的方程为，故直线恒过定点.【点睛】求解动点轨迹方程有关的题目，可根据圆锥曲线的定义来进行求解，还可以利用题目所给等量关系，列方程来进行求解.求解直线定点有关问题，可先设出含有参数的直线方程，根据已知条件求得与参数有关的式子，从而判断出定点.
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