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浙江省温州十校联合体2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题
一、选择题：本大题共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．直线的倾斜角是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：直线的斜率为，
设其倾斜角为，，则，即.
故答案为：A.
【分析】先求直线的斜率，再根据倾斜角和斜率的关系求解即可.
2．双曲线的焦距为（　　）
A． B． C．4 D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线，可得，则，，则焦距.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线方程求得，再根据双曲线中的关系，即可得焦距.
3．已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：由题意得，平面的一个法向量，
则点到平面的距离为，
故答案为：C.
【分析】由题意得，再利用空间向量求点到面的距离即可.
4．圆与圆的位置关系是（　　）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内切
【答案】A
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：圆即，圆心，半径；
圆即，圆心，半径；
，则两圆外离.
故答案为：A.
【分析】求圆心距，根据圆心距与的关系判断两圆的位置关系即可.
5．过圆外一点作圆的两条切线，切点为、，则的外接圆半径是（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
因为是圆的切线，所以，，
所以以为直径的圆就是的外接圆，
又因为，所以的外接圆的半径为.
故答案为：C.
【分析】易知圆的圆心和半径，由是圆的切线，可得以为直径的圆就是的外接圆，则为圆的半径．
6．椭圆的离心率可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由表示椭圆，可得，恒成立，
则椭圆的焦点在轴上，离心率，
因为，所以，所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得椭圆的焦点在x轴上，离心率，结合的范围可得离心率的取值范围.
7．已知点在椭圆上运动，圆的圆心为椭圆的右焦点，半径，点在圆上，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：在椭圆中，，，则，即，
设点，则，且，可得，
所以，
所以，
当且仅当为椭圆的左端点，且为射线与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，
，
当且仅当为椭圆的右端点，且为线段与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，
综上所述，的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】易知椭圆的右焦点坐标，设，则，利用椭圆的焦半径公式，结合x的范围，求出的取值范围，再结合圆的几何性质求的取值范围即可.
8．已知球是棱长为的正方体的内切球，点为球表面上一动点，且满足面，则的最大值为（　　）
A． B．2 C．6 D．
【答案】A
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆方程的综合应用；棱柱的结构特征；球内接多面体；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：在正方体中，可得，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
要使得平面，且点为球表面上一动点，
所以点在平面与球的截面圆上，且截面圆恰为的内切圆，
因为正方体的棱长为，可得正的边长为，其内切圆的半径为，
以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
可得，内切圆的方程为，
设，则，
，
表示内切圆上点到原点的距离，
可得内切圆与轴的交点为时，距离最大，最大距离为，
则.
故答案为：A.
【分析】利用面面平行的判定定理证明平面平面，得到点在平面与球的截面圆上，求得正的边长为，得到，以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，圆的方程为，设，利用两点距离公式，结合圆的性质，即可求解.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9．已知空间向量，，，则下列说法中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．向量在上的投影向量的模长为
D．若，则
【答案】B,C,D
【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、空间向量，，由，可得，
即，显然和无解，故A错误；
B、若，则，故B正确；
C、向量在上的投影向量的模长是，故C正确；
D、，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据空间向量共线求参数，即可判断A；根据空间向量垂直的坐标表示求解即可判断B；利用投影向量的坐标运算，结合向量模长的坐标表示求解即可判断C；利用空间向量模的坐标运算求解即可判断D．
10．已知直线，则下列选项中正确的是（　　）
A．直线恒过定点
B．若直线与直线平行，则
C．若直线不经过第二象限，则
D．原点到直线的距离可能为2
【答案】A,B,D
【知识点】两条直线平行的判定；恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：A、，
，，
，直线恒过定点，故A正确；
B、的斜率为，
直线的斜率为，这两条直线平行，
，，，故B正确；
C、当直线存在斜率时，
，当时，，
在轴上的截距为，
不过第二象限，，，，
当直线不存在斜率时，，
，，不经过第二象限，符合题意，
综上，若直线不经过第二象限，则，故C错误；
D、，
原点到直线的距离为，
，，，
有根，原点到直线的距离可能为2，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将直线方程化为，令，求解即可得直线
恒过的定点判断A；分别求直线的斜率，根据两条直线平行，求解即可判断B；分直线存在斜率、不存在斜率讨论，两种情况求并集得到的范围即可判断C；利用点到直线的距离求出原点到直线的距离，根据距离等于2列方程，得到的一元二次方程，利用判别式与0的大小关系判断这个一元二次方程是否有解，即可判断D.
11．在长方体中，，，点在底面四边形内（含边界）运动，且满足，点是线段的中点，则下列选项中正确的是（　　）
A．点的轨迹是线段，其长度为
B．三棱锥的体积为定值
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为1
D．存在点，使得到的距离为
【答案】A,B
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；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，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，设点，
则，
因为，所以，
化简得：，令，得，令得，，
由此可得点在以点，点为端点的线段上，
此时，故点的轨迹是线段，其长度为，故A正确；
因为点是线段的中点，点在底面四边形内（含边界）运动，
所以三棱锥的体积，故B正确；
由，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，可得，
要想使得直线与平面所成角的正弦值的最大值为，
则需要满足平面，此时，
即存在使得，解得，此时不满足，故C错误；
由，
则点到的距离为：，
此时取等号条件为，显然，所以等号不成立，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算来确定交线，再用坐标运算可求解线段长即可判断A；利用空间向量法求证线面是否存在垂直即可判断C；利用空间向量法求点到线的距离即可判断D；利用等体积法求解即可判断B.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为　 　.
【答案】
【知识点】空间中的点的坐标
【解析】【解答】解：点关于平面对称的点的坐标为.
故答案为：.
【分析】根据空间中点的对称性求解即可．
13．已知直线与圆相交于，两点，若弦的长度为4，则实数的值为　 　.
【答案】1
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：圆 ：的标准方程为，
圆 的圆心为 ，半径为 2，
弦长公式为：，为圆心到直线的距离，
把代入得，解得，
则直线通过圆心 ，即，解得.
故答案为：1.
【分析】先化圆的一般方程为标准方程，求得圆心和半径，利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，结合题意可得直线过圆心，将圆心代入直线方程即可求得k的值.
14．已知双曲线，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，则正整数的最小值为　 　.
【答案】3
【知识点】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：设，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，
则此直线一定存在斜率，设过点的直线的方程为，
整理得到，代入双曲线得到，
整理得，
则有，为弦中点，
，，，
又，
，，，
当时，不成立；
当时，不成立；
当时，成立；
正整数的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】设，由题意可得直线一定存在斜率，设过点的直线的方程为，联立直线与双曲线方程，消去，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到，又为弦中点，利用中点坐标公式建立的等式，利用判别式大于0建立的不等式，则对从1开始取值，代入的不等式中求出正整数的最小值即可.
四、解答题：本大题共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．如图，在正方体中，点、为棱、的中点，设，，.
（1）用、、表示；
（2）证明：、、、四点共面.
【答案】（1）解：；
（2）证明：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
易得，，，，
得，，
故有，，
得、、、四点共面．
【知识点】空间向量基本定理；共面向量定理；用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【分析】（1）以、、为基向量，利用向量的线性运算表示即可；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系利用空间向量法证明即可．
（1）；
（2）法1：连接，
易知，，
故，得、、、四点共面；
法2：；
故，得、、、四点共面；
法3：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
易得，，，，
得，，
故有，，
得、、、四点共面．
16．已知，，动点满足
（1）指出动点的轨迹是什么曲线，并写出它的方程；
（2）过作直线与曲线交于，两点，在轴上方，直线的斜率为，求经过，且以坐标轴为对称轴的双曲线的标准方程，若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：由题意得：，
所以动点轨迹是焦点为，长轴长等于10的椭圆，
则，
即点的轨迹方程为；
（2）解：设直线的方程为，
联立，化简得，
即，得到，，，，
由点在轴上，可知顶点在轴上，
设双曲线标准方程为：，将两点代入，
该方程组无解，所以不存在所要求的双曲线.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用椭圆的定义求椭圆标准方程即可；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求得交点坐标，设双曲线标准方程为：，利用待定系数法求解，最终因无解说明不存在.
（1）由题意得：，
所以动点轨迹是焦点为，长轴长等于10的椭圆，
则，
即点的轨迹方程为；
（2）设直线的方程为，
联立方程，化简得，
即，得到，，，，
由点在轴上，可知顶点在轴上，
设双曲线标准方程为：，将两点代入，
该方程组无解，所以不存在所要求的双曲线.
17．四棱锥中，平面，，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，且，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，
，
又，，，，
取的中点，连接，，如图所示：
，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面；
（2）解：以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
，，，
记面和面的法向量分别为，，
平面，，
设，
则，令，则，
，
平面与平面的夹角余弦值为．
【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）根据四棱锥的性质，取的中点，连接，，利用线面平行的判定定理证明线面平行即可；
（2）以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量坐标，利用空间向量夹角余弦公式求解即可．
（1），均为等腰直角三角形，斜边分别为，，
，
又，，，，
取的中点，连接，，
，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面．
（2）以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
记面和面的法向量分别为，，
平面，，
设，
则，令，则，
，
平面与平面的夹角余弦值为．
18．已知抛物线与直线相交于，两点（在左侧），给定点、在抛物线上．
（1）用表示；
（2）若，，，四点共圆，求实数的值；
（3）在（2）的条件下，求过，，，四点的圆的方程．
【答案】（1）解：抛物线与直线相交于，两点，
联立，可得，移项得，
由韦达定理可得：；
（2）解：设圆的方程为：，
代入点得①，
代入点得②，
由①②式，消去，得，
代入①式得，
点在圆上，代入圆的方程，
同理对成立，，是方程的两根，
但，也是的两根，两方程系数成比例，
又，得，
③，
将，代入③得，化简得，
检验：当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，此时四点共圆，但，与，重合，舍去；
当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，与，不同，四点共圆成立，
；
（3）解：当时，，，，，
设圆方程为：，
代入点得，
代入点得，
代入点得，解得，，，
圆方程为：，标准方程为：．
【知识点】圆的一般方程；点与圆的位置关系；圆方程的综合应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）联立抛物线和直线方程，利用韦达定理求解即可；
（2）设圆的方程为：，根据点A，B在圆上代入原方程化简求得，再根据点在圆上，代入圆方程，同理也成立，则，是方程的两根，根据四点共圆的性质，结合韦达定理分析四点共圆的成立条件求出的值即可；
（3）当时，，，，，设圆方程为：，利用待定系数法求解即可．
（1）抛物线与直线相交于，两点，
联立方程得，移项得，
由已知、为方程的两个根，由韦达定理得：．
（2）方法一：（代数法）
设圆的方程为：，
代入点得①，
代入点得②，
由①②式，消去，得，
代入①式得，
点在圆上，代入圆的方程，
同理对成立，，是方程的两根，
但，也是的两根，两方程系数成比例，
又得：，
③，
将，代入③得，
化简得，
检验：当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，此时四点共圆，但，与，重合，舍去；
当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，与，不同，四点共圆成立．
．
方法二：（几何法）
设直线与直线相交于点，
由圆幂定理知：若，，，共圆，则，
直线过，，斜率，直线方程为：，
直线方程，
两直线联立求交点，
，则，，即，
，，
，
设，横坐标为，，则，
同理，
，
抛物线与直线相交于，两点，联立方程得，
由韦达定理得：，，
，
由圆幂定理得：，解得，舍去（重合情况），得．
方法三：
设圆的方程为：，，横坐标为，，
联立圆方程与抛物线方程得：
，，，，是该方程四个根，
，
展开得：
，即，
抛物线与直线相交于，两点，联立方程得，
，即，解得．
方法四：
直线过、，斜率，直线方程为：，
直线，两直线相交于点，
抛物线关于轴对称，如果两直线也是关于轴对称，则四点共圆，
．
（3）当时，，，，，
设圆方程为：，
代入点得，
代入点得，
代入点得，
解得，，，
圆方程为：，标准方程为：．
19．在平面直角坐标系中，若一条直线与一条圆锥曲线相交于，两点，且满足，其中为坐标原点，则称该圆锥曲线关于此直线是“和谐”的，该直线称为圆锥曲线的“和谐线”.已知椭圆和直线（其中），直线与椭圆相交于，两点.
（1）当时，求直线被椭圆截得的弦长（用表示）；
（2）若直线是椭圆的“和谐线”，求与的关系式；
（3）在（2）的条件下，求面积的取值范围.
【答案】（1）解：当时，直线的方程为，
将代入椭圆方程，得 ，，
所以，对应的，
因此，点，的坐标分别为和，
弦长；
（2）解：设，，则，，
将代入椭圆方程得：，
即，
，
由韦达定理得：，，
由，所以，
则，即，所以，
又，
则，
将韦达定理的结果代入：，
即，
展开并整理：，
即，
即，即，
；
（3）解：由（2）知，
三角形的面积，又，
由（2）有：，，
代入得：
，
将代入：，
又，
所以，，
由已知，令，则，
设，则，
设，
当时取到最大为，取到最大值为1，
当时，，，
.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示；平面内两点间的距离公式；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）当时，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出点，的坐标，再利用两点间距离公式求即可；
（2）设，，则，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，，由可得，，代入韦达定理化简整理即可得与的关系式；
（3）由（2）知，表示，代入韦达定理以及（2）的结论，构造函数，利用基本不等式求范围即可.
（1）当时，直线的方程为，
将代入椭圆方程得： ，，
所以，对应的.
因此，点，的坐标分别为和.
弦长.
（2）设，，则，.
将代入椭圆方程得：，
即，
，
由韦达定理得：，，
由，所以，
则，即，所以.
又，
则，
将韦达定理的结果代入：，
即，
展开并整理：，
即，
即，即，
.
（3）由（2）知，
三角形的面积，又，
由（2）有：，，
代入得：
，
将代入：，
又，
所以，，
由已知，令，则，
设，则.
设，
当时取到最大为，取到最大值为1，
当时，，，
.
1 / 1浙江省温州十校联合体2025-2026学年高二上学期11月期中联考数学试题
一、选择题：本大题共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．直线的倾斜角是（　　）
A． B． C． D．
2．双曲线的焦距为（　　）
A． B． C．4 D．
3．已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（　　）
A． B． C．1 D．
4．圆与圆的位置关系是（　　）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内切
5．过圆外一点作圆的两条切线，切点为、，则的外接圆半径是（　　）
A．1 B． C．2 D．
6．椭圆的离心率可能是（　　）
A． B． C． D．
7．已知点在椭圆上运动，圆的圆心为椭圆的右焦点，半径，点在圆上，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．已知球是棱长为的正方体的内切球，点为球表面上一动点，且满足面，则的最大值为（　　）
A． B．2 C．6 D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9．已知空间向量，，，则下列说法中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．向量在上的投影向量的模长为
D．若，则
10．已知直线，则下列选项中正确的是（　　）
A．直线恒过定点
B．若直线与直线平行，则
C．若直线不经过第二象限，则
D．原点到直线的距离可能为2
11．在长方体中，，，点在底面四边形内（含边界）运动，且满足，点是线段的中点，则下列选项中正确的是（　　）
A．点的轨迹是线段，其长度为
B．三棱锥的体积为定值
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为1
D．存在点，使得到的距离为
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为　 　.
13．已知直线与圆相交于，两点，若弦的长度为4，则实数的值为　 　.
14．已知双曲线，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，则正整数的最小值为　 　.
四、解答题：本大题共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．如图，在正方体中，点、为棱、的中点，设，，.
（1）用、、表示；
（2）证明：、、、四点共面.
16．已知，，动点满足
（1）指出动点的轨迹是什么曲线，并写出它的方程；
（2）过作直线与曲线交于，两点，在轴上方，直线的斜率为，求经过，且以坐标轴为对称轴的双曲线的标准方程，若不存在，说明理由.
17．四棱锥中，平面，，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，且，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
18．已知抛物线与直线相交于，两点（在左侧），给定点、在抛物线上．
（1）用表示；
（2）若，，，四点共圆，求实数的值；
（3）在（2）的条件下，求过，，，四点的圆的方程．
19．在平面直角坐标系中，若一条直线与一条圆锥曲线相交于，两点，且满足，其中为坐标原点，则称该圆锥曲线关于此直线是“和谐”的，该直线称为圆锥曲线的“和谐线”.已知椭圆和直线（其中），直线与椭圆相交于，两点.
（1）当时，求直线被椭圆截得的弦长（用表示）；
（2）若直线是椭圆的“和谐线”，求与的关系式；
（3）在（2）的条件下，求面积的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：直线的斜率为，
设其倾斜角为，，则，即.
故答案为：A.
【分析】先求直线的斜率，再根据倾斜角和斜率的关系求解即可.
2．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线，可得，则，，则焦距.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线方程求得，再根据双曲线中的关系，即可得焦距.
3．【答案】C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：由题意得，平面的一个法向量，
则点到平面的距离为，
故答案为：C.
【分析】由题意得，再利用空间向量求点到面的距离即可.
4．【答案】A
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：圆即，圆心，半径；
圆即，圆心，半径；
，则两圆外离.
故答案为：A.
【分析】求圆心距，根据圆心距与的关系判断两圆的位置关系即可.
5．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
因为是圆的切线，所以，，
所以以为直径的圆就是的外接圆，
又因为，所以的外接圆的半径为.
故答案为：C.
【分析】易知圆的圆心和半径，由是圆的切线，可得以为直径的圆就是的外接圆，则为圆的半径．
6．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由表示椭圆，可得，恒成立，
则椭圆的焦点在轴上，离心率，
因为，所以，所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得椭圆的焦点在x轴上，离心率，结合的范围可得离心率的取值范围.
7．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：在椭圆中，，，则，即，
设点，则，且，可得，
所以，
所以，
当且仅当为椭圆的左端点，且为射线与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，
，
当且仅当为椭圆的右端点，且为线段与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立，
综上所述，的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】易知椭圆的右焦点坐标，设，则，利用椭圆的焦半径公式，结合x的范围，求出的取值范围，再结合圆的几何性质求的取值范围即可.
8．【答案】A
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆方程的综合应用；棱柱的结构特征；球内接多面体；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：在正方体中，可得，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
要使得平面，且点为球表面上一动点，
所以点在平面与球的截面圆上，且截面圆恰为的内切圆，
因为正方体的棱长为，可得正的边长为，其内切圆的半径为，
以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
可得，内切圆的方程为，
设，则，
，
表示内切圆上点到原点的距离，
可得内切圆与轴的交点为时，距离最大，最大距离为，
则.
故答案为：A.
【分析】利用面面平行的判定定理证明平面平面，得到点在平面与球的截面圆上，求得正的边长为，得到，以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，圆的方程为，设，利用两点距离公式，结合圆的性质，即可求解.
9．【答案】B,C,D
【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、空间向量，，由，可得，
即，显然和无解，故A错误；
B、若，则，故B正确；
C、向量在上的投影向量的模长是，故C正确；
D、，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据空间向量共线求参数，即可判断A；根据空间向量垂直的坐标表示求解即可判断B；利用投影向量的坐标运算，结合向量模长的坐标表示求解即可判断C；利用空间向量模的坐标运算求解即可判断D．
10．【答案】A,B,D
【知识点】两条直线平行的判定；恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：A、，
，，
，直线恒过定点，故A正确；
B、的斜率为，
直线的斜率为，这两条直线平行，
，，，故B正确；
C、当直线存在斜率时，
，当时，，
在轴上的截距为，
不过第二象限，，，，
当直线不存在斜率时，，
，，不经过第二象限，符合题意，
综上，若直线不经过第二象限，则，故C错误；
D、，
原点到直线的距离为，
，，，
有根，原点到直线的距离可能为2，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将直线方程化为，令，求解即可得直线
恒过的定点判断A；分别求直线的斜率，根据两条直线平行，求解即可判断B；分直线存在斜率、不存在斜率讨论，两种情况求并集得到的范围即可判断C；利用点到直线的距离求出原点到直线的距离，根据距离等于2列方程，得到的一元二次方程，利用判别式与0的大小关系判断这个一元二次方程是否有解，即可判断D.
11．【答案】A,B
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；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，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，设点，
则，
因为，所以，
化简得：，令，得，令得，，
由此可得点在以点，点为端点的线段上，
此时，故点的轨迹是线段，其长度为，故A正确；
因为点是线段的中点，点在底面四边形内（含边界）运动，
所以三棱锥的体积，故B正确；
由，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，可得，
要想使得直线与平面所成角的正弦值的最大值为，
则需要满足平面，此时，
即存在使得，解得，此时不满足，故C错误；
由，
则点到的距离为：，
此时取等号条件为，显然，所以等号不成立，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算来确定交线，再用坐标运算可求解线段长即可判断A；利用空间向量法求证线面是否存在垂直即可判断C；利用空间向量法求点到线的距离即可判断D；利用等体积法求解即可判断B.
12．【答案】
【知识点】空间中的点的坐标
【解析】【解答】解：点关于平面对称的点的坐标为.
故答案为：.
【分析】根据空间中点的对称性求解即可．
13．【答案】1
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：圆 ：的标准方程为，
圆 的圆心为 ，半径为 2，
弦长公式为：，为圆心到直线的距离，
把代入得，解得，
则直线通过圆心 ，即，解得.
故答案为：1.
【分析】先化圆的一般方程为标准方程，求得圆心和半径，利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，结合题意可得直线过圆心，将圆心代入直线方程即可求得k的值.
14．【答案】3
【知识点】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：设，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，
则此直线一定存在斜率，设过点的直线的方程为，
整理得到，代入双曲线得到，
整理得，
则有，为弦中点，
，，，
又，
，，，
当时，不成立；
当时，不成立；
当时，成立；
正整数的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】设，由题意可得直线一定存在斜率，设过点的直线的方程为，联立直线与双曲线方程，消去，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到，又为弦中点，利用中点坐标公式建立的等式，利用判别式大于0建立的不等式，则对从1开始取值，代入的不等式中求出正整数的最小值即可.
15．【答案】（1）解：；
（2）证明：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
易得，，，，
得，，
故有，，
得、、、四点共面．
【知识点】空间向量基本定理；共面向量定理；用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【分析】（1）以、、为基向量，利用向量的线性运算表示即可；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系利用空间向量法证明即可．
（1）；
（2）法1：连接，
易知，，
故，得、、、四点共面；
法2：；
故，得、、、四点共面；
法3：以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
易得，，，，
得，，
故有，，
得、、、四点共面．
16．【答案】（1）解：由题意得：，
所以动点轨迹是焦点为，长轴长等于10的椭圆，
则，
即点的轨迹方程为；
（2）解：设直线的方程为，
联立，化简得，
即，得到，，，，
由点在轴上，可知顶点在轴上，
设双曲线标准方程为：，将两点代入，
该方程组无解，所以不存在所要求的双曲线.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用椭圆的定义求椭圆标准方程即可；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求得交点坐标，设双曲线标准方程为：，利用待定系数法求解，最终因无解说明不存在.
（1）由题意得：，
所以动点轨迹是焦点为，长轴长等于10的椭圆，
则，
即点的轨迹方程为；
（2）设直线的方程为，
联立方程，化简得，
即，得到，，，，
由点在轴上，可知顶点在轴上，
设双曲线标准方程为：，将两点代入，
该方程组无解，所以不存在所要求的双曲线.
17．【答案】（1）证明：，均为等腰直角三角形，斜边分别为，，
，
又，，，，
取的中点，连接，，如图所示：
，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面；
（2）解：以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
，，，
记面和面的法向量分别为，，
平面，，
设，
则，令，则，
，
平面与平面的夹角余弦值为．
【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）根据四棱锥的性质，取的中点，连接，，利用线面平行的判定定理证明线面平行即可；
（2）以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量坐标，利用空间向量夹角余弦公式求解即可．
（1），均为等腰直角三角形，斜边分别为，，
，
又，，，，
取的中点，连接，，
，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面．
（2）以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
记面和面的法向量分别为，，
平面，，
设，
则，令，则，
，
平面与平面的夹角余弦值为．
18．【答案】（1）解：抛物线与直线相交于，两点，
联立，可得，移项得，
由韦达定理可得：；
（2）解：设圆的方程为：，
代入点得①，
代入点得②，
由①②式，消去，得，
代入①式得，
点在圆上，代入圆的方程，
同理对成立，，是方程的两根，
但，也是的两根，两方程系数成比例，
又，得，
③，
将，代入③得，化简得，
检验：当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，此时四点共圆，但，与，重合，舍去；
当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，与，不同，四点共圆成立，
；
（3）解：当时，，，，，
设圆方程为：，
代入点得，
代入点得，
代入点得，解得，，，
圆方程为：，标准方程为：．
【知识点】圆的一般方程；点与圆的位置关系；圆方程的综合应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）联立抛物线和直线方程，利用韦达定理求解即可；
（2）设圆的方程为：，根据点A，B在圆上代入原方程化简求得，再根据点在圆上，代入圆方程，同理也成立，则，是方程的两根，根据四点共圆的性质，结合韦达定理分析四点共圆的成立条件求出的值即可；
（3）当时，，，，，设圆方程为：，利用待定系数法求解即可．
（1）抛物线与直线相交于，两点，
联立方程得，移项得，
由已知、为方程的两个根，由韦达定理得：．
（2）方法一：（代数法）
设圆的方程为：，
代入点得①，
代入点得②，
由①②式，消去，得，
代入①式得，
点在圆上，代入圆的方程，
同理对成立，，是方程的两根，
但，也是的两根，两方程系数成比例，
又得：，
③，
将，代入③得，
化简得，
检验：当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，此时四点共圆，但，与，重合，舍去；
当时，直线为，与抛物线交点：，解得或，
即，，与，不同，四点共圆成立．
．
方法二：（几何法）
设直线与直线相交于点，
由圆幂定理知：若，，，共圆，则，
直线过，，斜率，直线方程为：，
直线方程，
两直线联立求交点，
，则，，即，
，，
，
设，横坐标为，，则，
同理，
，
抛物线与直线相交于，两点，联立方程得，
由韦达定理得：，，
，
由圆幂定理得：，解得，舍去（重合情况），得．
方法三：
设圆的方程为：，，横坐标为，，
联立圆方程与抛物线方程得：
，，，，是该方程四个根，
，
展开得：
，即，
抛物线与直线相交于，两点，联立方程得，
，即，解得．
方法四：
直线过、，斜率，直线方程为：，
直线，两直线相交于点，
抛物线关于轴对称，如果两直线也是关于轴对称，则四点共圆，
．
（3）当时，，，，，
设圆方程为：，
代入点得，
代入点得，
代入点得，
解得，，，
圆方程为：，标准方程为：．
19．【答案】（1）解：当时，直线的方程为，
将代入椭圆方程，得 ，，
所以，对应的，
因此，点，的坐标分别为和，
弦长；
（2）解：设，，则，，
将代入椭圆方程得：，
即，
，
由韦达定理得：，，
由，所以，
则，即，所以，
又，
则，
将韦达定理的结果代入：，
即，
展开并整理：，
即，
即，即，
；
（3）解：由（2）知，
三角形的面积，又，
由（2）有：，，
代入得：
，
将代入：，
又，
所以，，
由已知，令，则，
设，则，
设，
当时取到最大为，取到最大值为1，
当时，，，
.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示；平面内两点间的距离公式；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）当时，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出点，的坐标，再利用两点间距离公式求即可；
（2）设，，则，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，，由可得，，代入韦达定理化简整理即可得与的关系式；
（3）由（2）知，表示，代入韦达定理以及（2）的结论，构造函数，利用基本不等式求范围即可.
（1）当时，直线的方程为，
将代入椭圆方程得： ，，
所以，对应的.
因此，点，的坐标分别为和.
弦长.
（2）设，，则，.
将代入椭圆方程得：，
即，
，
由韦达定理得：，，
由，所以，
则，即，所以.
又，
则，
将韦达定理的结果代入：，
即，
展开并整理：，
即，
即，即，
.
（3）由（2）知，
三角形的面积，又，
由（2）有：，，
代入得：
，
将代入：，
又，
所以，，
由已知，令，则，
设，则.
设，
当时取到最大为，取到最大值为1，
当时，，，
.
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