高二上学期期末考点大通关真题 100题（选择性必修第一册+数列）（【含答案解析】）

高二上学期期末考点大通关真题精选100题考点1空间向量的线性运算1．（2023·河北石家庄·高二校考期末）如图，已知空间四边形ABCD的对角线为AC，BD，设G是CD的中点，则等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】G是CD的中点，所以故选：A.考点2空间向量的线性表示2．（2023·重庆·高二统考期末）如图，在四面体中，是的中点．设，，，用，，表示，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由是的中点，可知，所以，故选：D.考点3空间向量的共线问题3．（2023·新疆伊犁·高二校考期末）已知、、为空间三个不共面的向量，向量，，若与共线，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为、、为空间三个不共面的向量，向量，，若与共线，设，即，可得，解得，故.故选：D.考点4空间向量的共面问题4．（2023·全国·高二期末）对空间任意一点和不共线三点，，，能得到，，，四点共面的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】A选项：，故A错；B选项：，故B正确；C选项：，故C错；D选项：，故D错.故选：B.考点5空间向量的数量积问题5．（2023·新疆·高二校联考期末）如图，在棱长为的正四面体中，分别为棱的中点，则．【答案】【解析】.6．（2023·山东·高二联考期末）已知向量，单位向量满足，则，的夹角为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因此，故即，故即，故，而，故，故选：C.7．（2023·江西上饶·高二婺源县天佑中学校考期末）正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】过点作平行于底面的截面圆，过点作平行于底面的截面圆，，设圆柱的底面圆半径为，则，解得，于是，由，得，所以、两点间的距离为.故选：C考点6空间向量的对称问题8．（2023·山东潍坊·高二统考期末）在空间直角坐标系中，为原点，已知点，，则（）A．点关于点的对称点为B．点关于轴的对称点为C．点关于轴的对称点为D．点关于平面的对称点为【答案】C【解析】点关于点的对称点为，A错；点关于轴的对称点为，B错；点关于轴的对称点为，C正确；点关于平面的对称点为，D错.故选：C考点7利用空间向量求空间角9．（2023·贵州铜仁·高二统考期末）已知正四棱柱中，，，点，分别是和的中点，是线段的中点，则直线和所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，，则，所以异面直线和所成角的余弦值为.故选：D.10．（2023·四川凉山·高二校联考期末）将长方体沿截面截去一个三棱锥后剩下的几何体如图所示，其中，，分别是，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）.【解析】（1）连接，如图所示，∵长方形中，，分别是，的中点，∴且，∴四边形为平行四边形，∴且，又∵长方体中且，∴且，∴四边形为平行四边形，得.又∵平面，平面，∴平面（2）以点为原点，，所在直线为轴，轴，以点为垂足，垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，，∴，，设平面的一个法向量为，则有，令，则，，即，设为直线与平面所成角，，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.11．（2023·河南郑州·高二校考期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上.（1）证明：平面平面；（2）当时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）因为底面，平面，所以.四边形是直角梯形，，，因为，所以.所以，所以.又因为，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）解法一：以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.设点的坐标为，因为，所以，即，所以.所以.设平面的一个法向量为，则，取，则，得.又因为平面，所以平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则.所以，二面角的余弦值为.解法二：取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.设点的坐标为，因为，所以，即，所以.所以.设平面的一个法向量为，则.取，则，则.又因为平面，所以平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则.所以二面角的余弦值为考点8利用空间向量计算空间距离12．（2023·湖南益阳·高二南县第一中学校考期末）已知直线过点，其方向向量是，则点到直线的距离是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】依题意，知直线的方向向量，，则，，，所以点到直线的距离为.故选：B.13．（2023·湖北·高二期末）如图，已知棱长为3的正方体，在平面的同侧，顶点A在平面上，顶点B，D到平面的距离分别为1和，则顶点到平面的距离为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】以为轴建立空间直角坐标系，如下图，则，，不妨设平面的法向量为且，由已知，所以，则，故选：A考点9利用空间向量探究动点存在问题14．（2023·四川凉山·高二校联考期末）（多选）在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，点满足，其中，，则下列说法正确的是（）A．当时，的面积的最大值为B．当时，三棱雉的体积为定值C．当时，的最小值为D．当时，不存在点，使得【答案】ABC【解析】对于A中，当时，，则点在上运动，则当点与重合时，则此时面积取得最大值，，由于直三棱柱，则，为等腰直角三角形，则，又由，面，则面，因为面，所以，则，故选项A正确；对于B中，当时，则，点在上运动，则，由于点到平面的距离为定值，点到线段的距离恒为，则，则，故选项B正确；对于C中，设的中点为，的中点为，当时，，则点在线段上运动，因为，，所以当点运动到线段的中点时，，此时，所以，故选项C正确；对于D中，当时，，设的中点为，的中点为，则点在上运动，当点与点重合时，，，因为，平面，则面，又因为面，则，当点与点重合时，面，即面，则，故选项D错误；故选：ABC.15．（2023·山东济南·高二济南市章丘区第四中学校考期末）如图，已知圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点.（1）证明：平面；（2）若直线上平面且过点，试问直线上是否存在点，使直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点与点重合.【解析】（1）因为为圆的一条直径，且是圆上异于、的点，故，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.（2）存在，理由如下：如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，则，，，，，，由直线平面且过点，以及平面，得，设，则，，，设平面的法向量为，则，即，取，得，易知平面的法向量，设直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，则，，由，得，即，解得，所以当点与点重合时，直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等.考点10直线的倾斜角与斜率16．（2023·江西上饶·高二婺源县天佑中学校考期末）经过两点的直线的倾斜角是钝角，则实数的范围是.【答案】【解析】根据题意，即，且斜率，即，解得或.实数的范围是.考点11直线与线段相交求斜率范围17．（2022·山东济宁·高二统考期末）设点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是（）A．或B．或C．D．【答案】B【解析】如图所示：因为，所以当直线过点且与线段相交时，的斜率的取值范围是或，故选：B考点12直线方程的求解18．（2023·黑龙江牡丹江·高二校考期末）已知直线的斜率是2，且在y轴上的截距是，则此直线的方程是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据直线的斜截式方程得，直线为.故选：A19．（2023·甘肃酒泉·高二统考期末）已知的顶点，边上的高所在直线方程为，边上的中线所在直线方程为.（1）求直线的方程；（2）求顶点的坐标.【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为边上的高所在直线方程为，所以，且，即，因为的顶点，所以直线方程：，即直线的方程为：.（2）（解法一）因为所在直线方程为，设点，因为是中点，，所以，因为在所在直线方程上，所以，解得：，.（解法二）设点的坐标为，所在直线方程为，所以因为是中点，，所以，因为所在直线方程为，代入得：所以，即，解得：，，即，.考点13直线过定点问题20．（2022·山东淄博·高一校考期末）直线，当变动时，所有直线恒过定点坐标为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】把直线方程整理为，令，故，所以直线恒过定点为.故选：C.考点14两直线的平行与垂直21．（2023·甘肃白银·高二靖远县第一中学校考期末）（多选）已知直线，直线，则（）A．直线可以与轴平行B．直线可以与轴平行C．当时，D．当时，【答案】ABC【解析】当时，直线，此时直线与轴平行，B项正确；若，则直线，此时直线与轴平行，A项正确；若，则，解得，经验证可知此时两直线不重合，C项正确；若，则，解得，D项错误.故选：ABC22．（2023·江苏南通·高二统考期末）过点且与直线平行的直线的方程为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】依题意，设所求直线方程为，因此，解得，所以过点且与直线平行的直线的方程为.故选：C23．（2023·河南驻马店·高二统考期末）已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程为．【答案】或【解析】由题意不妨设直线与直线的斜率分别为，所以由题意可知，，所以，因为所求直线过点，所以由直线的点斜式方程可知直线的方程为：，化简并整理得或.考点15直线的交点与方程的解24．（2022·浙江宁波·高二统考期末）已知三条直线：，：，：（是常数），.（1）若，，相交于一点，求的值；（2）若，，不能围成一个三角形，求的值：（3）若，，能围成一个直角三角形，求的值.【答案】（1）；（2）或或；（3）或【解析】（1）显然，相交，由得交点，由点代入得，所以当，，相交时，.（2）过定点，因为，，不能围成三角形，所以，或与平行，或与平行，所以，或，或.（3）显然与不垂直，所以，且或所以的值为或考点16三种距离公式的应用25．（2023·河南驻马店·高二校联考期末）已知直线过点，且，两点到直线的距离相等，则直线的方程为.【答案】或【解析】当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，由点到直线的距离公式可知，解得或，当时直线的方程为，当时直线的方程为；当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，两点到直线的距离不相等，所以此种情况不存在，故答案为；或.26．（2023·江西抚州·高二统考期末）若直线：与：平行，则与之间的距离为．【答案】【解析】因为直线：与：平行，所以，解得，所以直线：与：平行，所以与之间的距离为.考点17点与直线的对称问题27．（2023·上海·高二复兴高级中学校考期末）已知点与点关于直线l对称，则直线l的方程为．【答案】【解析】设直线l的的斜率为k，则，直线的中点坐标为，所以由点斜式写出直线方程为，即.28．（2023·湖北武汉·高二统考期末）如果直线与直线关于直线对称，那么（）A．B．C．D．【答案】A【解析】在上取一点，则由题意可得其关于直线的对称点在上，所以，得，在上取一点，则其关于直线的对称点在上，所以，得，综上，故选：A考点18求圆的一般方程与标准方程29．（2023·河南驻马店·高二统考期末）以，为直径两端点的圆的方程为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，的中点坐标为，以为直径的圆的圆心为，又，圆的半径为1，以为直径的圆的方程为即.故选：A.30．（2023·四川成都·高二校联考期末）若方程表示一个圆，则m可取的值为（）A．0B．1C．2D．3【答案】D【解析】由方程分别对进行配方得：，依题意它表示一个圆，须使，解得：或，在选项中只有D项满足.故选：D.31．（2023·新疆阿克苏·高二校考期末）求下列各圆的方程.（1）圆心为点，且过点；（2）过，，三点．【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意知半径，所以圆的方程为：.（2）设圆的一般方程为：.将，，代入得：，所以圆的方程为：.考点19点与圆的位置关系及应用32．（2023·福建三明·高二统考期末）（多选）已知圆的方程为，以下各点在圆内的是（）A．B．C．D．【答案】AC【解析】，A选项正确.，B选项错误，，C选项正确.，D选项错误.故选：AC33．（2023·四川成都·高二期末）若点在圆外，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意可知：圆的圆心，半径，若点在圆外，则，解得或，所以实数的取值范围是.故选：C.考点20直线与圆的位置关系及应用34．（2023·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期末）（多选）下列直线中，与圆相切的有（）A．B．C．D．【答案】BC【解析】圆的圆心为，半径．对于选项A，圆心到直线的距离．所以直线与圆相交；对于选项B，圆心到直线的距离，所以直线与圆相切；对于选项C，圆心到直线的距离，所以直线与圆相切；对于选项D，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离．故选：BC.35．（2023·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考期末）若直线和曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】易知直线过定点，曲线可化为，曲线表示的是圆心在坐标原点，半径为1的上半圆，如下图所示：当直线与半圆相切时可得，解得，结合图象可得，若直线和曲线有两个不同的交点，由图可得，即实数的取值范围是.故选：B考点21直线与圆相交弦长问题36．（2023·全国·高二期末）设直线与圆相交于A，B两点，则弦长的最小值是.【答案】【解析】直线过定点，圆的圆心为，半径，圆心到直线的最大距离，所以弦长的最小值是.37．（2023·甘肃临夏·高二校考期末）已知圆，直线．（1）求证：直线l恒过定点；（2）当时，求直线l被圆C截得的弦长．【答案】（1）证明详见解析；（2）【解析】（1）依题意直线，整理得，由解得，所以恒过定点.（2）当时，直线，圆的圆心为，半径为，到直线的距离为，所以直线l被圆C截得的弦长为.考点22圆的切线及切线长问题38．（2023·四川绵阳·高二绵阳江油中学校考期末）已知圆：，过点作圆的切线，则切线长为（）A．3B．4C．5D．6【答案】B【解析】圆：，即，圆心坐标，半径为3，圆心到的距离为5，所以切线长为．故选：B39．（2023·重庆·高二统考期末）已知圆经过点，，三点．（1）求圆的方程；（2）一条光线从点射出，经x轴反射后与圆相切，求反射光线所在直线的方程．【答案】（1）；（2）或【解析】（1）设圆的方程为，因为点在圆上，所以，解得，所以圆的方程为．（2）圆的方程可化为，因为关于x轴的对称点为，设切线为直线，因为，所以点在圆外，则过有两条直线与圆相切；①当切线斜率存在时，则设直线：，即，则圆心到的距离，解得，所以直线：；②当切线斜率不存在时，直线：，综上可得反射光线所在直线为或．考点23圆与圆的位置关系及应用40．（2023·天津·高二校联考期末）圆与圆的位置关系为（）．A．外切B．相交C．相离D．内切【答案】A【解析】由题设，，，∴，半径；，半径，∴，则两圆外切.故选：A.41．（2023·浙江嘉兴·高二统考期末）已知圆：与圆：有公共点，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题知：，，，，.因为和有公共点，所以，解得.故选：C考点24两圆的公共弦问题42．（2023·甘肃兰州·高二兰州西北中学校考期末）已知圆与圆（1）求经过圆与圆交点的直线方程：（2）求圆与圆的公共弦长．【答案】（1）；（2）【解析】（1）圆的圆心为，半径为，圆即，圆心为，半径为，则，故圆与圆相交；将圆与圆的方程相减，得，即经过圆与圆交点的直线方程为；（2）圆的圆心为，半径为1，到直线的距离为，故圆与圆的公共弦长为.考点25两圆的公切线问题43．（2023·四川绵阳·高二南山中学实验学校校考期末）（多选）圆与圆的公切线的方程可能为（）A．B．C．D．【答案】CD【解析】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径，由题意得，圆与圆的半径之和为，半径之差为0，因为，所以圆与圆的位置关系为相交．由题意得，因为圆与圆的半径相等，所以公切线的斜率为2．设公切线的方程为，即，由，得，所以公切线的方程为或．故选：CD考点26与圆有关的最值问题44．（2022·河南信阳·高二潢川一中校考期末）已知直线：与圆：，则上各点到距离的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】易知圆心，半径，圆心到直线l：的距离d，所以圆与直线相离，如图所示：所以圆C上各点到l距离的最小值为，故选：C．45．（2023·河南信阳·高二河南宋基信阳实验中学校考期末）已知圆，点，为圆上的动点，为轴上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】圆，圆心，半径为，则圆心关于x轴的对称点为，则，当且仅当三点共线时取得最小值，结合图像可知.故选：C考点27圆的轨迹问题46．（2023·吉林长春·高二东北师大附中校考期末）已知点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设，由题意可知，所以，又因为，所以，化简可得，所以的轨迹方程为，故选：A.考点28对圆锥曲线定义的理解47．（2023·四川凉山·高二宁南中学校考期末）（多选）已知、，则下列命题中正确的是（）A．平面内满足的动点P的轨迹为椭圆B．平面内满足的动点P的轨迹为双曲线的一支C．平面内满足的动点P的轨迹为抛物线D．平面内满足的动点P的轨迹为圆【答案】AD【解析】对于选项A,有、，且,由椭圆定义可知选项A正确;对于选项B,有、，且,轨迹为射线，不符合双曲线的定义可知选项B错误;对于选项C,有、，且，轨迹为线段的垂直平分线，不符合抛物线的定义可知选项C错误;对于选项D,有、，且,设点，则，化简可得，可知选项D正确;故选：AD考点29涉及圆相切的轨迹问题48．（2023·广东广州·高二统考期末）动圆P过定点M(0，2)，且与圆N：相内切，则动圆圆心P的轨迹方程是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】圆N：的圆心为，半径为，且设动圆的半径为，则，即.即点在以为焦点，焦距长为，实轴长为，虚轴长为的双曲线上，且点在靠近于点这一支上，故动圆圆心P的轨迹方程是故选：A49．（2023·青海西宁·高二期末）一个动圆与圆外切，与圆内切，则这个动圆圆心的轨迹方程为．【答案】【解析】设动圆圆心为，半径为，根据题意知：，，所以，所以圆心的轨迹为椭圆.其中，，故，因为焦点在轴上，故圆心轨迹方程为：.考点30圆锥曲线中距离和差的最值问题50．（2023·湖北武汉·高二统考期末）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点在圆上，则的最小值为（）A．12B．10C．8D．6【答案】C【解析】由题意知，圆心，半径，抛物线的焦点，准线.如图，作于，因为在抛物线上，所以.因为，，当三点共线时，取等号.又，则当三点共线时，取等号.过点，作，垂足为，交圆于点，交抛物线于，此时，有四点共线，则上述两式可同时取等号.所以有，.所以，的最小值为8.故选：C.51．（2023·浙江宁波·高二统考期末）已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最小值为（）A．B．C．3D．【答案】B【解析】椭圆的，点在椭圆内部，如图，设椭圆的右焦点为，则；；由图形知，当在直线上时，，当不在直线上时，根据三角形的两边之差小于第三边有，，当在射线的延长线上时，取得最小值的最小值为．故选：B考点31圆锥曲线中的焦点三角形问题52．（2023·福建莆田·高二仙游一中校联考期末）（多选）已知点是椭圆上一点，为其左、右焦点，且△的面积为3，则下列说法正确的是（）A．P点到轴的距离为B．C．△的周长为D．△的内切圆半径为【答案】ACD【解析】由已知条件得，，，设，则，解得，则P点到轴的距离为，故正确；将代入得，则，则，且两向量所成角的范围为，则为锐角，故错误；由椭圆的定义可知，，△的周长为，故正确；设△的内切圆半径为，圆心为,则，解得，故正确；故选：.53．（2023·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考期末）（多选）已知为双曲线上一点，为其左右焦点，则（）A．若，则的面积为B．若，则的周长为C．双曲线上存在一点，使得成等差数列D．有最大值【答案】BD【解析】由题意得，，，不妨设且在双曲线的右支，如图.对A、B：由双曲线定义可得，设，在中由余弦定理得：，当时，可得，解得，故A错误；当时，，解得，所以的周长为，故B正确；对于C：假设存在点，不妨设在双曲线的右支，则，所以公差，且，当三点不共线时，设则，即，又因为，所以，又因为三点不共线，所以，故此种情况不符合；当三点共线时，则，故此种情况不符合；综上所述，则假设不成立，故不存在点，故C错误.对D：，令，则，因为，所以，所以，所以的最大值为，故D正确.故选：BD.考点32对圆锥曲线标准方程的理解54．（2023·甘肃庆阳·高二校考期末）（多选）已知曲线C的方程为，则（）A．曲线C可以表示圆B．曲线C可以表示焦点在x轴上的椭圆C．曲线C可以表示焦点在y轴上的椭圆D．曲线C可以表示焦点在y轴上的双曲线【答案】CD【解析】若曲线C表示圆，则，解得，则曲线C的方程为，无意义，A不正确；若曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，则，不等式无解，B不正确；若曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，则，解得，C正确；若曲线C表示焦点在y轴上的双曲线，则解得，D正确.故选：CD考点33由性质求圆锥曲线的标准方程55．（2023·全国·高二期末）以的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为()A．B．C．D．【答案】B【解析】由原方程可得，所以双曲线的焦点为，顶点为椭圆的顶点为，焦点为，即，所以所求的椭圆方程为，故选B.56．（2023·四川成都·高二校联考期末）若双曲线的渐近线方程为，实轴长为，且焦点在x轴上，则该双曲线的标准方程为（）A．或B．C．D．【答案】C【解析】由题可得，解得，因为焦点在x轴上，所以双曲线的标准方程为.故选:C.考点34求椭圆的离心率或离心率范围57．（2023·福建福州·高二校联考期末）设点、分别是椭圆的左、右焦点，点、在上（位于第一象限）且点、关于原点对称，若，，则的离心率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如下图所示：由题意可知，为、的中点，则四边形为平行四边形，则，又因为，则四边形为矩形，设，则，所以，，由勾股定理可得，所以，该椭圆的离心率为.故选：B.58．（2023·陕西西安·高二西安市铁一中学校考期末）设椭圆的焦点为为椭圆上的任意一点，的最小值取值范围为，其中，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意可知，，设，因为，所以，又，，所以，因为，则，当时，取得最小值，即，即，所以，即椭圆的离心率为.故选：D.考点35求双曲线的离心率或离心率范围59．（2023·江苏·高二期末）若双曲线的一条渐近线的倾斜角为120°，则C的离心率为（）A．B．3C．D．2【答案】D【解析】由题设，易知，则，故.故选：D60．（2023·广东·高二校联考期末）已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D.若，则双曲线的离心率取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设双曲线的右焦点为，则直线，联立方程，消去y得：，则可得，则，设线段的中点，则，即，且，线段的中垂线的斜率为，则线段的中垂线所在直线方程为，令，则，解得，即，则，由题意可得：，即，整理得，则，注意到双曲线的离心率，∴双曲线的离心率取值范围是.故选：A.考点36直线与圆锥曲线的位置关系61．（2023·湖北咸宁·高二统考期末）曲线与直线的公共点的个数为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】当时，曲线的方程为，表示椭圆的上半部分含与轴的交点，此时曲线与的交点为(0,3),(4,0),当时，曲线的方程为，表示双曲线在轴下方的部分，其一条渐近线方程为：，故直线与无交点，曲线与直线的公共点的个数为.故选：B62．（2023·安徽黄山·高二统考期末）已知双曲线C：，过点与双曲线C有且只有一个公共点的直线有（）条．A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】由双曲线方程知：右顶点为，渐近线为，显然在上，如下图示，∴过P点的直线以及与平行且过P点直线与双曲线都只有一个交点.故共有两条直线满足要求.故选：B63．（2023·山东枣庄·高二枣庄市第三中学校考期末）已知抛物线，若过点的直线l与抛物线恒有公共点，则p的值可以是．（写出一个符合题意的答案即可）【答案】（答案不唯一，不小于2的实数均正确）【解析】若点在抛物线的内部或在抛物线上，则过点的直线l与抛物线恒有公共点，所以当x=1时，，解得，故答案为：（答案不唯一，不小于2的实数均正确）.考点37直线与圆锥曲线相交弦长问题64．（2023·内蒙古通辽·高二校考期末）已知椭圆的焦点是，，且，离心率为.（1）求椭圆C的方程；（2）若椭圆C与直线交于M，N两点，且，求实数的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意得：，，解得，故，故椭圆C的方程为；（2）联立与得，，，解得，设，则，故，又，所以，解得，满足，故实数的值为65．（2023·陕西宝鸡·高二校联考期末）设动点与点之间的距离和点到直线的距离的比值为，记点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若为坐标原点，直线交曲线于两点，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由动点与点之间的距离和到直线：的距离的比值为，可得，整理得，即曲线的方程为.（2）联立方程组，整理得，设，，可得，，所以，又由点到直线的距离，所以的面积.考点38圆锥曲线的中点弦问题66．（2023·四川凉山·高二统考期末）若椭圆的弦AB被点平分.则直线AB的方程为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设，则满足，两式作差得，即，又被点平分，故，且直线的斜率存在，所以，整理得，即，则所在直线方程为，化简得.故选：A.67．（2023·河南平顶山·高二统考期末）已知双曲线C：的焦点到渐近线的距离为，直线l与C相交于A，B两点，若线段的中点为，则直线l的斜率为（）A．B．1C．D．2【答案】B【解析】因为双曲线的标准方程为，所以它的一个焦点为，一条渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离，化简得，解得，所以双曲线的标准方程为，设，所以①，②，①-②得，，化简得③，因为线段的中点为，所以，代入③，整理得，显然，所以直线的斜率.故选：B考点39圆锥曲线中的定值问题68．（2023·广东广州·高二广州市真光中学校考期末）已知动点在上，过作轴的垂线，垂足为，若为中点．（1）求点的轨迹方程；（2）过作直线交的轨迹于、两点，并且交轴于点．若，，求证：为定值．【答案】（1）；（2），证明见解析【解析】（1）设点的坐标为，则，，点在上，则有，即，所以点的轨迹方程为.（2）直线斜率不存在时，直线方程为，则、，，，得，，由，得，，，由，，此时.直线斜率存在时，由直线交轴于点知斜率不为0，设直线方程为，则有，设、，由，消去得，，有，，，由，得，，，由，，此时.综上可知，为定值.考点40圆锥曲线中过定点问题69．（2023·云南玉溪·高二玉溪第三中学校考期末）已知双曲线的右焦点为，渐近线与抛物线：交于点.（1）求，的方程；（2）设A是与在第一象限的公共点，作直线l与的两支分别交于点M，N，使得.求证：直线MN过定点.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】（1）双曲线的渐近线方程为：，因为的渐近线过，则有，解得，则，由抛物线过，得，则，所以，的方程分别为，.（2）由于点，在双曲线左右两支上，则直线的斜率存在，设的方程为，由消去y得：，，即，则，，，由，解得，于是，，由，得，即，整理得：，即，显然不在直线上，即，于是，满足，因此直线的方程为，即，恒过定点，所以直线过定点.考点41圆锥曲线中定直线问题70．（2023·黑龙江大庆·高二大庆市第二十三中学校考期末）已知抛物线，过点的两条直线、分别交于、两点和、两点．当的斜率为时，．（1）求的标准方程；（2）设为直线与的交点，证明：点在定直线上．【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）当直线的斜率为时，直线的方程为，设点、，联立可得，，因为，可得，由韦达定理可得，，，整理可得，解得或（舍去），因此，抛物线的方程为.（2）证明：当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线不与轴重合，同理可知直线也不与轴重合，设直线的方程为，联立可得，则可得，设点、，由韦达定理可得，设直线的方程为，设点、，同理可得，直线的方程为，即，化简可得，同理可知，直线的方程为，因为点在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证明点的横坐标为定值即可，由，消去，因为直线与相交，则，解得，所以，点的横坐标为，因此，直线与的交点必在定直线上.考点42圆锥曲线中的最值问题71．（2023·湖南益阳·高二统考期末）已知椭圆过点，离心率为，经过圆上一动点P作两条直线，它们分别与椭圆E恰有一个公共点，公共点分别记为A、B．（1）求椭圆E的标准方程；（2）求证：；（3）求面积的最大值．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】（1）由椭圆E的离心率，∴，又椭圆E过点，∴，解得，则，故椭圆E的标准方程为（2）设P点坐标为，依题意、的斜率不能同时不存在或同为0．①若、中的斜率有一个不存在时（，的斜率有一个不存在时，另一个为0，若有一个为0时，则另一个不存在）不妨设的斜率不存在，则直线的方程为，∴，则另一条直线的方程为，此时．②若、斜率存在且不为0时，设过P点的方程为，代入方程得：，∴，整理得：（*）且，又，∴，方程（*）的两个根即为、的斜率，∴，即．综上：．（3）同（2）设及，①当或时，；、②当时，，斜率存在且不为0，设方程为：，联立椭圆E消去y并整理得：，∴，化简得：，解得：，又，故，∴直线的方程为：，即，同理可得的方程为：．又在直线、上，则，∴直线的方程为：．由，消去y整理可得：，又，所以，，∴，．∴．又点O到直线的距离，∴，∵，且，∴或，∴或，故．综上可知，面积的最大值为．考点43圆锥曲线中的取值范围问题72．（2023·河南新乡·高二统考期末）已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，点关于轴对称的点为.当时，.（1）求双曲线的方程；（2）若的外心为，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设双曲线的半焦距为，因为双曲线的右焦点为，所以，因为点和点关于轴对称，所以当时，直线的方程为，联立可得，又，所以，又，所以，故双曲线方程为；（2）若直线的斜率为0，则直线与双曲线右支只有一个交点，与已知矛盾，所以可设直线的方程为，联立，消，得，方程的判别式，设，则，，由已知，所以，所以线段的中点坐标为，所以线段的垂直平分线方程为，又线段的垂直平分线方程为，所以点的坐标为，所以，所以，所以，，因为，所以，所以，所以所以的取值范围为.考点44等差数列的基本量计算73．（2023·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考期末）已知等差数列的前n项和为，若，，则（）A．182B．128C．56D．42【答案】D【解析】设等差数列的首项为，公差为d，由，，得，解得，所以；故选:D.考点45等差数列通项公式性质及应用74．（2023·甘肃白银·高二校考期末）在等差数列中，前五项和为10，最后五项之和为90，前项之和为180，则项数.【答案】18【解析】因为，所以，所以，即，因为，解得.考点46等差数列的前n项和性质75．（2023·黑龙江大庆·高二校考期末）等差数列和的前项和分别为和，如果，的值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由等差数列的性质知，，又，所以，故选：C.76．（2023·黑龙江牡丹江·高二牡丹江市第二高级中学校考期末）在等差数列中，已知，，则（）A．90B．40C．50D．60【答案】D【解析】因为为等差数列，所以成等差数列，，，故，.故选：D77．（2023·江苏常州·高二奔牛高级中学校考期末）在等差数列中,,其前项和为,则.【答案】110【解析】由题知为等差数列,记数列,所以,由,可知,所以是以2为首项,1为公差的等差数列,所以,所以,所以.考点47等比数列的基本量计算78．（2023·安徽宣城·高二统考期末）等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则（）A．4B．16C．32D．64【答案】D【解析】当公比时可得，代入，与矛盾，所以.由等比数列的前项和公式，可得，两式相除，得，可解得或（舍），当时，代入原式可求得，则由等比数列的通项公式.故选：D考点48等比数列通项公式性质79．（2023·海南·高二嘉积中学校考期末）正项等比数列中，，则的值是．【答案】8【解析】因为正项等比数列中，，所以.考点49等比数列前n项和性质80．（2023·贵州黔南·高二统考期末）已知等比数列的前n项和为．若，则（）A．13B．16C．9D．12【答案】A【解析】设，则，因为为等比数列，根据等比数列的性质，可得仍成等比数列.因为，所以，所以，故.故选：A考点50等差、等比数列的证明81．（2023·北京西城·高二统考期末）已知等比数列的公比，，且，的等差中项等于．（1）求的通项公式；（2）设，证明：数列为等差数列．【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由，的等差中项等于，得，所以，即．解得或（舍）．由，得．所以．（2）因为，所以，．所以数列是首项为3，公差为的等差数列．82．（2023·湖北·高二期末）已知数列的首项，且满足（1）求证：数列为等比数列；（2）证明：数列中的任意三项均不能构成等差数列．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）由，得，可得，由可得，故，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列．（2）设数列的通项为，则，设，，为数列中的任意三项，易得，若这三项若能构成等差数列，只能是，所以，此式的左边为偶数，右边为奇数，所以数列中的任意三项均不能构成等差数列．考点51数列的实际应用83．（2023·新疆伊犁·高二校考期末）中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样的一个问题“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”，其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人前4天共走了（）A．189里B．288里C．336里D．360里【答案】D【解析】记第天走的路程里数为，前项和为，由题意知是等比数列，且公比为，，解得，，故选：D.考点52数列的单调性及应用84．（2023·安徽蚌埠·高二统考期末）（多选）设等差数列的前项和为，且满足，，则下列说法正确的是（）A．最大B．C．D．【答案】AB【解析】因为，，所以，所以，，故C错误；所以，且，故B正确；所以，则单调递减，且，所以最大，故A正确，令，，则，，则，故D错误.故选：AB85．（2023·安徽亳州·高二亳州二中校考期末）（多选）已知等比数列的前项积为，公比，且，则（）A．当时，最小B．C．存在，使得D．当时，最小【答案】BD【解析】对于选项B：因为，所以，又因为，所以，故B正确；对于选项A、D：因为，所以，则，又因为，可得，则，故，且，可知数列是单调递增数列，当时，；当时，；所以当时，最小，故选项A错误，选项D正确；对于选项C：因为数列是单调递增数列，且当时，，所以，故C错误，故选：BD.考点53数列的周期性及应用86．（2023·山东烟台·高二校考期末）已知数列满足，，则（）A．B．C．2D．1【答案】B【解析】由，因，则，，，，，，由此不难发现，数列的项具有周期性，且最小正周期为3，故故选：B.考点54由前n项和求数列的通项公式87．（2023·黑龙江牡丹江·高二牡丹江市第二高级中学校考期末）已知是数列的前n项和，且满足，则数列的通项公式.【答案】【解析】当时，，当时，，显然，故.88．（2023·江苏南通·高二期末）已知数列的前n项和为，且满足，则数列的通项公式为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】当时，，当时，，因此数列是首项为1，公比为2的等比数列，，故选：C.89．（2023·天津津南·高二校考期末）已知数列满足，，记数列的前项和为，则（）