一、單選題（本大題共10小題）
1．已知直線過點，則直線的傾斜角為（ ）
A．B．C．D．
2．圓心為且過原點的圓的方程是（ ）
A．B．
C．D．
3．焦點為(0，2)的拋物線標準方程是（ ）
A．B．C．D．
4．長方體中，，則異面直線與所成角的大小為（ ）
A．B．C．D．
5．已知，是兩個不同的平面，直線，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件
6．已知橢圓上一點和焦點.軸，若雙曲線的一條漸近線經(jīng)過點，那么雙曲線的離心率為（ ）
A．B．C．D．
7．已知圓，直線，若圓上至少有3個點到直線的距離為2，則可以是（ ）
A．3B．C．2D．
8．已知數(shù)列的前項和為，且，則數(shù)列的前2025項的和為（ ）
A．B．C．D．
9．記等差數(shù)列的前項和為，若，則（ ）
A．13B．45C．65D．130
10．已知數(shù)列的通項公式，則根據(jù)下列說法選出正確答案是（ ）
①若，則數(shù)列的前項和；
②若，數(shù)列的前項和為，則是遞增數(shù)列；
③若數(shù)列是遞增數(shù)列，則.
A．①②B．②③C．①③D．①②③
二、填空題（本大題共5小題）
11．雙曲線的焦點到頂點的最小距離是 .
12．經(jīng)過點，且與直線平行的直線方程是 .
13．拋物線上一點到焦點的距離等于3，則點的坐標為 .
14．已知等差數(shù)列的前項和為，若，，則 ；的最小值為 .
15．生活中一些常見的漂亮圖案不僅具有藝術美，其中也有數(shù)學的對稱、和諧、簡潔美曲線.下面是關于曲線的四個結論：
①曲線關于原點中心對稱；
②曲線上點的橫坐標取值范圍是
③曲線上任一點到坐標原點的最小距離為；
④若直線與曲線無交點，則實數(shù)的取值范圍是
其中所有正確結論的序號是 .
三、解答題（本大題共4小題）
16．如圖，在棱長為2的正方體中，點E，F(xiàn)分別是棱，的中點.求證：
(1)∥平面；
(2)平面.
17．已知在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，是正三角形，、分別為、的中點，過的平面交于點，平面平面；

(1)證明：為的中點；
(2)取的中點，連接，，，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求：
（i）到平面的距離；
（ii）二面角的余弦值.
條件①：
條件②：平面.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
18．已知斜率為的直線過點，且與橢圓相交于不同的兩點，，
(1)若，中點的縱坐標為，求直線的方程；
(2)若弦長，求的值.
19．已知橢圓的短軸的兩個端點分別為，，離心率為.
(1)求橢圓的標準方程及焦點的坐標；
(2)若直線與橢圓交于不同的兩點，，直線與直線交于點，求證：.
參考答案
1．【答案】B
【詳解】直線過點，則直線的斜率為，
設直線的傾斜角為，所以，
所以直線的傾斜角為.
故選：B.
2．【答案】B
【解析】根據(jù)條件求出半徑即可.
【詳解】因為圓心為且過原點，所以
所以圓的方程是
故選：B
3．【答案】A
【解析】由焦點坐標可知拋物線的開口向上，且，從而可求得拋物線的方程
【詳解】解：因為拋物線的焦點為(0，2)，
所以設拋物線方程為，且，
解得，所以拋物線的方程為，
故選：A
4．【答案】C
【詳解】
如圖所示，因，則即異面直線與所成角.
連接，在中，，
則，即異面直線與所成角為.
故選：C.
5．【答案】A
【分析】
由面面垂直的判定定理及面面垂直的性質(zhì)，結合充分必要條件的定義即可判斷.
【詳解】
根據(jù)面面垂直的判定定理，可知若，則“”則成立，滿足充分性；
反之，若，則與的位置關系不確定，即不滿足必要性；
所以“”是“”的充分不必要條件，
故選：A.
6．【答案】C
【詳解】根據(jù)橢圓方程可知，焦點坐標為，不妨設焦點F為右焦點，
因為軸，A在橢圓上，假設A點在第一象限，所以A點坐標為.
由題可知，雙曲線的漸近線方程為，
又因為雙曲線的一條漸近線經(jīng)過點A，所以代入可知，
所以雙曲線的離心率為
故選：C.
7．【答案】D
【詳解】由圓方程可得圓心坐標為，
依題意需使點到直線的距離，解得.
故選：D.
8．【答案】C
【詳解】∵，∴，而符合上式，，
，
∴數(shù)列的前2025項的和，
故選C．
【思路導引】若通項公式是分式型，分子是常數(shù)，分母是相鄰兩項的積，則可以考慮用裂項相消法求和.
9．【答案】C
【分析】由等差數(shù)列的求和公式及等差數(shù)列的性質(zhì)求解．
【詳解】，
故選C.
10．【答案】A
【詳解】對于①：當時，則，
所以，故①正確；
對于②：當時，，
則，所以單調(diào)遞增，
又，所以是遞增數(shù)列，故②正確；
對于③：若數(shù)列是單調(diào)遞增數(shù)列，則，即，
所以，所以，
因為，所以，即，故③錯誤.
故選：A
11．【答案】1
【詳解】雙曲線的焦點到頂點的最小距離為，
故答案為：1
12．【答案】
【詳解】因所求直線與直線平行，故可設為，
代入點，解得，
故所求的直線方程為：.
故答案為：.
13．【答案】
【詳解】因為拋物線的焦點 ，
則 ，即 ，
所以拋物線方程為 ，準線方程為，
因為到焦點的距離等于3，
所以到的距離等于3，
則 ， ，則 ，
則點的坐標為
故答案為： .
14．【答案】 /
【詳解】設等差數(shù)列的公差為，則，解得，
所以，所以，
所以當或時取得最小值，且的最小值為；
故答案為：；
15．【答案】①③④
【詳解】對于①，在曲線上任取一點，則點關于原點的對稱點為，
因為，即點在曲線上，
所以，曲線關于原點對稱，①對；
對于②，由可得，解得或，
所以，曲線上點的橫坐標取值范圍是，②錯；
對于③，在曲線在曲線上任取一點，
則，可得，則，
所以，，故，
所以，曲線上任一點到坐標原點的最小距離為，③對；
對于④，在曲線上任取一點，則點關于軸的對稱點為，
因為，即點在曲線上，
所以，曲線關于軸對稱，同理可知，曲線也關于軸對稱，
當，時，曲線的方程可化為，
化簡得，此時，，作出曲線的圖象如下圖所示：
考查當直線與圓相切，且圓的圓心為，半徑為，
則，解得，
由對稱性結合圖形可知，若直線與曲線無交點，則實數(shù)的取值范圍是，④對.
故答案為：①③④.
16．【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【詳解】（1）因為E，F(xiàn)分別為，的中點，，，
則且，可知四邊形為平行四邊形，則，
且平面，平面，
所以∥平面.
（2）因為四邊形為正方形，則，
且，則，
又因為平面，平面，則.
且，則，
且，平面，所以平面.
17．【答案】(1)證明見解析
(2)（i）到平面的距離為3；
（ii）二面角的余弦值為
【詳解】（1）因為平面平面，又平面平面，平面平面，
所以，又因為是的中點，所以為的中點；
（2）條件①：，因為，所以，
所以，又，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，
因為是正三角形，又是的中點，則平面,
而平面平面，
所以平面，
條件②：平面，又平面，所以平面平面，
因為是正三角形，又是的中點，則平面,
而平面平面，
所以平面，
（i）由（1）知為的中點，易得四邊形是平行四邊形，可得，
又，所以，
以為坐標原點，所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，
所以，，
設平面的法向量為，
則，令，則，
所以平面的一個法向量為，
因為，所以四點共面，
又，
所以到平面的距離；
（ii）設平面的法向量為，
又，
則，令，則，
所以平面的法向量為，
由（i）可得平面的一個法向量為，
所以.
所以二面角的余弦值為.
18．【答案】(1)
(2)
【詳解】（1）根據(jù)題意可設直線的方程為，
設的中點為，如下圖所示：

聯(lián)立，整理可得，
易知，解得或，
且，由，中點的縱坐標為，可得，
解得或（舍），
因此直線的方程為.
（2）由（1）可得；
又弦長，可得，
整理可得，
解得，即，滿足題意，
因此直線的方程為，即，
可得
19．【答案】(1)橢圓的標準方程為，焦點坐標為
(2)證明見解析
【詳解】（1）根據(jù)題意可得，解得，
所以橢圓的標準方程為，焦點坐標為.
（2）設直線與橢圓交于不同的兩點，
由，消去得，
所以，
兩式相除可得，所以，
直線的方程為，令，解得，所以，
所以，
，
所以.

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