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广东省广州市育才中学2024-2025学年高二上学期期中数学试题
1．（2024高二上·越秀期中）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】 因为，
所以或，
则，
故答案为：D.
【分析】要解决这个集合的交集与补集问题，首先需要求解出集合，再求出集合在实数集中的补集，最后根据交集的定义求出与的交集.
2．（2024高二上·越秀期中）已知，则复数的虚部为（　　）
A．1 B． C．i D．2
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】 由，
可得：，
所以复数的虚部为1，
故答案为：A
【分析】本题需要先通过已知等式求出复数，再根据复数虚部的定义确定其虚部.解题思路是利用复数的除法运算法则，将等式变形求出，然后根据复数的结构找出虚部.
3．（2024高二上·越秀期中）已知直线l倾斜角为，且过点，则直线l的方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】直线的点斜式方程
【解析】【解答】 由直线l倾斜角为，得直线l的斜率为，
又由直线l过点，则由点斜式直线方程可得：，
故答案为：C.
【分析】本题要确定直线的方程，首先得根据直线的倾斜角求出斜率，再利用直线过已知点，结合点斜式方程来求解.
4．（2024高二上·越秀期中）设，，则a、b、c的大小顺序为(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数单调性的应用；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】 因为，由于，即，
因为，由于，所以，则，
因为，所以，则.
由此可知.
故答案为：B.
【分析】要比较、、的大小，需分别根据指数函数、对数函数的单调性，分析、、与、的大小关系，进而得出三者的大小顺序.
5．（2024高二上·越秀期中）设为实数，已知直线，，若，则（　　）
A．6 B． C．6或 D．或3
【答案】A
【知识点】两条直线平行的判定；直线的一般式方程
【解析】【解答】解：因为，所以解得或.
当时，，.此时与平行.
当时，，，此时与重合，不符合平行的要求，舍去.
综上，
故答案为：A．
【分析】本题考查两条直线平行的判定.对于直线和，若，则需满足，同时还要排除两直线重合的情况.
6．（2024高二上·越秀期中）已知圆与圆相交，则相交的公共弦长为（　　）
A． B． C．5 D．2
【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：
圆的圆心为，半径，
圆圆心，半径，
而，则两圆相交，
于是得两圆的公共弦所在的直线方程为，圆心到此直线距离，
所以公共弦长为.
故答案为：D
【分析】
本题求解两圆公共弦长，思路是先通过两圆方程相减得到公共弦所在直线方程，再求出其中一个圆的圆心到公共弦所在直线的距离，最后结合圆的半径，利用勾股定理求出公共弦长.
7．（2024高二上·越秀期中）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】 由，可得，
则．
故答案为：C.
【分析】本题需要先利用三角函数的诱导公式对已知等式进行化简，得到的值，再根据二倍角公式，结合同角三角函数的基本关系，将转化为关于的表达式，进而求出的值.
8．（2024高二上·越秀期中）已知椭圆E的焦点为，过的直线与椭圆E交于A，B两点若，则椭圆E的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：椭圆E的焦点为，则，
如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有，
在中，由余弦定理推论得，
在中，由余弦定理得，解得，
，
所求椭圆E的离心率为.
故答案为：B．
【分析】本题求解椭圆的离心率，思路是先根据椭圆的定义和已知线段比例关系，设出相关线段长度，再利用余弦定理在两个三角形中建立方程，求出椭圆的长半轴，结合已知的半焦距，进而求出离心率.
9．（2024高二上·越秀期中）下列给出的命题正确的是（　　）
A．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
B．两个不重合的平面，的法向量分别是，，则
C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
D．对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面
【答案】B,C
【知识点】空间向量的数乘运算；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】解： 易知，则直线l与平面平行或在面内，故A错误；
易知，则，故B正确；
若不能作为基底，
则存在，使得，
整理得，
又是空间的一组基底，则，显然方程无解，假设不成立，故C正确；
由空间四点共面的推论可知：若，且时，
四点共面，所以D错误.
故答案为：BC.
【分析】本题主要考查空间向量在研究线面、面面关系以及空间向量基底、四点共面判定中的应用.
对于选项A，通过直线方向向量与平面法向量的点积判断直线与平面的位置关系；选项B，依据两平面法向量的点积判断平面是否垂直；选项C，假设向量组不能作为基底，利用基底线性无关的性质列方程，看是否有解来判断；选项D，根据空间四点共面的向量推论进行判断.
10．（2024高二上·越秀期中）下列说法正确的是（　　）
A．若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为
B．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C．当点到直线的距离最大时，m的值为
D．已知直线l过定点且与以为端点的线段有交点，则直线l的斜率k的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的斜率；恒过定点的直线；直线的方向向量
【解析】【解答】对于A选项，若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为，A对；
对于B选项，由两直线互相垂直得，，解得或，
可知“”是两直线垂直的充分不必要条件，B错；
对于C选项，将直线方程变形为，由可的，
所以，直线过定点，
当直线与垂直，点到直线的距离最大，
因为，则，C对；
对于D选项，如图，
，，所以由图可知，或，
则斜率的取值范围是，D对
故答案为：ACD.
【分析】本题需要对每个选项逐一分析，判断其正确性.对于选项A，根据直线方向向量与斜率的关系求解；选项B，利用两直线垂直的条件计算参数并判断充要性；选项C，先确定直线过定点，再根据点到直线距离最大的条件（直线与定点和已知点连线垂直）求解；选项D，求出线段两端点与定点连线的斜率，结合图像确定直线斜率的取值范围.
11．（2024高二上·越秀期中）已知点及圆，点是圆上的动点，则（　　）
A．过原点与点的直线被圆截得的弦长为
B．过点作圆的切线，则切线方程为
C．当点到直线的距离最大时，过点与平行的一条直线的方程为
D．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为
【答案】A,C,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；平面内两条平行直线间的距离；圆的切线方程
【解析】【解答】解：圆的标准方程为，圆的半径.
对于，如图，直线的方程为0，过点作于点，则点到直线的距离为，
故直线被圆截得的弦长为故A正确；
对于B，如图，圆的过点的切线斜率存在时，设其方程为，即，由，
解得，此时切线方程为，另一条切线是斜率不存在的直线故B错误；
对于C，如图，当点到直线的距离最大时，过点与平行的一条直线，即为与直线距离为2的圆的切线.因直线的斜率为2，
可设该切线方程为，又直线的直线方程为，则可得解得
故C正确；
对于D，如图，连接，易得过点的切线所在直线方程为，故，又由圆的对称性可知，
因，则，故直线的方程为，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题主要考查圆的方程相关性质，包括弦长计算、切线方程求解以及直线与圆位置关系等.
对于选项A，先确定过原点和点的直线方程，再结合圆的标准方程，利用点到直线距离公式和垂径定理求弦长；选项B，分切线斜率存在与不存在两种情况，根据圆心到直线距离等于半径求切线方程；选项C，先求出直线的方程，再分析点到直线距离最大的情况，进而确定平行直线方程；选项D，通过几何关系找到切点相关性质，求出直线的方程.
12．（2024高二上·越秀期中）两条平行直线与之间的距离是　 　．
【答案】
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】 两条平行直线与即的距离为：
.
故答案为：.
【分析】本题求解两条平行直线之间的距离，思路是先将两条直线的方程化为和的形式（即、的系数分别相等），然后利用两平行直线间的距离公式进行计算.
13．（2024高二上·越秀期中）直线l过点且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为　 　．
【答案】或
【知识点】直线的截距式方程
【解析】【解答】 当截距均为0时，即过，此时直线l的方程为；
当截距不为0时，设直线l的方程为，
满足，解得，此时直线l的方程为；
综上可得直线l的方程为或.
故答案为：或.
【分析】本题求解过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程，需要分两种情况讨论：截距都为和截距都不为.截距都为时，直线过原点；截距都不为时，利用直线的截距式方程求解.
14．（2024高二上·越秀期中）如图，在直角坐标系中，已知，，从点射出的光线经直线反射到轴上，再经轴反射后又回到点，则光线所经过的路程的为　 　.
【答案】
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：点关于轴的对称点，关于的对称点，如图所示，
又因为，，所以直线方程为：，即，所以，解得，即.所以光线经过的路程为.
故答案为：
【分析】本题求解光线所经过的路程，思路是利用对称点的性质，将光线的反射路径转化为两点之间的直线距离.首先找到点P关于y轴的对称点，再找到点P关于直线AB的对称点，最后计算与之间的距离，此距离即为光线所经过的路程.
15．（2024高二上·越秀期中）已知平行六面体的底面是边长为的正方形，且，．
（1）证明：；
（2）求异面直线与夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：设，，
由题可知：的夹角为，夹角为
且，，于是
由
所以即证.
（2）解：由，又
所以，
又
则
又异面直线夹角范围为
所以异面直线夹角的余弦值为.
【知识点】空间向量的数乘运算；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）要证明，利用空间向量垂直的判定，即若两向量数量积为，则两向量垂直.通过选定合适的基向量，将和用基向量表示，计算它们的数量积来证明.
（2）求异面直线与夹角的余弦值，依据异面直线所成角的向量求法，先求出分别与两条异面直线平行的向量和，再计算这两个向量夹角的余弦值，最后结合异面直线夹角的范围确定最终结果.
（1）设，，
由题可知：的夹角为，夹角为
且，，于是
由
所以即证.
（2）由，又
所以，
又
则
又异面直线夹角范围为
所以异面直线夹角的余弦值为.
16．（2024高二上·越秀期中）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，D为BC的中点，的面积为，求AD的长．
【答案】（1）解：由正弦定理可得，
因为，所以，故，
又因为，所以．
（2）解：因为，，的面积为，
所以，
由（1）知，
可得，
因为，
所以，
解得，可得的长为．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和正弦定理边角互化，再结合锐角三角形中角的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据已知条件和三角形面积公式可得的值，结合（1）的结论可得的值，再根据平行四边形法则和中点的性质以及数量积求向量的模的公式，从而得出AD的长．
（1）由正弦定理可得，
由于，所以，故，
因为，所以．
（2）因为，，的面积为，
所以，
由（1）知，可得，
因为，
所以，
解得，可得的长为．
17．（2024高二上·越秀期中）已知圆心为的圆经过和，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）已知点在圆上．求的最大值；
（3）线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程．
【答案】（1）解：因为，，所以，所以弦的垂直平分线的斜率为，又弦的中点坐标为，所以弦的垂直平分线的方程为，
即，与直线联立解得：，，所以圆心坐标为所以圆的半径，则圆C的方程为：；
（2）解：由（1）设所以，所以当时，取到最大值.
（3）解：设，线段的中点为，，为中点，所以，则，①；
因为端点在圆上运动，所以，把①代入得：，所以线段的中点M的轨迹方程是.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；直线的点斜式方程；平面内两点间距离公式的应用；圆的标准方程
【解析】【分析】（1）先求出弦的垂直平分线方程，再结合圆心所在直线方程，联立求解得到圆心坐标，进而求出半径，确定圆的方程；
（2）采用三角换元法，将圆上点的坐标用三角函数表示，再利用三角函数的性质求的最大值；
（3）利用中点坐标公式，将点的坐标用中点的坐标表示，代入圆的方程，从而得到中点的轨迹方程.
（1）因为，，所以，所以弦的垂直平分线的斜率为，
又弦的中点坐标为，
所以弦的垂直平分线的方程为，即，
与直线联立解得：，，
所以圆心坐标为所以圆的半径，
则圆C的方程为：；
（2）由（1）设
所以，
所以当时，取到最大值.
（3）设，线段的中点为，，为中点，
所以，则，①；
因为端点在圆上运动，所以，
把①代入得：，
所以线段的中点M的轨迹方程是.
18．（2024高二上·越秀期中）如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.
（1）证明：平面；
（2）若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：设的交点为，连接，已知为的重心，所以，，
所以在中，，所以，所以平面，平面，则平面.
（2）解：因为所以所以为等边三角形，所以，
又因为，所以，所以，
取的中点为，连接，则，平面平面，平面平面，则平面，
以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以，
因为，所以，，
设平面，，令，所以，
设平面，，令，所以，
则，所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）通过找线线平行，利用线面平行判定定理证明；
（2）先构建空间直角坐标系，求出相关点坐标，再求两个平面的法向量，最后用向量夹角公式计算二面角余弦值.
（1）设的交点为，连接，已知为的重心，
所以，，所以在中，，
所以，所以平面，平面，
则平面.
（2）因为所以
所以为等边三角形，所以，又因为，
所以，所以，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，
则平面，以为坐标原点，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面，
，令，
所以，
设平面，
，令，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．（2024高二上·越秀期中）已知椭圆的左焦点，左 右顶点分别为，上顶点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在以原点为圆心的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且？若存在，求圆的方程以及的取值范围，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由椭圆的几何性质可得，
所以由余弦定理得，
化简得，又，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）解：假设存在以原点为圆心的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且，
（i）当该圆的切线斜率存在时，设该圆切线方程为，
联立方程，
则，
即，，
所以，
因为，所以，
所以，所以，满足，
因为直线即为圆心在原点的圆的一条切线，
故圆的半径为即，所以，
所以所求圆的方程为，
所以
，
令，，则恒成立，且，
令（舍去）或，
则当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，
又当时，当时，所以当时，有，
当时，有，所以，
所以有.
（ii）当该圆的切线斜率不存在时，则切线方程为，代入得，
所以切线与椭圆的两个交点坐标为或，
显然满足，即满足，此时.
综上所述，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点，且，.
【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）求解椭圆的方程，先依据椭圆的几何性质明确、，再结合余弦定理建立关于、的等式，最后利用椭圆中、、的关系（，已知）确定和的值，从而得到椭圆方程.
（2）判断是否存在以原点为圆心的圆满足条件，分切线斜率存在和不存在两种情况.当斜率存在时，设切线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理得到交点坐标的关系，再结合（向量垂直则数量积为）建立关于、的方程，求出的表达式，进而根据圆心到切线的距离求出圆的半径，确定圆的方程；最后利用弦长公式结合导数工具求出的取值范围.
（1）由椭圆的几何性质可得，
所以由余弦定理得，
化简得，又，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）假设存在以原点为圆心的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且，
（i）当该圆的切线斜率存在时，设该圆切线方程为，
联立方程，
则，即，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
满足，
因为直线即为圆心在原点的圆的一条切线，
故圆的半径为即，所以，
所以所求圆的方程为，
所以
，
令，，
则恒成立，且，
令（舍去）或，
则当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，
又当时，当时，
所以当时，有，当时，有，
所以，所以有.
（ii）当该圆的切线斜率不存在时，则切线方程为，
代入得，
所以切线与椭圆的两个交点坐标为或，
显然满足，即满足，此时.
综上所述，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个
交点，且，.
1 / 1广东省广州市育才中学2024-2025学年高二上学期期中数学试题
1．（2024高二上·越秀期中）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高二上·越秀期中）已知，则复数的虚部为（　　）
A．1 B． C．i D．2
3．（2024高二上·越秀期中）已知直线l倾斜角为，且过点，则直线l的方程为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高二上·越秀期中）设，，则a、b、c的大小顺序为(　　)
A． B． C． D．
5．（2024高二上·越秀期中）设为实数，已知直线，，若，则（　　）
A．6 B． C．6或 D．或3
6．（2024高二上·越秀期中）已知圆与圆相交，则相交的公共弦长为（　　）
A． B． C．5 D．2
7．（2024高二上·越秀期中）若，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·越秀期中）已知椭圆E的焦点为，过的直线与椭圆E交于A，B两点若，则椭圆E的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·越秀期中）下列给出的命题正确的是（　　）
A．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
B．两个不重合的平面，的法向量分别是，，则
C．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
D．对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面
10．（2024高二上·越秀期中）下列说法正确的是（　　）
A．若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为
B．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C．当点到直线的距离最大时，m的值为
D．已知直线l过定点且与以为端点的线段有交点，则直线l的斜率k的取值范围是
11．（2024高二上·越秀期中）已知点及圆，点是圆上的动点，则（　　）
A．过原点与点的直线被圆截得的弦长为
B．过点作圆的切线，则切线方程为
C．当点到直线的距离最大时，过点与平行的一条直线的方程为
D．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为
12．（2024高二上·越秀期中）两条平行直线与之间的距离是　 　．
13．（2024高二上·越秀期中）直线l过点且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为　 　．
14．（2024高二上·越秀期中）如图，在直角坐标系中，已知，，从点射出的光线经直线反射到轴上，再经轴反射后又回到点，则光线所经过的路程的为　 　.
15．（2024高二上·越秀期中）已知平行六面体的底面是边长为的正方形，且，．
（1）证明：；
（2）求异面直线与夹角的余弦值．
16．（2024高二上·越秀期中）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，D为BC的中点，的面积为，求AD的长．
17．（2024高二上·越秀期中）已知圆心为的圆经过和，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）已知点在圆上．求的最大值；
（3）线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程．
18．（2024高二上·越秀期中）如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.
（1）证明：平面；
（2）若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
19．（2024高二上·越秀期中）已知椭圆的左焦点，左 右顶点分别为，上顶点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在以原点为圆心的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且？若存在，求圆的方程以及的取值范围，若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】 因为，
所以或，
则，
故答案为：D.
【分析】要解决这个集合的交集与补集问题，首先需要求解出集合，再求出集合在实数集中的补集，最后根据交集的定义求出与的交集.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】 由，
可得：，
所以复数的虚部为1，
故答案为：A
【分析】本题需要先通过已知等式求出复数，再根据复数虚部的定义确定其虚部.解题思路是利用复数的除法运算法则，将等式变形求出，然后根据复数的结构找出虚部.
3．【答案】C
【知识点】直线的点斜式方程
【解析】【解答】 由直线l倾斜角为，得直线l的斜率为，
又由直线l过点，则由点斜式直线方程可得：，
故答案为：C.
【分析】本题要确定直线的方程，首先得根据直线的倾斜角求出斜率，再利用直线过已知点，结合点斜式方程来求解.
4．【答案】B
【知识点】指数函数单调性的应用；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】 因为，由于，即，
因为，由于，所以，则，
因为，所以，则.
由此可知.
故答案为：B.
【分析】要比较、、的大小，需分别根据指数函数、对数函数的单调性，分析、、与、的大小关系，进而得出三者的大小顺序.
5．【答案】A
【知识点】两条直线平行的判定；直线的一般式方程
【解析】【解答】解：因为，所以解得或.
当时，，.此时与平行.
当时，，，此时与重合，不符合平行的要求，舍去.
综上，
故答案为：A．
【分析】本题考查两条直线平行的判定.对于直线和，若，则需满足，同时还要排除两直线重合的情况.
6．【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：
圆的圆心为，半径，
圆圆心，半径，
而，则两圆相交，
于是得两圆的公共弦所在的直线方程为，圆心到此直线距离，
所以公共弦长为.
故答案为：D
【分析】
本题求解两圆公共弦长，思路是先通过两圆方程相减得到公共弦所在直线方程，再求出其中一个圆的圆心到公共弦所在直线的距离，最后结合圆的半径，利用勾股定理求出公共弦长.
7．【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】 由，可得，
则．
故答案为：C.
【分析】本题需要先利用三角函数的诱导公式对已知等式进行化简，得到的值，再根据二倍角公式，结合同角三角函数的基本关系，将转化为关于的表达式，进而求出的值.
8．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：椭圆E的焦点为，则，
如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有，
在中，由余弦定理推论得，
在中，由余弦定理得，解得，
，
所求椭圆E的离心率为.
故答案为：B．
【分析】本题求解椭圆的离心率，思路是先根据椭圆的定义和已知线段比例关系，设出相关线段长度，再利用余弦定理在两个三角形中建立方程，求出椭圆的长半轴，结合已知的半焦距，进而求出离心率.
9．【答案】B,C
【知识点】空间向量的数乘运算；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】解： 易知，则直线l与平面平行或在面内，故A错误；
易知，则，故B正确；
若不能作为基底，
则存在，使得，
整理得，
又是空间的一组基底，则，显然方程无解，假设不成立，故C正确；
由空间四点共面的推论可知：若，且时，
四点共面，所以D错误.
故答案为：BC.
【分析】本题主要考查空间向量在研究线面、面面关系以及空间向量基底、四点共面判定中的应用.
对于选项A，通过直线方向向量与平面法向量的点积判断直线与平面的位置关系；选项B，依据两平面法向量的点积判断平面是否垂直；选项C，假设向量组不能作为基底，利用基底线性无关的性质列方程，看是否有解来判断；选项D，根据空间四点共面的向量推论进行判断.
10．【答案】A,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的斜率；恒过定点的直线；直线的方向向量
【解析】【解答】对于A选项，若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为，A对；
对于B选项，由两直线互相垂直得，，解得或，
可知“”是两直线垂直的充分不必要条件，B错；
对于C选项，将直线方程变形为，由可的，
所以，直线过定点，
当直线与垂直，点到直线的距离最大，
因为，则，C对；
对于D选项，如图，
，，所以由图可知，或，
则斜率的取值范围是，D对
故答案为：ACD.
【分析】本题需要对每个选项逐一分析，判断其正确性.对于选项A，根据直线方向向量与斜率的关系求解；选项B，利用两直线垂直的条件计算参数并判断充要性；选项C，先确定直线过定点，再根据点到直线距离最大的条件（直线与定点和已知点连线垂直）求解；选项D，求出线段两端点与定点连线的斜率，结合图像确定直线斜率的取值范围.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；平面内两条平行直线间的距离；圆的切线方程
【解析】【解答】解：圆的标准方程为，圆的半径.
对于，如图，直线的方程为0，过点作于点，则点到直线的距离为，
故直线被圆截得的弦长为故A正确；
对于B，如图，圆的过点的切线斜率存在时，设其方程为，即，由，
解得，此时切线方程为，另一条切线是斜率不存在的直线故B错误；
对于C，如图，当点到直线的距离最大时，过点与平行的一条直线，即为与直线距离为2的圆的切线.因直线的斜率为2，
可设该切线方程为，又直线的直线方程为，则可得解得
故C正确；
对于D，如图，连接，易得过点的切线所在直线方程为，故，又由圆的对称性可知，
因，则，故直线的方程为，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题主要考查圆的方程相关性质，包括弦长计算、切线方程求解以及直线与圆位置关系等.
对于选项A，先确定过原点和点的直线方程，再结合圆的标准方程，利用点到直线距离公式和垂径定理求弦长；选项B，分切线斜率存在与不存在两种情况，根据圆心到直线距离等于半径求切线方程；选项C，先求出直线的方程，再分析点到直线距离最大的情况，进而确定平行直线方程；选项D，通过几何关系找到切点相关性质，求出直线的方程.
12．【答案】
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】 两条平行直线与即的距离为：
.
故答案为：.
【分析】本题求解两条平行直线之间的距离，思路是先将两条直线的方程化为和的形式（即、的系数分别相等），然后利用两平行直线间的距离公式进行计算.
13．【答案】或
【知识点】直线的截距式方程
【解析】【解答】 当截距均为0时，即过，此时直线l的方程为；
当截距不为0时，设直线l的方程为，
满足，解得，此时直线l的方程为；
综上可得直线l的方程为或.
故答案为：或.
【分析】本题求解过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程，需要分两种情况讨论：截距都为和截距都不为.截距都为时，直线过原点；截距都不为时，利用直线的截距式方程求解.
14．【答案】
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：点关于轴的对称点，关于的对称点，如图所示，
又因为，，所以直线方程为：，即，所以，解得，即.所以光线经过的路程为.
故答案为：
【分析】本题求解光线所经过的路程，思路是利用对称点的性质，将光线的反射路径转化为两点之间的直线距离.首先找到点P关于y轴的对称点，再找到点P关于直线AB的对称点，最后计算与之间的距离，此距离即为光线所经过的路程.
15．【答案】（1）证明：设，，
由题可知：的夹角为，夹角为
且，，于是
由
所以即证.
（2）解：由，又
所以，
又
则
又异面直线夹角范围为
所以异面直线夹角的余弦值为.
【知识点】空间向量的数乘运算；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）要证明，利用空间向量垂直的判定，即若两向量数量积为，则两向量垂直.通过选定合适的基向量，将和用基向量表示，计算它们的数量积来证明.
（2）求异面直线与夹角的余弦值，依据异面直线所成角的向量求法，先求出分别与两条异面直线平行的向量和，再计算这两个向量夹角的余弦值，最后结合异面直线夹角的范围确定最终结果.
（1）设，，
由题可知：的夹角为，夹角为
且，，于是
由
所以即证.
（2）由，又
所以，
又
则
又异面直线夹角范围为
所以异面直线夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：由正弦定理可得，
因为，所以，故，
又因为，所以．
（2）解：因为，，的面积为，
所以，
由（1）知，
可得，
因为，
所以，
解得，可得的长为．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和正弦定理边角互化，再结合锐角三角形中角的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据已知条件和三角形面积公式可得的值，结合（1）的结论可得的值，再根据平行四边形法则和中点的性质以及数量积求向量的模的公式，从而得出AD的长．
（1）由正弦定理可得，
由于，所以，故，
因为，所以．
（2）因为，，的面积为，
所以，
由（1）知，可得，
因为，
所以，
解得，可得的长为．
17．【答案】（1）解：因为，，所以，所以弦的垂直平分线的斜率为，又弦的中点坐标为，所以弦的垂直平分线的方程为，
即，与直线联立解得：，，所以圆心坐标为所以圆的半径，则圆C的方程为：；
（2）解：由（1）设所以，所以当时，取到最大值.
（3）解：设，线段的中点为，，为中点，所以，则，①；
因为端点在圆上运动，所以，把①代入得：，所以线段的中点M的轨迹方程是.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；直线的点斜式方程；平面内两点间距离公式的应用；圆的标准方程
【解析】【分析】（1）先求出弦的垂直平分线方程，再结合圆心所在直线方程，联立求解得到圆心坐标，进而求出半径，确定圆的方程；
（2）采用三角换元法，将圆上点的坐标用三角函数表示，再利用三角函数的性质求的最大值；
（3）利用中点坐标公式，将点的坐标用中点的坐标表示，代入圆的方程，从而得到中点的轨迹方程.
（1）因为，，所以，所以弦的垂直平分线的斜率为，
又弦的中点坐标为，
所以弦的垂直平分线的方程为，即，
与直线联立解得：，，
所以圆心坐标为所以圆的半径，
则圆C的方程为：；
（2）由（1）设
所以，
所以当时，取到最大值.
（3）设，线段的中点为，，为中点，
所以，则，①；
因为端点在圆上运动，所以，
把①代入得：，
所以线段的中点M的轨迹方程是.
18．【答案】（1）证明：设的交点为，连接，已知为的重心，所以，，
所以在中，，所以，所以平面，平面，则平面.
（2）解：因为所以所以为等边三角形，所以，
又因为，所以，所以，
取的中点为，连接，则，平面平面，平面平面，则平面，
以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以，
因为，所以，，
设平面，，令，所以，
设平面，，令，所以，
则，所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）通过找线线平行，利用线面平行判定定理证明；
（2）先构建空间直角坐标系，求出相关点坐标，再求两个平面的法向量，最后用向量夹角公式计算二面角余弦值.
（1）设的交点为，连接，已知为的重心，
所以，，所以在中，，
所以，所以平面，平面，
则平面.
（2）因为所以
所以为等边三角形，所以，又因为，
所以，所以，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，
则平面，以为坐标原点，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面，
，令，
所以，
设平面，
，令，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：由椭圆的几何性质可得，
所以由余弦定理得，
化简得，又，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）解：假设存在以原点为圆心的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且，
（i）当该圆的切线斜率存在时，设该圆切线方程为，
联立方程，
则，
即，，
所以，
因为，所以，
所以，所以，满足，
因为直线即为圆心在原点的圆的一条切线，
故圆的半径为即，所以，
所以所求圆的方程为，
所以
，
令，，则恒成立，且，
令（舍去）或，
则当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，
又当时，当时，所以当时，有，
当时，有，所以，
所以有.
（ii）当该圆的切线斜率不存在时，则切线方程为，代入得，
所以切线与椭圆的两个交点坐标为或，
显然满足，即满足，此时.
综上所述，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点，且，.
【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）求解椭圆的方程，先依据椭圆的几何性质明确、，再结合余弦定理建立关于、的等式，最后利用椭圆中、、的关系（，已知）确定和的值，从而得到椭圆方程.
（2）判断是否存在以原点为圆心的圆满足条件，分切线斜率存在和不存在两种情况.当斜率存在时，设切线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理得到交点坐标的关系，再结合（向量垂直则数量积为）建立关于、的方程，求出的表达式，进而根据圆心到切线的距离求出圆的半径，确定圆的方程；最后利用弦长公式结合导数工具求出的取值范围.
（1）由椭圆的几何性质可得，
所以由余弦定理得，
化简得，又，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）假设存在以原点为圆心的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且，
（i）当该圆的切线斜率存在时，设该圆切线方程为，
联立方程，
则，即，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
满足，
因为直线即为圆心在原点的圆的一条切线，
故圆的半径为即，所以，
所以所求圆的方程为，
所以
，
令，，
则恒成立，且，
令（舍去）或，
则当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，
又当时，当时，
所以当时，有，当时，有，
所以，所以有.
（ii）当该圆的切线斜率不存在时，则切线方程为，
代入得，
所以切线与椭圆的两个交点坐标为或，
显然满足，即满足，此时.
综上所述，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个
交点，且，.
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