高二期末常考基础题型专练（原卷及解析版）--【重难点突破】2024-2025学年高二上学期数学常考题专练（新高考）

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc185943806" 一．直线与圆命题的真假判断
\l "_Tc185943807" 二．等差数列的性质
\l "_Tc185943808" 三．等差数列的概念与判定
\l "_Tc185943809" 四．等差数列的前n项和（共4小题）
\l "_Tc185943810" 五．等比数列的性质
\l "_Tc185943811" 六．等比数列的前n项和
\l "_Tc185943812" 七．错位相减法
\l "_Tc185943813" 八．数列求和的其他方法
\l "_Tc185943814" 九．数列递推式
\l "_Tc185943815" 一十．异面直线及其所成的角
\l "_Tc185943816" 一十一．空间向量的数量积运算
\l "_Tc185943817" 一十二．空间向量基本定理、正交分解及坐标表示
\l "_Tc185943818" 一十三．平面的法向量
\l "_Tc185943819" 一十四．直线与平面所成的角
\l "_Tc185943820" 一十五．二面角的平面角及求法（共6小题）
\l "_Tc185943821" 一十六．由垂直关系求参数
\l "_Tc185943822" 一十七．空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离
\l "_Tc185943823" 一十八．直线的两点式方程
\l "_Tc185943824" 一十九．圆的标准方程
\l "_Tc185943825" 二十．直线与圆的位置关系（共7小题）
\l "_Tc185943826" 二十一．圆与圆的位置关系及其判定
\l "_Tc185943827" 二十二．由点差法求椭圆的标准方程
\l "_Tc185943828" 二十三．椭圆的几何特征
\l "_Tc185943829" 二十四．椭圆的中点弦
\l "_Tc185943830" 二十五．抛物线的焦点与准线
\l "_Tc185943831" 二十六．直线与抛物线的综合
\l "_Tc185943832" 二十七．抛物线焦点弦与准线
\l "_Tc185943833" 二十八．求双曲线的渐近线方程
\l "_Tc185943834" 二十九．双曲线的几何特征（共5小题）
\l "_Tc185943835" 三十．直线与圆锥曲线的面积问题
\l "_Tc185943836" 三十一．轨迹方程
\l "_Tc185943837" 三十二．直线与圆锥曲线的定点定值问题
题型汇编
知识梳理与常考题型
一．命题的真假判断与应用（共1小题）
1．（2023秋•盐田区校级期末）下列说法正确的是
A．直线的倾斜角的范围是，，
B．直线恒过定点
C．曲线与曲线恰有三条公切线，则
D．方程表示的曲线是双曲线的右支
【答案】
【解答】解：对于，直线的斜率，，
直线的倾斜角的范围是，，，故正确；
对于：直线方程整理为：，
由，解得，故该直线恒过定点，故错误；
对于，曲线，曲线有三条公切线，
两条曲线均为圆，故，即，
且两圆的位置关系为外切，
故圆心距，解得：，故正确；
对于，设，，，
则方程等价为，
则根据双曲线的定义可知，的轨迹是以、为焦点的双曲线的右支，故正确；
故选：．
二．等差数列的性质（共1小题）
2．（2023秋•金华期末）已知等差数列的公差为，若，，则首项的值可能是
A．18B．19C．20D．21
【答案】
【解答】解：由题意，可得，
．
故选：．
三．等差数列的概念与判定（共1小题）
3．（2023秋•宝安区期末）若是等差数列，则下列数列不一定是等差数列的是
A．B．
C． ，为常数）D．
【答案】
【解答】解：若是等差数列，设公差为，
当时，显然不是等差数列，符合题意；
为常数列，一定为等差数列，不符合题意；
因为为常数），
所以为等差数列，不符合题意；
为常数，即一定为等差数列，不符合题意．
故选：．
四．等差数列的前n项和（共4小题）
4．（2023秋•南山区期末）记公差不为零的等差数列的前项和为，若，则
A．13B．12C．11D．10
【答案】
【解答】解：设等差数列的公差为，则，
，
，
即，
，
解得．
故选：．
5．（2023秋•龙岗区校级期末）已知等差数列的前项和为，，，则
A．7B．8C．9D．10
【答案】
【解答】解：根据题意，等差数列中，，，，，也成等差数列，
其首项，第二项，则其公差，
则，故．
故选：．
6．（2023秋•深圳期末）设等差数列的前项和为，若，则
A．150B．120C．75D．68
【答案】
【解答】解：因为等差数列满足，
所以，即，
所以．
故选：．
7．（2023秋•龙岗区校级期末）已知等差数列的前项和为，公差，，则
A．B．C．D．
【答案】
【解答】解：根据题意，等差数列中，
若，则有，，
则有，，正确；
必有，正确；
则有，正确；
，错误．
故选：．
五．等比数列的性质（共1小题）
8．（2023秋•下城区校级期末）已知等比数列的前项和为，，，
A．B．C．27D．40
【答案】
【解答】解：由是等比数列，且，，得，，且，
所以，，，成等比数列，
即1，，，构成等比数列，
，解得或（舍去），
，即，解得．
故选：．
六．等比数列的前n项和（共2小题）
9．（2023秋•温州期末）已知正项等比数列的前项和为，，且，则 1 ．
【答案】1．
【解答】解：正项等比数列中，，且，
所以，解得，（舍负）．
故答案为：1．
10．（2023秋•龙岗区校级期末）一个乒乓球从高的高度自由落下，每次落下后反弹的高度都是原来高度的，在第3次着地时，乒乓球经过的总路程为 ．
【答案】．
【解答】解：由题意得第3次着地时，乒乓球经过的总路程为：
．
故答案为：．
七．错位相减法（共2小题）
11．（2023秋•嘉兴期末）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间，中的项的个数，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）．
【解答】解：（1）数列的各项均为正数，其前项和为，且．
，则，
，
是首项为3，公比为3的等比数列，则．
（2），
当，区间，，，则，
当，，，
即当，在区间，内的项有，，，，则，
，，
，，
作差得，，
．
12．（2023秋•罗湖区期末）已知数列的前项和为，满足，且．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【解答】解：（1）由可得，当时，，
以上两式相减可得，
即，
当时，，满足，
所以数列是以4为首项，3为公比的等比数列，
故．
（2），
，
，
两式相减，得
，所以．
八．数列求和的其他方法（共1小题）
13．（2023秋•下城区校级期末）已知正项数列的前项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，的前项和为，求．
【答案】（1），；
（2）．
【解答】解：（1）由题意，当时，，
整理，得，
解得，
当时，由，
可得，
两式相减，可得，
化简整理，得，
，，
，
，即，
数列是以2为首项，4为公差的等差数列，
，．
（2）由（1）可得，
，
．
九．数列递推式（共2小题）
14．（2023秋•金华期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称8步“雹程” ．数列满足冰雹猜想，其递推关系为：为正整数），．若，则所有可能的取值为 1和8 ．
【答案】1和8．
【解答】解：当时，，，或1，
故所有可能的取值集合是，．
故答案为：1和8．
15．（2023秋•罗湖区期末）知数满足，，则数列的通项公式 ．
【答案】．
【解答】解：由，，
可得，
则数列是首项和公比均为5的等比数列，
可得，即．
故答案为：．
一十．异面直线及其所成的角（共1小题）
16．（2023秋•罗湖区期末）正方体中，是中点，则异面直线与所成角的余弦值是
A．B．C．D．
【答案】
【解答】解：连接，取的中点，连接、、、、，
在△中，、分别是、的中点，所以，且，
因此，（或其补角）就是异面直线与所成角，
设正方体的棱长为2，则等边△的边长为，可得，同理可得，
在中，，可得，
所以异面直线与所成角的余弦值是．
故选：．
一十一．空间向量的数量积运算（共1小题）
17．（2023秋•深圳期末）如图所示，平行六面体中，，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列结论正确的是
A．B．
C．平面D．
【答案】
【解答】解：设，，，
则由题意有：，
，
选项，，
则，
即，故正确；
选项，，
，
则
，故错误；
选项，连接，交于点，连接，，
则，
，
所以，即，
又平面，平面，
所以平面，故正确；
选项，，，
则
，故，故正确．
故选：．
一十二．空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共1小题）
18．（2023秋•下城区校级期末）以下四个命题中，正确的是
A．若，则，，三点共线
B．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
C．
D．若，且，则
【答案】
【解答】解：对于：由于，，故、、三点不共线，故错误；
对于：若为空间的一个基底，，不存在实数和使关系式成立，故作为向量的另一个基底，故正确；
对于：由于不共线，故，故错误；
对于：若，整理得，故，故错误．
故选：．
一十三．平面的法向量（共1小题）
19．（2023秋•金华期末）已知为直线的方向向量，，分别为平面，的法向量，不重合），那么下列说法中，正确的有
A．B．C．D．
【答案】
【解答】解：为直线的方向向量，，分别为平面，的法向量，不重合），
对于，由面面平行的性质和判定定理得：，故正确；
对于，由面面垂直的性质和判定定理得：，故正确；
对于，由线面垂直的性质和判定定理得，故错误；
对于，由线面平行的性质和判定定理得，故错误．
故选：．
一十四．直线与平面所成的角（共1小题）
20．（2023秋•温州期末）如图，四棱锥的底面是边长为1的菱形，，平面，，为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）．
【解答】解：（1）证明：平面，平面，
，
四边形是菱形，，
，平面，
平面，平面平面；
（2）过点作平面，交平面于点，
连接，则是与平面所成角，
连接，交于，连接，
，平面，是点到平面的高，
平面，，
平面平面，平面平面，
平面，，，
设与平面所成角为，
则与平面所成角的正弦值为．
一十五．二面角的平面角及求法（共6小题）
21．（2023秋•嘉兴期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见过程；
（2）．
【解答】（1）证明：如图，
连接与交于点，则为中点，也为中点，
连接，，因为，
所以，又，，是平面内两条相交线，
所以平面，平面，
所以，因为，分别为，中点，
所以，因为，
所以，又，是平面内两条相交线，
所以平面；
（2）因为平面，所以平面平面，作，交点为，
则平面，由知，
则，．
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，0，，，
设平面的一个法向量，
由，即，取，
平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
22．（2023秋•下城区校级期末）如图，在平行四边形中，，，，四边形为正方形，且平面平面．
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【解答】（1）证明：在三角形中，，，，
由余弦定理有，
即，即，
则有，则，即，
又平面平面，平面平面，平面，
于是得平面，又平面，
所以；
（2）解：因四边形为正方形，则，
由（1）知，，两两垂直，
以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则由，令，得，
设平面的一个法向量为，
，
则有，令，得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
23．（2023秋•宁波期末）如图所示，在三棱锥中，侧棱底面，，，为棱的中点，为棱上的动点．
（1）求证：．
（2）若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）2．
【解答】解：（1）证明：取中点，连接，，
因为，所以，
因为底面，所以，
因为，，所以平面，
因为平面，所以，
因为为棱的中点，所以，所以，
所以平面，因为平面，所以．
（2）以为原点，， 所在直线分别为，轴，建立如图所示坐标系，
则，0，，，0，，，2，，，2，，
，
设，得，2，，
由题知，平面的法向量，
令是平面的一个法向量，则，，
则，即，
令，则，，，
由，
解得或（舍．
所以，所以．
24．（2023秋•杭州期末）如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，，，，平面平面．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求平面与平面所成锐角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明详情见解答．
（Ⅱ）．
【解答】解：（Ⅰ）证明：连接，
因为，，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以面，
因为面，
所以，
连接，在正方形中，，
因为，且，面，
所以面，
因为面，
所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系：
则，0，，，2，，，，，，0，，
，0，，，，，，2，，，，，
设平面的一个法向量为，，，
由，
令，则，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，，，
由，
令，则，，
所以，，，
设平面与平面所成的锐角为，
即，
所以平面与平面所成的锐角的余弦值为．
25．（2023秋•南山区期末）如图，在四棱锥中，已知，，，，是等边三角形，且为的中点．
（1）证明：平面；
（2）当时，试判断在棱上是否存在点，使得二面角的大小为．若存在，请求出的值；否则，请说明理由．
【答案】（1）证明见解答；
（2）存在，．
【解答】（1）证明：在四棱锥中，已知，，，，如图，
取的中点，连接，，
是等边三角形，且为的中点．，
是棱的中点，为的中点，，且，
，，且，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面；
（2）解：是等边三角形，为的中点，
，且为的中点，，
，，
又，且，，，平面，
平面，平面，
，又，，且，平面，
平面，平面，
以为坐标原点，的方向分别为，， 轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
假设存在满足题设的点，不妨设，，，且，则，，
，且，
又，即，
则有 则 即，
设平面的一个法向量为，
易知，
由，
令，则，，
不妨取平面的一个法向量为，
则，
，又，，解得，
存在满足题设的点，此时．
26．（2023秋•龙岗区期末）如图，在四棱锥中，，，，，．
（1）求证：平面；
（2）若，，，若平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值．
【答案】（1）证明见解答；（2）．
【解答】解：（1）证明：如图，取中点，连接，，
又，，
，，且，
平面，又平面，
，又，，且，平面，
平面；
（2）由（1）知平面，且，
以，，所在直线分别为，，轴，建系如图，
又，，
，1，，，0，，，0，，，1，，
，，，，
，
，0，，1，，，，
设平面与平面的法向量分别为，
则，，
取，，
平面与平面夹角的余弦值为：
，，
，
，
解得或0，又，
故实数的值为．
一十六．点、线、面间的距离计算（共1小题）
27．（2023秋•南山区期末）已知平面的一个法向量为，，，若点，0，，，3，均在内，则 ．
【答案】．
【解答】解：根据题意，点，0，，，3，，则，3，，
若平面的一个法向量为，，，则，
解可得：，则，3，，
故．
故答案为：．
一十七．空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离（共1小题）
28．（2023秋•龙岗区期末）已知，则点到直线的距离为
A．B．C．D．
【答案】
【解答】解：由题知，1，，，，，
所以，，
，，
所以点到直线的距离，．
故选：．
一十八．直线的两点式方程（共1小题）
29．（2023秋•宝安区期末）下面说法中错误的是
A．经过定点，的直线都可以用方程表示
B．经过定点，的直线都可以用方程表示
C．经过定点的直线都可以用方程表示
D．经过任意两个不同的点，，，的直线都可以用方程表示
【答案】
【解答】解：当直线的斜率不存在时，经过定点，的直线不能用方程表示，故项不正确；
当直线的斜率为0时，经过定点，的直线不能用方程表示，故项不正确；
经过定点的直线为轴时，不能用方程表示，故项不正确；
对于点，，，，当且时，可以用方程表示，整理得，
当或时，直线与直线也包含在中，
因此，经过任意两个不同的点，，，的直线都可以用方程表示，项正确．
故选：．
一十九．圆的标准方程（共1小题）
30．（2023秋•温州期末）已知圆满足：
①截轴所得的弦长为2；
②被轴分成两段圆弧，其弧长的比为；
③圆心到直线的距离为．
求该圆的方程．
【解答】解：设所求圆心为，半径为，则圆心到轴，轴的距离分别为、，
因圆截轴得弦长为2，由勾股定理得，又圆被轴分成两段圆弧的弧长的比为，
劣弧所对的圆心角为，
故，即，
①，
又到直线的距离为，
即，
即．②
解①②组成的方程组得：或，于是即，
所求的圆的方程为或．
二十．直线与圆的位置关系（共7小题）
31．（2023秋•盐田区校级期末）已知圆，直线相交，那么实数的取值范围是
A．B．C．，D．，
【答案】
【解答】解：圆的圆心为，半径为1，直线，
由于圆与直线相交，所以，解得．
故选：．
32．（2023秋•南山区期末）已知圆，则下列结论正确的为
A．的半径为10
B．关于直线对称
C．直线被所截得的弦长为
D．若点在上，则的最大值为25
【答案】
【解答】解：圆可化为，
对于，圆的半径，故错误；
对于，圆心，由，可得圆心在直线，所以关于直线对称，故正确；
对于，圆心到直线的距离为，所以直线被所截得的弦长为，故正确；
对于，表示圆上的点与点的距离，又在圆内，
所以的最大值，故错误．
故选：．
33．（2023秋•罗湖区期末）已知直线与圆交于，两点，则
A．圆的面积为B．过定点
C．面积的最大值为D．
【答案】
【解答】解：圆的圆心，半径，圆的面积为，故正确；
直线，即为，由，解得，可得直线恒过定点，故正确；
面积为，若，可得圆心到直线的距离为，
由，解得或，则面积最大值为，故错误；
直线恒过定点，且在圆内，则的最大值为，最小值为，故正确．
故选：．
34．（2023秋•温州期末）已知点为圆上一动点，，，则点到直线的距离的取值范围是 ．
【答案】．
【解答】解：因为，，
则直线的方程为，即，
圆的圆心坐标为，半径，
所以圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，
所以圆上的动点到直线的最小距离为，最大距离为，
所以点到直线的距离的取值范围是．
故答案为：．
35．（2023秋•金华期末）已知以点为圆心的圆与直线相切，过点斜率为的直线与圆相交于，两点，
（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）当时，求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）或．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，点到直线的距离，
结合圆与直线相切，可得圆的半径，所以圆的方程为；
（Ⅱ）设点是的中点，连接、，则，
因为，，所以，
经过点斜率为的直线方程为，即，
根据点到直线的距离，得，解得或，
所以直线的方程为或，即或．
36．（2023秋•南山区期末）已知圆
（1）过点作的切线，求的方程；
（2）若点为直线上的动点，过作圆的切线，记切点为，当取最小值时，求的大小．
【答案】（1）或；（2）．
【解答】解：（1）切线的斜率不存在时，满足条件．
切线的斜率存在时，设方程为，即，
圆心到切线的距离，
解得，
所以切线方程为：，即，
综上可得切线的方程为：或．
（2）当时，取得最小值，
此时，
在中，，
所以．
37．（2023秋•龙岗区校级期末）已知圆，过点的直线与圆交于、两点、不重合）．
（1）求直线斜率的取值范围；
（2）当时，求直线的方程．
【答案】（1），；
（2）．
【解答】解：（1）圆的圆心，半径，
将代入圆的方程可得，可知在圆外，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
要使直线与圆由两个不同的交点，
则圆心到直线的距离，整理可得，解得，
即直线斜率的取值范围为，，
（2）因为，可得，
由（1）可得，整理可得：，
解得，符合，，
所以直线的方程为．
二十一．圆与圆的位置关系及其判定（共2小题）
38．（2023秋•金华期末）圆与圆的位置关系不可能
A．内含B．内切C．相交D．外切
【答案】
【解答】解：将圆的一般方程化为标准方程为，
因为圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径为，，
所以圆的圆心在圆的内部，
所以两圆的位置关系不可能是外切．
故选：．
39．（2023秋•罗湖区期末）圆与圆的公共弦的长为 ．
【答案】．
【解答】解：圆与圆的公共弦所在的直线，
利用两圆相减得：，
整理得；
圆心到直线的距离，
故公共弦．
故答案为：．
二十二．椭圆的标准方程（共1小题）
40．（2023秋•盐田区校级期末）已知椭圆方程为，其右焦点为，过点的直线交椭圆与，两点．若的中点坐标为，则椭圆的方程为
A．B．
C．D．
【解答】解：设，，，，代入椭圆的方程可得，．
两式相减可得：．
由，，，代入上式可得：
，化为．
又，，联立解得，．
椭圆的方程为：．
故选：．
二十三．椭圆的几何特征（共2小题）
41．（2023秋•盐田区校级期末）已知、是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】
【解答】解：因为，故在为直径的圆上，即，
圆在椭圆内部，故，，
故．
故选：．
42．（2023秋•龙岗区期末）已知为椭圆的右焦点，是椭圆上一动点，点为圆上一动点，则的最大值是 10 ．
【答案】10．
【解答】解：设椭圆的左焦点为，
椭圆中，，，，，
又圆的圆心，半径，
，
是椭圆上一动点，点为圆上一动点，
，
又，
当且仅当，，三点共线时，等号成立，
故的最大值是10．
故答案为：10．
二十四．椭圆的中点弦（共1小题）
43．（2023秋•南山区期末）过点作斜率为的直线与椭圆相交于，两点，若为线段的中点，则的离心率为
A．B．C．D．
【答案】
【解答】设，，，，
则，两式相减可得：
，
，
，
，
椭圆的离心率为．
故选：．
二十五．抛物线的焦点与准线（共2小题）
44．（2023秋•深圳期末）已知抛物线的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，若直线的斜率为，则
A．4B．或4C．4或D．
【答案】
【解答】解：直线的斜率为，
直线的倾斜角，，
根据抛物线的定义可得：
，
或．
故选：．
45．（2023秋•宝安区期末）在平面直角坐标系中，设抛物线的焦点为，准线为，为抛物线上一点，过点作，交准线于点，若直线的倾斜角为，则点的纵坐标为 3 ．
【答案】3．
【解答】解：抛物线方程为，，
，又直线的倾斜角为，
，且，又，
为等边三角形，
，
．
故答案为：3．
二十六．直线与抛物线的综合（共2小题）
46．（2023秋•嘉兴期末）已知抛物线的焦点为，直线与交于，，，两点．
（1）求的值；
（2）若上存在点，使的重心恰为，求的值及点的坐标．
【答案】（1）100；
（2）；为．
【解答】解：（1）由，
得，
所以．
（2）设点，，则，，
，，
由点在上，得，解得，
所以，，点为．
47．（2023秋•宝安区期末）已知，是过抛物线焦点且互相垂直的两弦．
（1）若直线的倾斜角为45度，求弦长；
（2）求的值．
【答案】（1）16；
（2）．
【解答】解：（1）由题设，直线、的斜率一定存在，直线的斜率为，
直线、互相垂直，所以斜率乘积为，
因此直线的斜率为，直线的方程为，
设，，，，联立抛物线方程，可得，
又，，
；
（2）由题设，直线、的斜率一定存在，
设为，，，，，
联立抛物线方程，可得且△，
，又，，
，
由，设为，
联立直线与抛物线的方程，消去可得：，
同理有，
，
．
故答案为：．
二十七．抛物线与平面向量（共1小题）
48．（2023秋•龙岗区期末）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于、两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则
A．B．C．D．
【答案】
【解答】解：根据抛物线的对称性，不妨设在第一象限，则在第四象限，
设直线的倾斜角为，则，
，又，
由，可得，
，，又为直线的倾斜角，
，，
又根据抛物线的对称性可知时，也满足题意，
故．
故选：．
二十八．求双曲线的渐近线方程（共1小题）
49．（2023秋•南山区期末）已知双曲线的焦距为，若，，依次成等比数列，则该双曲线的渐近线方程为
A．B．C．D．
【答案】
【解答】解：由题意可知，
所以，
两边同时除以得，，
解得或（舍去），
所以，
所以双曲线的渐近线方程为．
故选：．
二十九．双曲线的几何特征（共5小题）
50．（2023秋•宁波期末）已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线（斜率大于与圆交于，两点，且，则
A．1B．C．2D．4
【答案】
【解答】解：双曲线的离心率为，
，
可知双曲线的一渐近线方程为，即，
圆的圆心为，
圆心到渐近线的距离为，
，圆的半径为，即，解得．
故选：．
51．（2023秋•罗湖区期末）已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为
A．B．C．D．
【解答】解：双曲线的离心率为，
可得，
可得，
可得渐近线方程为．
故选：．
52．（2023秋•盐田区校级期末）已知方程表示的曲线为，则下列四个结论中正确的是
A．当时，曲线是椭圆
B．当或时，曲线是双曲线
C．若曲线是焦点在轴上的椭圆，则
D．若曲线是焦点在轴上的椭圆，则
【答案】
【解答】解：当曲线是椭圆时，，解得或，故错误；
当曲线是双曲线时，，解得或，故正确；
若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，故正确；
若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，故错误．
故选：．
53．（2023秋•龙岗区期末）若焦点在轴上的双曲线的焦距为4，则下列结论正确的是
A．B．
C．离心率是D．两条渐近线的夹角为
【答案】
【解答】解：双曲线的焦点在轴上，
，可得，
此时，，则，
，解得，
则，，．
，渐近线方程为，得两条渐近线的夹角为．
故、、正确，错误．
故选：．
54．（2023秋•广州期末）设，为双曲线上的两点，下列四个点中，可为线段中点的是
A．B．C．D．
【答案】
【解答】解：根据题意可得双曲线的渐近线为，
点在抛物线右支开口内，选项满足；
点在渐近线上，选项不满足；
点在两渐近线所夹上方区域，选项满足；
点在两渐近线所夹左方区域，选项不满足．
故选：．
三十．直线与圆锥曲线的综合（共1小题）
55．（2023秋•盐田区校级期末）已知圆，，动圆与圆，均外切，记圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）斜率为4的直线过点，且与曲线交于，两点，求△的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【解答】解：（1）易知圆的圆心，半径；圆的圆心，半径，
因为动圆与圆，均外切，
所以，
即，
由双曲线的定义知，点是以，为焦点，2为实轴长的双曲线的右支，
所以，，
则，
故曲线的方程为；
（2）由（1）知双曲线的渐近线方程为，
所以斜率为4的直线与双曲线的右支有两个交点，，
不妨设直线的方程为，，，，，
联立，消去并整理得，
此时△，
由韦达定理得，，
所以
，
而点到直线的距离，
故．
三十一．轨迹方程（共2小题）
56．（2023秋•宁波期末）已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，则点的轨迹方程 ．
【答案】．
【解答】解：设动点的坐标为，
则由条件得．
即．
所以动点的轨迹的方程为：．
故答案为：．
57．（2024春•汕尾期末）已知动点到直线的距离比到点距离多2个单位长度，设动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知过点的直线交于，两点，且为坐标原点）的面积为32，求的方程．
【答案】（1）；
（2）或．
【解答】解：（1）因为动点到直线的距离比到点距离多2个单位长度，
所以动点到直线的距离等于点与点的距离，
可知曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，
故曲线的方程为；
（2）设，，，，根据题意得直线的斜率不等于0，
设直线的方程为，由消去得，整理得，
所以，，
的面积，解得．
所以直线的方程为或．
三十二．定点定值问题
58．（23-24高二上·广东广州·期末）已知两个定点，，动点满足直线与直线的斜率之积为定值（）.
(1)求动点的轨迹方程，并说明随变化时，方程所表示的曲线的形状；
(2)若，设不经过原点的直线与曲线相交于，两点，直线，，的斜率分别为，，（其中），若，，恰好构成等比数列，求的值．
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）由斜率之积表示出轨迹方程，再对m分类讨论确定曲线的类型即可.
（2）设出直线方程，联立曲线表示出韦达定理，再由斜率关系构成等比数列求出即可.
【详解】（1）设动点Mx,y，依题意有
，
整理，得，
∴动点M的轨迹方程为：,
时，轨迹是焦点在x轴上的椭圆，
时，轨迹是圆，
时，轨迹是焦点在y轴上的椭圆，
且点不在曲线上．
（2）
由题意可知，斜率一定存在且不为零，
设直线方程为，，
联立，得，
，
，
因为，，恰好构成等比数列，
所以，即
代入韦达定理化简可得，
因为，所以.
59．（23-24高二上·广东东莞·期末）已知圆心为C的动圆经过点且与直线相切，设圆心C的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)已知为定点，P，Q为上的两动点，且，求点A到直线距离的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由抛物线的定义即可得解.
（2）设的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理以及，可得的关系，进一步可将点A到直线距离的最大值化成关于的函数，由此即可得解.
【详解】（1）由题可知，圆心C到定点1,0的距离与到直线的距离相等，
则点C的轨迹为以1,0为焦点，为准线的抛物线，
所以其轨迹方程为．
（2）
由题可知直线的斜率不为0，设的方程为，
设Px1,y1，Qx2,y2，联立方程组，得，
所以，
又因为，则，
即，
化简得，
消元得，
即，
所以，
因式分解得，
当时，直线经过点A，不合题意，舍去，
当时，，直线：，
此时点A到直线距离，
当且仅当时取等号，此时满足要求，
所以点A到直线距离的最大值．
60．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知是抛物线的焦点，是拋物线上一点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)直线与拋物线交于两点，若（为坐标原点），则直线否会过某个定点？若是，求出该定点坐标.
【答案】(1)
(2)恒过定点
【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线的定义求出值作答；
（2）设出直线的方程，与的方程联立，利用韦达定理及数量积的坐标表示计算作答.
【详解】（1）由y2=2pxp>0知，
抛物线的准线方程为，而是该抛物线的焦点，
又，因此，解得，
所以抛物线C的方程为；
（2）显然直线不垂直于轴，设直线，Ax1,y1,Bx2,y2，
由，消去并整理得，
，即，
则，，，
由，得，
即，解得，满足，
所以直线过定点1,0，
所以直线恒过定点1,0.
61．（23-24高二上·广东深圳·期末）过点作直线与抛物线相交于两点.
(1)若直线的斜率是1，求弦的长度；
(2)设原点为O，问：直线与直线的斜率之积是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）写出直线方程，联立抛物线方程，求出交点坐标，利用两点间距离公式求出弦长；
（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及两点连线的斜率公式即可求解.
【详解】（1）直线的方程为，由消去得，
设Ax1,y1，Bx2,y2，解得，，
即，，所以.
（2）
由于直线过且与抛物线相交于，两点，
所以可设直线的方程为，由消去并化简得，
，，，
所以，
则，
所以直线的斜率与直线的斜率乘积为定值.
62．（23-24高二上·广东汕尾·期末）动点与定点的距离和点到定直线的距离之比是常数.记点的轨迹为，过点且不与轴重合的直线交于，两点.
(1)求点的轨迹方程；
(2)设的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，列出方程并化简即得.
（2）由（1）求出的坐标，设出直线方程及点坐标，求出点的坐标，联立直线与的方程，利用韦达定理及斜率坐标公式求解即得.
【详解】（1）设点，依题意，，化简整理得，即，
所以点的轨迹方程为.
（2）由（1）知A-2,0，F1,0，设，直线的方程为，
由消去得，显然，
则，直线的方程为，
由，得，同理，
则
，
所以为定值.
题号
3
4
5
6
8
16
18
28
31
38
40
答案
A
C
C
D
D
D
B
C
D
D
C
题号
41
43
44
48
49
50
51
58
答案
B
D
C
D
C
C
A
C