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浙江省浙东北县域名校发展联盟(ZDB)2024-2025学年高一(AP班)下学期期中联考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·浙江期中）中，点是上靠近点的五等分点，设，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·浙江期中）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为，体积为，则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·浙江期中）已知椭圆的左、右焦点分别为是上在第二象限内的一点，且，则直线的斜率为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·浙江期中）已知向量，若在上的投影向量为，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·浙江期中）如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中.以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·浙江期中）已知点、，点满足，记的轨迹为，下列说法正确的是（　　）
A．曲线的方程为 B．曲线的方程为
C．点的轨迹所围成的面积为 D．点的轨迹所围成的面积为
7．（2025高一下·浙江期中）已知正方体的棱长为分别是棱和上的中点，点是正方体表面上一点且满足，则点的轨迹长度为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·浙江期中）已知椭圆和双曲线有相同的焦点为两曲线在第一象限的交点，分别为曲线的离心率.若，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·浙江期中）对于任意两个非零向量和，下列命题中正确的是（　　）
A．
B．
C．在方向上的投影向量的模为
D．向量与向量垂直
10．（2025高一下·浙江期中）在平面直角坐标系中，点分别在直线上（均异于点），.过点分别作的角平分线的垂线，垂足分别为，的面积分别为.若为定值，则（　　）
A．时，点的轨迹是椭圆
B．时，点的轨迹是双曲线
C．存在，使得点的轨迹是圆
D．存在，使得点的轨迹是抛物线
11．（2025高一下·浙江期中）若正方体边长为1，点满足，其中，则（　　）
A．当时，存在点，使得平面
B．当满足时，不存在点，使得
C．当满足时，存在点，使得与平面所成角为
D．当满足时，三棱锥的体积的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·浙江期中）抛物线上一点到其焦点的距离的最小值为　 　.
13．（2025高一下·浙江期中）已知为坐标原点，圆在直线上运动，则的最小值为　 　.
14．（2025高一下·浙江期中）已知等边的边长为所在平面存在两点，满足，其中且.若，则点运动所形成的轨迹的区域面积为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·浙江期中）如图所示，在中，分别是边的中点，，.
（1）用表示；
（2）求证：三点共线.
16．（2025高一下·浙江期中）已知直线，圆，圆：.
（1）判断直线与圆的位置关系，并说明理由；
（2）圆与圆交于两点，求过与这三点的圆的方程.
17．（2025高一下·浙江期中）已知直三棱柱的棱长均为中点为与交于点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
18．（2025高一下·浙江期中）已知椭圆的离心率，且过点.
（1）求曲线的标准方程；
（2）若曲线的左右顶点分别为，过点且斜率为负数的直线与交于两点（点在点上方），直线与的交点为.
（i）求证：点在定直线上；
（ii）若直线与轴交于点，求的取值范围.
19．（2025高一下·浙江期中）如图，曲线是一条“双纽线”.已知过上任意一点到点的距离之积为定值.
（1）求的值；
（2）求的最大值；
（3）除原点外，直线分别与相交于四点.记四边形的面积为，求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由点是上靠近点的五等分点，得，则，
所以.
故答案为：C
【分析】根据点D在BC上的位置关系，用基底向量、表示出，再结合D是BC靠近B的五等分点，分解为与的和，进而化简得到表达式。
2．【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：圆锥的底面圆的面积为，设底面圆的半径为，则，解得，
所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长，
又屋顶的体积为，设圆锥的高为，则，所以，
所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形的半径，
所以侧面展开图扇形的圆心角约为.
故答案为：C.
【分析】 本题考查圆锥的表面积与体积公式，结合扇形圆心角的求解，核心是先通过底面积和体积求出底面半径与高，再利用勾股定理求母线长，最终计算展开图圆心角。
3．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：由条件可知，，得，，且
所以，且，
设直线的倾斜角为，则，
所以直线的斜率为.
故答案为：B
【分析】先根据椭圆定义和已知条件求出、及焦距，再利用勾股定理逆定理判断三角形形状，最后结合点所在象限求出直线的斜率。
4．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量，
又因为在上的投影向量为，所以
则.
故答案为：A.
【分析】利用向量投影向量的公式建立等式，投影向量等于，对比系数求解。
5．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意得，
所以，
如图，
原图形 中， ，
所以直角梯形 的边 为轴旋转一周得到的几何体为圆台，
，
故答案为：A.
【分析】先根据斜二测画法还原原四边形ABCD的形状与边长，再分析以AD为轴旋转一周得到的几何体是圆台挖去一个圆锥，最后用体积公式计算。
6．【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程
【解析】【解答】解：设点，由可得，
整理可得，故曲线的方程为，
所以，曲线是圆心为原点，半径为的圆，
故点的轨迹所围成的面积为，B正确，ACD错误.
故答案为：B.
【分析】设点，根据两点间距离公式将转化为代数方程，化简后得到轨迹方程，再判断曲线形状并计算面积。
7．【答案】D
【知识点】空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为原点，以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，
所以，
即，此方程表示以为球心，以为半径的球，
球心到每个面的距离都是1，每个平面与球的截面圆的半径为，
所以点的轨迹是以每一个正方形的中点为圆心的圆，所以轨迹长度为.
故答案为：D
【分析】先建立空间直角坐标系，写出各点坐标，将向量数量积条件转化为球面方程，再分析球面与正方体表面的交线，最后计算交线总长度。
8．【答案】C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
根据椭圆和双曲线的定义，可得.
因为，，
所以∽，
所以，
又因为，，
所以
，
当且仅当时，即当时取“”.
故答案为：C.
【分析】先根据椭圆、双曲线的定义，再结合三角形的相似判断方法得出∽，则探索出的关系，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A，由平面向量数量积的性质可得，A正确；
B，不妨设、为相互垂直的两个单位向量，则，，同理可得，此时，B错误；
C，在方向上的投影向量为，
故在方向上的投影向量的模为，C正确；
D，因为，
所以向量与向量垂直，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】 根据向量数量积的运算性质、投影向量定义、向量垂直的充要条件，对每个选项逐一验证判断。
10．【答案】A,C
【知识点】轨迹方程；曲线与方程
【解析】【解答】解：设，
因直线与直线既关于轴对称，也关于轴对称，则点在轴或轴上，
则，
因为定值，则为定值，
因，则，则，
则为定值，
设直线的倾斜角为，则或，
若，此时，，，则为圆，故C正确；
若，则，，，
则为椭圆，故A正确，B错误；
由于方程中不含和的一次项，
故该曲线不可能为抛物线，故D错误.
故答案为：AC
【分析】先设出点的坐标，由三角形面积和为定值推出为定值，再通过向量坐标运算得到点轨迹方程，最后根据方程形式判断轨迹类型。
11．【答案】A,B,D
【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的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以D为坐标原点，以DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为=，所以，
A：当时，则，取，则点P与C重合，，
所以，
因为平面，平面，所以平面，A正确；
B：当时，所以，则，
要使，当且仅当，即，
令，
若，又，
在单调递减，在单调递增；
所以在处取得极小值，
所以在无零点，即在无解，
所以当满足时，不存在点，使得，B正确；
C：设平面的法向量为，
则，，
所以，取，则，所以，
因为与平面所成角为，
，
又，所以，
得，所以方程无解，
所以当满足时，不存在点，使得与平面所成角为， C错误；
D：为正三角形，，则，
由，，可得
所以设，
则，则，
设平面的法向量为，
由令，
所以点P到平面的距离为，
因为，，
所以
所以当时，取最大值，从而，
所以三棱锥的体积的最小值为，D正确；
故答案为：ABD
【分析】 以D为原点建立空间直角坐标系，写出各顶点与P点坐标，将空间位置关系转化为向量运算，分别通过线面平行判定、向量垂直条件、线面角公式、体积最值计算来验证各选项。
12．【答案】
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：设抛物线上一点，其焦点，准线为，
则根据抛物线定义得抛物线上一点到焦点的距离为，
时等号成立，所以抛物线上一点到其焦点的距离的最小值为.
故答案为：.
【分析】 先将抛物线方程化为标准形式，确定焦点和准线，再利用抛物线定义将点到焦点的距离转化为点到准线的距离，结合x的取值范围求最小值。
13．【答案】
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】解：圆的圆心为，半径为，如下图所示：
设原点关于直线的对称点为，
而直线的斜率为，且线段的中点在直线上，
由题意可得，解得，即点，
由对称性可得，
所以，，
当且仅当三点共线，故取最小值.
故答案为：.
【分析】先求原点关于直线的对称点，将转化为，则，其最小值为到的距离。
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：，
，即，
因为且、、，则、，所以，，
所以，点在的边界及其内部，
因为，则点在如下图所示的封闭区域内，该区域由、、三条线段以及三段分别以、、为圆心，半径为且圆心角为的圆弧围成的区域，
其中四边形、、均为矩形，且，
设该区域的面积为，
则
故答案为：.
【分析】先由向量关系得出点在内部及边界上，再由可知点的轨迹是各边向外平移1个单位并以顶点为圆心、1为半径作圆后形成的区域，最后计算该区域面积。
15．【答案】（1）解：如图，延长到，使，连接，得到平行四边形，
则，
.
（2）证明：由（1）知，，
，
，所以，
所以共线，又因为有公共点，所以三点共线.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【分析】(1) 依据向量加法的平行四边形法则，结合中点条件，将分解为与的线性组合；再通过向量减法的三角形法则，把转化为与的差，进而用表示。
(2) 先利用数乘向量关系表示出，再计算与，通过判断两向量共线且有公共点，证明三点共线。
（1）如图，延长到，使，连接，得到平行四边形，
则，
.
（2）由（1）知，，
，
，所以，
所以共线，又因为有公共点，所以三点共线.
16．【答案】（1）解：由于，则直线过定点，，
故定点在圆内，直线与圆相交.
（2）解：联立两圆方程，解得，
令所求圆方程为，
代入三点，，
得所求圆方程为.
【知识点】圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】(1) 先将直线方程整理为含参数的直线系形式，求出直线恒过的定点，再判断该定点与圆的位置关系，从而确定直线与圆的位置关系。
(2) 利用两圆公共弦的性质，设出过两点的圆系方程，代入已知点坐标求解参数，进而得到所求圆的方程。
（1）由于，则直线过定点，，故定点在圆内，直线与圆相交.
（2）法一：联立两圆方程，解得，
令所求圆方程为，
代入三点，，
得所求圆方程为.
法二：令所求圆方程为，
代入，，
解得，故所求圆方程为.
17．【答案】（1）证明：与相似，则，
又，故，所以，
故在中，.又平面平面，
则平面.
（2）解：如图，以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，平行于方向为轴建立空间直角坐标系，
则，.
平面的法向量为.
设平面的法向量为，
即，
令得，故.
设平面与平面所成角大小为，
则，
从而平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 利用相似三角形得到线段比例，构造，再依据线面平行判定定理证明。
(2) 建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，通过向量夹角公式计算二面角的余弦值
（1）与相似，则，
又，故，所以，
故在中，.又平面平面，
则平面.
（2）如图，以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，平行于方向为轴建立空间直角坐标系，
则，.
平面的法向量为.
设平面的法向量为，
即，
令得，故.
设平面与平面所成角大小为，
则，
从而平面与平面所成角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：由题意知，解得，
双曲线的标准方程为.
（2）（i）证明：设直线的方程为，联立，则，，解得.
设，其中.
直线的方程为，直线的方程为.
联立，解得，从而，
即点在定直线上.
（ii）解：定直线与轴交于点，从而.
记，其中，则，
即，解得，从而.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 利用椭圆离心率公式和已知点坐标，联立椭圆基本方程 求解 ，得到椭圆标准方程。
(2) (i) 设出直线 方程与椭圆联立，得到 坐标关系，写出直线 方程，联立消参后证明交点 在定直线上；(ii) 利用三角形面积公式将面积比转化为纵坐标之比，结合直线与椭圆的位置关系求取值范围。
（1）由题意知，解得，
双曲线的标准方程为.
（2）（i）设直线的方程为，联立，则，，解得.
设，其中.
直线的方程为，直线的方程为.
联立，解得，从而，
即点在定直线上.
（ii）定直线与轴交于点，从而.
记，其中，则，
即，解得，从而.
19．【答案】（1）解：由题意知，
则，解得，即（负值已舍去）.
（2）解：设，则，
则，
即，即曲线的方程为.
要求的最大值，由对称性，不妨设点在轴右侧，
若，则，则.
若，由于，则，
令，则，所以.
综上，的最大值为.
（3）证明：在曲线的方程中，用分别替代，方程不变，则曲线的图像关于原点对称.
设直线与曲线在轴右侧的交点分别为.由于直线也关于原点对称，则四边形为平行四边形，其面积为面积的倍.
联立，则，
则，即，所以，则，
同理可得，.
记，则，
又，，解得（负值已舍去），
从而，
所以.
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 将点代入到“双纽线”的距离之积为定值的条件中，直接计算求解的值。
(2) 先根据距离之积的条件求出曲线的方程，再利用极坐标或代数变形，结合三角函数求的最大值。
(3) 联立直线与曲线方程，求出交点坐标，将四边形面积表示为关于斜率的表达式，再利用不等式放缩证明结论。
（1）由题意知，
则，解得，即（负值已舍去）.
（2）设，则，
则，
即，即曲线的方程为.
要求的最大值，由对称性，不妨设点在轴右侧，
若，则，则.
若，由于，则，
令，则，所以.
综上，的最大值为.
（3）在曲线的方程中，用分别替代，方程不变，则曲线的图像关于原点对称.
设直线与曲线在轴右侧的交点分别为.由于直线也关于原点对称，则四边形为平行四边形，其面积为面积的倍.
联立，则，
则，即，所以，则，
同理可得，.
记，则，
又，，解得（负值已舍去），
从而，
所以，即证.
1 / 1浙江省浙东北县域名校发展联盟(ZDB)2024-2025学年高一(AP班)下学期期中联考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·浙江期中）中，点是上靠近点的五等分点，设，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由点是上靠近点的五等分点，得，则，
所以.
故答案为：C
【分析】根据点D在BC上的位置关系，用基底向量、表示出，再结合D是BC靠近B的五等分点，分解为与的和，进而化简得到表达式。
2．（2025高一下·浙江期中）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为，体积为，则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：圆锥的底面圆的面积为，设底面圆的半径为，则，解得，
所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长，
又屋顶的体积为，设圆锥的高为，则，所以，
所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形的半径，
所以侧面展开图扇形的圆心角约为.
故答案为：C.
【分析】 本题考查圆锥的表面积与体积公式，结合扇形圆心角的求解，核心是先通过底面积和体积求出底面半径与高，再利用勾股定理求母线长，最终计算展开图圆心角。
3．（2025高一下·浙江期中）已知椭圆的左、右焦点分别为是上在第二象限内的一点，且，则直线的斜率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：由条件可知，，得，，且
所以，且，
设直线的倾斜角为，则，
所以直线的斜率为.
故答案为：B
【分析】先根据椭圆定义和已知条件求出、及焦距，再利用勾股定理逆定理判断三角形形状，最后结合点所在象限求出直线的斜率。
4．（2025高一下·浙江期中）已知向量，若在上的投影向量为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量，
又因为在上的投影向量为，所以
则.
故答案为：A.
【分析】利用向量投影向量的公式建立等式，投影向量等于，对比系数求解。
5．（2025高一下·浙江期中）如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形，其中.以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意得，
所以，
如图，
原图形 中， ，
所以直角梯形 的边 为轴旋转一周得到的几何体为圆台，
，
故答案为：A.
【分析】先根据斜二测画法还原原四边形ABCD的形状与边长，再分析以AD为轴旋转一周得到的几何体是圆台挖去一个圆锥，最后用体积公式计算。
6．（2025高一下·浙江期中）已知点、，点满足，记的轨迹为，下列说法正确的是（　　）
A．曲线的方程为 B．曲线的方程为
C．点的轨迹所围成的面积为 D．点的轨迹所围成的面积为
【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程
【解析】【解答】解：设点，由可得，
整理可得，故曲线的方程为，
所以，曲线是圆心为原点，半径为的圆，
故点的轨迹所围成的面积为，B正确，ACD错误.
故答案为：B.
【分析】设点，根据两点间距离公式将转化为代数方程，化简后得到轨迹方程，再判断曲线形状并计算面积。
7．（2025高一下·浙江期中）已知正方体的棱长为分别是棱和上的中点，点是正方体表面上一点且满足，则点的轨迹长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为原点，以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，
所以，
即，此方程表示以为球心，以为半径的球，
球心到每个面的距离都是1，每个平面与球的截面圆的半径为，
所以点的轨迹是以每一个正方形的中点为圆心的圆，所以轨迹长度为.
故答案为：D
【分析】先建立空间直角坐标系，写出各点坐标，将向量数量积条件转化为球面方程，再分析球面与正方体表面的交线，最后计算交线总长度。
8．（2025高一下·浙江期中）已知椭圆和双曲线有相同的焦点为两曲线在第一象限的交点，分别为曲线的离心率.若，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
根据椭圆和双曲线的定义，可得.
因为，，
所以∽，
所以，
又因为，，
所以
，
当且仅当时，即当时取“”.
故答案为：C.
【分析】先根据椭圆、双曲线的定义，再结合三角形的相似判断方法得出∽，则探索出的关系，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·浙江期中）对于任意两个非零向量和，下列命题中正确的是（　　）
A．
B．
C．在方向上的投影向量的模为
D．向量与向量垂直
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A，由平面向量数量积的性质可得，A正确；
B，不妨设、为相互垂直的两个单位向量，则，，同理可得，此时，B错误；
C，在方向上的投影向量为，
故在方向上的投影向量的模为，C正确；
D，因为，
所以向量与向量垂直，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】 根据向量数量积的运算性质、投影向量定义、向量垂直的充要条件，对每个选项逐一验证判断。
10．（2025高一下·浙江期中）在平面直角坐标系中，点分别在直线上（均异于点），.过点分别作的角平分线的垂线，垂足分别为，的面积分别为.若为定值，则（　　）
A．时，点的轨迹是椭圆
B．时，点的轨迹是双曲线
C．存在，使得点的轨迹是圆
D．存在，使得点的轨迹是抛物线
【答案】A,C
【知识点】轨迹方程；曲线与方程
【解析】【解答】解：设，
因直线与直线既关于轴对称，也关于轴对称，则点在轴或轴上，
则，
因为定值，则为定值，
因，则，则，
则为定值，
设直线的倾斜角为，则或，
若，此时，，，则为圆，故C正确；
若，则，，，
则为椭圆，故A正确，B错误；
由于方程中不含和的一次项，
故该曲线不可能为抛物线，故D错误.
故答案为：AC
【分析】先设出点的坐标，由三角形面积和为定值推出为定值，再通过向量坐标运算得到点轨迹方程，最后根据方程形式判断轨迹类型。
11．（2025高一下·浙江期中）若正方体边长为1，点满足，其中，则（　　）
A．当时，存在点，使得平面
B．当满足时，不存在点，使得
C．当满足时，存在点，使得与平面所成角为
D．当满足时，三棱锥的体积的最小值为
【答案】A,B,D
【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的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以D为坐标原点，以DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为=，所以，
A：当时，则，取，则点P与C重合，，
所以，
因为平面，平面，所以平面，A正确；
B：当时，所以，则，
要使，当且仅当，即，
令，
若，又，
在单调递减，在单调递增；
所以在处取得极小值，
所以在无零点，即在无解，
所以当满足时，不存在点，使得，B正确；
C：设平面的法向量为，
则，，
所以，取，则，所以，
因为与平面所成角为，
，
又，所以，
得，所以方程无解，
所以当满足时，不存在点，使得与平面所成角为， C错误；
D：为正三角形，，则，
由，，可得
所以设，
则，则，
设平面的法向量为，
由令，
所以点P到平面的距离为，
因为，，
所以
所以当时，取最大值，从而，
所以三棱锥的体积的最小值为，D正确；
故答案为：ABD
【分析】 以D为原点建立空间直角坐标系，写出各顶点与P点坐标，将空间位置关系转化为向量运算，分别通过线面平行判定、向量垂直条件、线面角公式、体积最值计算来验证各选项。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·浙江期中）抛物线上一点到其焦点的距离的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：设抛物线上一点，其焦点，准线为，
则根据抛物线定义得抛物线上一点到焦点的距离为，
时等号成立，所以抛物线上一点到其焦点的距离的最小值为.
故答案为：.
【分析】 先将抛物线方程化为标准形式，确定焦点和准线，再利用抛物线定义将点到焦点的距离转化为点到准线的距离，结合x的取值范围求最小值。
13．（2025高一下·浙江期中）已知为坐标原点，圆在直线上运动，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】解：圆的圆心为，半径为，如下图所示：
设原点关于直线的对称点为，
而直线的斜率为，且线段的中点在直线上，
由题意可得，解得，即点，
由对称性可得，
所以，，
当且仅当三点共线，故取最小值.
故答案为：.
【分析】先求原点关于直线的对称点，将转化为，则，其最小值为到的距离。
14．（2025高一下·浙江期中）已知等边的边长为所在平面存在两点，满足，其中且.若，则点运动所形成的轨迹的区域面积为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：，
，即，
因为且、、，则、，所以，，
所以，点在的边界及其内部，
因为，则点在如下图所示的封闭区域内，该区域由、、三条线段以及三段分别以、、为圆心，半径为且圆心角为的圆弧围成的区域，
其中四边形、、均为矩形，且，
设该区域的面积为，
则
故答案为：.
【分析】先由向量关系得出点在内部及边界上，再由可知点的轨迹是各边向外平移1个单位并以顶点为圆心、1为半径作圆后形成的区域，最后计算该区域面积。
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·浙江期中）如图所示，在中，分别是边的中点，，.
（1）用表示；
（2）求证：三点共线.
【答案】（1）解：如图，延长到，使，连接，得到平行四边形，
则，
.
（2）证明：由（1）知，，
，
，所以，
所以共线，又因为有公共点，所以三点共线.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【分析】(1) 依据向量加法的平行四边形法则，结合中点条件，将分解为与的线性组合；再通过向量减法的三角形法则，把转化为与的差，进而用表示。
(2) 先利用数乘向量关系表示出，再计算与，通过判断两向量共线且有公共点，证明三点共线。
（1）如图，延长到，使，连接，得到平行四边形，
则，
.
（2）由（1）知，，
，
，所以，
所以共线，又因为有公共点，所以三点共线.
16．（2025高一下·浙江期中）已知直线，圆，圆：.
（1）判断直线与圆的位置关系，并说明理由；
（2）圆与圆交于两点，求过与这三点的圆的方程.
【答案】（1）解：由于，则直线过定点，，
故定点在圆内，直线与圆相交.
（2）解：联立两圆方程，解得，
令所求圆方程为，
代入三点，，
得所求圆方程为.
【知识点】圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】(1) 先将直线方程整理为含参数的直线系形式，求出直线恒过的定点，再判断该定点与圆的位置关系，从而确定直线与圆的位置关系。
(2) 利用两圆公共弦的性质，设出过两点的圆系方程，代入已知点坐标求解参数，进而得到所求圆的方程。
（1）由于，则直线过定点，，故定点在圆内，直线与圆相交.
（2）法一：联立两圆方程，解得，
令所求圆方程为，
代入三点，，
得所求圆方程为.
法二：令所求圆方程为，
代入，，
解得，故所求圆方程为.
17．（2025高一下·浙江期中）已知直三棱柱的棱长均为中点为与交于点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：与相似，则，
又，故，所以，
故在中，.又平面平面，
则平面.
（2）解：如图，以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，平行于方向为轴建立空间直角坐标系，
则，.
平面的法向量为.
设平面的法向量为，
即，
令得，故.
设平面与平面所成角大小为，
则，
从而平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 利用相似三角形得到线段比例，构造，再依据线面平行判定定理证明。
(2) 建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，通过向量夹角公式计算二面角的余弦值
（1）与相似，则，
又，故，所以，
故在中，.又平面平面，
则平面.
（2）如图，以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，平行于方向为轴建立空间直角坐标系，
则，.
平面的法向量为.
设平面的法向量为，
即，
令得，故.
设平面与平面所成角大小为，
则，
从而平面与平面所成角的余弦值为.
18．（2025高一下·浙江期中）已知椭圆的离心率，且过点.
（1）求曲线的标准方程；
（2）若曲线的左右顶点分别为，过点且斜率为负数的直线与交于两点（点在点上方），直线与的交点为.
（i）求证：点在定直线上；
（ii）若直线与轴交于点，求的取值范围.
【答案】（1）解：由题意知，解得，
双曲线的标准方程为.
（2）（i）证明：设直线的方程为，联立，则，，解得.
设，其中.
直线的方程为，直线的方程为.
联立，解得，从而，
即点在定直线上.
（ii）解：定直线与轴交于点，从而.
记，其中，则，
即，解得，从而.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 利用椭圆离心率公式和已知点坐标，联立椭圆基本方程 求解 ，得到椭圆标准方程。
(2) (i) 设出直线 方程与椭圆联立，得到 坐标关系，写出直线 方程，联立消参后证明交点 在定直线上；(ii) 利用三角形面积公式将面积比转化为纵坐标之比，结合直线与椭圆的位置关系求取值范围。
（1）由题意知，解得，
双曲线的标准方程为.
（2）（i）设直线的方程为，联立，则，，解得.
设，其中.
直线的方程为，直线的方程为.
联立，解得，从而，
即点在定直线上.
（ii）定直线与轴交于点，从而.
记，其中，则，
即，解得，从而.
19．（2025高一下·浙江期中）如图，曲线是一条“双纽线”.已知过上任意一点到点的距离之积为定值.
（1）求的值；
（2）求的最大值；
（3）除原点外，直线分别与相交于四点.记四边形的面积为，求证：.
【答案】（1）解：由题意知，
则，解得，即（负值已舍去）.
（2）解：设，则，
则，
即，即曲线的方程为.
要求的最大值，由对称性，不妨设点在轴右侧，
若，则，则.
若，由于，则，
令，则，所以.
综上，的最大值为.
（3）证明：在曲线的方程中，用分别替代，方程不变，则曲线的图像关于原点对称.
设直线与曲线在轴右侧的交点分别为.由于直线也关于原点对称，则四边形为平行四边形，其面积为面积的倍.
联立，则，
则，即，所以，则，
同理可得，.
记，则，
又，，解得（负值已舍去），
从而，
所以.
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 将点代入到“双纽线”的距离之积为定值的条件中，直接计算求解的值。
(2) 先根据距离之积的条件求出曲线的方程，再利用极坐标或代数变形，结合三角函数求的最大值。
(3) 联立直线与曲线方程，求出交点坐标，将四边形面积表示为关于斜率的表达式，再利用不等式放缩证明结论。
（1）由题意知，
则，解得，即（负值已舍去）.
（2）设，则，
则，
即，即曲线的方程为.
要求的最大值，由对称性，不妨设点在轴右侧，
若，则，则.
若，由于，则，
令，则，所以.
综上，的最大值为.
（3）在曲线的方程中，用分别替代，方程不变，则曲线的图像关于原点对称.
设直线与曲线在轴右侧的交点分别为.由于直线也关于原点对称，则四边形为平行四边形，其面积为面积的倍.
联立，则，
则，即，所以，则，
同理可得，.
记，则，
又，，解得（负值已舍去），
从而，
所以，即证.
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