浙江省浙南名校联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份浙江省浙南名校联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题：瓯海中学黄成宝周聪寅审题：龙湾中学徐燕
考生须知：
本卷共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟；
答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分（共 58 分）
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
直线2x  2 y  5  0 的倾斜角是（ ）
A. 45°B. 60°C. 120°D. 135°
样本：80，90，100，100，110，120 的中位数是（ ）
A. 95B. 100C. 105D. 110
函数 f (x)  x ln x 1的零点所在区间为（）
A. （0，1）B. （1，2）C. （2，3）D. （3，4）
已知直线 a ， b 异面，则对空间任意一点 P ，都存在过 P 且与 a ， b （ ）
A. 都平行的直线B. 都垂直的直线C. 都平行的平面D. 都垂直的平面
下列多面体，一定有外接球的是（ ）
A. 三棱锥B. 四棱锥C. 三棱柱D. 三棱台
设 F1 为椭圆 E 的左焦点， P 为 E 上一动点，则线段 PF1 的中点的轨迹是（ ）
A. 一个椭圆，其离心率与 E 的离心率相同B. 一个椭圆，其离心率与 E 的离心率不同
C. 一个圆，其直径与 E 的长半轴长相等D. 一个圆，其直径与 E 的短半轴长相等
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， BAD  90 ， A1 AB  A1 AD  60 ， AB  AD  1 ，
10
3
AA1  2 ，则 AC1  （ ）
6
​
3C.
D. 2
在平面直角坐标系 xOy 中，点 A1, 0 ， B 1,0 ，动点 P 满足 PA  PB  1，则 P 的纵坐标的最大值
为（ ）
5
A 2B. 1
3
1
1
2
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
ex exex ex
9 设函数 f  x ， g  x ，则（ ）
22
A. f  x 与 g  x  有相同的奇偶性B. f 2x  2  f  x2 1
C. g 2x  2 f  x g  x
D.  f  x2   g  x2  1
已知正数 x ， y 满足 x2  y2  1，则（ ）
A. 3x  4 y 的最大值为 5B.  x  32   y  42 的最大值为 36
3
C.y的最小值为D. 1  y 的最小值为 2
x  2x2
切比雪夫多项式Tn t  （ t 1,1）满足Tn cs x  cs nx ，其中 n  N* ， x  R ．例如
T t   t ， T t   2t 2 1 ．关于Tt  ，下列说法正确的有（ ）
12
T2025 t  的值域是1,1
2025
T2025 t  为偶函数
T2025 t  有 2025 个零点D. T2025 sin x  sin 2025x
非选择题部分（共 92 分）三、填空题：本大题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分．
3
一圆台的上下底面半径分别为 1，2，高为，则圆台的侧面积是．
在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，经过 BC1 的平面α将三棱柱分割成体积相等的两部分，设α与棱 AA1 相 交于点 M ，则 AM : MA1  ．
已知 A ， B 分别为双曲线C : x2  y2  1 的左右顶点，点 P 为C 上一动点， O 为坐标原点，则
PO
PA  PB
的最小值是．
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
已知随机事件 A ， B 满足 P  A  1 ， P  B  1 ， P  AB  1 ．
234
判断 A 与 B 是否相互独立，并说明理由；
求 A 与 B 都不发生的概率．
在空间直角坐标系O  xyz 中，不过原点O 的平面α分别交坐标轴于点 Aa, 0, 0 ， B 0, b, 0 ，
C 0, 0, c ，点 D 是O 在α上的射影．求证：
（1） D 是V ABC 的垂心；
（2）
OD 1
a2b2c2
1  1  1
．
如图，在三棱锥 S  ABC 中， BAC  ASC  SCB  90 ， SA  SC  1 ， AB  2 ，点 M ， N
分别为棱 AB ，SC的中点．
求证： MN  SC ；
求直线 MN 与平面 SBC 所成角的正弦值．
如图，点 P ， Q 都在抛物线 y2  4x 上，且直线 PQ 与抛物线在 P 处的切线相互垂直．
求抛物线的焦点到准线的距离；
设点 P t 2 , 2t  （ t  0 ），
用t 表示直线 PQ 的方程；
求 PQ 的最小值．
x2y2F
如图，从椭圆
 1上一点 P （异于椭圆的左、右顶点）射出的光线照射到椭圆的右焦点 2 上，
43
经 x 轴反射，反射光线过椭圆上的另一点Q ．
写出 F2 的坐标；
证明：直线 PQ 过定点；
O 、 F2 、 P 、Q 四点能否共圆？请说明理由．
2025 学年第一学期浙南名校联盟期中联考
高二年级数学学科试题
命题：瓯海中学黄成宝周聪寅审题：龙湾中学徐燕
考生须知：
本卷共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟；
答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分（共 58 分）
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
直线2x  2 y  5  0 的倾斜角是（ ）
A. 45°B. 60°C. 120°D. 135°
【答案】D
【解析】
【分析】由直线的斜截式即可得到直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系即可得解.
【详解】直线2x  2 y  5  0 即 y  x  5 的斜率为 k  1 ，
2
设该直线的倾斜角为α0 α 180 ，则 k  tanα 1 ， 所以直线2x  2 y  5  0 的倾斜角是135 .
故选：D
样本：80，90，100，100，110，120 的中位数是（ ）
A. 95B. 100C. 105D. 110
【答案】B
【解析】
【分析】由中位数的定义即可得出答案.
【详解】由题意得样本的中位数为100 100  100 .
2
故选：B
函数 f (x)  x ln x 1的零点所在区间为（）
A. （0，1）B. （1，2）C. （2，3）D. （3，4）
【答案】B
【解析】
【分析】先结合函数图象可得 f  x 仅有一个零点，再利用零点存在定理 f (a)  f (b)  0 判断零点存在区间.
【详解】 f  x 的零点等价于 x ln x 1  0 的解即ln x  1 的解.
x
y  ln x, y  1 在0,  上的图象如图所示，
x
故ln x  1 仅有一个实数解，故 f  x 仅有一个零点.
x
∴函数 y=f(x)有且只有一个零点.
∴ f 1  ln11= 10，f 2  2 ln 2 1 0, f 3  3ln 3 1  0, f 4  4 ln 4 1  0 ，
∴函数 f (x)  x ln x 1的零点所在区间为（1，2）.
故选：B.
【点睛】判断函数的零点所在区间主要方法是利用零点存在定理，判断函数在给定区间端点出的符号是否相反.
已知直线 a ， b 异面，则对空间任意一点 P ，都存在过 P 且与 a ， b （ ）
A. 都平行的直线B. 都垂直的直线C. 都平行的平面D. 都垂直的平面
【答案】B
【解析】
【分析】利用平行线的传递性判断 A 选项，由异面直线存在公垂线判断 B 选项，取特殊点判断 C 选项，根据线面垂直的性质可判断 D 选项.
【详解】对于 A，如果存在与 a, b 都平行的直线l ，即l // a, l // b ，根据平行线的传递性，可得异面直线
a, b 平行，矛盾，故 A 错误.
对于 B，两条异面直线存在公垂线，这条公垂线与两条异面直线 a, b 都垂直，过点 P 的直线一定可以做与该公垂线平行或重合的直线，故 B 正确；
C 选项，若点 P 在直线 a 上，则此时不存在过点 P 的平面，使得其与直线 a 平行，C 错误；
D 选项，若存在一个平面α与直线 a, b 都垂直，则直线 a, b 互相平行，与题设中 a, b 是异面直线矛盾，故不存在与 a, b 都垂直的平面，故 D 错误.
故选：B.
下列多面体，一定有外接球的是（ ）
A. 三棱锥B. 四棱锥C. 三棱柱D. 三棱台
【答案】A
【解析】
【分析】判断每个选项中的多面体是否一定能找到一个球，使得该多面体的所有顶点都在这个球面上.
【详解】任意的三棱锥一定有外接球，A 正确，
如果四棱锥的底面是一个非圆内接四边形，那么这个四棱锥就不一定存在外接球，B 错误，
三棱柱的外接球需要满足上下底面三角形的外心连线与侧棱垂直等条件，只有当三棱锥是直三棱柱且上下底面都有外接圆时，才可能有外接球，C 错误，
三棱台是又三棱锥截得，同样不是所有的三棱台都是外接球，D 错误.
故选： A .
设 F1 为椭圆 E 的左焦点， P 为 E 上一动点，则线段 PF1 的中点的轨迹是（ ）
一个椭圆，其离心率与 E 的离心率相同B. 一个椭圆，其离心率与 E 的离心率不同
C. 一个圆，其直径与 E 的长半轴长相等D. 一个圆，其直径与 E 的短半轴长相等
【答案】A
【解析】
【分析】利用相关点法来求出中点轨迹，根据方程可判断选项.
【详解】
，
设椭圆方程为 x2  y2  1a  b  0 ，点 P m, n ， F c, 0 ， PF 的中点 A x , y 

a2b2
m  c  2x0
P m, n
1100
m2n2
0
则n  2 y
，由于点  在椭圆上，则
a2
 1，
b2
2
所以代入可得： 2x0  c22 y 
0 1，
a2b2
c 2
 x0  2 y 2
整理得：   0  1，
a2b2
a2  b2
44
44
所以中点 A x0 , y0  的轨迹仍为椭圆，其离心率为
c
 2  c ，与原椭圆的离心率相同，故 A 正
aaa
22
确，BCD 错误；故选：A.
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， BAD  90 ， A1 AB  A1 AD  60 ， AB  AD  1 ，
AA1  2 ，则 AC1  （ ）
6
​
3C.
D. 2
10
3
【答案】C
【解析】
【分析】利用 AB, AD, AA1 作为基底表示向量，再根据数量积求模即可.
【详解】在平行六面体中， AC1  AB  BC  CC1  AB  AD  AA1 ，
因为 AB  AD  1 ， AA1  2 ， BAD  90 ， A1 AB  A1 AD  60 ，

–––→–––→–––→
AB  AD  AA1

2
–––→2–––→2–––→2
AB  AD  AA1  2 AB  AD  2 AB  AA1  2 AD  AA1
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
––––→
所以 AC1 
12  12  22  2 11cs BAD  2 1 2 cs A AB  2 1 2 cs A AD
1
1

6  0  2  2
10
，
故选：C
在平面直角坐标系 xOy 中，点 A1, 0 ， B 1,0 ，动点 P 满足 PA  PB  1，则 P 的纵坐标的最大值为（ ）
5
 2B. 1
3
1
1
2
【答案】C
【解析】
【分析】设动点 P  x, y  ，根据两点之间距离列得等式，结合方程有根解得范围.
 x 12  y2
【详解】设动点 P  x, y  ，因为 PA  PB  1，所以

 1，
 x 12  y2
 
两边平方得 x 12  y2    x 12  y2   1，化简得x2  y2 12  4x2 1，即x2  y2 2  2 x2  y2  ，将该式看作关于 x2 的一元二次方程：
x2 2  2 y2  2 x2   y4  2 y2   0 ，
因为点 P 存在，所以该关于 x2 的方程必有非负实数解，
其判别式  2 y2  22  4 1 y4  2 y2   4 16 y2  0 ，解得 y2  1 ，所以 1  y  1 ，故 P 的纵坐标的最大值为 1 .
4222
故选：C.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
ex exex ex
设函数 f  x ， g  x ，则（ ）
22
A. f  x 与 g  x  有相同的奇偶性B. f 2x  2  f  x2 1
C. g 2x  2 f  x g  x
D.  f  x2   g  x2  1
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数奇偶性定义判断 A，代入计算验证等式判断 BCD.
【详解】对于 A，函数 f  x  ex ex ，有 f x  ex ex  f  x ，所以函数 f  x 为偶函数；
ex ex
2
e x  ex
2
g  x 
函数 g  x ，有 g x  g  x ，函数
为奇函数，A 错误；
22
2 x2 xx
 x 2
2 x2 x
2 x2 x
对于 B， f 2x  e e
2
, 2  f  x2
1  2 e  e

2
 1  e e

2
 2 1  e e，
2
所以 f 2x  2  f  x2 1，B 正确；
e2 x  e2 x
ex  e x
ex  e x
e2 x  e2 x
对于 C， g 2x 
, 2 f  x g  x  2 ，
2222
所以 g 2x  2 f  x g  x ，C 正确；
22ex
 e x
2ex
 e x 2
e2 x +e

2 x
 2e2 x
 2  e
2 x
对于 D，  f  x
  g  x  
2  244
 1，

所以  f  x2   g  x2  1 ，D 正确；故选：BCD.
已知正数 x ， y 满足 x2  y2  1，则（ ）
3x  4 y 的最大值为 5B.  x  32   y  42 的最大值为 36
3
C.y的最小值为D. 1  y 的最小值为 2
x  2x2
【答案】AB
【解析】
【分析】设 x  csθ, y  sinθ x  0, y  0 ，结合辅助角公式和三角函数的范围解得最大值判断 A；把问 题转化为圆上点到定点的距离平方，圆上的点到定点连线的斜率计算判断 BC；根据赋值法验证计算判断 D.
【详解】对于 A，已知正数 x ， y 满足 x2  y2  1，设 x  csθ, y  sinθ x  0, y  0 ，
则3x  4 y  3csθ 4sinθ 5sin θφ ，其中csφ 4φ 3 ，
= , sin
55
因为sin θφ1,1，所以3x  4 y 的最大值为5 ，A 正确；
对于 B，  x  32   y  42 表示圆 x2  y2  1上的点 x, y  到点3, 4 距离的平方，
3  02  4  02
圆 x2  y2  1的圆心0, 0 到点3, 4 的距离为 d 
 5 ，
圆上一点到点3, 4 的最大距离为 d  r  5 1  6 （ r  1为圆的半径），
则 x  32   y  42 的最大值为 36，B 正确；
对于 C，
y
x  2
表示圆 x2  y2  1上的点 x, y  与点2, 0 连线的斜率，
设过点2, 0 的直线方程为 y  k  x  2 ，即 kx  y  2k  0 ，
k 2 1
2k
当直线与圆相切时，圆心0, 0 到直线的距离 d  1 ，解得 k   3 ，
3
y
所以
x  2
的最小值为
3 ，C 错误；
3
对于 D，当 x  0.8, y  0.6 时， 1  y  1  0.6  0.65 2 ，D 错误.
x0.82
故选：AB.
切比雪夫多项式Tn t  （ t 1,1）满足Tn cs x  cs nx ，其中 n  N* ， x  R ．例如
T t   t ， T t   2t 2 1 ．关于Tt  ，下列说法正确的有（ ）
12
T2025 t  的值域是1,1
2025
T2025 t  为偶函数
T2025 t  有 2025 个零点D. T2025 sin x  sin 2025x
【答案】ACD
【解析】
【分析】令t  cs x [1,1], x [0, π]，则T2025 t   cs 2025x ，则可求出值域判断 A；结合新定义与诱导公式可判断 BD；由cs 2025x  0 ， x [0, π] ，先解得 xk ，再由tk  cs xk 且均不相等，判断 D.
【详解】因为满足Tn cs x  cs nx ，所以T2025 cs x  cs 2025x ，令t  cs x [1,1], x [0, π]，则T2025 t   cs 2025x ，
A 选项， 2025x [0, 2025π] ， cs 2025x 值域为1,1 ，则T2025 (t) 值域为1,1 ，故 A 正确；
B 选项， T2025 (cs x)  T2025 (cs(x  π))  cs(2025x  2025π)  cs(2025x) ，即T2025 (t)  T2025 (t) ，则T2025 t  为奇函数，故 B 错误；
C 选项，令cs 2025x  0 ， x [0, π] ，则 x 1 π  kπ [0, π] ， k  Z ， 0  k  2024 ，共有
k2025  2

2025 个解，且满足0  x0  x1 L x2024  π ，
由于t  cs x 在 x [0, π] 单调递减，则tk 均不相等，则T2025 t  有 2025 个零点，故 C 正确；
D 选项， Tsin x  Tcs(x  π)   cs(2025x  2025 π)  sin 2025x ，故 D 正确；
20252025 2 2

故选：ACD.
非选择题部分（共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分．
3
一圆台的上下底面半径分别为 1，2，高为，则圆台的侧面积是．
【答案】6π
【解析】
【分析】先根据已知条件求出圆台的母线长l ，再利用圆台侧面积公式求解．
3
【详解】Q R  2, r  1, h ，
h2   R  r 2
3 1
母线长l  2 ，
 S  π   R  r  l  π2 1 2  6π ．故答案为： 6π ．
在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，经过 BC1 的平面α将三棱柱分割成体积相等的两部分，设α与棱 AA1 相 交于点 M ，则 AM : MA1  ．
【答案】1:1
【解析】
【分析】设三棱柱 ABC  A1B1C1 的高为h ， M 到底面 ABC 的距离为h1 ，由经过 BC1 的平面α将三棱柱
1
分割成体积相等的两部分，得到VM BCC
 VM  ABC
 1 V
2
ABC  A1B1C1
，利用锥体体积公式和柱体体积公式计算
得解.
【详解】设三棱柱 ABC  A1B1C1 的高为h ， M 到底面 ABC 的距离为h1 ，
Q MA / /CC ，V
 V V
 1 S
 h ，
M  BCC1
A BCC1C1  ABC
3 V ABC
QV 1 S h ，V
 V 1 S
 h  1 S
 h ，
M  ABC3 V ABC1
M BCC1
M  ABC3 V ABC
13 V ABC
Q经过 BC1 的平面α将三棱柱分割成体积相等的两部分，
1
VM  BCC
 VM  ABC
 1 V
2
ABC  A1B1C1
 1 S
2
V ABC
 h ，
 1 S
 h  1 S
 h  1 S
 h ，
3 V ABC
3 V ABC
2 V ABC
 h  1 h ，点 M 为棱 AA 的中点， AM : MA  1:1.
1211
故答案为：1:1.
已知 A ， B 分别为双曲线C : x2  y2  1 的左右顶点，点 P 为C 上一动点， O 为坐标原点，则
PO
PA  PB
的最小值是．
2 1
2
【答案】
【解析】
【分析】不妨设点 P  x, y  在 x 轴上或第一象限内，则 y  0 ，利用点 P 坐标表示出
 PA  PB 
2 ，结合
PO 2
点 P  x, y  在双曲线上消去 x ，令 y  tanθ,θ 0,π ，利用三角恒等变换化简，然后分离常数，利用基
2



本不等式求解可得.
【详解】根据对称性，不妨设点 P  x, y  在 x 轴上或第一象限内，则 y  0 ， x2  y2  1，
PO 2
x2  y2


则 PA  PB 2
2
 x 12  y2

 x 12  y2 

2 y2 12 y2 1
2 y2  2  2x
4 y2  4  4  y2 12  4x2

4 y2  4  4 y2  y2 1
2 y2 1
2 y2  2  2x 2
.
令 y  tanθ,θ 0,π ，
2

 
2 y2 1
4 tan2θ1  4 tan2θtan2θ1
tan2θ1
则 4 y2  4  4

y2  y2 1

2 sin2θ
cs2θ1
2 sin2θ

cs2θ1
2 sin2θ

cs2θ1
 sin2θ
sin2θ sin2θ
4sin2θ
4 4 sinθ
4  cs2 θ1  4
cs2θ cs2θ1
cs2θ 4 cs4θ
cs2θcs2θ

2 sin2θ cs2θsin2θ11
sinθ12  2 sinθ1  2
 
4  4 sinθ4  4 sinθ4sinθ1
1 21
2
2 1
 sinθ1  2  2 2 ，
2
4 sinθ142
当且仅当sinθ1 
PO 2
2
sinθ1
2 1
，即sinθ1 时等号成立，

所以2 
PA  PB
，所以
，
PO
PA  PB
2 1
2
PO
PA  PB
2 1
2
即的最小值为.
2 1
2
故答案为：
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
已知随机事件 A ， B 满足 P  A  1 ， P  B  1 ， P  AB  1 ．
234
判断 A 与 B 是否相互独立，并说明理由；
求 A 与 B 都不发生的概率．
【答案】（1） A 与 B 不相互独立；理由见解析
5
（2）
12
【解析】
【分析】（1）由独立事件的定义即可判断；
（2）先求 A 或 B 发生的概率，然后求出 A 与 B 都不发生的概率.
【小问 1 详解】
∵ P  A P  B  1 ，∴ P  A P  B  P  AB ，故 A 与 B 不相互独立；
6
【小问 2 详解】
A 或 B 发生的概率 P  A ∪ B  P  A  P  B  P  AB  1  1  1  7 ，
23412

故 A 与 B 都不发生的概率 P AB  1 P  A ∪ B  1 7  5 ．
1212
在空间直角坐标系O  xyz 中，不过原点O 的平面α分别交坐标轴于点 Aa, 0, 0 ， B 0, b, 0 ，
C 0, 0, c ，点 D 是O 在α上的射影．求证：
D 是V ABC 的垂心；
（2）
OD 1
a2b2c2
1  1  1
．
【答案】（1）证明见解析
证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用数量积为 0 来证明线线垂直，可证明垂心；
（2）利用空间向量法来求点到面的距离，即可求得OD .
【小问 1 详解】
由题意知OD  AB, OD  AC, OD  BC, OA  BC, OB  AC, OC  AB,

–––→ –––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→ –––→
所以 AD  BC  OD  OA  BC  OD  BC  OA  BC  0  0  0 ，
则 AD  BC ，即 AD ⊥BC ．
同理 BD  AC ，所以 D 是V ABC 的垂心；
【小问 2 详解】
由 Aa, 0, 0 ， B 0, b, 0 ， C 0, 0, c ，得： AB  a, b, 0, AC  a, 0, c,
–––→ →
–––→ →
设n 为平面α的一个法向量，则 AB  n  ax  by  0,
 AC  n  ax  cz  0,
111→ 1 1 1 
令 x  ，则 y  , z  ，即 n   , ,  ．
abc
a  1  0  1  0  1
a
b
c
a2b2c2
1  1  1
–––→ →
 a b c 
OD 
OA  n1

a2b2c2
1  1  1
所以→．
n
如图，在三棱锥 S  ABC 中， BAC  ASC  SCB  90 ， SA  SC  1 ， AB  2 ，点 M ， N
分别为棱 AB ，SC的中点．
求证： MN  SC ；
求直线 MN 与平面 SBC 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2） 33 ．
33
【解析】
【分析】（1）取 SB 的中点 D ，利用三角形中位线得到 DM ∥ SA ．由 SC  SA 得到SC  DM ．同理，得到 SC  DN ．利用线面垂直的判定定理得到证明，或用空间向量法证明；
（2）由 SC  平面 MND ，利用面面垂直的判定定理得到平面 MND  平面 SBC ，从而得到MND 为直线 MN 与平面 SBC 所成的角，求出 MD ， DN ， MN 的长度，利用余弦定理求出cs MND ，从而得到直线 MN 与平面 SBC 所成角的正弦值．或利用空间向量法证明.
【小问 1 详解】法一：
证明：取 SB 的中点 D ，连结 DM ， DN ．
因点 D ， M 分别为棱 SB ， AB 的中点，故 DM ∥ SA ．又 SC  SA ，故SC  DM ．同理， SC  DN ．
又 DM ， DN 为平面 MND 内两条相交直线，故 SC  平面 MND ．因此 SC  MN ；
法二：
如图建立空间直角坐标系 A  xyz ，
则点 A0, 0, 0 ， B 2, 0, 0 ， C 0, 2, 0， M 1, 0, 0 ．
设点 S  x, y, z  ，其中z 
––→–––→
0，则由 SA  SC
x   1 ,
 1 ， CS  CB  0 ，得

2

x2  y2  z2  1,
x2   y 2 2  z2  1, y  2 ,S   1 , 2 , 1 
解得
2即 222  ．

2x 
2  y 
2   0,

2
z  1 ,

–––→


2
 11 
SC   ,,  
 222 
N   1 , 3 2 , 1 
––––→
5 , 3 2 , 1 
则 444  ，于是 MN    444  ，

–––→ ––––→
 1
1  
5
1 1
5 
1 1
2
3 2
2
3 2
因 SC  MN   ,,    
,,        
  0 ，
 222  
故 SC  MN ，即 SC  MN ；
【小问 2 详解】
444 2 4 24
2 4
法一：
因 SC  平面 MND ，故平面 MND  平面 SBC ，
又平面 MND ∩ 平面 SBC  DN ，过 M 作交线 ND 的垂线，则此垂线垂直平面 SBC ，因此MND 为直线 MN 与平面 SBC 所成的角．
在VMND 中， MD  1 SA  1 ， DN  1 BC 6 ，
2222
2
在Rt△ASC 中， AS  1, SC  1，则 AC ，
2
6
在Rt△ABC 中， AB  2 ， AC ，则 BC ，
2
3
M 是 AB 的中点， AM  1 ， AC ，则CM ，
N 是SC的中点， SC  1，则 NC  1 ，
2
在Rt△NMC 中， MN 
11 ，
MC 2  CN 2
2
 11 2
6 2
 1 2
222 2    2    2 
66
故cs MND  MN  DN  MD   8，
2MN  DN
2 11  6
22
于是sin MND 
33 ，所以直线 MN 与平面 SBC 所成角的正弦值为 33 ．
3333
法二：
B 2, 0, 0
C 0, 2, 0
S   1 , 2 , 1 
–––→

 2, 2, 0
–––→
 5 , 2 , 1 
，， 
222  ， BC
， BS    222 

→
设平面 BSC 的法向量为 n   x, y, z  ，
→
–––→
BS  n  0
 5 x 
y  1
z  0→


则–––→ →， 

2
222
，取 x  1 ，解得 y 
2, z  3 ，取 n  1, 2, 3．
BC  n  0
因此sinθ cs
2x 

––––→ →
MN , n
2 y  0
MN  n
––––→
→
––––→ →
MN n
33 ，
33
所以直线 MN 与平面 SBC 所成角的正弦值为 33 ．
33
如图，点 P ， Q 都在抛物线 y2  4x 上，且直线 PQ 与抛物线在 P 处的切线相互垂直．
求抛物线的焦点到准线的距离；
设点 P t 2 , 2t  （ t  0 ），
用t 表示直线 PQ 的方程；
求 PQ 的最小值．
3
【答案】（1）2（2）（ⅰ） y  tx  t t  2 ；（ⅱ） 6
【解析】
【分析】（1）由抛物线的定义即可得到结果；
（2）（ⅰ）设切线方程，联立切线与抛物线方程并整理化简为一元二次方程，由方程只有一个解得到 m, t 的关系，从而得到切线方程，由直线垂直可得到直线 PQ 的方程；
（ⅱ）联立直线 PQ 的方程与抛物线方程，由交点弦长公式求得 PQ 表达式，然后通过换元整理后利用基本
不等式和配方法求得最小值.
【小问 1 详解】
抛物线的焦点到准线的距离 p  2 ；
【小问 2 详解】
设抛物线在 P 处的切线方程为 x  m  y  2t   t 2 ，
x  m  y  2t   t 2 ,

由 y2  4x
得 y2  4my  4 2mt  t 2   0 ，
则Δ  0 ，即4m2  4  4 2mt  t 2   0 ，于是 m  t ，
故抛物线在 P 处的切线方程为 x  t  y  2t   t 2 ， y  1 x  t ，
t
因此直线 PQ 的方程为 y  t x  t 2   2t ，即 y  tx  t t 2  2 ．
t
联立直线 PQ 与抛物线方程，得 y2  4 y  4 t 2  2  0 ，
故 PQ 
4 1 t 2 2
1  
 1 2

t 
Δ
1
3

．
t 2
令 x  t 2
3
1 x3
x2
4 1 t 2
2
，则 x  0 ， PQ  4，
t 2

1 x3x3  3x2  3x 131
4  11 
注意到
x2x2
 x  x  x2  3   x  x    x2  x   3
4  11 211
1127
x  4
x
  x  x      2 0 
，等号成立当且仅当 x  2 ．
 x2 444
1 x3
x2
3
于是 PQ  4
 4
 6，
27
4
3
所以 PQ 的最小值为6
，此时 P 2, 2 2  ．
x2y2F
如图，从椭圆
 1上一点 P （异于椭圆的左、右顶点）射出的光线照射到椭圆的右焦点 2 上，
43
经 x 轴反射，反射光线过椭圆上的另一点Q ．
写出 F2 的坐标；
证明：直线 PQ 过定点；
O 、 F2 、 P 、Q 四点能否共圆？请说明理由．
【答案】（1） F2 1, 0
（2）证明见解析（3） O 、 F2 、 P 、Q 四点不能共圆，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出 a 、b 、c 的值，即可得出点 F2 的坐标；
由题可知直线 PQ 的斜率存在且不为零，设直线 PQ 的方程为 y  kx  m k  0 ，设点 P  x1, y1  、
Q  x2 , y2  ，将该直线的方程与椭圆方程联立，由已知条件得出 kPF  kQF  0 ，结合韦达定理得出m 、 k
22
所满足的关系式，化简直线 PQ 的方程，即可求出直线 PQ 所过定点的坐标；
求出线段OP 、OQ 的中垂线的方程，将这两直线的方程联立，求出△OPQ 外心C 的横坐标，根据
F2C  OC 可得出结论.
【小问 1 详解】
2
在椭圆 x
2
3
y
 1中， a  2 ， b ，
则c 
43
a2  b2
4  3

 1 ，故 F2 1, 0 .
【小问 2 详解】
若直线 PQ 的斜率不存在，则点 P 、Q 重合，不合乎题意，
若直线 PQ 的斜率为零，则该直线与 x 轴重合，与题意矛盾，故直线 PQ 的斜率存在且不为零，
设直线 PQ 的方程为 y  kx  m k  0 ，设点 P  x1, y1  、Q  x2 , y2  ，
 y  kx  m

由 x
2  y2
，得3  4k 2  x2  8kmx  4 m2  3  0 ，

1
 43
Δ  64k 2m2  4 4k 2  3 4 m2  3  484k 2  3  m2   0 ，
由韦达定理可得 x1  x2  
8km 3  4k
2 ， x1 x2
4 m2  3
 3  4k 2．
由 kPF2
 kQF2
 0 ，得
y1
x 1
y2
x 1
 0 ，
又 y  kx
12
 m i  1, 2 ，故 kx1  m  kx2  m  kx1  m x2 1  kx2  m x1 1  0 ，
iix 1
x 1
 x 1 x
1
1212
即2kx1x2  m  k  x1  x2   2m  0 ，

4 m2  3
8km 

则2k  m  k   2m  0 ， 3  4k 23  4k 2 
化简整理得 m  4k ，于是直线 PQ 的方程为 y  k  x  4 ，因此直线 PQ 过点4, 0 .
【小问 3 详解】
O 、 F2 、 P 、Q 四点不能共圆，事实上， F2 总在△OPQ 的外接圆的内部．理由如下：
2  x2 
x x yxx2  y2
x131 1 
线段OP 的垂直平分线方程为 y   1  x  1   1   1 x  11   x
4 
y 2 2y2 y
1 x 
111y2 y
11
x
2
x 1  3
2
x
x 1  3
  1 x  4 ，即 y   1 x  4 ．
y12 y1y12 y1
x
2
x 2  3
同理，线段OQ 的垂直平分线方程为 y   2 x  4 ．
y22 y2
联立上述两个方程，得△OPQ 的外心C 的横坐标为
x x
32k 2
1 4 16k 2  3
 x1  x2  
1 2  3
 32
x  4  3  4k 2
43  4k 2
 1  3  7k ．

C882 3  4k 2
C
因 k 2  0 ，故 x
 1  3  7k 2  1
，
2 3  4k 22
2
所以 F C 2  OC 2   x
12  y2  x2  y2   1 2x
 0 ，于是 F C
 OC ，
CCCCC
2
所以 F2 在△OPQ 的外接圆的内部，故O 、 F2 、 P 、Q 四点不能共圆.