期中真题百练通关压轴8大题型（期中专项训练）高二数学下学期沪教版

期中真题百练通关（压轴） 题型一、坐标平面上的直线 题型五、抛物线 题型二、圆 题型六、曲线与方程 题型三、椭圆 题型七、空间向量及其应用 题型四、双曲线 题型八、数列 题型一、坐标平面上的直线 1．若恰有三组不全为0的实数对,满足关系式，则实数t的所有可能的值为__________． 【答案】或或 【知识点】已知点到直线距离求参数、求平面两点间的距离、求到两点距离相等的直线方程、求点到直线的距离 【分析】化简得到，然后对进行分类讨论即可求解. 【详解】由已知得，整理得， 看成有且仅有三条直线满足和到直线(不过原点)的距离t相等， 又， （1）当，此时易得符合题意的直线 l 为线段AB的垂直平分线以及与直线平行的两条直线和； （2）当时，有4条直线l会使得点和到它们的距离相等，注意到l不过原点， 所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去． 设点A到l的距离为d， ①作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点，其方程为，此时，符合； ②作为增根被舍去的直线l，过原点且与平行，其方程为，此时，符合； 综上，满足题意的实数t为或或 故答案为：或或 【点睛】关键点点睛：本题的关键是化简得到，将问题转化为有且仅有三条直线满足和到直线(不过原点)的距离t相等，然后分类讨论即得. 2．（上海虹口·期中）有一块直角三角形的板置于平面直角坐标系中，已知，，点是三角形内一点，现在由于三角板中阴影部分受到损坏，为把损坏部分锯掉，可用经过点的一条直线，将三角板铝成，问：应该如何锯法，即直线斜率为多少时，可使三角板的面积最大？    【答案】, 【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、求直线交点坐标、直线的点斜式方程及辨析 【分析】由已知及直线的斜截式方程求、坐标，再由三角形面积公式写出△的面积S，并指出k的取值范围 由面积S的解析式构造函数，并研究函数的单调性，进而求S的最值． 【详解】依题意，直线MN过点且斜率存在，则MN的方程为， ，， 直线OA的方程为，直线AB的方程为， 由知：且，可得或， 由知：且，可得， ，故，， ， ∴，且. 设，， 当时，， ∵， ，，，则，即， 在是增函数， 当时，，即时，． 【点睛】关键点点睛：应用直线的斜截式方程及三角形面积公式写出面积S及k的范围，利用函数的单调性求S的最值. 3．（24-25高二下·上海·期中）在平面直角坐标系中，对于及直线l，记、、分别表示A、B、C到l的距离，且．对于给定的，记的最小值为． (1)已知定点，，，直线l的方程为，求的值； (2)已知，，为给定的不共线的三点，若直线使得，求证：直线过的重心； (3)若对于，满足的不同直线l至少有两条，试判断的形状，并予以证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)等边三角形，证明见解析 【知识点】直线过定点问题、辅助角公式、距离新定义、求点到直线的距离 【分析】（1）根据定义及点到直线距离公式即可求解； （2）设，，，直线，根据定义得出，由二次函数的性质得，，代入直线方程即可证明； （3）不妨设，，，，l的方程为，，得出，由反证法得出，即可证明． 【详解】（1），，， 故． （2）设，，，直线， 对任意固定的a、b，要使得 ，最小， 那么由二次函数的性质可得，， 此时直线方程为， 过的重心，因此过的重心． （3）由（2）知，取最小值时，l过的重心，不失一般性， 不妨设，，，其中， 此时l的方程为，这里θ表示直线l的倾斜角， 此时 ， 此时为关于θ的函数、定义域为的函数， 令，，， 则， 若或，那么函数在上有且仅有一个最小值，这与已知条件取最小值至少有两条直线满足条件矛盾． 因此必须有且，即， 由得， 不妨取， 所以，，， 所以，即， 所以为等边三角形． 题型二、圆 4．（24-25高二下·上海徐汇·期中）平面直角坐标系中，已知圆与圆交于点、两点，其中．两圆半径之积为，若两圆均与直线和轴相切，则直线的方程为________． 【答案】 【知识点】二倍角的正切公式、由直线与圆的位置关系求参数 【分析】设两个圆的方程为，依题意可得且，根据圆过点得到，设的倾斜角为，则，令，则，代入前述方程，利用韦达定理求出，最后由二倍角公式计算可得. 【详解】由题意设两个圆的方程为， 依题意可得且． 因为两圆均过点，所以①， 设的倾斜角为，则，． 令，则．将其代入式①整理得． 由韦达定理可得，从而（负值已舍去）， 所以， 故直线的方程为． 故答案为： 5．已知圆的方程为，直线的方程为，直线被圆截得的弦中长度为整数的共有______条. 【答案】8 【知识点】方程与不等式、直线过定点问题、直线与圆的位置关系求距离的最值、圆的弦长与中点弦 【分析】方法一：先求出直线过定点，再判断出点在圆内，从而得到直线被圆所截的弦长的取值范围是，再结合圆的对称性即可得到结果； 方法二：先求出圆心到直线的距离，再求出弦长，分析出要使弦长为整数须满足（为平方数），再通过换元令转化成关于的方程有解的问题，通过判别式大于0，求出的范围及的值即可得到结果. 【详解】方法一：直线可化为 ， 由可得，即直线过定点， 因为，所以点在圆内， 当点为直线被圆截得的弦的中点时，弦长最短， 点到圆心的距离， 所以直线被圆截得的最短弦长为， 最长的弦为直径，长度为10，所以弦长的取值范围是. 由圆的对称性可知弦长为7，8，9的直线各两条， 弦长为6，10的直线各一条， 所以截得的弦中长度为整数的直线共有8条. 方法二：方程法. 圆的圆心到直线的距离， 故弦长为， 要使弦长为整数，令（为平方数）， 整理得，令， 整理得（*）， ， 解得，即， 则，即， 当或100时，，方程（*）各有一解， 当时，，方程（*）各有两个不同的解， 即方程（*）共有8个不同的解，因此符合题意的直线有8条. 故答案为：8. 6．（23-24高二下·上海·期中）已知以点为圆心的圆经过原点，且与轴交于点，与轴交于点． (1)求证：的面积为定值． (2)设直线与圆交于点，，若，求圆的方程． (3)在（2）的条件下，设，分别是直线和圆上的动点，求的最小值及此时点的坐标. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)最小值为， 【知识点】由圆心（或半径）求圆的方程、求点关于直线的对称点、已知直线垂直求参数 【分析】（1）由已知直接可得圆的方程，进而可得点与的坐标，进而可得证； （2）由已知可得，进而可得参数，及圆的方程； （3）根据对称可得点关于直线的对称点，进而可知，根据点与圆的位置关系可得的最小值，进而可得点的坐标. 【详解】（1）由题意可得圆的方程为：， 化简可得， 与坐标轴的交点分别为：，， 为定值. （2）如图所示， ， 原点在线段的垂直平分线上， 设线段的中点为，则，，三点共线， 又的斜率， ， 解得， 又，所以， 可得圆心， 圆的方程为：； （3）如图所示， 由（2）可知：圆心，半径，， 设点关于直线的对称点为， 则中点为， 且，解得，即， 则， 又点到圆上点的最短距离为， 则的最小值为， 此时直线的方程为：， 点为直线与直线的交点， 则，解得， 即点. 题型三、椭圆 7．（24-25高二下·上海·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴的两个端点分别为、，点在椭圆上，且满足．当变化时，给出下列四个命题：①点的轨迹关于轴对称；②存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个；③的最小值为2；④最大值为，其中正确命题的序号是___________． 【答案】①③ 【知识点】求椭圆的长轴、短轴、求椭圆中的最值问题、利用椭圆定义求方程 【分析】运用椭圆的定义和对称性进行分析即可判断①②；由图象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断③；椭圆上的点到中心的距离小于等于，由于点不在坐标轴上，可得，即可判断④. 【详解】因为椭圆，点在椭圆上，所以， 又短轴的两个端点分别为、， 又因为， 所以点在以，为焦点，长轴长为的椭圆上，相应的椭圆的方程为， 将换为方程不变，则点的轨迹关于轴对称，故①正确； 又点为椭圆与椭圆的交点， 因为椭圆的长轴顶点为 ，短轴长度小于， 椭圆的长轴顶点为，短轴长度小于， 所以两个椭圆的交点有个，即对应的点有4个，故②不正确； 因为椭圆与椭圆长轴确定，所以点靠近坐标轴时（或），越大， 点远离坐标轴时，越小，易得时，取得最小值， 此时两椭圆方程为：，， 两方程相加得，即的最小值为，故③正确； （或用代数法：联立，即， 即， 两式相加可得， 则， 当时，的最小值为，即当的最小值为；） 椭圆上的点到中心的距离小于等于，由于点不在坐标轴上， ∴，故④错误． 故答案为：①③． 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的对称性和到定点距离的最值的判断，解题关键是由椭圆上的点到焦点的距离之和等于到短轴的顶点距离之和可得另一个椭圆． 8．（24-25高二下·上海杨浦·期中）我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”，其中，，.如图，点、、分别是相应椭圆的焦点，、和、分别是“果圆”与x轴、y轴的交点. (1)若是边长为 1 的等边三角形，求 “果圆” 的方程; (2)在（1）条件下，为半椭圆上的任意一点，点坐标为，求最大值以及最小值； (3)当 时，求的取值范围. 【答案】(1)， (2)，最大值为3 (3) 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、求椭圆中的最值问题、求椭圆中的参数及范围 【分析】（1）根据是边长为1的等边三角形可得的值，结合的关系即可得结果； （2）由两点间距离公式结合二次函数最值计算可求最小值，结合椭圆的定义可求的最大值； （3）将和分别用表示，结合即可得结果； 【详解】（1）因为是边长为1的等边三角形， 所以，，， 所以，， 故“果圆”的方程为，； （2）由（1）可知：， 可设，满足， 则， 因为，由二次函数的性质易知：当时，取得最小值， 即， 因为，所以，当三点共线取等号， 又，所以，即最大值为3； （3）又，，，因此， 因为，所以，即，即， 因为，所以， 所以，化简得， 所以. 9．（24-25高二下·上海·期中）已知椭圆的方程为，椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线l与椭圆交于P、Q两点（P、Q均不在x轴上）. (1)若椭圆的离心率为，求a的值； (2)若，求的面积的最大值； (3)已知，点，点，若直线AP、AQ分别与直线交于M、N两点.求的取值范围. 【答案】(1)3 (2)2 (3) 【知识点】求椭圆中的最值问题、求椭圆的离心率或离心率的取值范围、椭圆中的定值问题、椭圆中三角形（四边形）的面积 【分析】（1）根据离心率得到方程，求出； （2）设直线l的方程为，，，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，利用表达出三角形面积，由基本不等式求出最大值； （3）设出直线方程，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，进而得到直线AP的方程，求出，同理，计算出，求出取值范围. 【详解】（1）椭圆的离心率为，故， 解得； （2）时，，故，所以，， P、Q均不在x轴上，故直线l的斜率不为0， 设直线l的方程为，，， 联立与得， 所以，是方程的两根， ， ，， 所以， 又，故的面积，    而， 当且仅当，即时等号成立， 所以的面积的最大值为2； （3）时，，所以，， 椭圆方程为， 设直线l的方程为，，， 联立与可得，      所以，是方程的两根， ，， 故， ， 又，故直线AP的方程为， 令得，故， 所以，同理可得， 所以 ， 所以的取值范围为. 10．（24-25高二下·上海·期中）已知焦点在轴上的椭圆，上顶点为，离心率为，点是椭圆上不同的三个点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线的斜率为，直线的斜率为，且（），求证：直线过定点． (3)若，求的面积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【知识点】根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中的直线过定点问题、椭圆中三角形（四边形）的面积 【分析】（1）设椭圆方程为，由椭圆上顶点为得出，再根据离心率为，即可求解； （2）分类讨论，当直线斜率不存在时，设直线方程为，联立方程组，结合（）得出直线过定点横坐标为；当斜率存在时，设方程为，联立方程组，由韦达定理及已知得出，代入直线方程即可证明； （3）设，分类讨论，当直线的斜率不存在时得出面积表达式，当直线斜率存在，设直线方程为，由表示出点坐标，代入椭圆方程得，再根据椭圆弦长公式和点到直线距离公式即可计算面积． 【详解】（1）设椭圆方程为， 由题可知，，又离心率为， 所以， 所以椭圆方程为． （2）设， 当直线斜率不存在时，设直线方程为， 由得，， ； 当斜率存在时，设方程为， 由得，， 则， 则 ， 所以直线方程为， 所以直线过点， 综上所述，直线过定点． （3）设， ①当直线斜率不存在，此时点关于轴对称， 又点是椭圆上不同的三个点，所以点必在长轴顶点处， 不妨设，且， 由得，，即， 将代入，得，则， 点到的距离为，则； ②当直线斜率存在，如图： 由（2）知，,，， 进而，. 由得，， 所以， 因为点在椭圆上，所以， 整理得， 代入韦达定理得，， 线段， 点到直线的距离 ， 所以 ， 综上所述，的面积为． 11．（24-25高二下·上海宝山·期中）已知直线 与椭圆 有且只有一个公共点. (1)求椭圆的方程； (2)是否存在实数，使椭圆上存在不同两点 、 关于直线对称？ 若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【知识点】求椭圆中的参数及范围、根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围 【分析】（1）将直线方程和椭圆方程联立，利用求解即可； （2）假设存在实数，设直线的方程为，通过求出的范围，然后与椭圆联立，求出线段的中点，代入直线 ，求出与的关系，进而可得的范围. 【详解】（1）联立，消去得 直线与椭圆有且只有一个公共点， ，解得， 即椭圆的方程为. （2）假设存在实数，使椭圆上存在不同两点、关于直线对称， 设直线的方程为，设点、，    联立，消去得， 则，解得， 由韦达定理得，， ， ， 存在实数，使椭圆上存在不同两点、关于直线对称， 且的取值范围是. 题型四、双曲线 12．（24-25高二下·上海徐汇·期中）已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，，且两条曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则的取值范围是________． 【答案】 【知识点】求椭圆的离心率或离心率的取值范围、求双曲线的离心率或离心率的取值范围 【分析】根据等腰三角形三边关系可构造不等式求得的范围，根据双曲线和椭圆定义可利用表示出，从而得到，结合的范围可得结果. 【详解】 设椭圆与双曲线的半焦距为c，椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，， 是以为底边的等腰三角形，点在第一象限内， ， 即，，且，， ，，解得：． 在双曲线中，，； 在椭圆中，，； ； ，，则，， 可得：， 的取值范围为. 故答案为： 13．（24-25高二下·上海黄浦·期中）已知满足方程，则的取值范围为_____． 【答案】 【知识点】根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、求平行线间的距离、已知方程求双曲线的渐近线 【分析】对给定方程进行分类讨论，画出对应图形，再结合双曲线渐近线方程以及直线和椭圆相切，利用点到直线距离公式得出的几何意义，代入计算可得结果. 【详解】根据题意可知当，原方程可化为， 此时表示的是椭圆在第一象限的部分，包含与坐标轴的交点； 当时，原方程可化为， 此时表示的是双曲线在第四象限的部分； 当时，原方程可化为， 此时表示的是双曲线在第二象限的部分， 当时，方程为不表示任何图形， 画出图形如下图所示： 易知点到直线的距离为， 因此表示曲线上的点到直线的距离的5倍， 设直线与椭圆在第一象限相切，切点为时，取得最小值； 联立，整理可得， 显然，解得或（舍）； 由此可知与曲线没有交点， 此时与之间的距离为； 此时取得最小值为； 又双曲线和的一条渐近线方程为， 因此当或时，点到直线的距离无限接近于两条平行线到的距离， 易知两平行线间的距离为，所以可得； 所以的取值范围为. 故答案为： 14．（24-25高二下·上海·期中）直线l与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点，与双曲线的两条渐近线分别交于C、D两点（从左到右依次排列），若，且，，成等差数列，则双曲线Γ的离心率的取值范围是________． 【答案】 【知识点】求双曲线的离心率或离心率的取值范围 【分析】先设直线方程及四个点，联立后分别求出两根和和两根积，根据得出，再利用，，成等差数列，可得，利用及韦达定理进行化简可得出，即可求离心率的范围. 【详解】由题意可知，直线的斜率存在，故设直线， 设， 联立，可得， 则，， 则 ， 联立，可得， 则，， 则， 因为，所以， 即， 则， 化简得， 因为，所以，所以，即得， 因为，所以中点为的中点，所以， 因为成等差数列，所以， 又因为从左到右依次排列，所以， 所以， 则 ， 得， 与联立得，， 因，则， 又，则，则，则， 综上， 双曲线Γ的离心率的取值范围是. 故答案为： 15．（23-24高二下·上海·期中）若曲线与恰有两个不同的交点，则实数的取值范围是为__________. 【答案】 【知识点】根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、由直线与圆的位置关系求参数、根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围 【分析】分别对曲线能表示的曲线类型进行分类讨论，再作出相对应的图象解不等式即可求得结果. 【详解】根据曲线方程可知与恒过定点和； 当表示圆时，此时，两曲线如下图所示： 显然，曲线与有三个不同的交点，不合题意； 当表示椭圆时，要使曲线与恰有两个不同的交点，如下图所示： 则需满足，解得； 当表示双曲线时，，双曲线的渐近线方程为， 要使曲线与恰有两个不同的交点，如下图所示： 需满足，解得； 综上可知，实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据两曲线方程得出它们恒过定点，再对曲线类型进行分类讨论，结合圆、椭圆、双曲线性质解不等式即可求得结果. 16．（24-25高二下·上海浦东新·期中）在平面直角坐标系中，双曲线.对平面内不在上的任意一点，记为过点且与有两个交点的直线的全体.对任意直线，记为与的两个交点，定义.若存在一条直线满足：与的两个交点位于轴异侧，且对任意直线，，均有，则称为“好点”.求所有好点所构成的区域的面积. 【答案】4 【知识点】根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围、函数新定义 【分析】设出直线的方程，与双曲线方程联立，由可得的范围，然后根据“好点”的定义代入计算，即可得到，然后代入检验，即可得到结果. 【详解】设为好点，考虑需满足的充要条件. 对任意直线，设的倾斜角为， 则的参数方程可写为① 将①代入的方程，整理得关于的方程 ② 根据条件，②有两个不同的实数解，这等价于， 且判别式. 化简得③ 当的倾斜角满足③时，由①中参数的几何意义及的定义， 可知其中(因不在上). 当与交于轴异侧两点时，由双曲线的性质知. 此时显然满足③，且. 当且仅当时，取到最小值，这里直线. 当与交于轴同侧两点时，要求满足③且. 根据题意，对任意这样的(如果这样的存在)，均有 即，而这等价于. 换言之，需满足：对任意，③都不成立， 即对任意，均有④ 在④中令，分别得， 由此可知 反之，当时，注意到当时有， 故 即④成立. 因此，为好点当且仅当. 于是所有好点对应的区域为.所求面积为. 17．（24-25高二下·上海金山·期中）已知双曲线的离心率为2，实轴长为4，过点的直线l与C相交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)是否存在l，使得P恰好是线段AB的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由； (3)l与直线交于点Q，设，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)为定值，定值为0 【知识点】根据a、b、c求双曲线的标准方程、由中点弦坐标或中点弦方程、斜率求参数、双曲线中的定值问题 【分析】（1）根据双曲线的实轴长和离心率求出、，进而求出，即可得到双曲线方程； （2）利用点差法求出直线的斜率，得到直线方程，然后联立直线与双曲线方程，通过判别式判断直线与双曲线是否有交点，从而确定是否存在满足条件的直线； （3）先设直线方程，与双曲线方程联立，根据判别式求出的取值范围，再用韦达定理得到与.设点坐标，利用在两条直线上得到相关等式.接着根据向量关系得出与表达式，最后将、代入表达式，结合前面得到的等式化简，得出为定值. 【详解】（1）因为的实轴长为4，所以，解得，又因为C的离心率为2，所以，所以，所以的方程为． （2）由题意直线l的斜率存在，假设存在直线l满足条件，设，， 则，，所以， 即， 因为P为线段AB的中点，所以，， 所以，所以，即直线l的斜率为3， 所以直线l的方程为y=3x－2． 联立，消去y并整理得， ， 所以直线l与C无公共点，这与直线l与C交于A，B两点矛盾， 故不存在直线l，使得P恰好是线段AB的中点． （3）由题可知直线l的斜率存在，    设直线的方程为，即， 联立得， ，且， 解得，且， 由韦达定理得，①， 设，由在直线上，得，即②， 由在直线l上，得③， 由，得， 即，解得， 同理，由，得， 结合①②③，得 ，故为定值0． 题型五、抛物线 18．（24-25高二下·上海·期中）如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转，，后所得的三条曲线及围成的，若，则下列说法错误的是（   ）    A．开口向上的抛物线的方程为 B．四叶图上的点到点的距离的最大值为 C．动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为2 D．四叶图的面积小于32 【答案】C 【知识点】根据焦点或准线写出抛物线的标准方程、直线与抛物线交点相关问题、求抛物线的切线方程 【分析】由题意可得，可求得逆时针旋转的抛物线方程判断A；与的交点到原点的距离最大，计算可判断B；分别求出抛物线与抛物线斜率为1的切线方程，再求出它们的距离即可判断C；.求出抛物线在点处的切线，求出该切线与x轴及直线所围成三角形面积，再结合对称性即可推理得证. 【详解】对于A，若，则抛物线， 若抛物线绕其顶点逆时针旋转，可得抛物线方程为， 即，开口向上，故A正确； 对于B，由抛物线的性质，可得四叶草关于原点对称，关于，轴，轴对称， 可知与的交点到原点的距离是四叶图上的点到点的距离最大的点， 解方程组可求得，所以，所以四叶图上的点到点的距离的最大值为，故B正确； 对于C，设直线与抛物线相切于点， 由，消去得，由， 得，切点， 设直线与抛物线相切于点， 由，消去得，由， 得，切点， 直线的斜率为，即直线与直线平行或重合， 所以直线被第一象限封闭图形截的弦长最大值为，故C错误.    对于D，抛物线，求导得， 则抛物线在点处的切线斜率为， 抛物线在点处的切线方程为，即， 该切线交轴于点，因此在第一象限的半个草叶的面积必小于， 所以四叶图的面积小于，故D正确.    故选：C. 【点睛】思路点睛：理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解. 19．（24-25高二下·上海·期中）如图，已知是圆锥的轴截面，，分别为，的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的取值范围是________．    【答案】 【知识点】圆锥中截面的有关计算、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、抛物线上的点到定点的距离及最值 【分析】勾股得到，从而得到，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当范围，，再结合截面得到的范围，从而得到的最大值. 【详解】    过点作，交底面圆于两点，连接，，， 设，则， 由圆锥的性质得底面， 因为底面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为分别是的中点，所以，则， 因为，平面，所以平面， 则平面为截面， 因为为中点，所以，所以平面， 因为平面，所以，所以， 如图为截面的平面图，    以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系， ，，，则抛物线方程为， 设，，则， 所以， 则，所以. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求范围. 20．（23-24高二下·上海·期中）已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于，两点，则下列命题正确的是________. （1）的准线为；（2）直线与相切；（3）；（4）. 【答案】（2）（3）（4） 【知识点】根据抛物线上的点求标准方程、根据抛物线方程求焦点或准线、根据韦达定理求参数、直线与抛物线交点相关问题 【分析】利用待定系数法求出参数，从而可以得到准线方程；再利用方程组思想得到的一元二次方程来判断是否相切；同理利用方程组和韦达定理，用坐标来表示各线段的长度，并转化到韦达定理上去，从而根据系数满足的范围去加以判断. 【详解】（1）因为在抛物线上，所以，解得：， 所以抛物线的准线方程为：，故（1）错误. （2），所以直线的方程为：， 由可得，抛物线方程为：， 联立直线和抛物线方程可得：可得：， 因为， 所以方程有唯一解， 即直线与抛物线相切，故（2）正确. （3）， 若直线的斜率不存在，则直线的方程为， 直线与抛物线只有1个交点，不合题意，所以直线的斜率存在， 设直线的方程为：，， 联立可得：， 所以， ，故（3）正确. （4）， ，故（4）正确. 故答案为：（2）（3）（4）. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 21．（23-24高二下·上海·期中）已知实数，曲线与曲线的公共点个数为，对于不同的，所有可能的值的集合为________. 【答案】 【知识点】直线与抛物线交点相关问题 【分析】首先去绝对值符号画出曲线C的图象，再分析可得的图象是的图象分别向上和向下平移k个单位得到的，通过数形结合的方式即可求得答案. 【详解】曲线C：， 曲线， 当时，曲线可作图如下：   ， 此时交点个数为3，即； 当时， 若，则曲线，相当于将向上平移了k个单位； 若，则曲线，相当于将向下平移了k个单位； 因此曲线是的图象分别向上和向下平移k个单位得到的， 当k在增大的过程中，图象变化如下： 如下图所示：   ， 此时； 如下图所示：   ， 此时； 如下图所示：    ， 此时； 故答案为：. 22．（24-25高二下·上海徐汇·期中）如图，已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧．记、面积分别为、． (1)求抛物线的标准方程； (2)若直线的斜率为，求以线段为直径的圆的面积； (3)求的最小值及此时点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)最小值， 【知识点】抛物线定义的理解、基本不等式求和的最小值、与抛物线焦点弦有关的几何性质、抛物线中的三角形或四边形面积问题 【分析】（1）根据抛物线定义可直接求出，可得抛物线的标准方程； （2）联立直线和抛物线方程并利用焦点弦公式可求得，可得圆的面积为； （3）依题意分别求得的坐标，得出的表达式并利用基本不等式可求得结果，可得此时点的坐标. 【详解】（1）依题意由焦点到准线的距离为2可知， 所以抛物线的标准方程为； （2）由（1）可知，设, 易知直线的方程为， 联立，整理可得， 所以， 因此可得， 即以线段为直径的圆直径为16，可得圆面积 （3）设，重心． 令，，则． 由于直线过，故直线方程为， 代入，得，故，即， 所以． 又由于，及重心在轴上，故， 得，． 所以直线方程为，得． 由于在焦点的右侧，故． 从而． 令，则， 可得． 当时，取得最小值，此时． 23．（23-24高二下·上海·期末）已知椭圆，抛物线.若直线与曲线交于点、，直线与曲线分别交于点、．当时，则称直线是曲线与的“等弦线”． (1)求椭圆的离心率； (2)直线同时满足以下两个条件：①直线经过原点②直线是与的“等弦线”．请求出的方程； (3)已知点，，证明：过点存在与的“等弦线”． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【知识点】求椭圆的离心率或离心率的取值范围、零点存在性定理的应用、求直线与抛物线相交所得弦的弦长、求椭圆中的弦长 【分析】（1）根据椭圆性质，求出离心率的值． （2）讨论①直线方程斜率不存在时，②直线方程斜率存在时，设斜率为，写出直线方程，与抛物线方程联立，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出、，令，求解即可． （3）讨论①直线为时，②设直线方程为时，与抛物线方程联立，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出、，由，得出等式，将联立结果代入，化简求解，即可证明命题成立． 【详解】（1）根据椭圆性质知，，，所以离心率为． （2）如图： ①直线方程斜率不存在时，直线与抛物线有且仅有1公共点，显然不合题意． ②直线方程斜率存在时，斜率设为，直线方程为．联立方程，消去可得，解得，． 联立方程，消去可得，解得，． 当时，即，等价于，代入联立结果得，解得，（舍去），即． 综上所述，直线方程为. （3）如图： ①直线为 时，与抛物线有且仅有一个交点，不合题意，舍去． ②设直线方程为，联立方程，消去可得，当△时，． 由根与系数的关系可得，，所以， 联立方程，消去可得， 此时必有两个交点，由根与系数的关系可得，， 所以． 如果存在等弦线使得，等价于，化简可得， 将联立结果代入可得， 换元，令，代入上式可得． 由于，化简得到． 题目等弦线存在性证明，等价于证明：对任意，在 上有解． 令，则， 令，由于且， 所以对任意，有，即； 由于， 所以． 根据零点存在定理，一定存在，使得． 综上所述，对任意，在上有解，命题得证． 【点睛】方法点睛：在分析直线与圆锥曲线的位置关系时，首先要设直线的方程，此时往往需要分类讨论. （1）按直线是否有斜率分类，可设直线方程为：或. （2）按直线是否与轴平行，可设直线为或. 题型六、曲线与方程 24．（24-25高二下·上海闵行·期末）公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯（Menaechmus）为了解决倍立方问题而发现了圆锥曲线．他用垂直于母线的平面去截取顶角（圆锥底面圆的一条直径的两个端点与顶点连线所形成的等腰三角形的顶角）分别是锐角、直角、钝角的三种圆锥，得到三种曲线，梅内克缪斯分别称之为锐角、直角和钝角圆锥曲线，今称椭圆、抛物线和双曲线．如图，四面体中，AP、AB、AC两两垂直，，，点O为底面ABC内的一个动点． （1）若，则点O的轨迹是椭圆的一部分； （2）若，则点O的轨迹是双曲线的一部分； （3）若，则点O的轨迹是抛物线的一部分． 以上几个命题中，真命题的个数为（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【知识点】立体几何中的轨迹问题、圆锥曲线的统一定义的应用、证明线面垂直 【分析】根据梅内克缪斯理论，求出圆锥顶角为锐角，直角还是钝角，进而判断轨迹类型即可. 【详解】对于（1），两两垂直，，平面， 平面， ，点在以为轴的圆锥面上， ，，， 设圆锥顶角为，则， 所以顶角为锐角，即点O的轨迹是椭圆的一部分，故（1）正确； 对于（2），当时，点在以为轴的圆锥面上， ，，故， 此时圆锥顶角为直角， 所以O的轨迹是抛物线的一部分，故（2）错误； 对于（3），当时，点在以为轴的圆锥面上， ，， ∴，， 所以顶角为钝角，即点O的轨迹是双曲线的一部分，故（3）错误； 综上，真命题的个数1. 故选：B. 25．（24-25高二下·上海杨浦·期中）已知点 在正方体 的表面上， 到三个平面 中的两个平面的距离相等，且 到剩下一个平面的距离与 到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点 的个数为（    ）    A．6 B． C．10 D．12 【答案】A 【知识点】证明面面垂直、立体几何中的轨迹问题、求点面距离 【分析】确定在平面上，根据得到的轨迹为平面内的一条抛物线，建立坐标系确定抛物线方程，计算交点得到答案. 【详解】若到平面ABCD、距离相等，根据对称性知在平面上，   平面，平面，故平面平面， 故到平面的距离即到的距离， 设正方体的中心为，即，故的轨迹为平面内的一条抛物线， 不妨取正方体边长为中点为，以所在的直线为轴， 以线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系， 抛物线方程为，时，，故抛物线与棱和相交， 故共有个点满足条件. 故选：A 26．（24-25高二下·上海·期中）在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“伴随点”是；当是原点时，定义的“伴随点”是它自身；定义曲线上所有点的“伴随点”构成的曲线为曲线的“伴随曲线”.则下列命题中，真命题的序号是（    ） ①若点的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点； ②圆心在坐标原点的单位圆的“伴随点曲线”是它自身； ③若曲线关于轴对称，则其“伴随曲线”关于轴对称. A．② B．③ C．①② D．②③ 【答案】D 【知识点】由方程研究曲线的性质 【分析】利用“伴随点”的定义可判断①；在圆上任取一点，推导出其“伴随点”仍在该圆上，可判断②；在曲线上取两点、，推导出这两点的“伴随点”在曲线上，可判断③. 【详解】对于①，取点，若点不是原点，则， 设点的“伴随点”为，则， ， 即点的伴随点为，①错； 对于②，在圆上任取一点， 则点的伴随点为，即点， 因为，即点在圆上， 所以圆心在坐标原点的单位圆的“伴随点曲线”是它自身，②对； 对于③，在曲线上取两点、，这两点关于轴对称， 点的“伴随点”为，点的“伴随点”为， 点、都在“伴随曲线”上，且点、关于轴对称，故曲线关于轴对称，③对. 故选：D. 27．（24-25高二下·上海·期中）若曲线上的点都在某个圆内或圆上，则该圆半径的最小值为________． 【答案】 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、二倍角的正弦公式、由方程研究曲线的性质、平面解析综合 【分析】根据曲线的对称性，只需要分析第一象限的情况，故，，根据三角函数的有界性求出最值即可 【详解】设上任意的一点， 将代入方程，方程不变， 所以曲线关于 x轴、y轴、原点以及直线对称， 不妨设，， 代入得 ， 所以， 由，得， 即 又，即， 当且仅当时，，此时曲线上的点到原点的最小距离， 即该圆半径的最小值为， 故答案为： 28．（24-25高二下·上海·期中）如图所示，平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点是角α终边上的点（异于原点），设，将点P绕O逆时针旋转θ后得到． (1)求证：． (2)已知曲线是函数的图象，曲线绕原点O逆时针旋转后得到，求的标准方程； (3)已知曲线表示一个中心在原点的椭圆，Q为第一象限内一点，且在椭圆的长轴上，满足，过点Q作直线交曲线于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线于点G、H，试判断：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)是，定值为 【知识点】圆锥曲线新定义、用和、差角的余弦公式化简、求值、椭圆中的定值问题、求平面轨迹方程 【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简得证； （2）设曲线上一点为，表达出，，利用代入法求曲线的方程； （3）方法一：设长轴在x轴上的椭圆一点为，根据题意先求得，分直线旋转后斜率不存在和存在两种情况，设出直线旋转后的方程，直线旋转后的方程，联立椭圆，结合韦达定理可得； 方法二：设长轴在x轴上的椭圆一点为，根据题意先求出，故，分斜率不存在，斜率为且0和斜率存在且不为0三种情况，设出直线方程，联立，可得. 【详解】（1）点是角α终边上的点（异于原点），设， 则， 经过逆时针旋转θ到后，角终边与重合， 所以， ，得证． （2）设曲线上一点为， 逆时针旋转后的点在的图像上， 由（1）知：，， 代入得， 化简即得曲线的方程为． （3）方法一：设长轴在x轴上的椭圆一点为， 逆时针旋转得到点在的图像上， 由（1）知，，满足， 于是得． 因此且， 由不等式可得，故， 由此得，所以， ，故． 点Q旋转后的坐标为． 当直线旋转后斜率不存在时，中，令得， 解得，则， 此时直线为轴，故，， 当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，直线旋转后为， 旋转后，，． 与椭圆方程联立，即， 可得， 则由韦达定理得，， 故 ， 将代入椭圆方程中，有，， 故， 则． 方法二：设长轴在x轴上的椭圆一点为， 逆时针旋转得到点在的图像上， 由（1）知，，满足， 于是得． 因此且， 由不等式可得，故， 由此得， 又，故，当斜率不存在时，直线方程为， 中，令得， 此时、满足，故， 于是， 此时直线为，中，令， 解得，故， 此时． 当斜率为0时，直线方程为，此时同理得； 当斜率存在且不为0时，设直线，． 设，，联立与得， 故， 则联立椭圆联立得， 有， 故， 则， 故． 29．（24-25高二下·上海·期中）已知且，曲线. (1)若曲线是焦点在轴上的等轴双曲线，求曲线的离心率； (2)设，点，曲线上有A、B两点（其中在第一象限）.若且，求点的坐标； (3)设为给定常数，且，过点的直线与曲线交于D、E两点，为坐标平面上的动点.若直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上？若存在，求该定直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)点N在直线时，不存在定直线，使点在定直线上； 当点不在直线上时，点在定直线上. 【知识点】求平面轨迹方程、椭圆中的定直线、等轴双曲线 【分析】（1）根据等轴双曲线的性质求其离心率. （2）先根据平面向量数量积的几何意义确定点在圆上，再与椭圆方程联立，根据点所在位置，可求点坐标. （3）将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，再根据直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列列式，化简即可. 【详解】（1）若曲线是等轴双曲线，则， 所以，，其离心率为：. （2）当时，曲线：表示焦点在轴上的椭圆. 因为，且，根据平面向量数量积的几何意义可得：. 所以点在圆：上. 由，且点在第一象限，得点坐标为. （3）如图： 由得：， 整理得：. 因为，所以上述方程必定有两个不同的实根. 设，，则，. 设，因为直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列， 所以. 又，，所以， 所以， ， 所以或. 由 所以点N在直线或上. 即点N在直线时，不存在定直线，使点在定直线上； 当点不在直线上时，点在定直线上. 题型七、空间向量及其应用 30．（23-24高二下·上海·期中）如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，2，3，则该正方体外接球的表面积为_____________.    【答案】 【知识点】多面体与球体内切外接问题、点到平面距离的向量求法 【分析】取作为空间向量的一组基底，设为平面向上的一个单位向量，再设正方体的棱长为，由题意，在上的投影长度分别为，用表示出，由可求出，进而可得正方体外接球的半径，再用球的表面积公式求解. 【详解】设正方体的棱长为，取作为空间向量的一组基底，设单位向量是平面的一个方向向上的法向量，根据空间向量基本定理，存在唯一的有序是数组，使得. 由题意：在上的投影长度为， 所以 同理：，. 所以，又，所以. 所以正方体外接球半径为：. 所以外接球表面积为：. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：用空间向量解决问题，关键要选择一组合适的向量做基底.这个题目，因为涉及正方体，所以可以选择从正方体的一个顶点出发的三个向量做基底. 31．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为______. 【答案】 【知识点】求空间向量的数量积、空间向量模长的坐标表示、空间向量数量积的概念辨析 【分析】设，，，所以， ，，由，得，即可得的取值范围，又，计算求解即可. 【详解】因为，，，均为单位向量，所以， 设，，，所以， 因为与夹角为，所以， 因为与夹角为，所以， 又，所以， 因为，所以， 所以，即， 设与的夹角为， ， ， ， 因为为空间中任意单位向量， 所以当，时，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：设出空间向量，利用空间向量的模可求解的取值范围，根据空间向量的数量积运算可知当与的夹角为时，可求解最值. 32．如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若， （i）求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【知识点】证明线面平行、点到平面距离的向量求法、面面角的向量求法 【分析】（1）取的中点，连接，，先证四边形是平行四边形，可知，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）先利用面面垂直的性质定理证明平面，再证，，两两垂直，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，（ⅰ）利用向量法求平面与平面的夹角即可；（ⅱ）设，利用向量法表示出点到平面的距离，可得关于的方程，解之即可． 【详解】（1）取的中点N，连接， 如图所示：为棱的中点，， ， ∴四边形是平行四边形，， 又平面平面平面． （2）， ∵平面平面，平面平面平面， 平面， 又平面，而， ∴以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图：则， 为棱的中点， （i）， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 平面的一个法向量为， ， ∴平面PDM与平面BDM的余弦值为； （ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，则， 由（2）知平面的一个法向量为，， ∴点Q到平面的距离是， ． 题型八、数列 33．（24-25高二下·上海·期中）已知集合，，是由函数，的图像上两两不相同的点构成的点集，集合，其中、.若集合中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为的等差数列，当时，则符合条件的点集的个数为______. 【答案】 【知识点】正弦函数图象的应用、集合新定义、等差数列的应用 【分析】确定数列中最大值为，最小值为，然后根据分类得出等差数列，再由等差数列的项确定点的横坐标的值，然后由中对应点的情形确定集合个数． 【详解】由已知条件得, 设，则， 因为函数，则， 所以 ， 若，则, 由，得或或， 对应点, 由，得，对应点, 因此产生集合的集合中，点一定存在，至少有一个， 所以集合的个数为. 若，则, 由，得或， 对应点, 由，得或， 对应点, 因此产生集合的集合中， 点一定存在，至少有一个，至少有一个，至少有一个， 所以集合的个数为. 综上，集合的个数为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：确定集合的个数即为确定集合中元素的可能性，本题中首先确定出最终等差数列的最大值和最小值，从而根据公差得出等差数列，由等差数列确定可能含有的点，从而得出集合个数． 34．（上海青浦·期中）某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论： ①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足； ③；④. 那么以上结论正确的是______（填序号） 【答案】②③ 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、由递推数列研究数列的有关性质、累加法求数列通项 【分析】根据数列的特征以及递推公式，即可判断①；由已知可得，累加法即可得出②；，变形可得时，，然后累加，即可得出③；举例，验证，即可判断④. 【详解】对于①，由题意可知，，，. 由已知，则当时，单调递增. 所以，时，由已知可知，单调递增，且. 所以数列在时，为严格增数列. 但是该数列的前三项不满足，故①错误； 对于②，当时，有 ， ， ， ， ， ， 两边同时相加可得，， 所以，，故②正确； 对于③，由已知可得，， ， ， ， 两边同时相加可得，，故③正确； 对于④，当时，左边为，右边为，显然不成立，故④错误. 所以，结论正确的是②③. 故答案为：②③. 【点睛】关键点点睛：由递推公式推得，，进而累加法，逐项相消即可得出. 35．（24-25高二下·上海·期中）已知函数对任意实数、都满足，且 (1)当时，求的表达式； (2)设，记数列的最小项的项数为，求 的值． (3)设，数列的前项和为，若对恒成立，求最小正整数． 【答案】(1) (2)8 (3)2012 【知识点】由定义判定等比数列、数列不等式恒成立问题、写出等比数列的通项公式、求等比数列中的最大（小）项 【分析】（1）通过赋值，结合等比数列的定义，即可求得； （2）根据（1）中所求，求得，判断其单调性，即可求得结果； （3）根据（1）中所求，求得，结合等差数列前项和公式，求得，再利用裂项相消求和，根据其范围，即可求得. 【详解】（1）由题可知，，即 ， 故数列 是首项为，公比为的等比数列，则． （2）由题可知，，又， 则= 当，严格递增；当，严格递减， 所以数列的最小项为，则. （3）由题可知，，又， 故数列是首项为，公差为的等差数列， 则 所以 = . 当时，为单调减函数，故为单调增函数， 又故要满足题意，只需，解得，故最小正整数的取值为2012． 36．已知无穷数列（）的前n项和为，记，，…，中奇数的个数为． (1)若，请写出数列的前5项； (2)求证：“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是严格增数列的充分不必要条件； (3)若，2，3，，求数列的通项公式． 【答案】(1)1，2，2，2，3 (2)证明见解析 (3) 【知识点】判断命题的充分不必要条件、由递推关系式求通项公式、根据规律填写数列中的某项 【分析】（1）根据，求得列举求解； （2）（充分性）由是奇数，，3，为偶数，得到对于任意，都是奇数证明；（不必要性）举例当数列中只有是奇数，其余项都是偶数时证明； （3）先论证为奇数时，若为偶数，②为偶数，若为奇数，由是奇数，得到为奇数 ，为偶数，得到为偶数，与矛盾，从而得到与同奇偶，再由为奇数或偶数，以此类推求解. 【详解】（1）解：因为， 故当时，，则是第二项起的等差数列， 所以， 所以， 则， 即数列的前5项为：1，2，2，2，3； （2）证明：（充分性） 是奇数，，3，为偶数， 对于任意，都是奇数， ， 数列是单调递增数列． （不必要性） 当数列中只有是奇数，其余项都是偶数时，为偶数，，3，均为奇数， ，数列是单调递增数列， “为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的不必要条件． 综上，“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是单调递增数列”的充分不必要条件． （3）①当为奇数时，若为偶数， 若是奇数，则为奇数，为偶数，与矛盾； 若为偶数，则为偶数，为奇数，与矛盾． 当为奇数时，不能为偶数； ②当为偶数，若为奇数， 若为奇数，则为偶数，为偶数，与矛盾， 若为偶数，则为奇数，为奇数，与矛盾， 当为偶数时，不能是奇数． 综上，与同奇偶， 若为奇数，则，若与同为奇数，则此时，与为奇数矛盾， 若与同为偶数，则此时，与为偶数矛盾， 所以为偶数，则，若与同为奇数，则此时， 若与同为奇数，则此时，与为奇数矛盾，若与同为偶数，则此时，与为偶数矛盾， 所以与同为偶数，则， 以此类推，，2，3，... 得到当时，，当时，为偶数即可满足. 所以. 2 / 61 1 / 61 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中真题百练通关（压轴） 题型一、坐标平面上的直线 题型五、抛物线 题型二、圆 题型六、曲线与方程 题型三、椭圆 题型七、空间向量及其应用 题型四、双曲线 题型八、数列 题型一、坐标平面上的直线 1．若恰有三组不全为0的实数对,满足关系式，则实数t的所有可能的值为__________． 2．（上海虹口·期中）有一块直角三角形的板置于平面直角坐标系中，已知，，点是三角形内一点，现在由于三角板中阴影部分受到损坏，为把损坏部分锯掉，可用经过点的一条直线，将三角板铝成，问：应该如何锯法，即直线斜率为多少时，可使三角板的面积最大？    3．（24-25高二下·上海·期中）在平面直角坐标系中，对于及直线l，记、、分别表示A、B、C到l的距离，且．对于给定的，记的最小值为． (1)已知定点，，，直线l的方程为，求的值； (2)已知，，为给定的不共线的三点，若直线使得，求证：直线过的重心； (3)若对于，满足的不同直线l至少有两条，试判断的形状，并予以证明． 题型二、圆 4．（24-25高二下·上海徐汇·期中）平面直角坐标系中，已知圆与圆交于点、两点，其中．两圆半径之积为，若两圆均与直线和轴相切，则直线的方程为________． 5．已知圆的方程为，直线的方程为，直线被圆截得的弦中长度为整数的共有______条. 6．（23-24高二下·上海·期中）已知以点为圆心的圆经过原点，且与轴交于点，与轴交于点． (1)求证：的面积为定值． (2)设直线与圆交于点，，若，求圆的方程． (3)在（2）的条件下，设，分别是直线和圆上的动点，求的最小值及此时点的坐标. 题型三、椭圆 7．（24-25高二下·上海·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴的两个端点分别为、，点在椭圆上，且满足．当变化时，给出下列四个命题：①点的轨迹关于轴对称；②存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个；③的最小值为2；④最大值为，其中正确命题的序号是___________． 8．（24-25高二下·上海杨浦·期中）我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”，其中，，.如图，点、、分别是相应椭圆的焦点，、和、分别是“果圆”与x轴、y轴的交点. (1)若是边长为 1 的等边三角形，求 “果圆” 的方程; (2)在（1）条件下，为半椭圆上的任意一点，点坐标为，求最大值以及最小值； (3)当 时，求的取值范围. 9．（24-25高二下·上海·期中）已知椭圆的方程为，椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线l与椭圆交于P、Q两点（P、Q均不在x轴上）. (1)若椭圆的离心率为，求a的值； (2)若，求的面积的最大值； (3)已知，点，点，若直线AP、AQ分别与直线交于M、N两点.求的取值范围. 10．（24-25高二下·上海·期中）已知焦点在轴上的椭圆，上顶点为，离心率为，点是椭圆上不同的三个点． (1)求椭圆的方程； (2)设直线的斜率为，直线的斜率为，且（），求证：直线过定点． (3)若，求的面积． 11．（24-25高二下·上海宝山·期中）已知直线 与椭圆 有且只有一个公共点. (1)求椭圆的方程； (2)是否存在实数，使椭圆上存在不同两点 、 关于直线对称？ 若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由. 题型四、双曲线 12．（24-25高二下·上海徐汇·期中）已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，，且两条曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则的取值范围是________． 13．（24-25高二下·上海黄浦·期中）已知满足方程，则的取值范围为_____． 14．（24-25高二下·上海·期中）直线l与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点，与双曲线的两条渐近线分别交于C、D两点（从左到右依次排列），若，且，，成等差数列，则双曲线Γ的离心率的取值范围是________． 15．（23-24高二下·上海·期中）若曲线与恰有两个不同的交点，则实数的取值范围是为__________. 16．（24-25高二下·上海浦东新·期中）在平面直角坐标系中，双曲线.对平面内不在上的任意一点，记为过点且与有两个交点的直线的全体.对任意直线，记为与的两个交点，定义.若存在一条直线满足：与的两个交点位于轴异侧，且对任意直线，，均有，则称为“好点”.求所有好点所构成的区域的面积. 17．（24-25高二下·上海金山·期中）已知双曲线的离心率为2，实轴长为4，过点的直线l与C相交于A，B两点． (1)求C的方程； (2)是否存在l，使得P恰好是线段AB的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由； (3)l与直线交于点Q，设，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由． 题型五、抛物线 18．（24-25高二下·上海·期中）如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转，，后所得的三条曲线及围成的，若，则下列说法错误的是（   ）    A．开口向上的抛物线的方程为 B．四叶图上的点到点的距离的最大值为 C．动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为2 D．四叶图的面积小于32 19．（24-25高二下·上海·期中）如图，已知是圆锥的轴截面，，分别为，的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的取值范围是________．    20．（23-24高二下·上海·期中）已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于，两点，则下列命题正确的是________. （1）的准线为；（2）直线与相切；（3）；（4）. 21．（23-24高二下·上海·期中）已知实数，曲线与曲线的公共点个数为，对于不同的，所有可能的值的集合为________. 22．（24-25高二下·上海徐汇·期中）如图，已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧．记、面积分别为、． (1)求抛物线的标准方程； (2)若直线的斜率为，求以线段为直径的圆的面积； (3)求的最小值及此时点的坐标． 23．（23-24高二下·上海·期末）已知椭圆，抛物线.若直线与曲线交于点、，直线与曲线分别交于点、．当时，则称直线是曲线与的“等弦线”． (1)求椭圆的离心率； (2)直线同时满足以下两个条件：①直线经过原点②直线是与的“等弦线”．请求出的方程； (3)已知点，，证明：过点存在与的“等弦线”． 题型六、曲线与方程 24．（24-25高二下·上海闵行·期末）公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯（Menaechmus）为了解决倍立方问题而发现了圆锥曲线．他用垂直于母线的平面去截取顶角（圆锥底面圆的一条直径的两个端点与顶点连线所形成的等腰三角形的顶角）分别是锐角、直角、钝角的三种圆锥，得到三种曲线，梅内克缪斯分别称之为锐角、直角和钝角圆锥曲线，今称椭圆、抛物线和双曲线．如图，四面体中，AP、AB、AC两两垂直，，，点O为底面ABC内的一个动点． （1）若，则点O的轨迹是椭圆的一部分； （2）若，则点O的轨迹是双曲线的一部分； （3）若，则点O的轨迹是抛物线的一部分． 以上几个命题中，真命题的个数为（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 25．（24-25高二下·上海杨浦·期中）已知点 在正方体 的表面上， 到三个平面 中的两个平面的距离相等，且 到剩下一个平面的距离与 到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点 的个数为（    ）    A．6 B． C．10 D．12 26．（24-25高二下·上海·期中）在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“伴随点”是；当是原点时，定义的“伴随点”是它自身；定义曲线上所有点的“伴随点”构成的曲线为曲线的“伴随曲线”.则下列命题中，真命题的序号是（    ） ①若点的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点； ②圆心在坐标原点的单位圆的“伴随点曲线”是它自身； ③若曲线关于轴对称，则其“伴随曲线”关于轴对称. A．② B．③ C．①② D．②③ 27．（24-25高二下·上海·期中）若曲线上的点都在某个圆内或圆上，则该圆半径的最小值为________． 28．（24-25高二下·上海·期中）如图所示，平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点是角α终边上的点（异于原点），设，将点P绕O逆时针旋转θ后得到． (1)求证：． (2)已知曲线是函数的图象，曲线绕原点O逆时针旋转后得到，求的标准方程； (3)已知曲线表示一个中心在原点的椭圆，Q为第一象限内一点，且在椭圆的长轴上，满足，过点Q作直线交曲线于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线于点G、H，试判断：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 29．（24-25高二下·上海·期中）已知且，曲线. (1)若曲线是焦点在轴上的等轴双曲线，求曲线的离心率； (2)设，点，曲线上有A、B两点（其中在第一象限）.若且，求点的坐标； (3)设为给定常数，且，过点的直线与曲线交于D、E两点，为坐标平面上的动点.若直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上？若存在，求该定直线的方程；若不存在，请说明理由. 题型七、空间向量及其应用 30．（23-24高二下·上海·期中）如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，2，3，则该正方体外接球的表面积为_____________.    31．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为______. 32．如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若， （i）求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 题型八、数列 33．（24-25高二下·上海·期中）已知集合，，是由函数，的图像上两两不相同的点构成的点集，集合，其中、.若集合中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为的等差数列，当时，则符合条件的点集的个数为______. 34．（上海青浦·期中）某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论： ①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足； ③；④. 那么以上结论正确的是______（填序号） 35．（24-25高二下·上海·期中）已知函数对任意实数、都满足，且 (1)当时，求的表达式； (2)设，记数列的最小项的项数为，求 的值． (3)设，数列的前项和为，若对恒成立，求最小正整数． 36．已知无穷数列（）的前n项和为，记，，…，中奇数的个数为． (1)若，请写出数列的前5项； (2)求证：“为奇数，，3，4，为偶数”是“数列是严格增数列的充分不必要条件； (3)若，2，3，，求数列的通项公式． 2 / 61 1 / 61 学科网（北京）股份有限公司 $