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湖南省衡阳市2025-2026学年高二期末质量监测数学试题
1．（2026高二上·衡阳期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2026高二上·衡阳期末）设复数，且，则（　　）
A．4 B．8 C． D．
3．（2026高二上·衡阳期末）若点在直线上的垂足为，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2026高二上·衡阳期末）已知圆：，圆：，则这两个圆的位置关系为（　　）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内含
5．（2026高二上·衡阳期末）已知等差数列满足，，则其前30项和（　　）
A．585 B．957 C．1020 D．1085
6．（2026高二上·衡阳期末），用表示，中的最小者，记为.记的最大值为，表示不超过的最大整数，如：，，若，，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
7．（2026高二上·衡阳期末）如图，正四面体的棱长为4，平面，为垂足，，延长交于点，则（　　）
A．12 B． C．16 D．
8．（2026高二上·衡阳期末）双曲线：的右焦点为，设，过且斜率存在的一条直线与双曲线交于，两点.记直线，的斜率依次为，，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2026高二上·衡阳期末）已知，，，下列说法正确的是（　　）
A．
B．与平行的一个单位向量是
C．
D．平面的一个法向量是
10．（2026高二上·衡阳期末）设公比的等比数列的前项和为，，，则（　　）
A． B．
C． D．若，则
11．（2026高二上·衡阳期末）已知，，点满足直线与直线的斜率之积为，记点的轨迹为，，为曲线的左、右焦点，若经过与交于，两点，，的内切圆分别与相切于，，半径分别为，，则下列结论正确的是（　　）
A．的方程为 B．
C． D．
12．（2026高二上·衡阳期末）已知有甲、乙两个盒子，甲盒中有3个红球，2个白球，乙盒中有2个红球，4个白球，这些球除颜色外，形状大小都相同.现从甲、乙两个盒子中各摸取一球，则摸取的两个球恰好一红一白的概率为　 　.
13．（2026高二上·衡阳期末）已知数列中，，，则　 　.
14．（2026高二上·衡阳期末）已知四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段，的中点，是线段上的一点，.若异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为　 　.
15．（2026高二上·衡阳期末）已知等差数列的前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16．（2026高二上·衡阳期末）已知点，点在圆：上运动，线段的中点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过圆心的直线与曲线相切，求直线的方程.
17．（2026高二上·衡阳期末）的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若为钝角三角形，求的取值范围.
18．（2026高二上·衡阳期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，，，.
（1）求证：.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
（3）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为 若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
19．（2026高二上·衡阳期末）已知抛物线：经过点，且为的焦点，为坐标原点.
（1）求抛物线的方程.
（2）设，为上两个不同的点，且三点不共线，直线，的斜率分别为，，且.
（i）试问直线是否经过定点 若是，求出该定点；若不是，请说明理由.
（ii）若直线与轴的交点位于之间，设两点到直线的距离之和为，两点到直线的距离之和为，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式，解得，即集合，
易知集合，则.
故答案为：A.
【分析】分别解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：复数，由，可得，解得.
故答案为：D.
【分析】直接根据复数模长公式求解即可.
3．【答案】B
【知识点】斜率的计算公式；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：由题意得，解得，则.
故答案为：B.
【分析】根据点在直线上，结合直线垂直斜率之积为，列式求解即可.
4．【答案】D
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知圆心，半径，圆心，半径，
，因为，所以两个圆的位置关系为内含.
故答案为：D.
【分析】易知圆心和半径，利用两点间距离公式求圆心距，比较圆心距和半径之差的绝对值的大小即可判断两圆得位置关系.
5．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，得，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】设等差数列的公差为，由题意，根据等差数列的通项公式，结合等差数列的性质列式求得，再根据等差数列的求和公式计算即可.
6．【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；函数的图象
【解析】【解答】解：作出函数，的大致图象，如图所示：
易知的图象为图中粗线部分，，
因为，，
所以，即，则.
故答案为：B.
【分析】作出函数，的大致图象，易知的图象为图中粗线部分，，则，结合新定义求解即可.
7．【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的性质；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 正四面体中，因为平面，平面，所以，
.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据线面垂直的性质可得，再结合空间向量的线性运算、数量积的定义及运算律求解即可.
8．【答案】C
【知识点】斜率的计算公式；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知双曲线：的右焦点的坐标为，
设直线为：，，，
联立，得，
由韦达定理可得，，且，，
则
，
因为，所以.
故答案为：C.
【分析】易知双曲线：的右焦点的坐标为，设直线为：，，，联立直线与双曲线方程，消元整理，结合韦达定理以及斜率公式化简可得，再根据，结合的斜率求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】平面的法向量；空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，
A、易知，，，
则，故A正确；
B、，与平行的单位向量是，
故B正确；
C、易知，
，则与不垂直，故C错误；
D、设平面的一个法向量是，
则，得，
令，得平面的一个法向量是，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据空间向量的坐标运算，结合向量模的坐标运算求解即可判断A；易知，计算单位向量即可判断B；根据向量的坐标运算，再计算数量积即可判断C；设平面的一个法向量是，根据法向量的求法求解即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解： 公比的等比数列的前项和为，，，
A、，，则，是方程的两根，
因为，所以，，则公比，故A正确；
B、，由等比数列的前项和公式得，则，故B正确；
C、由等比数列的性质得，，成公比为的等比数列，且，
则，，
即，故C错误；
D、由，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，根据等比数列的性质可得，则，是方程的两根，解方程求得，，即可求公比即可判断A；由A选项的结论，结合求得首项，再根据等比数列的前n项和求解即可判断B；由等比数列的性质得，，成公比为的等比数列，据此求解即可判断C；根据等比数列的性质求解即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、设，因为直线与直线的斜率之积为，
所以，则，故A错误；
B、易得为去掉长轴顶点的椭圆，则，故B正确；
C、如图，设和的内心分别为，，
设的内切圆的另两个切点为，，的内切圆的另两个切点为，，
则，，，
则，
由题中相切可得，，，
则，即，
，，所以，同理可证，故C正确；
D、由题意得，，
所以，
所以有，且，，
故，
又因为.
联立，
即，
整理得，即，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】设点，利用斜率公式，结合，化简整理求得的方程即可判断A；易得为去掉长轴顶点的椭圆，根据椭圆的定义求解即可判断B；根据椭圆的定义，通过切点的性质将转化成即可求解，同理可求即可判断C；先通过条件判断，通过的关系，结合切点处另外两个直角三角形的边长关系得到第一个含的式子，再通过的关系，结合切点处另外两个直角三角形的边长关系得到第二个含的式子，两个式子联立化简即可得证即可判断D.
12．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意，摸取的两个球恰好一红一白的概率为.
故答案为：.
【分析】根据互斥事件概率的加法公式，结合独立事件的乘法公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：由，可得，
整理可得，，
则.
故答案为：.
【分析】由，化简整理可得，再利用累乘法求解即可.
14．【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：四棱锥的底面为正方形，且平面，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则点，，，，，
可得，，
设，，
则，即，
可得，
设异面直线与所成角为，
则，
整理可得，解得或（舍去），
即，则.
故.
故答案为：.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，设，，利用空间向量得坐标运算结合线线夹角求得，再根据锥体的体积公式求解即可.
15．【答案】（1）解：由，得，解得，
所以；
（2）解：由（1）可得，
则
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）由题意，根据等差数列的通项公式、以及等差数列的前n项和列式求得，即可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，得，再利用裂项相消法求和即可.
（1）由，得，解得，
所以.
（2）由题意，
所以
.
16．【答案】（1）解：设，，
由，为的中点，则，，解得，，
因为点在圆：上，所以，即，
化简得，
则曲线的方程为；
（2）解：易知，曲线是以为圆心，为半径的圆，
显然当直线的斜率不存在时，直线的方程为，与曲线不相切；
故直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
由直线与圆相切，则圆心到直线的距离，
化简得，解得或，
故直线的方程是或.
【知识点】直线与圆的位置关系；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）设，，利用中点坐标公式求得，，将点代入圆的方程化简整理即可得曲线的方程；
（2）易知，曲线是以为圆心，为半径的圆，分直线的斜率存在、不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式结合直线与圆相切列式化简求解即可.
（1）设，，
由，为的中点，则，，
解得，，
因为点在圆：上，
所以，即，
化简得，
所以曲线的方程为.
（2）易知，曲线是以为圆心，为半径的圆.
显然当直线的斜率不存在时，直线的方程为，与曲线不相切；
故直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，即，
由直线与圆相切，则圆心到直线的距离，
化简得，解得或，
故直线的方程是或.
17．【答案】（1）解：，化简整理得，
即，
由余弦定理得，得，
由正弦定理可得，得，
得，
因为，所以，所以，得，
又因为，所以；
（2）解：由（1）知，，故，，
所以.
若为钝角，则，即，则，
则，所以，
此时的取值范围是；
若为钝角，则，即，则，即，
，此时的取值范围是，
综上所述，的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）化简整理可得，结合余弦定理、正弦定理以及两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）由（1）知，，故，，根据三角恒等变换化简可得，再分为钝角、为钝角两种情况讨论，求解范围即可.
（1）由，得，
即，
由余弦定理得，得，
由正弦定理可得，
得，
得，
因为，所以，
所以，得，
又，所以.
（2）由（1）知，，故，，
所以.
若为钝角，则，即，则，
则，所以，
此时的取值范围是；
若为钝角，则，即，则，
即，所以，
此时的取值范围是.
综上所述，的取值范围是.
18．【答案】（1）证明：由平面，，知，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由，，，知，，
则，，，，，
则，，
所以，
所以，即；
（2）解：由（1）知，，，，
设平面的一个法向量为，
则，得，取，得.
设直线与平面所成角为，
则，即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）解：在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
设，，，
则，
则，即.
设平面的一个法向量为，
则，取，可得，
由（2）知，平面的一个法向量为，
若平面与平面夹角的余弦值为，
则，
化简得，解得或，此时或，
综上，在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时或.
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；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）由题意易知，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可；
（2）利用（1）的空间直角坐标系，根据线面角的空间向量公式求解即可；
（3）利用（1）的空间直角坐标系，求平面的一个法向量，结合（2）中平面的一个法向量，根据面面角的空间向量公式求解即可.
（1）解法一：由平面，，知，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，，知，，
则，，，，，
则，，
所以，
所以，即.
解法二：由，，
在与中，
因为，，
所以，所以，
所以，则.
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）由（1）知，，，，
设平面的一个法向量为，
则，得，取，得.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
（3）在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
设，，，
则，
则，即.
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
由（2）知，平面的一个法向量为，
若平面与平面夹角的余弦值为，
则，
化简得，解得或，此时或，
综上，在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时或.
19．【答案】（1）解：抛物线经过点，
将点坐标代入抛物线方程得，解得，
故抛物线的方程为；
（2）解：（i）设，，
由，在上，可得，，
直线，斜率分别为，，
因为，所以，所以，
设直线，联立，消去得，
由韦达定理可得，，
联立，整理得，即，
所以直线可化为，即，
令，解得，故直线经过定点；
（ii）由（i）得，直线，
令，得，因为直线与轴的交点位于之间，
则有，所以，
联立，消去得，由韦达定理可得，，
则，
点到直线的距离，
点到直线：的距离，
则，
所以，
令，，
则，
易知在上单调递减，所以在上的值域为，
所以，，，
故的取值范围是.

【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；抛物线的定义；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的方程即可；
（2）（i），，根据点在抛物线上，结合斜率公式求得，求出的第一个关系，直线，联立直线与抛物线方程，消元整理，利用韦达定理，得到的第二个关系，联立两个关系得到间的关系，用表示后直线的方程即可求定点；
（ii）因为直线与轴的交点位于之间，故令后可得的取值范围，再联立直线与抛物线的方程后使用韦达定理，分别表示，进而可以用表示，结合基本不等式与的取值范围，求的取值范围即可.
（1）抛物线经过点，
将点坐标代入抛物线方程得，解得.
故抛物线的方程为.
（2）（i）设，.
由，在上，有，，
直线，斜率分别为，，
因为，所以，所以.
设直线，
联立消去得，
则，.
联立，整理得，所以有，
所以直线可化为，即，
令得
故直线经过定点.
（ii）由（i）得，直线，
令，得，因为直线与轴的交点位于之间，
则有，所以.
联立消去得，
则，，
则，
点到直线的距离，
点到直线：的距离，
则，
所以.
令，，
则，
易知在上单调递减，
所以在上的值域为，
所以，，
最终有，
故的取值范围是.
1 / 1湖南省衡阳市2025-2026学年高二期末质量监测数学试题
1．（2026高二上·衡阳期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式，解得，即集合，
易知集合，则.
故答案为：A.
【分析】分别解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2026高二上·衡阳期末）设复数，且，则（　　）
A．4 B．8 C． D．
【答案】D
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：复数，由，可得，解得.
故答案为：D.
【分析】直接根据复数模长公式求解即可.
3．（2026高二上·衡阳期末）若点在直线上的垂足为，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】斜率的计算公式；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：由题意得，解得，则.
故答案为：B.
【分析】根据点在直线上，结合直线垂直斜率之积为，列式求解即可.
4．（2026高二上·衡阳期末）已知圆：，圆：，则这两个圆的位置关系为（　　）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内含
【答案】D
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知圆心，半径，圆心，半径，
，因为，所以两个圆的位置关系为内含.
故答案为：D.
【分析】易知圆心和半径，利用两点间距离公式求圆心距，比较圆心距和半径之差的绝对值的大小即可判断两圆得位置关系.
5．（2026高二上·衡阳期末）已知等差数列满足，，则其前30项和（　　）
A．585 B．957 C．1020 D．1085
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，得，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】设等差数列的公差为，由题意，根据等差数列的通项公式，结合等差数列的性质列式求得，再根据等差数列的求和公式计算即可.
6．（2026高二上·衡阳期末），用表示，中的最小者，记为.记的最大值为，表示不超过的最大整数，如：，，若，，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；函数的图象
【解析】【解答】解：作出函数，的大致图象，如图所示：
易知的图象为图中粗线部分，，
因为，，
所以，即，则.
故答案为：B.
【分析】作出函数，的大致图象，易知的图象为图中粗线部分，，则，结合新定义求解即可.
7．（2026高二上·衡阳期末）如图，正四面体的棱长为4，平面，为垂足，，延长交于点，则（　　）
A．12 B． C．16 D．
【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的性质；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 正四面体中，因为平面，平面，所以，
.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据线面垂直的性质可得，再结合空间向量的线性运算、数量积的定义及运算律求解即可.
8．（2026高二上·衡阳期末）双曲线：的右焦点为，设，过且斜率存在的一条直线与双曲线交于，两点.记直线，的斜率依次为，，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜率的计算公式；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知双曲线：的右焦点的坐标为，
设直线为：，，，
联立，得，
由韦达定理可得，，且，，
则
，
因为，所以.
故答案为：C.
【分析】易知双曲线：的右焦点的坐标为，设直线为：，，，联立直线与双曲线方程，消元整理，结合韦达定理以及斜率公式化简可得，再根据，结合的斜率求解即可.
9．（2026高二上·衡阳期末）已知，，，下列说法正确的是（　　）
A．
B．与平行的一个单位向量是
C．
D．平面的一个法向量是
【答案】A,B,D
【知识点】平面的法向量；空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，
A、易知，，，
则，故A正确；
B、，与平行的单位向量是，
故B正确；
C、易知，
，则与不垂直，故C错误；
D、设平面的一个法向量是，
则，得，
令，得平面的一个法向量是，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据空间向量的坐标运算，结合向量模的坐标运算求解即可判断A；易知，计算单位向量即可判断B；根据向量的坐标运算，再计算数量积即可判断C；设平面的一个法向量是，根据法向量的求法求解即可判断D.
10．（2026高二上·衡阳期末）设公比的等比数列的前项和为，，，则（　　）
A． B．
C． D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解： 公比的等比数列的前项和为，，，
A、，，则，是方程的两根，
因为，所以，，则公比，故A正确；
B、，由等比数列的前项和公式得，则，故B正确；
C、由等比数列的性质得，，成公比为的等比数列，且，
则，，
即，故C错误；
D、由，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，根据等比数列的性质可得，则，是方程的两根，解方程求得，，即可求公比即可判断A；由A选项的结论，结合求得首项，再根据等比数列的前n项和求解即可判断B；由等比数列的性质得，，成公比为的等比数列，据此求解即可判断C；根据等比数列的性质求解即可判断D.
11．（2026高二上·衡阳期末）已知，，点满足直线与直线的斜率之积为，记点的轨迹为，，为曲线的左、右焦点，若经过与交于，两点，，的内切圆分别与相切于，，半径分别为，，则下列结论正确的是（　　）
A．的方程为 B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、设，因为直线与直线的斜率之积为，
所以，则，故A错误；
B、易得为去掉长轴顶点的椭圆，则，故B正确；
C、如图，设和的内心分别为，，
设的内切圆的另两个切点为，，的内切圆的另两个切点为，，
则，，，
则，
由题中相切可得，，，
则，即，
，，所以，同理可证，故C正确；
D、由题意得，，
所以，
所以有，且，，
故，
又因为.
联立，
即，
整理得，即，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】设点，利用斜率公式，结合，化简整理求得的方程即可判断A；易得为去掉长轴顶点的椭圆，根据椭圆的定义求解即可判断B；根据椭圆的定义，通过切点的性质将转化成即可求解，同理可求即可判断C；先通过条件判断，通过的关系，结合切点处另外两个直角三角形的边长关系得到第一个含的式子，再通过的关系，结合切点处另外两个直角三角形的边长关系得到第二个含的式子，两个式子联立化简即可得证即可判断D.
12．（2026高二上·衡阳期末）已知有甲、乙两个盒子，甲盒中有3个红球，2个白球，乙盒中有2个红球，4个白球，这些球除颜色外，形状大小都相同.现从甲、乙两个盒子中各摸取一球，则摸取的两个球恰好一红一白的概率为　 　.
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意，摸取的两个球恰好一红一白的概率为.
故答案为：.
【分析】根据互斥事件概率的加法公式，结合独立事件的乘法公式求解即可.
13．（2026高二上·衡阳期末）已知数列中，，，则　 　.
【答案】
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：由，可得，
整理可得，，
则.
故答案为：.
【分析】由，化简整理可得，再利用累乘法求解即可.
14．（2026高二上·衡阳期末）已知四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段，的中点，是线段上的一点，.若异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为　 　.
【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：四棱锥的底面为正方形，且平面，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则点，，，，，
可得，，
设，，
则，即，
可得，
设异面直线与所成角为，
则，
整理可得，解得或（舍去），
即，则.
故.
故答案为：.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，设，，利用空间向量得坐标运算结合线线夹角求得，再根据锥体的体积公式求解即可.
15．（2026高二上·衡阳期末）已知等差数列的前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）解：由，得，解得，
所以；
（2）解：由（1）可得，
则
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）由题意，根据等差数列的通项公式、以及等差数列的前n项和列式求得，即可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，得，再利用裂项相消法求和即可.
（1）由，得，解得，
所以.
（2）由题意，
所以
.
16．（2026高二上·衡阳期末）已知点，点在圆：上运动，线段的中点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过圆心的直线与曲线相切，求直线的方程.
【答案】（1）解：设，，
由，为的中点，则，，解得，，
因为点在圆：上，所以，即，
化简得，
则曲线的方程为；
（2）解：易知，曲线是以为圆心，为半径的圆，
显然当直线的斜率不存在时，直线的方程为，与曲线不相切；
故直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
由直线与圆相切，则圆心到直线的距离，
化简得，解得或，
故直线的方程是或.
【知识点】直线与圆的位置关系；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）设，，利用中点坐标公式求得，，将点代入圆的方程化简整理即可得曲线的方程；
（2）易知，曲线是以为圆心，为半径的圆，分直线的斜率存在、不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式结合直线与圆相切列式化简求解即可.
（1）设，，
由，为的中点，则，，
解得，，
因为点在圆：上，
所以，即，
化简得，
所以曲线的方程为.
（2）易知，曲线是以为圆心，为半径的圆.
显然当直线的斜率不存在时，直线的方程为，与曲线不相切；
故直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，即，
由直线与圆相切，则圆心到直线的距离，
化简得，解得或，
故直线的方程是或.
17．（2026高二上·衡阳期末）的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若为钝角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）解：，化简整理得，
即，
由余弦定理得，得，
由正弦定理可得，得，
得，
因为，所以，所以，得，
又因为，所以；
（2）解：由（1）知，，故，，
所以.
若为钝角，则，即，则，
则，所以，
此时的取值范围是；
若为钝角，则，即，则，即，
，此时的取值范围是，
综上所述，的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）化简整理可得，结合余弦定理、正弦定理以及两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）由（1）知，，故，，根据三角恒等变换化简可得，再分为钝角、为钝角两种情况讨论，求解范围即可.
（1）由，得，
即，
由余弦定理得，得，
由正弦定理可得，
得，
得，
因为，所以，
所以，得，
又，所以.
（2）由（1）知，，故，，
所以.
若为钝角，则，即，则，
则，所以，
此时的取值范围是；
若为钝角，则，即，则，
即，所以，
此时的取值范围是.
综上所述，的取值范围是.
18．（2026高二上·衡阳期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，，，.
（1）求证：.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
（3）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为 若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：由平面，，知，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由，，，知，，
则，，，，，
则，，
所以，
所以，即；
（2）解：由（1）知，，，，
设平面的一个法向量为，
则，得，取，得.
设直线与平面所成角为，
则，即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）解：在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
设，，，
则，
则，即.
设平面的一个法向量为，
则，取，可得，
由（2）知，平面的一个法向量为，
若平面与平面夹角的余弦值为，
则，
化简得，解得或，此时或，
综上，在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时或.
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；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）由题意易知，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可；
（2）利用（1）的空间直角坐标系，根据线面角的空间向量公式求解即可；
（3）利用（1）的空间直角坐标系，求平面的一个法向量，结合（2）中平面的一个法向量，根据面面角的空间向量公式求解即可.
（1）解法一：由平面，，知，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，，知，，
则，，，，，
则，，
所以，
所以，即.
解法二：由，，
在与中，
因为，，
所以，所以，
所以，则.
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）由（1）知，，，，
设平面的一个法向量为，
则，得，取，得.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
（3）在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
设，，，
则，
则，即.
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
由（2）知，平面的一个法向量为，
若平面与平面夹角的余弦值为，
则，
化简得，解得或，此时或，
综上，在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时或.
19．（2026高二上·衡阳期末）已知抛物线：经过点，且为的焦点，为坐标原点.
（1）求抛物线的方程.
（2）设，为上两个不同的点，且三点不共线，直线，的斜率分别为，，且.
（i）试问直线是否经过定点 若是，求出该定点；若不是，请说明理由.
（ii）若直线与轴的交点位于之间，设两点到直线的距离之和为，两点到直线的距离之和为，求的取值范围.
【答案】（1）解：抛物线经过点，
将点坐标代入抛物线方程得，解得，
故抛物线的方程为；
（2）解：（i）设，，
由，在上，可得，，
直线，斜率分别为，，
因为，所以，所以，
设直线，联立，消去得，
由韦达定理可得，，
联立，整理得，即，
所以直线可化为，即，
令，解得，故直线经过定点；
（ii）由（i）得，直线，
令，得，因为直线与轴的交点位于之间，
则有，所以，
联立，消去得，由韦达定理可得，，
则，
点到直线的距离，
点到直线：的距离，
则，
所以，
令，，
则，
易知在上单调递减，所以在上的值域为，
所以，，，
故的取值范围是.

【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；抛物线的定义；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的方程即可；
（2）（i），，根据点在抛物线上，结合斜率公式求得，求出的第一个关系，直线，联立直线与抛物线方程，消元整理，利用韦达定理，得到的第二个关系，联立两个关系得到间的关系，用表示后直线的方程即可求定点；
（ii）因为直线与轴的交点位于之间，故令后可得的取值范围，再联立直线与抛物线的方程后使用韦达定理，分别表示，进而可以用表示，结合基本不等式与的取值范围，求的取值范围即可.
（1）抛物线经过点，
将点坐标代入抛物线方程得，解得.
故抛物线的方程为.
（2）（i）设，.
由，在上，有，，
直线，斜率分别为，，
因为，所以，所以.
设直线，
联立消去得，
则，.
联立，整理得，所以有，
所以直线可化为，即，
令得
故直线经过定点.
（ii）由（i）得，直线，
令，得，因为直线与轴的交点位于之间，
则有，所以.
联立消去得，
则，，
则，
点到直线的距离，
点到直线：的距离，
则，
所以.
令，，
则，
易知在上单调递减，
所以在上的值域为，
所以，，
最终有，
故的取值范围是.
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