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浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期2月月考数学试卷（Word版附解析）
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这是一份浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期2月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期2月月考数学试题原卷版docx、浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期2月月考数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号.
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题卷.
选择题部分
一、选择题：本题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.
1. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出焦参数，根据焦点的位置确定准线方程．
【详解】由题意焦点在轴正半轴，，，所以准线方程为．
故选：C．
2. 数列1，，，…的通项公式可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】代入即可结合选项逐一排除.
【详解】当时，对于B中，
当时，对于C中，对于D中，
四个选项中只有同时满足，，.
故选：A
3. 已知直线：，：，若，则m的值为（ ）
A. 1B. －3C. 1或－3D. －1或3
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线平行得到方程，求出或1，检验后得到答案.
【详解】由题意得，解得或1，
当时，直线：，：，两直线平行，满足要求.
当时，直线：，：，两直线重合，舍去，
故选：B
4. 已知两条直线m，n，两个平面，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若且，则
B. 若且，则
C. 若且，则
D 若且，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行，线面垂直，面面垂直的判定和性质依次判断各选项.
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若，，则或与异面，故B错误；
对于C，由线面垂直的性质定理可知C正确；
对于D，若，，则可能在内，可能与平行，可能与相交，故D错误.
故选：C.
5. 已知点和圆Q：，则以PQ为直径的圆与圆Q的公共弦长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得以PQ为直径的圆的方程，两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，后由弦长公式可得答案.
【详解】由题可得，则以PQ为直径的圆的圆心坐标为，半径为4，
则PQ为直径的圆的方程为： .将两圆方程相减可得公共弦方程为：.
则圆Q圆心到公共弦方程距离为2，又圆Q半径为4，则公共弦长为：.
故选：D
6. 江南水乡多石拱桥，现有等轴双曲线形的石拱桥（如图），拱顶离水面10米，水面宽米，若水面上升5米，则水面宽为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 30米
【答案】D
【解析】
【分析】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系，水面上升5米后，设水面宽为CD，设D.由题可得，代入方程可得，后可得x，即可得答案.
【详解】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系.
水面上升5米后，设水面宽为CD，设D，其中.
又由题可得，代入双曲线方程可得：
，则D.
将D点坐标代入双曲线方程可得：，则D.
又由对称性可得，则水面上升5米，则水面宽为30米.
故选：D
7. 在正三棱台中，，，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图建立空间直角坐标系，根据向量法求异面直线所成角.
【详解】取中点，取中点，连接，O在上，且，
因为在正三棱台中，所以，，
又，，
在梯形中，过点作，垂足为R，过点作，垂足为S，
过点作，垂足为T，所以，则，
设，在和中，
，即，
解得，，
因与相似，所以，
即，
如图，分别以所在直线为轴，轴，过且垂直于平面的直线为轴
建立空间直角坐标系， ，
所以，
，
设异面直线与所成角为，
则，
故选：B.
8. 如图，是由一系列直角三角形拼接而成的几何图形，已知，记，，…，的长度构成的数列为，则的整数部分是（ ）
A. 87B. 88C. 89D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列、放缩法、裂项求和法等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题意知，，
且，，…，都是直角三角形，
所以，且，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，
，
，
即，
所以所求整数部分都是.
故选：B.
【点睛】方法点睛：定义法：若常数，则是等差数列；等差中项法：若，则是等差数列.数列求和的方法可以考虑等差数列的前项和公式，也即公式法，也可以考虑利用裂项求和法.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错和不选的得0分.
9. 已知向量，，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D. 在方向上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】ABC选项，根据得到且，AC正确，B错误；D选项，利用投影向量的求解公式得到答案.
【详解】ABC选项，由题意得，故且，AC正确，B错误；
D选项，在方向上的投影向量为，D正确.
故选：ACD
10. 若正项数列为等比数列，公比为q，其前n项和为，则下列正确的是（ ）
A. 数列是等比数列
B. 数列是等差数列
C. 若是递减数列，则
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】设正项等比数列的首项为，则通项公式，利用等比、等差数列的定义可判定A、B，由，可求的范围，判断C，由求出，再由正项数列的条件，得的范围，判断D.
【详解】设正项等比数列的首项为，则通项公式，
则，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，A正确；
则，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，故B正确；
若是递减数列，则，
因为，则，则，C正确；
若，则，则，D错误.
故选：ABC
11. 如图所示，抛物线的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过点A，B作准线l的垂线，垂足分别为，，则（ ）
A. A，B两点的纵坐标之和为常数
B. 在直线l上存在点P，使
C. 三点共线
D. 在直线l上存在点P，使得的重心在抛物线上
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A：设出直线方程，与抛物线联立，通过韦达定理来判断；对于B：通过计算的正负来判断；对于C：通过计算是否相等来判断；对于D：求出重心，代入抛物线方程，看方程是否有解来判断.
【详解】对于A：设直线的方程为，，
联立，消去得，
所以，不常数，A错误；
对于B：设，，，
则
则，故在直线l上不存在点P，使，B错误；
对于C：由题可得，
则
，
所以，即三点共线，C正确；
对于D：设，
又，
则的重心坐标为，
即，代入抛物线方程得
整理得，
，
所以在直线l上存在点P，使得的重心在抛物线上，D正确.
故选：CD
12. 在正三棱锥中，两两垂直，，点是侧棱的中点，在平面内，记直线与平面所成角为，则当该三棱锥绕旋转时的取值可能是（ ）
A. 53°B. 60°C. 75°D. 89°
【答案】AB
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦，求其范围，然后比较角的大小即可.
【详解】因为两两垂直，如图建立空间直角坐标系：
则
则，
设面的法向量为，
则，取可得，
所以，
令，则，则
当时，，，则，
当时，
又，则，
所以
又，
则当该三棱锥绕旋转时的取值可能是AB.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：对于线面角，可通过建立空间直角坐标系将其表示出，然后求其范围.
非选择题部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 经过两点的直线的方向向量为，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】方向向量与平行，由此可得．
【详解】由已知，是直线的方向向量，则，
故答案为：2.
14. 已知数列为等比数列，，公比，若是数列的前n项积，当取最大值时，______.
【答案】6
【解析】
【分析】先求出的通项公式，当时，其前n项积最大，得解.
【详解】由题意可得，，
，且，
当时，最大，即，解得.
故答案为：6.
15. 已知某圆锥底面直径与母线长之比为，其内切球半径为1，则此圆锥的体积等于______.
【答案】##
【解析】
【分析】画出圆锥的轴截面后进行分析，注意利用三角形面积公式与内切圆半径的关系，然后利用圆锥体积公式即得.
【详解】圆锥轴截面如图所示：
设该圆锥的底面直径为，则底面半径为.
因为底面直径与母线长之比为，所以母线长，
所以该圆锥的高,
因为内切球的半径为1，
根据面积相等，可得圆锥轴截面的面积为，
解得，
所以圆锥的底面半径为，高为，
所以此圆锥的体积.
故答案为：.
16. 已知双曲线C的渐近线方程为，两顶点为A，B，双曲线C上一点P满足，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】先设，根据列出方程，得到，联立椭圆方程得到，作出辅助线，得到，，利用正切的差角公式求出答案.
【详解】不妨设双曲线C的方程为，A，B为左右顶点.
设，因为，所以，化简得：，
则，解得，所以，
不妨设在第一象限，作轴于D，则，
，，
故，，
.
故答案为：
四、解答题：共6大题，共70分，其中第17题10分，第18题~第22题每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列的前n项和为，，.
（1）求；
（2）若、、成等比数列，求k的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，依题意得到方程组，解得、d，即可求出通项公式与；
（2）由（1）可得、、的值，再根据等比中项的性质得到方程，求出.
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为d，
由，，所以，
解得，所以，则.
【小问2详解】
由（1）可知，，，
又、、成等比数列，所以，
即，解得或（舍去），
.
18. 已知圆C的圆心在直线上，且过，两点.
（1）求圆C的方程；
（2）已知l：，若直线l与圆C相切，求实数m的值.
【答案】（1）（或）
（2）或
【解析】
【分析】（1）方法一：设出圆心，根据和圆心在直线上得到方程组，求出，，得到圆心和半径，得到答案；
方法二：求出AB的中垂线方程，联立得到圆心坐标，进而得到半径，得到圆的方程；
（2）利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出实数m的值.
【小问1详解】
方法一：设圆心C的坐标为，则，
又，则，即，
解得，，所以圆C的半径，
所以圆C的方程是（或）.
方法二：AB的中点坐标为，，则AB的中垂线方程为.
则，解得，所以圆心C的坐标为，
所以圆C的半径，
所以圆C的方程是（或）.
【小问2详解】
设圆心C到直线的距离为d，
由题意可得，
平方整理后可得，解得或.
19. 如图，已知斜三棱柱，底面是正三角形，，，点N是棱的中点，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，，，即可证明、，从而得到平面，即可得证；
（2）解法一：连接，，利用余弦定理求出，在平面中，过点作交于点，则，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；解法二：连接，利用余弦定理求出，作于，连接，即可得到为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
取的中点，连接，，，，
∵三棱柱中，，∴，
又∵，∴，∴，∴，
又，平面，∴平面，
又平面，∴.
【小问2详解】
方法一：连接，，在中，，，，
所以，则，
显然且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，则，
在平面中，过点作交于点，则，则，所以，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
取，
又平面的一个法向量，∴，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
方法二：显然且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
连接，在中，，，，
即，即.
作于，连接.
因为平面，平面，所以，
又，平面
所以平面，平面，所以，
所以为二面角的平面角.
在中，，解得.
则，所以.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
20. 已知点F为抛物线C：的焦点，点在抛物线C上，且.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线l与抛物线C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线l过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义与点在抛物线C上列式求解即可；
（2）方法一：分直线斜率存在于不存在两种情况，联立直线与抛物线的方程，得出韦达定理，进而表达再化简即可；
方法二：设，，代入化简，结合直线l的方程为即可.
【小问1详解】
由题意得：，解得，或（舍去），
所以抛物线C的方程为.
【小问2详解】
方法一：①当直线l斜率存时，
设直线l：，，，
则，消去x，整理得，
则，，，
而，
整理得，所以，
所以直线l：，所以直线l过定点.
②当直线l斜率不存在时，设直线l：，
则，，则，得，
所以直线l：，则点直线l上.
综上：直线l过定点.
方法二：设，，
则，
则，直线l的方程为，
则，
所以直线l过定点.
21. 已知数列满足，.
（1）若，求数列的前n项和；
（2）若，设数列的前n项和为，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由数列递推公式可得其通项公式，再由错位相减法求数列的前n项和；
（2）若，可得，从而，利用裂项相消法推导出前n项和为，再由的单调性可证明不等式成立.
【小问1详解】
当时，则，得，所以，
所以数列是以为首项，公差为1的等差数列.
所以，则，
所以，
，
两式相减得
，所以.
【小问2详解】
当时，由，得，
所以，
所以数列单调递增，因为，所以，
又由，可得，
所以，即，
则，
所以，易知为递增数列，且，
所以，即：.
【点睛】数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
22. 已知离心率为的双曲线：过椭圆：的左，右顶点A，B.
（1）求双曲线的方程；
（2）是双曲线上一点，直线AP，BP与椭圆分别交于D，E，设直线DE与x轴交于，且，记与的外接圆的面积分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆与双曲线的基本量求解即可；
（2）方法一：设直线AP：，，联立直线与双曲线的方程，结合在双曲线上，化简可得，同理，代入化简，结合双曲线方程可得，再根据正弦定理，结合代入化简可得，再根据求解范围即可；
方法二：设直线DE：，，，联立方程得出韦达定理，再根据P，A，D三点共线，P，B，E三点共线，列式化简可得，进而可得，结合双曲线方程可得，再根据正弦定理，结合代入化简可得，再根据求解范围即可.
【小问1详解】
由题意得：，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
方法一：设直线AP：，，
则，消y得：，
得：，
又因为在双曲线上，满足，即，
所以，即.
同理设直线BP：，，可得，所以.
因为，所以，因为，所以.
把代入双曲线方程得，解得，则点.
设与的外接圆的半径分别为，，
由正弦定理得，，
因为，所以.
则.
因为，所以，所以.
方法二：设直线DE：，，，
则，消x得：，
所以，，得，
因为P，A，D三点共线，则，
因为P，B，E三点共线，则，两式相除得，
而
.
因为，所以.
因为，所以，得，
把代入双曲线方程得，解得，则点.
设与的外接圆的半径分别为，，
由正弦定理得，，
因为，所以，
则，
因为，所以，所以.
【点睛】方法点晴：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，注意判别式的判断;
（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；
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号.
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题卷.
选择题部分
一、选择题：本题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.
1. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出焦参数，根据焦点的位置确定准线方程．
【详解】由题意焦点在轴正半轴，，，所以准线方程为．
故选：C．
2. 数列1，，，…的通项公式可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】代入即可结合选项逐一排除.
【详解】当时，对于B中，
当时，对于C中，对于D中，
四个选项中只有同时满足，，.
故选：A
3. 已知直线：，：，若，则m的值为（ ）
A. 1B. －3C. 1或－3D. －1或3
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线平行得到方程，求出或1，检验后得到答案.
【详解】由题意得，解得或1，
当时，直线：，：，两直线平行，满足要求.
当时，直线：，：，两直线重合，舍去，
故选：B
4. 已知两条直线m，n，两个平面，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若且，则
B. 若且，则
C. 若且，则
D 若且，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行，线面垂直，面面垂直的判定和性质依次判断各选项.
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若，，则或与异面，故B错误；
对于C，由线面垂直的性质定理可知C正确；
对于D，若，，则可能在内，可能与平行，可能与相交，故D错误.
故选：C.
5. 已知点和圆Q：，则以PQ为直径的圆与圆Q的公共弦长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得以PQ为直径的圆的方程，两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，后由弦长公式可得答案.
【详解】由题可得，则以PQ为直径的圆的圆心坐标为，半径为4，
则PQ为直径的圆的方程为： .将两圆方程相减可得公共弦方程为：.
则圆Q圆心到公共弦方程距离为2，又圆Q半径为4，则公共弦长为：.
故选：D
6. 江南水乡多石拱桥，现有等轴双曲线形的石拱桥（如图），拱顶离水面10米，水面宽米，若水面上升5米，则水面宽为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 30米
【答案】D
【解析】
【分析】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系，水面上升5米后，设水面宽为CD，设D.由题可得，代入方程可得，后可得x，即可得答案.
【详解】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系.
水面上升5米后，设水面宽为CD，设D，其中.
又由题可得，代入双曲线方程可得：
，则D.
将D点坐标代入双曲线方程可得：，则D.
又由对称性可得，则水面上升5米，则水面宽为30米.
故选：D
7. 在正三棱台中，，，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图建立空间直角坐标系，根据向量法求异面直线所成角.
【详解】取中点，取中点，连接，O在上，且，
因为在正三棱台中，所以，，
又，，
在梯形中，过点作，垂足为R，过点作，垂足为S，
过点作，垂足为T，所以，则，
设，在和中，
，即，
解得，，
因与相似，所以，
即，
如图，分别以所在直线为轴，轴，过且垂直于平面的直线为轴
建立空间直角坐标系， ，
所以，
，
设异面直线与所成角为，
则，
故选：B.
8. 如图，是由一系列直角三角形拼接而成的几何图形，已知，记，，…，的长度构成的数列为，则的整数部分是（ ）
A. 87B. 88C. 89D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列、放缩法、裂项求和法等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题意知，，
且，，…，都是直角三角形，
所以，且，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，
，
，
即，
所以所求整数部分都是.
故选：B.
【点睛】方法点睛：定义法：若常数，则是等差数列；等差中项法：若，则是等差数列.数列求和的方法可以考虑等差数列的前项和公式，也即公式法，也可以考虑利用裂项求和法.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错和不选的得0分.
9. 已知向量，，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D. 在方向上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】ABC选项，根据得到且，AC正确，B错误；D选项，利用投影向量的求解公式得到答案.
【详解】ABC选项，由题意得，故且，AC正确，B错误；
D选项，在方向上的投影向量为，D正确.
故选：ACD
10. 若正项数列为等比数列，公比为q，其前n项和为，则下列正确的是（ ）
A. 数列是等比数列
B. 数列是等差数列
C. 若是递减数列，则
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】设正项等比数列的首项为，则通项公式，利用等比、等差数列的定义可判定A、B，由，可求的范围，判断C，由求出，再由正项数列的条件，得的范围，判断D.
【详解】设正项等比数列的首项为，则通项公式，
则，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，A正确；
则，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，故B正确；
若是递减数列，则，
因为，则，则，C正确；
若，则，则，D错误.
故选：ABC
11. 如图所示，抛物线的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过点A，B作准线l的垂线，垂足分别为，，则（ ）
A. A，B两点的纵坐标之和为常数
B. 在直线l上存在点P，使
C. 三点共线
D. 在直线l上存在点P，使得的重心在抛物线上
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A：设出直线方程，与抛物线联立，通过韦达定理来判断；对于B：通过计算的正负来判断；对于C：通过计算是否相等来判断；对于D：求出重心，代入抛物线方程，看方程是否有解来判断.
【详解】对于A：设直线的方程为，，
联立，消去得，
所以，不常数，A错误；
对于B：设，，，
则
则，故在直线l上不存在点P，使，B错误；
对于C：由题可得，
则
，
所以，即三点共线，C正确；
对于D：设，
又，
则的重心坐标为，
即，代入抛物线方程得
整理得，
，
所以在直线l上存在点P，使得的重心在抛物线上，D正确.
故选：CD
12. 在正三棱锥中，两两垂直，，点是侧棱的中点，在平面内，记直线与平面所成角为，则当该三棱锥绕旋转时的取值可能是（ ）
A. 53°B. 60°C. 75°D. 89°
【答案】AB
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦，求其范围，然后比较角的大小即可.
【详解】因为两两垂直，如图建立空间直角坐标系：
则
则，
设面的法向量为，
则，取可得，
所以，
令，则，则
当时，，，则，
当时，
又，则，
所以
又，
则当该三棱锥绕旋转时的取值可能是AB.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：对于线面角，可通过建立空间直角坐标系将其表示出，然后求其范围.
非选择题部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 经过两点的直线的方向向量为，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】方向向量与平行，由此可得．
【详解】由已知，是直线的方向向量，则，
故答案为：2.
14. 已知数列为等比数列，，公比，若是数列的前n项积，当取最大值时，______.
【答案】6
【解析】
【分析】先求出的通项公式，当时，其前n项积最大，得解.
【详解】由题意可得，，
，且，
当时，最大，即，解得.
故答案为：6.
15. 已知某圆锥底面直径与母线长之比为，其内切球半径为1，则此圆锥的体积等于______.
【答案】##
【解析】
【分析】画出圆锥的轴截面后进行分析，注意利用三角形面积公式与内切圆半径的关系，然后利用圆锥体积公式即得.
【详解】圆锥轴截面如图所示：
设该圆锥的底面直径为，则底面半径为.
因为底面直径与母线长之比为，所以母线长，
所以该圆锥的高,
因为内切球的半径为1，
根据面积相等，可得圆锥轴截面的面积为，
解得，
所以圆锥的底面半径为，高为，
所以此圆锥的体积.
故答案为：.
16. 已知双曲线C的渐近线方程为，两顶点为A，B，双曲线C上一点P满足，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】先设，根据列出方程，得到，联立椭圆方程得到，作出辅助线，得到，，利用正切的差角公式求出答案.
【详解】不妨设双曲线C的方程为，A，B为左右顶点.
设，因为，所以，化简得：，
则，解得，所以，
不妨设在第一象限，作轴于D，则，
，，
故，，
.
故答案为：
四、解答题：共6大题，共70分，其中第17题10分，第18题~第22题每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列的前n项和为，，.
（1）求；
（2）若、、成等比数列，求k的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，依题意得到方程组，解得、d，即可求出通项公式与；
（2）由（1）可得、、的值，再根据等比中项的性质得到方程，求出.
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为d，
由，，所以，
解得，所以，则.
【小问2详解】
由（1）可知，，，
又、、成等比数列，所以，
即，解得或（舍去），
.
18. 已知圆C的圆心在直线上，且过，两点.
（1）求圆C的方程；
（2）已知l：，若直线l与圆C相切，求实数m的值.
【答案】（1）（或）
（2）或
【解析】
【分析】（1）方法一：设出圆心，根据和圆心在直线上得到方程组，求出，，得到圆心和半径，得到答案；
方法二：求出AB的中垂线方程，联立得到圆心坐标，进而得到半径，得到圆的方程；
（2）利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出实数m的值.
【小问1详解】
方法一：设圆心C的坐标为，则，
又，则，即，
解得，，所以圆C的半径，
所以圆C的方程是（或）.
方法二：AB的中点坐标为，，则AB的中垂线方程为.
则，解得，所以圆心C的坐标为，
所以圆C的半径，
所以圆C的方程是（或）.
【小问2详解】
设圆心C到直线的距离为d，
由题意可得，
平方整理后可得，解得或.
19. 如图，已知斜三棱柱，底面是正三角形，，，点N是棱的中点，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，，，即可证明、，从而得到平面，即可得证；
（2）解法一：连接，，利用余弦定理求出，在平面中，过点作交于点，则，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；解法二：连接，利用余弦定理求出，作于，连接，即可得到为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
取的中点，连接，，，，
∵三棱柱中，，∴，
又∵，∴，∴，∴，
又，平面，∴平面，
又平面，∴.
【小问2详解】
方法一：连接，，在中，，，，
所以，则，
显然且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，则，
在平面中，过点作交于点，则，则，所以，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
取，
又平面的一个法向量，∴，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
方法二：显然且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
连接，在中，，，，
即，即.
作于，连接.
因为平面，平面，所以，
又，平面
所以平面，平面，所以，
所以为二面角的平面角.
在中，，解得.
则，所以.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
20. 已知点F为抛物线C：的焦点，点在抛物线C上，且.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线l与抛物线C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线l过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义与点在抛物线C上列式求解即可；
（2）方法一：分直线斜率存在于不存在两种情况，联立直线与抛物线的方程，得出韦达定理，进而表达再化简即可；
方法二：设，，代入化简，结合直线l的方程为即可.
【小问1详解】
由题意得：，解得，或（舍去），
所以抛物线C的方程为.
【小问2详解】
方法一：①当直线l斜率存时，
设直线l：，，，
则，消去x，整理得，
则，，，
而，
整理得，所以，
所以直线l：，所以直线l过定点.
②当直线l斜率不存在时，设直线l：，
则，，则，得，
所以直线l：，则点直线l上.
综上：直线l过定点.
方法二：设，，
则，
则，直线l的方程为，
则，
所以直线l过定点.
21. 已知数列满足，.
（1）若，求数列的前n项和；
（2）若，设数列的前n项和为，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由数列递推公式可得其通项公式，再由错位相减法求数列的前n项和；
（2）若，可得，从而，利用裂项相消法推导出前n项和为，再由的单调性可证明不等式成立.
【小问1详解】
当时，则，得，所以，
所以数列是以为首项，公差为1的等差数列.
所以，则，
所以，
，
两式相减得
，所以.
【小问2详解】
当时，由，得，
所以，
所以数列单调递增，因为，所以，
又由，可得，
所以，即，
则，
所以，易知为递增数列，且，
所以，即：.
【点睛】数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
22. 已知离心率为的双曲线：过椭圆：的左，右顶点A，B.
（1）求双曲线的方程；
（2）是双曲线上一点，直线AP，BP与椭圆分别交于D，E，设直线DE与x轴交于，且，记与的外接圆的面积分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆与双曲线的基本量求解即可；
（2）方法一：设直线AP：，，联立直线与双曲线的方程，结合在双曲线上，化简可得，同理，代入化简，结合双曲线方程可得，再根据正弦定理，结合代入化简可得，再根据求解范围即可；
方法二：设直线DE：，，，联立方程得出韦达定理，再根据P，A，D三点共线，P，B，E三点共线，列式化简可得，进而可得，结合双曲线方程可得，再根据正弦定理，结合代入化简可得，再根据求解范围即可.
【小问1详解】
由题意得：，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
方法一：设直线AP：，，
则，消y得：，
得：，
又因为在双曲线上，满足，即，
所以，即.
同理设直线BP：，，可得，所以.
因为，所以，因为，所以.
把代入双曲线方程得，解得，则点.
设与的外接圆的半径分别为，，
由正弦定理得，，
因为，所以.
则.
因为，所以，所以.
方法二：设直线DE：，，，
则，消x得：，
所以，，得，
因为P，A，D三点共线，则，
因为P，B，E三点共线，则，两式相除得，
而
.
因为，所以.
因为，所以，得，
把代入双曲线方程得，解得，则点.
设与的外接圆的半径分别为，，
由正弦定理得，，
因为，所以，
则，
因为，所以，所以.
【点睛】方法点晴：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，注意判别式的判断;
（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；
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