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浙江省金兰教育合作组织2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题
1．（2024高二上·浙江期中）设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（　　）
A．或 B．或
C． D．
2．（2024高二上·浙江期中）双曲线的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·浙江期中）设为空间的一个基底，若向量，则向量在基底下的坐标为.若向量以为基底时的坐标为，则可以为基底时的坐标为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高二上·浙江期中）设圆和圆交于两点，则弦的长度为（　　）
A．4 B． C．2 D．1
5．（2024高二上·浙江期中）已知直线，直线，则下列结论正确的是（　　）
A．直线的斜率 B．直线过定点
C．若，则或 D．若，则或
6．（2024高二上·浙江期中）对于方程，表示的曲线，下列说法正确的是 （　　）
A．曲线只能表示圆、椭圆或双曲线
B．若为负角，则曲线为双曲线
C．若为正角，则曲线为椭圆
D．若为椭圆，则曲线的焦点在轴上
7．（2024高二上·浙江期中）已知二面角，、两点在棱上，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，则二面角的大小是（　　）
A．30° B．60° C．120° D．150°
8．（2024高二上·浙江期中）自19世纪之后，折纸艺术与自然科学结合到了一起，它开始在西方成为教育教学和科学研究的工具.随着折纸过程中的数学之迷被解开，折纸发展成为了现代几何学的一个分支.现有一张半径为，圆心为的圆形纸片，在圆内选定一点且.将圆形纸片翻折一角，使圆周正好过点，把纸片展开后，留下一条折痕，折痕上到两点距离之和最小的点为.如此反复，就能得到越来越多的折痕，设点的轨迹为曲线，线段的中点为，在上任取一点，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·浙江期中）在空间直角坐标系中，已知点，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．是直线的一个方向向量
C．
D．在上的投影向量为
10．（2024高二上·浙江期中）已知圆，圆，为坐标原点，动点在轴上，动点在圆上，线段的中点为.则下列选项正确的是（　　）
A．的轨迹方程为
B．过点作圆的一条切线，则切线长最短为2
C．圆和圆有两条公切线
D．的最大值为
11．（2024高二上·浙江期中）已知分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线及其渐近线在第二象限的交点分别为，则下列说法正确的是（　　）
A．直线是的一条渐近线
B．若，则的渐近线方程为
C．若，则的离心率为
D．若，则的离心率为
12．（2024高二上·浙江期中）直线的倾斜角为　 　.
13．（2024高二上·浙江期中）已知椭圆的左右焦点分别为，点是椭圆上一点，，则的内切圆半径为　 　.
14．（2024高二上·浙江期中）如图，在正四棱柱中，，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，顶点到平面的距离分别为、，则顶点到平面的距离为　 　.
15．（2024高二上·浙江期中）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：若动点与两个定点的距离之比为常数且，则点的轨迹是圆.后来，人们以他的名字命名这个圆，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知，圆上的点满足.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线过原点，且直线与圆相切，求直线的方程.
16．（2024高二上·浙江期中）如图，在三棱柱中，，，，、分别是、的中点.
（1）求的长；
（2）求与所成角的余弦值.
17．（2024高二上·浙江期中）已知双曲线，直线与双曲线交于两点.
（1）若关于点对称，求直线的方程；
（2）若直线过，且都在双曲线的左支，求直线的斜率的取值范围.
18．（2024高二上·浙江期中）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，//.在平面内过作//，交于，连.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）点是平面上的动点，若直线与平面所成的角为30°，求的最小值.
19．（2024高二上·浙江期中）椭圆，椭圆，若，则椭圆与椭圆为相似椭圆，其中为相似比.已知椭圆的长轴长为4，且过点为椭圆上异于其左，右顶点的任意一点.
（1）若，求椭圆的标准方程；
（2）在（1）的条件下，若与椭圆有且只有一个公共点的直线恰好相交于点，直线的斜率分别为，求的值；
（3）若，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：．
．
或．
故答案为：A.
【分析】通过计算直线方向向量与平面法向量的点积，判断它们的垂直关系，进而确定直线与平面的位置关系.
2．【答案】D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线化为标准方程：，
由题意得，，
则其渐近线方程为，
即，
故答案为：D
【分析】先将双曲线方程化为标准形式，确定a、b的值，再根据双曲线渐近线方程的公式，计算出渐近线方程.
3．【答案】C
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意得，
则可以为基底时的坐标为.
故答案为：C.
【分析】核心是利用空间向量基本定理，将向量用新基底表示的式子展开、整理，转化为用原基底表示的形式，从而得到在原基底下的坐标.
4．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：两圆方程相减得公共弦方程为，
圆心，到公共弦的距离为，
所以所求弦长为.
故答案为：A.
【分析】先通过两圆方程相减得到公共弦方程，再利用点到直线的距离公式求出圆心到公共弦的距离，最后结合垂径定理计算弦长.
5．【答案】D
【知识点】直线的斜率；两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：A，当时，，直线的斜率不存在，故A错误；
B，，
当，可得，
所以直线过定点，故B错误；
C选项，当时，或，
解得，故C错误；
D选项，当时，，解得或，故D正确.
故答案为：D.
【分析】结合直线的斜率存在性、过定点的求解方法，以及两直线平行、垂直的条件，对每个选项进行分析判断。
6．【答案】B
【知识点】圆的标准方程；椭圆的标准方程；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：A，当，即时，曲线的方程为，即，
此时曲线为两条平行的直线，故A错误；
B，若为负角，即，则，
此时曲线为双曲线，故B正确；
C，若为正角，即，当时，，
则曲线的方程为1，是圆，故C错误；
D，若为椭圆，当，，又可变形为，
则为焦点在轴上的椭圆，故D错误．
故答案为：B.
【分析】核心是根据的取值范围确定的正负，再将方程转化为圆、椭圆、双曲线等的标准形式，判断曲线类型及焦点位置.
7．【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：由条件，知．
，
，即，
所以二面角的大小为
故答案为：C．
【分析】核心是将分解为、、的和，利用向量模的平方公式展开，结合已知条件求出向量夹角，再根据二面角与向量夹角的互补关系得到二面角大小.
8．【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：
如图所示，设折痕为直线，点与关于折痕对称，，在上任取一点，
由中垂线的性质可知：，
当且仅当与重合时取等号.
即折痕上到两点距离之和最小的点为，且.
故的轨迹是以为焦点，且长轴长为的椭圆，焦距，，
故，
以所在直线为轴，的中垂线为轴建立直角坐标系，
则曲线的方程为，则，，
设，则，，
则，，
因此可得，，
由二次函数的性质知，当时，取得最小值为
故答案为：A.
【分析】先根据折叠性质和椭圆定义确定曲线C为椭圆，再建立坐标系，将向量数量积转化为关于x的二次函数，结合椭圆中x的范围求最小值.
9．【答案】B,C
【知识点】空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：A，，，因为，
则，解得，故A错误；
B，，，则是直线的一个方向向量，故B正确；
C，，则，故C正确；
D，，在上的投影向量为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用空间向量的坐标运算，结合垂直、共线、夹角、投影向量的定义与公式，对每个选项进行分析判断.
10．【答案】B,C,D
【知识点】轨迹方程；点与圆的位置关系；圆的切线方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】A：设，因是中点，故。又在圆上，即，化简得，A错误。
B：圆方程化为，圆心，半径。设，切线长为。当时，切线长最小为，B正确。
C：圆圆心，半径；圆圆心，半径。圆心距，满足，两圆相交，故有两条公切线，C正确。
D：表示圆上点与点连线的斜率。设过的圆切线方程为，由圆心到切线距离为，得，解得或，故斜率最大值为，D正确 。
故答案为：BCD
【分析】核心是对每个选项，分别利用中点坐标公式求轨迹、切线长公式结合二次函数最值、两圆位置关系判断公切线数量、斜率的几何意义（ 圆上点与定点连线斜率 ）来分析判断。
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线的斜率；直线与圆的位置关系；双曲线的应用
【解析】【解答】A：设，直线，由直线与圆相切，得，结合，解得。因为，所以，直线，是双曲线的渐近线，A正确；
B：若，，，则，化简得，渐近线为，B错误；
C：若，，，则，化简得，离心率，C正确；
D：若，设，由，得，代入双曲线方程，化简得，离心率，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】核心是结合直线与圆的相切条件求出直线斜率，进而分析渐近线；通过向量关系、距离公式结合双曲线方程，推导离心率或渐近线方程，判断选项正误。
12．【答案】
【知识点】直线的倾斜角；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：由直线为，即，
则直线的斜率，
设直线的倾斜角为，则，
又，则直线的倾斜角为．
故答案为：.
【分析】先将直线方程化为斜截式求出斜率，再根据斜率与倾斜角的正切关系，结合倾斜角的范围，确定倾斜角的大小.
13．【答案】
【知识点】椭圆的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：
因为分别为椭圆的左右焦点，为该椭圆上一点，
所以，
则由余弦定理得，，
，
即，
所以，
故的面积，
设的内切圆半径为，
则，
解得.
故答案为：.
【分析】核心是结合椭圆定义得到，利用余弦定理求出，进而用三角形面积公式（ 含和内切圆半径 ）求解内切圆半径。
14．【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．所以，，．
设平面的一个法向量为，
由题意得，解得，
所以顶点到平面的距离是．
故答案为：.
【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离向量公式，结合已知点的距离求出法向量的关系，进而计算目标点到平面的距离.
15．【答案】（1）解：设，则，，
又，即，
两边平方可得，
整理可得，
即圆的标准方程为.
（2）解：
由（1）可知圆的圆心为，半径，
当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
此时，圆心到直线的距离，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设过原点的直线为，且与圆相切，
可得圆心到直线的距离，即，解得或，
则直线方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）设出点M坐标，利用两点间距离公式结合已知距离比例关系，通过代数运算推导出圆的标准方程.
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况，利用直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径这一性质，求解直线方程.
（1）设，则，，
又，即，
两边平方可得，
整理可得，
即圆的标准方程为.
（2）由（1）可知圆的圆心为，半径，
当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
此时，圆心到直线的距离，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设过原点的直线为，且与圆相切，
可得圆心到直线的距离，即，解得或，
则直线方程为或.
16．【答案】（1）解：由题可得，
因为是三棱锥，是的中点，
所以，
因为，，，
所以则
所以.
（2）解：因为分别是的中点，，，
所以，
由图可得，
由（1）可得，
设与所成角为，
则，
所以与所成角的余弦值为.
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）将用、、表示，再利用向量模长公式，结合向量数量积运算求出的长.
（2）先表示出，计算与的数量积，再求出，最后根据向量夹角公式求出与所成角的余弦值.
（1）由题可得，
因为是三棱锥，是的中点，
所以，
因为，，，
所以则
所以；
（2）因为分别是的中点，，，
所以，
由图可得，
由（1）可得，
设与所成角为，
则，
所以与所成角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：
设，
由点关于点对称，即为的中点，
则，即，
又点在双曲线上，
则可得，两式相减可得，
即，
将代入可得，即直线的斜率为，
又在直线上，
则直线的方程为，即.经检验成立.
（2）解：
当直线的斜率不存在时显然不符合题意；
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，消整理得，
由直线与双曲线交于两点，
则，，解得且，
，．
因为点M，N都在左支上，，，
，，所以．
所以k的取值范围为．
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用点差法，结合中点坐标公式求出直线斜率，再由点斜式得到直线方程.
（2）设出直线方程，与双曲线联立，根据直线与双曲线左支相交的条件（二次项系数非零、判别式大于零、两根和小于零且两根积大于零），求解斜率的取值范围.
（1）设，
由点关于点对称，即为的中点，
则，即，
又点在双曲线上，
则可得，两式相减可得，
即，
将代入可得，即直线的斜率为，
又在直线上，
则直线的方程为，即.经检验成立.
（2）当直线的斜率不存在时显然不符合题意；
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，消整理得，
由直线与双曲线交于两点，
则，，解得且，
，．
因为点M，N都在左支上，，，
，，所以．
所以k的取值范围为．
18．【答案】（1）证明：因为面面，面面，面，故可得面，
又因为面，故；
由题可知，，又面，故可得面，
又因为面，故可得面面.
（2）解：由（1）可知面，又//，故可得面，又面，故；
对四边形，因为//，又//，且，故该四边形为矩形，故，；
对直角三角形，因为，故，
在△中，由余弦定理，故，
则，故，也即；
综上所述两两垂直，故以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：
则，
；
设平面的法向量，
故，即，解得，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量；
设平面的法向量，
故，即，解得，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量；
设平面与平面所成角为，
则，故平面与平面所成角的余弦值为.
（3）解：因为为平面上的动点，故可设，，则，
又平面平面的一个法向量，直线与平面所成的角为30°，
故可得，整理可得：；
又，故可得；
又，故
又，在单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为.
综上所述，的最小值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过面面垂直的性质定理得线面垂直，再结合线线垂直，利用线面垂直判定定理和面面垂直判定定理证明.
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式求二面角的余弦值.
（3）设动点坐标，结合线面角公式得到坐标关系，再利用二次函数单调性求距离最小值.
（1）因为面面，面面，面，故可得面，
又因为面，故；
由题可知，，又面，故可得面，
又因为面，故可得面面.
（2）由（1）可知面，又//，故可得面，又面，故；
对四边形，因为//，又//，且，故该四边形为矩形，故，；
对直角三角形，因为，故，
在△中，由余弦定理，故，
则，故，也即；
综上所述两两垂直，故以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：
则，
；
设平面的法向量，
故，即，解得，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量；
设平面的法向量，
故，即，解得，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量；
设平面与平面所成角为，
则，故平面与平面所成角的余弦值为.
（3）因为为平面上的动点，故可设，，则，
又平面平面的一个法向量，直线与平面所成的角为30°，
故可得，整理可得：；
又，故可得；
又，故
又，在单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为.
综上所述，的最小值为.
19．【答案】（1）解：因为椭圆的长轴长为4，且过点，
所以，解得，所以，
因为，，
所以，则，
所以的标准方程为.
（2）解：由（1）可知，的左右顶点为，
设点，经过点与相切的直线为，
联立，消去可得：
，
所以，
化简可得，
由题可知是上述方程的两个实根，
所以，又因为为椭圆上一点，所以，
所以.
（3）解：当时，，
所以，所以，
所以左右顶点分别为，且也为的焦点，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，
设的直线方程为：，则的直线方程为：，
设，
联立，消去可得：，
所以，，
所以
；
联立，消去可得：，
所以，
所以
，
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先根据椭圆的长轴长和过的点求出，再结合相似比求出，得到的标准方程.
（2）设出点和切线方程，联立椭圆方程，利用判别式为零得到关于斜率的方程，结合韦达定理和在上的条件，求出斜率之积.
（3）先求出的方程和坐标，得到的斜率关系，设出直线方程，联立椭圆方程，用弦长公式求出和，进而求出它们的和.
（1）因为椭圆的长轴长为4，且过点，
所以，解得，所以，
因为，，
所以，则，
所以的标准方程为；
（2）由（1）可知，的左右顶点为，
设点，经过点与相切的直线为，
联立，消去可得：
，
所以，
化简可得，
由题可知是上述方程的两个实根，
所以，又因为为椭圆上一点，所以，
所以；
（3）当时，，
所以，所以，
所以左右顶点分别为，且也为的焦点，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，
设的直线方程为：，则的直线方程为：，
设，
联立，消去可得：，
所以，，
所以
；
联立，消去可得：，
所以，
所以
，
所以.
1 / 1浙江省金兰教育合作组织2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题
1．（2024高二上·浙江期中）设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（　　）
A．或 B．或
C． D．
【答案】A
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：．
．
或．
故答案为：A.
【分析】通过计算直线方向向量与平面法向量的点积，判断它们的垂直关系，进而确定直线与平面的位置关系.
2．（2024高二上·浙江期中）双曲线的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线化为标准方程：，
由题意得，，
则其渐近线方程为，
即，
故答案为：D
【分析】先将双曲线方程化为标准形式，确定a、b的值，再根据双曲线渐近线方程的公式，计算出渐近线方程.
3．（2024高二上·浙江期中）设为空间的一个基底，若向量，则向量在基底下的坐标为.若向量以为基底时的坐标为，则可以为基底时的坐标为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意得，
则可以为基底时的坐标为.
故答案为：C.
【分析】核心是利用空间向量基本定理，将向量用新基底表示的式子展开、整理，转化为用原基底表示的形式，从而得到在原基底下的坐标.
4．（2024高二上·浙江期中）设圆和圆交于两点，则弦的长度为（　　）
A．4 B． C．2 D．1
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：两圆方程相减得公共弦方程为，
圆心，到公共弦的距离为，
所以所求弦长为.
故答案为：A.
【分析】先通过两圆方程相减得到公共弦方程，再利用点到直线的距离公式求出圆心到公共弦的距离，最后结合垂径定理计算弦长.
5．（2024高二上·浙江期中）已知直线，直线，则下列结论正确的是（　　）
A．直线的斜率 B．直线过定点
C．若，则或 D．若，则或
【答案】D
【知识点】直线的斜率；两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：A，当时，，直线的斜率不存在，故A错误；
B，，
当，可得，
所以直线过定点，故B错误；
C选项，当时，或，
解得，故C错误；
D选项，当时，，解得或，故D正确.
故答案为：D.
【分析】结合直线的斜率存在性、过定点的求解方法，以及两直线平行、垂直的条件，对每个选项进行分析判断。
6．（2024高二上·浙江期中）对于方程，表示的曲线，下列说法正确的是 （　　）
A．曲线只能表示圆、椭圆或双曲线
B．若为负角，则曲线为双曲线
C．若为正角，则曲线为椭圆
D．若为椭圆，则曲线的焦点在轴上
【答案】B
【知识点】圆的标准方程；椭圆的标准方程；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：A，当，即时，曲线的方程为，即，
此时曲线为两条平行的直线，故A错误；
B，若为负角，即，则，
此时曲线为双曲线，故B正确；
C，若为正角，即，当时，，
则曲线的方程为1，是圆，故C错误；
D，若为椭圆，当，，又可变形为，
则为焦点在轴上的椭圆，故D错误．
故答案为：B.
【分析】核心是根据的取值范围确定的正负，再将方程转化为圆、椭圆、双曲线等的标准形式，判断曲线类型及焦点位置.
7．（2024高二上·浙江期中）已知二面角，、两点在棱上，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，则二面角的大小是（　　）
A．30° B．60° C．120° D．150°
【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：由条件，知．
，
，即，
所以二面角的大小为
故答案为：C．
【分析】核心是将分解为、、的和，利用向量模的平方公式展开，结合已知条件求出向量夹角，再根据二面角与向量夹角的互补关系得到二面角大小.
8．（2024高二上·浙江期中）自19世纪之后，折纸艺术与自然科学结合到了一起，它开始在西方成为教育教学和科学研究的工具.随着折纸过程中的数学之迷被解开，折纸发展成为了现代几何学的一个分支.现有一张半径为，圆心为的圆形纸片，在圆内选定一点且.将圆形纸片翻折一角，使圆周正好过点，把纸片展开后，留下一条折痕，折痕上到两点距离之和最小的点为.如此反复，就能得到越来越多的折痕，设点的轨迹为曲线，线段的中点为，在上任取一点，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：
如图所示，设折痕为直线，点与关于折痕对称，，在上任取一点，
由中垂线的性质可知：，
当且仅当与重合时取等号.
即折痕上到两点距离之和最小的点为，且.
故的轨迹是以为焦点，且长轴长为的椭圆，焦距，，
故，
以所在直线为轴，的中垂线为轴建立直角坐标系，
则曲线的方程为，则，，
设，则，，
则，，
因此可得，，
由二次函数的性质知，当时，取得最小值为
故答案为：A.
【分析】先根据折叠性质和椭圆定义确定曲线C为椭圆，再建立坐标系，将向量数量积转化为关于x的二次函数，结合椭圆中x的范围求最小值.
9．（2024高二上·浙江期中）在空间直角坐标系中，已知点，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．是直线的一个方向向量
C．
D．在上的投影向量为
【答案】B,C
【知识点】空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：A，，，因为，
则，解得，故A错误；
B，，，则是直线的一个方向向量，故B正确；
C，，则，故C正确；
D，，在上的投影向量为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用空间向量的坐标运算，结合垂直、共线、夹角、投影向量的定义与公式，对每个选项进行分析判断.
10．（2024高二上·浙江期中）已知圆，圆，为坐标原点，动点在轴上，动点在圆上，线段的中点为.则下列选项正确的是（　　）
A．的轨迹方程为
B．过点作圆的一条切线，则切线长最短为2
C．圆和圆有两条公切线
D．的最大值为
【答案】B,C,D
【知识点】轨迹方程；点与圆的位置关系；圆的切线方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】A：设，因是中点，故。又在圆上，即，化简得，A错误。
B：圆方程化为，圆心，半径。设，切线长为。当时，切线长最小为，B正确。
C：圆圆心，半径；圆圆心，半径。圆心距，满足，两圆相交，故有两条公切线，C正确。
D：表示圆上点与点连线的斜率。设过的圆切线方程为，由圆心到切线距离为，得，解得或，故斜率最大值为，D正确 。
故答案为：BCD
【分析】核心是对每个选项，分别利用中点坐标公式求轨迹、切线长公式结合二次函数最值、两圆位置关系判断公切线数量、斜率的几何意义（ 圆上点与定点连线斜率 ）来分析判断。
11．（2024高二上·浙江期中）已知分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线及其渐近线在第二象限的交点分别为，则下列说法正确的是（　　）
A．直线是的一条渐近线
B．若，则的渐近线方程为
C．若，则的离心率为
D．若，则的离心率为
【答案】A,C,D
【知识点】直线的斜率；直线与圆的位置关系；双曲线的应用
【解析】【解答】A：设，直线，由直线与圆相切，得，结合，解得。因为，所以，直线，是双曲线的渐近线，A正确；
B：若，，，则，化简得，渐近线为，B错误；
C：若，，，则，化简得，离心率，C正确；
D：若，设，由，得，代入双曲线方程，化简得，离心率，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】核心是结合直线与圆的相切条件求出直线斜率，进而分析渐近线；通过向量关系、距离公式结合双曲线方程，推导离心率或渐近线方程，判断选项正误。
12．（2024高二上·浙江期中）直线的倾斜角为　 　.
【答案】
【知识点】直线的倾斜角；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：由直线为，即，
则直线的斜率，
设直线的倾斜角为，则，
又，则直线的倾斜角为．
故答案为：.
【分析】先将直线方程化为斜截式求出斜率，再根据斜率与倾斜角的正切关系，结合倾斜角的范围，确定倾斜角的大小.
13．（2024高二上·浙江期中）已知椭圆的左右焦点分别为，点是椭圆上一点，，则的内切圆半径为　 　.
【答案】
【知识点】椭圆的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：
因为分别为椭圆的左右焦点，为该椭圆上一点，
所以，
则由余弦定理得，，
，
即，
所以，
故的面积，
设的内切圆半径为，
则，
解得.
故答案为：.
【分析】核心是结合椭圆定义得到，利用余弦定理求出，进而用三角形面积公式（ 含和内切圆半径 ）求解内切圆半径。
14．（2024高二上·浙江期中）如图，在正四棱柱中，，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，顶点到平面的距离分别为、，则顶点到平面的距离为　 　.
【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．所以，，．
设平面的一个法向量为，
由题意得，解得，
所以顶点到平面的距离是．
故答案为：.
【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离向量公式，结合已知点的距离求出法向量的关系，进而计算目标点到平面的距离.
15．（2024高二上·浙江期中）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：若动点与两个定点的距离之比为常数且，则点的轨迹是圆.后来，人们以他的名字命名这个圆，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知，圆上的点满足.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线过原点，且直线与圆相切，求直线的方程.
【答案】（1）解：设，则，，
又，即，
两边平方可得，
整理可得，
即圆的标准方程为.
（2）解：
由（1）可知圆的圆心为，半径，
当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
此时，圆心到直线的距离，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设过原点的直线为，且与圆相切，
可得圆心到直线的距离，即，解得或，
则直线方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）设出点M坐标，利用两点间距离公式结合已知距离比例关系，通过代数运算推导出圆的标准方程.
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况，利用直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径这一性质，求解直线方程.
（1）设，则，，
又，即，
两边平方可得，
整理可得，
即圆的标准方程为.
（2）由（1）可知圆的圆心为，半径，
当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
此时，圆心到直线的距离，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设过原点的直线为，且与圆相切，
可得圆心到直线的距离，即，解得或，
则直线方程为或.
16．（2024高二上·浙江期中）如图，在三棱柱中，，，，、分别是、的中点.
（1）求的长；
（2）求与所成角的余弦值.
【答案】（1）解：由题可得，
因为是三棱锥，是的中点，
所以，
因为，，，
所以则
所以.
（2）解：因为分别是的中点，，，
所以，
由图可得，
由（1）可得，
设与所成角为，
则，
所以与所成角的余弦值为.
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）将用、、表示，再利用向量模长公式，结合向量数量积运算求出的长.
（2）先表示出，计算与的数量积，再求出，最后根据向量夹角公式求出与所成角的余弦值.
（1）由题可得，
因为是三棱锥，是的中点，
所以，
因为，，，
所以则
所以；
（2）因为分别是的中点，，，
所以，
由图可得，
由（1）可得，
设与所成角为，
则，
所以与所成角的余弦值为.
17．（2024高二上·浙江期中）已知双曲线，直线与双曲线交于两点.
（1）若关于点对称，求直线的方程；
（2）若直线过，且都在双曲线的左支，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（1）解：
设，
由点关于点对称，即为的中点，
则，即，
又点在双曲线上，
则可得，两式相减可得，
即，
将代入可得，即直线的斜率为，
又在直线上，
则直线的方程为，即.经检验成立.
（2）解：
当直线的斜率不存在时显然不符合题意；
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，消整理得，
由直线与双曲线交于两点，
则，，解得且，
，．
因为点M，N都在左支上，，，
，，所以．
所以k的取值范围为．
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用点差法，结合中点坐标公式求出直线斜率，再由点斜式得到直线方程.
（2）设出直线方程，与双曲线联立，根据直线与双曲线左支相交的条件（二次项系数非零、判别式大于零、两根和小于零且两根积大于零），求解斜率的取值范围.
（1）设，
由点关于点对称，即为的中点，
则，即，
又点在双曲线上，
则可得，两式相减可得，
即，
将代入可得，即直线的斜率为，
又在直线上，
则直线的方程为，即.经检验成立.
（2）当直线的斜率不存在时显然不符合题意；
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立，消整理得，
由直线与双曲线交于两点，
则，，解得且，
，．
因为点M，N都在左支上，，，
，，所以．
所以k的取值范围为．
18．（2024高二上·浙江期中）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，//.在平面内过作//，交于，连.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）点是平面上的动点，若直线与平面所成的角为30°，求的最小值.
【答案】（1）证明：因为面面，面面，面，故可得面，
又因为面，故；
由题可知，，又面，故可得面，
又因为面，故可得面面.
（2）解：由（1）可知面，又//，故可得面，又面，故；
对四边形，因为//，又//，且，故该四边形为矩形，故，；
对直角三角形，因为，故，
在△中，由余弦定理，故，
则，故，也即；
综上所述两两垂直，故以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：
则，
；
设平面的法向量，
故，即，解得，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量；
设平面的法向量，
故，即，解得，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量；
设平面与平面所成角为，
则，故平面与平面所成角的余弦值为.
（3）解：因为为平面上的动点，故可设，，则，
又平面平面的一个法向量，直线与平面所成的角为30°，
故可得，整理可得：；
又，故可得；
又，故
又，在单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为.
综上所述，的最小值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过面面垂直的性质定理得线面垂直，再结合线线垂直，利用线面垂直判定定理和面面垂直判定定理证明.
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式求二面角的余弦值.
（3）设动点坐标，结合线面角公式得到坐标关系，再利用二次函数单调性求距离最小值.
（1）因为面面，面面，面，故可得面，
又因为面，故；
由题可知，，又面，故可得面，
又因为面，故可得面面.
（2）由（1）可知面，又//，故可得面，又面，故；
对四边形，因为//，又//，且，故该四边形为矩形，故，；
对直角三角形，因为，故，
在△中，由余弦定理，故，
则，故，也即；
综上所述两两垂直，故以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：
则，
；
设平面的法向量，
故，即，解得，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量；
设平面的法向量，
故，即，解得，不妨取，故可得，
故平面的一个法向量；
设平面与平面所成角为，
则，故平面与平面所成角的余弦值为.
（3）因为为平面上的动点，故可设，，则，
又平面平面的一个法向量，直线与平面所成的角为30°，
故可得，整理可得：；
又，故可得；
又，故
又，在单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为.
综上所述，的最小值为.
19．（2024高二上·浙江期中）椭圆，椭圆，若，则椭圆与椭圆为相似椭圆，其中为相似比.已知椭圆的长轴长为4，且过点为椭圆上异于其左，右顶点的任意一点.
（1）若，求椭圆的标准方程；
（2）在（1）的条件下，若与椭圆有且只有一个公共点的直线恰好相交于点，直线的斜率分别为，求的值；
（3）若，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值.
【答案】（1）解：因为椭圆的长轴长为4，且过点，
所以，解得，所以，
因为，，
所以，则，
所以的标准方程为.
（2）解：由（1）可知，的左右顶点为，
设点，经过点与相切的直线为，
联立，消去可得：
，
所以，
化简可得，
由题可知是上述方程的两个实根，
所以，又因为为椭圆上一点，所以，
所以.
（3）解：当时，，
所以，所以，
所以左右顶点分别为，且也为的焦点，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，
设的直线方程为：，则的直线方程为：，
设，
联立，消去可得：，
所以，，
所以
；
联立，消去可得：，
所以，
所以
，
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先根据椭圆的长轴长和过的点求出，再结合相似比求出，得到的标准方程.
（2）设出点和切线方程，联立椭圆方程，利用判别式为零得到关于斜率的方程，结合韦达定理和在上的条件，求出斜率之积.
（3）先求出的方程和坐标，得到的斜率关系，设出直线方程，联立椭圆方程，用弦长公式求出和，进而求出它们的和.
（1）因为椭圆的长轴长为4，且过点，
所以，解得，所以，
因为，，
所以，则，
所以的标准方程为；
（2）由（1）可知，的左右顶点为，
设点，经过点与相切的直线为，
联立，消去可得：
，
所以，
化简可得，
由题可知是上述方程的两个实根，
所以，又因为为椭圆上一点，所以，
所以；
（3）当时，，
所以，所以，
所以左右顶点分别为，且也为的焦点，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，
设的直线方程为：，则的直线方程为：，
设，
联立，消去可得：，
所以，，
所以
；
联立，消去可得：，
所以，
所以
，
所以.
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