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浙江省丽水市发展共同体2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题
1．（2025高二上·丽水期中）已知空间向量，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：空间向量，
A、，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间向量加法的坐标运算求解即可判断A；根据空间向量模的坐标运算求解即可判断B；根据空间向量数乘以及减法的坐标运算求解即可判断C；根据空间向量数量积坐标运算求解即可判断D.
2．（2025高二上·丽水期中）顶点在坐标原点，焦点坐标为的抛物线的标准方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：易知焦点在轴正半轴上，设抛物线方程为，
因为，所以，则抛物线的标准方程为.
故答案为：C.
【分析】由题意，设抛物线方程为，根据抛物线的标准方程与焦点的关系求解即可.
3．（2025高二上·丽水期中）若直线被圆截得的弦长为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：易知圆的圆心坐标为，半径为2，
圆心到直线的距离为，
因为圆的弦长为，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】易知圆心和半径，利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，结合圆的弦长列式求解即可.
4．（2025高二上·丽水期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若且，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若且，则可能相交且交线平行，故A错误；
B、若且，则可能平行，故B错误；
C、若且，则可以平行，故C错误；
D、若且，则，故D正确．
故答案为：D．
【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系判断即可．
5．（2025高二上·丽水期中）如图，在平行六面体中，，，则线段的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，
由，，，，
可得
，
则.
故答案为：B.
【分析】以为基向量表示，利用向量的数量积运算求解即可．
6．（2025高二上·丽水期中）已知点在棱长为1的正方体的内部且满足，则点到直线的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正方体的棱长为1，所以，
，
因为，所以，
所以，
又因为，，
所以，
则点到直线的距离为：.
故答案为：C.
【分析】 以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 写出相应的坐标，根据求出的坐标，再利用点到直线距离的向量法公式求解即可.
7．（2025高二上·丽水期中）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与交于两个不同的点，且为线段的一个三等分点，则（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，不妨设，
所以，
则，
令，
所以，
则，
因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】设，，利用向量的数量关系的坐标表示，从而得到，再令得出的值，再结合两点求斜率公式，从而得出的值.
8．（2025高二上·丽水期中）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：易知平面的法向量，
因为直线是平面与平面的交线，
令，则，即在交线上；
令，则，即在交线上，则直线的方向向量.
设直线与平面所成角为，则.
故答案为：A.
【分析】易知平面的法向量，由于同时满足两个平面方程的点在交线上，取两个特殊点，求交线的方向向量，再根据线面夹角的向量法求解即可.
9．（2025高二上·丽水期中）下列说法中不正确的是（　　）
A．平面内与一个定点和一条定直线的距离相等的点的轨迹是抛物线
B．平面内与两个定点和的距离之和等于4的点的轨迹是椭圆
C．平面内与两个定点和的距离之差等于3的点的轨迹是双曲线
D．平面内与两个定点和的距离之比等于2的点的轨迹是圆
【答案】A,B,C
【知识点】轨迹方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：A、当定点在直线上时，轨迹为过且与垂直的直线，故A错误；
B、易知，则平面内与两个定点和的距离之和等于4的点的轨迹是线段，故B错误；
C、易知，则平面内与两个定点和的距离之差等于3的点的轨迹是双曲线的一支，不是双曲线，故C错误；
D、设点为，则，即，
化简可得，即，轨迹是圆，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】当定点在直线上时，轨迹为过且与垂直的直线即可判断A；易知即可判断B；根据双曲线的定义即可判断C；设点为，由题意可得化简整理可得轨迹方程即可判断D.
10．（2025高二上·丽水期中）倾斜角为的直线与抛物线相交于不同两点，且，则（　　）
A．的准线方程为
B．当时，
C．存在，使（为坐标原点）
D．对任意的，总存在点，使（为坐标原点）
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、易知抛物线的准线方程为，故A正确；
B、当时，直线的斜率，设直线的方程为，
联立，消元整理可得，
由韦达定理可得，因为，所以，
当，方程，此时判别式，
直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，舍去；
当，方程，由韦达定理可知，
根据抛物线的焦点弦长公式，故B正确；
C、
设直线的方程为，联立，消元整理可得，
由韦达定理可知，
因为，且，所以，即，则，
若，则，，即，
当时，；当时，，
则不存在，使（为坐标原点），故C错误；
D、设，若（为坐标原点），则直线与直线的斜率之和为，
即，，则，
即，将代入，得，
化简得，即，
因为不一定为，所以，即，
由以上可知，则，
则对任意的，总存在点，使（为坐标原点），故D正确.
故答案为：.
【分析】求抛物线的准线方程即可判断A；由求得直线的斜率，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理结合弦长公式求解即可判断B；设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由题意，结合韦达定理求解即可判断C；设，若（为坐标原点），则直线与直线的斜率之和为，利用斜率公式以及角平分线的性质求解即可判断D.
11．（2025高二上·丽水期中）已知E，F，G，H分别是正方体的棱的中点，，则（　　）
A．直线与直线异面
B．直线交于同一点
C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．动点K在侧面内（含边界），且，则动点K的轨迹长度为
【答案】B,C
【知识点】轨迹方程；平面的基本性质及推论；异面直线的判定
【解析】【解答】解：A、因为点G，H分别是的中点，所以，又因为，所以，所以共面，故A错误；
B、取中点为M，延长交于点N，连接，如图1，因为且是的中点，所以，且，同理，延长交于点T，则，
即点N与点T重合，直线交于同一点，故B正确；
C、延长交于点Q，连接交于点P，如图2，则同B选项，易证，P为的中点，
所以四边形为过点的截面，，
所以截面周长为，故C正确；
图1 图2
D、因为平面，所以，即，所以，
因此K的轨迹是以A为圆心，为半径的圆，则轨迹长度为，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】由点G，H分别是的中点，可得，再由，可得即可判断A；取中点为M，延长交于点N，连接，同理，延长交于点T，画出立体图形， 可得直线交于同一点即可判断B；延长交于点Q，连接交于点P，推得四边形为过点的截面，求截面的周长即可判断C；由平面，结合勾股定理求得，从而确定K的轨迹，求轨迹长即可判断D.
12．（2025高二上·丽水期中）已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为　 　．
【答案】
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：易知经过，两点的直线斜率，
设直线的倾斜角为，则，解得．
故答案为：.
【分析】利用斜率公式求直线的斜率，再根据直线倾斜角与斜率的关系求倾斜角即可.
13．（2025高二上·丽水期中）有一个封闭的正三棱柱容器，高为，内装水若干（如图1，底面处于水平状态），将容器放倒（如图2，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点、、、分别为所在棱的中点，则图1中水面的高度为　 　．
【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正三棱柱的底面边长为，易知，
在图1中，设水面的高度为，则水的体积为，
在图2中，易知几何体为直棱柱，
因为为等边三角形，且、分别为、的中点，
，且，所以是边长为的等边三角形，
且，
则水的体积为，解得.
故答案为：.
【分析】设正三棱柱的底面边长为，易知，在图1中，设水面的高度为，利用棱柱的体积公式求水的体积，再根据图1和图2中水的体积相等可得出关于的等式，求的值即可.
14．（2025高二上·丽水期中）设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线的渐近线的斜率的绝对值小于，则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线的渐近线的斜率为，
由题意可得，则，，
设，则，则，
两边平方可得，
因为，所以，则，即，
又因为，所以，则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】易知双曲线渐近线的斜率，由题意可得，表示离心率，，设，可得，两边平方求解即可.
15．（2025高二上·丽水期中）已知圆过，两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）设点是直线上的动点，、是圆的两条切线，、为切点，求切线长的最小值及此时四边形的面积.
【答案】解：（1）设圆的圆心为，半径为，
由题意可得，解得，，，
则圆的方程为；
（2）由题意可得：，
当最小时，的最小，的最小值为点到直线的距离，
则的最小值为，即的最小值为2，
四边形的面积，
故此时四边形面积为.
【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） 设圆的圆心为，半径为， 利用待定系数法求圆的方程即可；
（2）由题意可得：，当最小时，的最小，利用点到直线的距离公式求的最小值，从而求得的最小值，再求四边形的面积即可.
16．（2025高二上·丽水期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求证：PB⊥平面EFD；
（3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小．
【答案】（1）证明： 连接AC，交BD于O，连接EO，
如图所示：
因为O，E分别为中点，所以，
又因为平面EDB，平面EDB，所以面；
（2）证明： 因为四边形ABCD是正方形，所以，
又因为底面平面，所以，
又因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以，
因，E是PC的中点，所以，
又因为平面，，所以平面，
因平面，则，又，平面，，所以平面；
（3）解：由（2）及平面可知，，即是平面与平面的夹角，
不妨设，，
在中，，，，
又平面，因为面，所以，
在中，，则，即平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）连接AC，交BD于O，连接EO，由O，E分别为中点，可得，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）通过证明DE平面PBC，可得，结合，即可证明平面；
（3）由题意易知是平面与平面的夹角，且，分别求出的值，利用，即可求出答案.
（1）连接AC，交BD于O，连接EO.
因O，E分别为中点，则，
又平面EDB，平面EDB，
则面；
（2）因四边形ABCD是正方形，则BC，
又底面平面，则BC.
因平面，，则平面.
又平面，则，
因，E是PC的中点，则.
又平面，，则平面PBC，
因平面PBC，则，又，平面，，
则平面；
（3）由（2）及平面可知，
故是平面与平面的夹角，
不妨设，∴，
在中，，，，
又面，∵面，∴，
在中，，
∴，故平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
17．（2025高二上·丽水期中）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，且的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程.
【答案】（1）解：由的周长为，可得，即，
因为椭圆的离心率，所以，所以，
则椭圆的方程是；
（2）解：显然直线的斜率不为0，设直线，
，消元整理可得，，
由韦达定理可得：，
因为，所以，则，
即，
解得，故直线的方程为.
【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）由题意，根据椭圆的定义求得，再由离心率求得c，根据椭圆中a，b，c之间的关系求得b，即可得椭圆方程；
（2） 显然直线的斜率不为0，设直线， 联立椭圆与直线方程，利用韦达定理，结合，求直线方程即可.
（1）由题意得的周长为，
所以，即，
又离心率，所以，所以，
所以椭圆的方程是；
（2）显然直线的斜率不为0，所以设直线，
与椭圆联立得，，
所以，
因为，所以，
即，
所以，
解得，
所以直线的方程为.
18．（2025高二上·丽水期中）如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥.
（1）求证：平面；
（2）若为棱上一点，记
（i）若，求直线与平面所成角的正切值；
（ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由.
【答案】（1）证明：连结AC，交BD于点O，因为底面为菱形，所以，
由题可得，，且，平面 ，平面，平面，
又因为平面，所以，
又因为，平面 ，平面，所以平面；
（2）解：（i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面，则为直线CE与平面SBD所成角，
因为，，，所以，
又因为，所以，
在中，由，，所以由余弦定理得：
，
，
，即，
，
则直线与平面所成角的正切值为；
（ii）连结，因为，所以或其补角为直线与直线所成角，则假设存在点，满足，
由得，，
在中，，由余弦定理得：
，
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，因为，所以，，
在中，由余弦定理得：
，
再由，平面可得平面，
又因为平面，所以，
在中，由勾股定理得：
，
在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得：
，解得，
则存在使得直线与直线所成角为．
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连结AC，交BD于点O，由底面为菱形，可得，利用，，可得到平面，从而得到，再根据线面垂直的判定定理证明平面即可；
（2）①、 连结SO交CE于点G，由（1）得平面，则为直线CE与平面SBD所成角，从 在中， 利用余弦定理，结合同角三家函数基本关系求解即可；
②、由，可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得，利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，解方程求的值即可.
（1）连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴，
由题可得，，且，平面 ，平面，
∴平面，又平面，∴，
∵，平面 ，平面，
∴平面．
（2）（i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面，
∴为直线CE与平面SBD所成角，
∵，，，
∴，
∵，∴，
在三角形中，由，，所以由余弦定理得：
，
，
∴，即，
∴，
∴直线与平面所成角的正切值为．
（ii）连结，∵，
∴或其补角为直线与直线所成角，则假设存在点，满足，
由得，，
在三角形中，由，所以由余弦定理得：
，
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得：
，
再由，平面可得平面，
又因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理得：
．
在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得：
，
解得，
∴存在使得直线与直线所成角为．
19．（2025高二上·丽水期中）已知双曲线的渐近线方程是，且过点.
（1）求的标准方程；
（2），分别为双曲线的左、右顶点，，分别为的左、右焦点，与轴不垂直的直线与双曲线的左支相交于，两点，记直线，，，的斜率分别为已知.
（i）证明直线过定点，并求出该定点的坐标；
（ii）求面积的取值范围.
【答案】（1）解：设双曲线的方程为，
因为双曲线过点，所以，
则双曲线的方程为；
（2）解：（i）设直线的方程为，，，
，，，
同理，，
，，
由，消去得，
由韦达定理可得，则，
整理得，
即整理得，解得或，
当时，直线过点，不合题意，舍去，
当时，直线过点，满足题意，
所以直线过点；
（ii）因为，
又，所以，
由直线与双曲线的左支有两个交点，且与坐标轴不垂直，得，令，
则，，
因为在上单调递减，所以，
则的取值范围是.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由渐近线方程是 ，设双曲线的方程为，代入点求解即可；
（2）（i）设直线的方程为，利用斜率公式求，，由，求得，联立直线与双曲线，由韦达定理代入关系式，化简整理得的关系，求定点即可；
（ii）由（2）得的关系，代入韦达定理，代入面积表达式，利用换元法结合基本不等式求最值即可.
（1）设双曲线的方程为，
因为双曲线过点，
所以，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设直线的方程为，，，
又，，
所以
同理，，
所以，所以，
由消去得，，
所以，
所以，
整理，得，
即
整理，得，
解得或，
当时，直线过点，不合题意，舍去，
当时，直线过点，满足题意，
所以直线过点.
（ii）因为，
又，所以，
由直线与双曲线的左支有两个交点，且与坐标轴不垂直，
得，令，
则，，
因为在上单调递减，
所以，
所以得的取值范围是.
1 / 1浙江省丽水市发展共同体2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题
1．（2025高二上·丽水期中）已知空间向量，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二上·丽水期中）顶点在坐标原点，焦点坐标为的抛物线的标准方程为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·丽水期中）若直线被圆截得的弦长为，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二上·丽水期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若且，则
5．（2025高二上·丽水期中）如图，在平行六面体中，，，则线段的长为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·丽水期中）已知点在棱长为1的正方体的内部且满足，则点到直线的距离为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·丽水期中）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与交于两个不同的点，且为线段的一个三等分点，则（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
8．（2025高二上·丽水期中）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高二上·丽水期中）下列说法中不正确的是（　　）
A．平面内与一个定点和一条定直线的距离相等的点的轨迹是抛物线
B．平面内与两个定点和的距离之和等于4的点的轨迹是椭圆
C．平面内与两个定点和的距离之差等于3的点的轨迹是双曲线
D．平面内与两个定点和的距离之比等于2的点的轨迹是圆
10．（2025高二上·丽水期中）倾斜角为的直线与抛物线相交于不同两点，且，则（　　）
A．的准线方程为
B．当时，
C．存在，使（为坐标原点）
D．对任意的，总存在点，使（为坐标原点）
11．（2025高二上·丽水期中）已知E，F，G，H分别是正方体的棱的中点，，则（　　）
A．直线与直线异面
B．直线交于同一点
C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．动点K在侧面内（含边界），且，则动点K的轨迹长度为
12．（2025高二上·丽水期中）已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为　 　．
13．（2025高二上·丽水期中）有一个封闭的正三棱柱容器，高为，内装水若干（如图1，底面处于水平状态），将容器放倒（如图2，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点、、、分别为所在棱的中点，则图1中水面的高度为　 　．
14．（2025高二上·丽水期中）设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线的渐近线的斜率的绝对值小于，则的取值范围是　 　.
15．（2025高二上·丽水期中）已知圆过，两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）设点是直线上的动点，、是圆的两条切线，、为切点，求切线长的最小值及此时四边形的面积.
16．（2025高二上·丽水期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求证：PB⊥平面EFD；
（3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小．
17．（2025高二上·丽水期中）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，且的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程.
18．（2025高二上·丽水期中）如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥.
（1）求证：平面；
（2）若为棱上一点，记
（i）若，求直线与平面所成角的正切值；
（ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由.
19．（2025高二上·丽水期中）已知双曲线的渐近线方程是，且过点.
（1）求的标准方程；
（2），分别为双曲线的左、右顶点，，分别为的左、右焦点，与轴不垂直的直线与双曲线的左支相交于，两点，记直线，，，的斜率分别为已知.
（i）证明直线过定点，并求出该定点的坐标；
（ii）求面积的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：空间向量，
A、，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间向量加法的坐标运算求解即可判断A；根据空间向量模的坐标运算求解即可判断B；根据空间向量数乘以及减法的坐标运算求解即可判断C；根据空间向量数量积坐标运算求解即可判断D.
2．【答案】C
【知识点】抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：易知焦点在轴正半轴上，设抛物线方程为，
因为，所以，则抛物线的标准方程为.
故答案为：C.
【分析】由题意，设抛物线方程为，根据抛物线的标准方程与焦点的关系求解即可.
3．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：易知圆的圆心坐标为，半径为2，
圆心到直线的距离为，
因为圆的弦长为，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】易知圆心和半径，利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，结合圆的弦长列式求解即可.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若且，则可能相交且交线平行，故A错误；
B、若且，则可能平行，故B错误；
C、若且，则可以平行，故C错误；
D、若且，则，故D正确．
故答案为：D．
【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系判断即可．
5．【答案】B
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，
由，，，，
可得
，
则.
故答案为：B.
【分析】以为基向量表示，利用向量的数量积运算求解即可．
6．【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正方体的棱长为1，所以，
，
因为，所以，
所以，
又因为，，
所以，
则点到直线的距离为：.
故答案为：C.
【分析】 以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 写出相应的坐标，根据求出的坐标，再利用点到直线距离的向量法公式求解即可.
7．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，不妨设，
所以，
则，
令，
所以，
则，
因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】设，，利用向量的数量关系的坐标表示，从而得到，再令得出的值，再结合两点求斜率公式，从而得出的值.
8．【答案】A
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：易知平面的法向量，
因为直线是平面与平面的交线，
令，则，即在交线上；
令，则，即在交线上，则直线的方向向量.
设直线与平面所成角为，则.
故答案为：A.
【分析】易知平面的法向量，由于同时满足两个平面方程的点在交线上，取两个特殊点，求交线的方向向量，再根据线面夹角的向量法求解即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】轨迹方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：A、当定点在直线上时，轨迹为过且与垂直的直线，故A错误；
B、易知，则平面内与两个定点和的距离之和等于4的点的轨迹是线段，故B错误；
C、易知，则平面内与两个定点和的距离之差等于3的点的轨迹是双曲线的一支，不是双曲线，故C错误；
D、设点为，则，即，
化简可得，即，轨迹是圆，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】当定点在直线上时，轨迹为过且与垂直的直线即可判断A；易知即可判断B；根据双曲线的定义即可判断C；设点为，由题意可得化简整理可得轨迹方程即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、易知抛物线的准线方程为，故A正确；
B、当时，直线的斜率，设直线的方程为，
联立，消元整理可得，
由韦达定理可得，因为，所以，
当，方程，此时判别式，
直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，舍去；
当，方程，由韦达定理可知，
根据抛物线的焦点弦长公式，故B正确；
C、
设直线的方程为，联立，消元整理可得，
由韦达定理可知，
因为，且，所以，即，则，
若，则，，即，
当时，；当时，，
则不存在，使（为坐标原点），故C错误；
D、设，若（为坐标原点），则直线与直线的斜率之和为，
即，，则，
即，将代入，得，
化简得，即，
因为不一定为，所以，即，
由以上可知，则，
则对任意的，总存在点，使（为坐标原点），故D正确.
故答案为：.
【分析】求抛物线的准线方程即可判断A；由求得直线的斜率，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理结合弦长公式求解即可判断B；设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由题意，结合韦达定理求解即可判断C；设，若（为坐标原点），则直线与直线的斜率之和为，利用斜率公式以及角平分线的性质求解即可判断D.
11．【答案】B,C
【知识点】轨迹方程；平面的基本性质及推论；异面直线的判定
【解析】【解答】解：A、因为点G，H分别是的中点，所以，又因为，所以，所以共面，故A错误；
B、取中点为M，延长交于点N，连接，如图1，因为且是的中点，所以，且，同理，延长交于点T，则，
即点N与点T重合，直线交于同一点，故B正确；
C、延长交于点Q，连接交于点P，如图2，则同B选项，易证，P为的中点，
所以四边形为过点的截面，，
所以截面周长为，故C正确；
图1 图2
D、因为平面，所以，即，所以，
因此K的轨迹是以A为圆心，为半径的圆，则轨迹长度为，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】由点G，H分别是的中点，可得，再由，可得即可判断A；取中点为M，延长交于点N，连接，同理，延长交于点T，画出立体图形， 可得直线交于同一点即可判断B；延长交于点Q，连接交于点P，推得四边形为过点的截面，求截面的周长即可判断C；由平面，结合勾股定理求得，从而确定K的轨迹，求轨迹长即可判断D.
12．【答案】
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：易知经过，两点的直线斜率，
设直线的倾斜角为，则，解得．
故答案为：.
【分析】利用斜率公式求直线的斜率，再根据直线倾斜角与斜率的关系求倾斜角即可.
13．【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正三棱柱的底面边长为，易知，
在图1中，设水面的高度为，则水的体积为，
在图2中，易知几何体为直棱柱，
因为为等边三角形，且、分别为、的中点，
，且，所以是边长为的等边三角形，
且，
则水的体积为，解得.
故答案为：.
【分析】设正三棱柱的底面边长为，易知，在图1中，设水面的高度为，利用棱柱的体积公式求水的体积，再根据图1和图2中水的体积相等可得出关于的等式，求的值即可.
14．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线的渐近线的斜率为，
由题意可得，则，，
设，则，则，
两边平方可得，
因为，所以，则，即，
又因为，所以，则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】易知双曲线渐近线的斜率，由题意可得，表示离心率，，设，可得，两边平方求解即可.
15．【答案】解：（1）设圆的圆心为，半径为，
由题意可得，解得，，，
则圆的方程为；
（2）由题意可得：，
当最小时，的最小，的最小值为点到直线的距离，
则的最小值为，即的最小值为2，
四边形的面积，
故此时四边形面积为.
【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） 设圆的圆心为，半径为， 利用待定系数法求圆的方程即可；
（2）由题意可得：，当最小时，的最小，利用点到直线的距离公式求的最小值，从而求得的最小值，再求四边形的面积即可.
16．【答案】（1）证明： 连接AC，交BD于O，连接EO，
如图所示：
因为O，E分别为中点，所以，
又因为平面EDB，平面EDB，所以面；
（2）证明： 因为四边形ABCD是正方形，所以，
又因为底面平面，所以，
又因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以，
因，E是PC的中点，所以，
又因为平面，，所以平面，
因平面，则，又，平面，，所以平面；
（3）解：由（2）及平面可知，，即是平面与平面的夹角，
不妨设，，
在中，，，，
又平面，因为面，所以，
在中，，则，即平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）连接AC，交BD于O，连接EO，由O，E分别为中点，可得，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）通过证明DE平面PBC，可得，结合，即可证明平面；
（3）由题意易知是平面与平面的夹角，且，分别求出的值，利用，即可求出答案.
（1）连接AC，交BD于O，连接EO.
因O，E分别为中点，则，
又平面EDB，平面EDB，
则面；
（2）因四边形ABCD是正方形，则BC，
又底面平面，则BC.
因平面，，则平面.
又平面，则，
因，E是PC的中点，则.
又平面，，则平面PBC，
因平面PBC，则，又，平面，，
则平面；
（3）由（2）及平面可知，
故是平面与平面的夹角，
不妨设，∴，
在中，，，，
又面，∵面，∴，
在中，，
∴，故平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
17．【答案】（1）解：由的周长为，可得，即，
因为椭圆的离心率，所以，所以，
则椭圆的方程是；
（2）解：显然直线的斜率不为0，设直线，
，消元整理可得，，
由韦达定理可得：，
因为，所以，则，
即，
解得，故直线的方程为.
【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）由题意，根据椭圆的定义求得，再由离心率求得c，根据椭圆中a，b，c之间的关系求得b，即可得椭圆方程；
（2） 显然直线的斜率不为0，设直线， 联立椭圆与直线方程，利用韦达定理，结合，求直线方程即可.
（1）由题意得的周长为，
所以，即，
又离心率，所以，所以，
所以椭圆的方程是；
（2）显然直线的斜率不为0，所以设直线，
与椭圆联立得，，
所以，
因为，所以，
即，
所以，
解得，
所以直线的方程为.
18．【答案】（1）证明：连结AC，交BD于点O，因为底面为菱形，所以，
由题可得，，且，平面 ，平面，平面，
又因为平面，所以，
又因为，平面 ，平面，所以平面；
（2）解：（i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面，则为直线CE与平面SBD所成角，
因为，，，所以，
又因为，所以，
在中，由，，所以由余弦定理得：
，
，
，即，
，
则直线与平面所成角的正切值为；
（ii）连结，因为，所以或其补角为直线与直线所成角，则假设存在点，满足，
由得，，
在中，，由余弦定理得：
，
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，因为，所以，，
在中，由余弦定理得：
，
再由，平面可得平面，
又因为平面，所以，
在中，由勾股定理得：
，
在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得：
，解得，
则存在使得直线与直线所成角为．
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连结AC，交BD于点O，由底面为菱形，可得，利用，，可得到平面，从而得到，再根据线面垂直的判定定理证明平面即可；
（2）①、 连结SO交CE于点G，由（1）得平面，则为直线CE与平面SBD所成角，从 在中， 利用余弦定理，结合同角三家函数基本关系求解即可；
②、由，可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得，利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，解方程求的值即可.
（1）连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴，
由题可得，，且，平面 ，平面，
∴平面，又平面，∴，
∵，平面 ，平面，
∴平面．
（2）（i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面，
∴为直线CE与平面SBD所成角，
∵，，，
∴，
∵，∴，
在三角形中，由，，所以由余弦定理得：
，
，
∴，即，
∴，
∴直线与平面所成角的正切值为．
（ii）连结，∵，
∴或其补角为直线与直线所成角，则假设存在点，满足，
由得，，
在三角形中，由，所以由余弦定理得：
，
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得：
，
再由，平面可得平面，
又因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理得：
．
在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得：
，
解得，
∴存在使得直线与直线所成角为．
19．【答案】（1）解：设双曲线的方程为，
因为双曲线过点，所以，
则双曲线的方程为；
（2）解：（i）设直线的方程为，，，
，，，
同理，，
，，
由，消去得，
由韦达定理可得，则，
整理得，
即整理得，解得或，
当时，直线过点，不合题意，舍去，
当时，直线过点，满足题意，
所以直线过点；
（ii）因为，
又，所以，
由直线与双曲线的左支有两个交点，且与坐标轴不垂直，得，令，
则，，
因为在上单调递减，所以，
则的取值范围是.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由渐近线方程是 ，设双曲线的方程为，代入点求解即可；
（2）（i）设直线的方程为，利用斜率公式求，，由，求得，联立直线与双曲线，由韦达定理代入关系式，化简整理得的关系，求定点即可；
（ii）由（2）得的关系，代入韦达定理，代入面积表达式，利用换元法结合基本不等式求最值即可.
（1）设双曲线的方程为，
因为双曲线过点，
所以，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设直线的方程为，，，
又，，
所以
同理，，
所以，所以，
由消去得，，
所以，
所以，
整理，得，
即
整理，得，
解得或，
当时，直线过点，不合题意，舍去，
当时，直线过点，满足题意，
所以直线过点.
（ii）因为，
又，所以，
由直线与双曲线的左支有两个交点，且与坐标轴不垂直，
得，令，
则，，
因为在上单调递减，
所以，
所以得的取值范围是.
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