浙江省台州市2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题（Word版附解析）

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2025.01
命题：丁君斌（台州市第一中学） 王智宇（台州市路桥中学）
审题：陈清妹（台州中学）
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.
A . 0,1, 2 B . 1, 0,3 C . 1, 2,0 D . 0, 0, 0
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中，点在平面 xOy 上射影点的坐标特点，即可确定 A 在平面 xOy 内射影坐标.
【详解】点在平面内射影，只需 z  0即可，∴ A1, 2,3在平面内射影的坐标为1, 2,0 .
故选：C.
2. 已知直线l 的一般式方程为 x  2y  6  0 ，则（ ）
x  y  A. 直线l 的截距式方程为 1
6 3
x  y  B. 直线l 的截距式方程为 1
6 3
【答案】A
【解析】
【分析】将直线方程化为截距式、斜截式即可判别.
【详解】由 x  2y  6  0 得 2y  x  6，
y  x  ，即 x  y 1 直线l 的截距式方程为： 1
.
3 6 6 3
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1. 在空间直角坐标系Oxyz 中，点 A1, 2,3
在坐标平面 xOy 内射影的坐标为（ ）
C. 直线l 的斜截式方程为
1
y   x 
2
3
D. 直线l 的斜截式方程为
1
y  x 
2
3
故选：A.
A. 椭圆的长轴长为 2
B. 椭圆的焦点坐标为 7,0, 7,0
C. 椭圆关于直线 y  x 对称
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆的标准方程先确定 a,b, 求得 c ，得到长轴长 2a ，焦点为c,0即可判断 A，B；
将方程中的 x, y 互换，根据所得方程是否与原方程相同可判别 C；根据椭圆的范围可判断 D.
∴长轴长 2a  4，焦点为1, 0,1, 0.故 A、B 不正确；
确；
故选：D
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
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直线l 的斜截式方程为：
1
y  x  3.
2
3. 已知椭圆的标准方程为
x2  y2  ，下列说法正确的是（ ）
1
4 3
D. 当点 
x0 , y0 在椭圆上时，
y0  3
【详解】对于 A、B，由
x2  y2  得
1
4 3
a  2,b  3,c  a b 1，
2 2
对于 C，将 x, y 互换，得椭圆
y  x  与原椭圆方程不相同，故椭圆不关于直线 y  x 对称.故 C 不正
2 2
1
4 3
对于 D，因为点 
x0 , y0 在椭圆
x2  y2  上，则
1
4 3
3x2
y    ，∴
2 3 0 3
0
4
y0  3 ，故 D 正确.
S
4. 设等比数列  
a nN 的前 n 项和为 S ，若 3
*
n a
n
2
S
 ，则 4
3
a
3
的值为（ ）
【分析】先根据题中已知条件计算出等比数列公比，然后计算
S
a
4
3
的值即可.
故选：D
5. 台州学子黄雨婷夺得巴黎奥运会 10 米气步枪比赛 1 金 1 银两块奖牌后，10 米气步枪射击项目引起了大
家的关注.在 10 米气步枪比赛中，瞄准目标并不是直接用眼睛对准靶心，而是通过觇孔式瞄具来实现.这种
瞄具有前后两个觇孔（觇孔的中心分别记为点 A, B ），运动员需要确保靶纸上的黑色圆心（记为点C ）与
B 
4 89
, ，则点C 的坐标为（ ）
 5 50 
【答案】B
【解析】
【分析】由题意 A,B,C 三点共线，结合两点式斜率公式，利用斜率相等列式求解即可.
故选：B
6. 在四面体OABC 中，OAOB  OAOC  OBOC  0, OA  OC  2，若直线OC 与平面 ABC 所
成角为30 ，则 OB  （ ）
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【详解】因为
S
a
3
2
a  a  a
1
 ，所以 1 2 3  3  1 q  3  q 1
3
a q
2
所以
S 4a
4 1
  4 ，
a a
3 1
这两个觇孔的中心对齐，以达到三圆同心的状态.若某次射击达到三圆同心，且点
A 3 
0,
，点
 2 
A .
 9 
10,
 
 2 
B . 10, 5 C .
 11
10,
 
 2 
D . 10, 6
【详解】由题意 A,B,C 三点共线，设C 10,t，因为
A 
0,
3
 2 
，
B 4 89 
,
，
 5 50 
所以
89 3 3
 
t
7
50 2 2
k    k 
AB AC 
4 0 20 10 0

5
，解得t  5 ，所以C 10, 5 .
A. 1 B . 2 C . 3 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用三线垂直建立空间直角坐标系，将线面角转化为直线的方向向量和平面的法向量所成的角，
再利用空间向量进行求解.
【详解】由OA  OB  OA  OC  OB  OC  0 ，得OA，OB ，OC 两两垂直.
以OA，OB ，OC 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则 A(2, 0, 0)，C(0, 2, 0) ，设 B(0, 0,b) ，
OC  0, 2,0， AB  2, 0,b， AC  2, 2,0，

设平面 ABC 的一个法向量为 m  x, y, z
，
令ꢀꢀꢁ =，则 y 1， z 2
 ，
b
设直线OC 与平面 ABC 所成角为30，
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则

 
 AB·m 0
   ，即
AC·m  0

2x  bz  0
  
2x 2y 0

，
所以平面 ABC 的一个法向量为
  2 
m 1, 1,
  
，
 b 
则
 
2
mOC  01 21 0  2
b
； OC  2 ，

m  2 
4
b2
则


m OC
  1

 ，
m OC  2
 2
1 1

4 2
 2
b
2
，解得b2  2 ，
∴

OB  b2  2
.
故选：B.
下列说法正确的是（ ）
A . a1 R ，数列 
S 为递增数列
n
B . a1 R ，使得数列 
b 为递减数列
n
Ca1 R 及正整数 p,q,r(1 p  q  r)，使得 a ,a ,a 成等比数列
p q r
D . a   ，数列a b 的最小项为 a b
1 1,
n n 1 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式，再结合二次函数分析单调性，即可求解.
【详解】由已知可得： a  a  n    n  a  ，
n 1 1 2 2 1 2
要使得数列 
S 为递增数列，则当 n  2 时，满足 a  2n  a  2  0 ，
n n 1
根据一次函数单调性可知数列 
b 为递增数列，故 B 错误；
n
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7. 已知等差数列  
a nN 的首项为
*
n
a ，公差为 2 ，前 n 项和为 Sn ，数列  nb  S ，则
b 满足：
1 n n n
 1 2  2 
n n
S  na   n  a  n
2 2
n 1 1
2 2 2
 
，
即
a1   2 ，故 A 错误；
 
S 2 2
由 nbn  Sn 可得：      
b n a
n
n 1
n 2 2
 
，
不妨令
a1  2, p  2,q  4,r  8，则 a2  2 2,a4  4 2,a8  8 2
满足
a  a a ，此时
2 a2 ,a4 ,a8 成等比数列，故 C 正确；
4 2 8
     
2 2 3 2 2
   
a b  2n  a  2  n  a    n2   a  2n  a  2 a  
n n 1 1 1 1 1
2 2 2 2
     
，
 
3 2
  2
a
要使得数列a b 的最小项为 a b ，则需要满足 1
2 3
 
n n 1 1
 
2 2
，
故选：C.
【答案】D
【解析】
  
x2 a2 b2
得  
PF1  (x  c)  y  (x  c)  b 1 2   2 x  2cx  c  b
2 2 2 2 2 2 2
a a  
c2 c
 2  2    ；
x2 cx a2 a x
a a
c     c ，即 a c x 0 根据椭圆方程知， (0,1),| x | a a | x |   ，
a a a
如图,设△MF1F2 的内切圆与三边切于点 D,G, E ，
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解得
2
a   ，故 D 错误；
1
3
8. 已知椭圆
x2 y2
    的左右焦点分别为 F1, F2 ，点  
M x0 , y0 是椭圆 E 上第一象限的
E : 1(0 b 5)
5 b
2
一点，△MF1F2 的内心为  
N x , y ，若
1 1
x  x ，则椭圆 E 的方程为（ ）
0 5 1
A .
x2
5
 y2  1 B .
x2  y2 
1
5 2
C .
x2  y2  D .
1
5 3
x2  y2 
1
5 4
【分析】先证明焦半径公式，然后根据内切圆的性质求得 GF1  ex0  c ，进一步得
GO  ex ，从而
0
x  ex ，由
1 0
x  x 得离心率，利用 a2  b2  c2 求解即可.
0 5 1
【详解】先证明焦半径公式，对于椭圆方程：
x2 y2
2  2 1，
a b
由椭圆上任意点 P(x, y) 及左、右焦点
F1(c,0) 、 F2 (c,0)，
同理，
c
PF2  (x  c)  y  a  x ；
2 2
a
故椭圆
x y
2 2
2  2 1两个焦半径为
a b
c
PF  a  x ，
1
a
c
PF  a  x，
2
a
由圆的性质可知 GF1  DF1 , GF2  EF2 , EM  DM ，
则 GF  GF  DF  EF  MF  MF  a  ex a  ex  ex ，
1 2 1 2 1 2 0 0 2 0
故选：D
二､多选题：本大题共 3 小题，每小题 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. 关于曲线  
Γ : Ax2  By2 1 A, BR, A2  B2  0 ，下列说法正确的是（ ）
A. 若 A  B  0 ，则曲线 Γ 表示圆
B. 若 AB  0，则曲线 Γ 表示抛物线
C. 若 AB  0，则曲线 Γ 表示椭圆
D. 若 AB  0，则曲线 Γ 表示双曲线
【答案】AD
【解析】
【 分 析 】 分 A  B  0 ， A  0, B  0 ， A  0, B  0 ， A0,B0， A  0,B  0 多 种 情 况 分 别 对
 
Γ : Ax2  By2 1 A, BR, A2  B2  0 进行变形，对照圆、抛物线、椭圆、双曲线的方程即可做出判断.
C 不正确；
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又 GF1  GF2  2c ，所以
GF  ex  c ，所以
1 0
GO  ex ，又
0
x  x  x ，
G N 1
则 x1  ex0 ，由
x  x 得 5
0 5 1 e  ，所以
5
e
2
c2 a2 b2 b2
 5 1
    ，解得b2  4 ，
a2 a2
5 5
所以椭圆 E 的方程为
x  y  .
2 2
1
5 4
2 2 1
【详解】若 A  B  0 ，     ，表示以0, 0为圆心，半径为
Γ : x y A 0
A
1
A
的圆,故 A 正确，但
若 A  0, B  0 ，则 Γ : By2 1， B  0 时，表示两条直线， B  0时不表示任何图形；若 A  0, B  0 ，
则 Γ : Ay2 1， A  0 时，表示两条直线， A  0时不表示任何图形.故 B 不正确；
示焦点在 y 轴上的双曲线.故 D 正确.
故选：AD.
10. 对于数列   a   a ，则称数列 
a nN ，若存在正整数T ，使得对于任意正整数 n ，都有
* a
n n T n n
为周期数列.下列数列 
a 中为周期数列的是（ ）
n
【答案】ABD
【解析】
【分析】按照数列的递推公式进行计算，并根据周期数列的定义逐一验证即可判断.
【详解】对于 A， a1  a3    a2n1  0,a2  a2    a2n 1，数列 
a 是周期为 2 的周期数列，故
n
A 正确；
1 1 1 1
a  2,a 1  ,a 1  1,a 1  2  a ， 对于 B，由递推公式， 1 2 3 4 1
a 2 a a
1 2 3
数列 
a 是周期为 3 的周期数列，故 B 正确；
n
对于 C，当 n 为偶数时， a  0，满足 a   a ，当 n 为奇数时， a  2 ，从而不存在正整数T ，使得
n n n 2 n n
a   a ，
n T n
则数列 
a 不是周期数列，故 C 错误；
n
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若 A0,B0，则
x2 y2 y2 x2
Γ :  1 Γ :  1
表示焦点在 x 轴上的双曲线；若 A  0,B  0 ，则
1 1 1 1 表

A B B A
Aa
n
1 (1)
n
a  2,a 1
 B . 1 1
n
2
1
a
n
C .
nπ
a  2n sin D .
n
2
2a ,n ,
是奇数
 n
a a
1,   1
1 n1
,n是偶数.

a

n
对于 D，当 n 为奇数时， an1  2an ，则
a
n2
1 1 1
  ， a   2a   ，
n 3 n 2
a 2a a
n1 n n
1
a   a ，
n4 n
a
n3
所以数列 
a 是周期为 4 周期数列，故 D 正确；
的
n
故选：ABD.
动点，则（ ）
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线面的位置关系、线线所成角、面面所成角、点关于面
N  1 
,1,1 关于平面 ACB1 的对称点为 N，计算 MN MN 即得△ MPN 周长的最小值.
 2 
【详解】
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1 2
当 n 为偶数时， 1  ，则 a   a   ，
a 2 a
n n 2 n 1 n3
a a
n n
1 a
  ，
n
a 2
n2
an4  2an3  an ，
11. 已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为1,M 为
A D 的中点， N 为
1 1
D C 的中点， P 为平面
1 1
ACB 内的
1
A . MC1 ∥平面
ACB
1
B. 平面 ADD1A1 与平面
ACB 所成角的正切值为 2
1
C. 若 MP 与 BD1 所成角为
π
3
，则点 P 的轨迹为圆
D . △ MPN 周长的最小值为
2  14
2
 
的对称点及最短距离的问题.对于 A，计算得 MC1  BD1  0 可判断；对于 B，计算得 1
cs BA, BD 
1
3
，
再求
tan BA, BD 即可判断；对于 C，由题意设 Px, y, z，则 x  y  z 1，由
1
5
2
x  y  z 
 
cs MP, BD  
1 2
 1 
x     y    z  
2 2
3 1 1
 2 
1
2
，根据化简结果即可判断；对于 D，求出
在正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，
AB   ， AC  1,1,0， BD1  1,1,1
1 1,0,1
5
 
x  y  z 
 
MP BD 2 1
cs ,      ，
MP BD
1
1 2
MP  BD  
2
1
1 2 2
           3 x 1 y z 1
 2 
3
故 C 正确；
第 10 页/共 21 页
B A C D B C M   N  
0,0,0 , 1,0,0 , 0,1,0 , 1,1,1 , 0,0,1 , 0,1,1 , 1, ,1 , ,1,1
1 1
则            
1 1
 2   2 
，
∵
AB1  BD1  0 ，
AC  BD  ，所以 BD   是平面
1 0 1 1,1,1
ABC 的一个法向量.
1

MC   
1, ,0
1
对于 A， 1
，
 2 
 
1
MC  BD   
1 1
2
0 ，∴ MC1 与平面
ACB 不平行，故 A 不正确；
1
对于 B，因为平面 ADD1A1 的一个法向量 BA  1,0,0，平面
ACB 的一个法向量 BD1  1,1,1，故
1
 
cs BA, BD 
1
1
3
 
2
 1  2
,sin BA, BD 1
   
1
 3  3
,
tan BA, BD  2 ，故 B 正确；
1
对于 C，因为 P 为平面 ACB1 内的动点，设 Px, y, z，则

MP   x  y  1 z  
1, , 1
，
 2 
B1P  x, y, z 1，由
BD  B P ，得 x1 y1 z 11 0 ，即 x  y  z 1，
1 1
 
5 5 3
MP BD  x  y  z  1  
1
2 2 2

2
MP  x    y    z 
2 1 2
，    
1 1
 2 
即
2
2
 1 
  2        2
3 x 1 y z 1
 2 

1
2
2
x  2   y  1   z  2 
1 1 3
，化简得   
 2 
.
对于 D，设
N  1 
,1,1
 2 
关于平面 ACB1 的对称点为 Nx y z ，
0 , 0 , 0
∴ NN  平面
 1  1 1  1 1  1 
ACB ，且 NN的中点 x , y , z
  在平面 ACB1 上，
1 0 0 0
 2 4 2 2 2 2 
∴
BD ∥ NN，
1
故选：BCD.
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
y
2
12. 已知双曲线  
x2   b  的离心率为 5 ，则b  __________.
2 1 0
b
【答案】2
【解析】
【分析】根据双曲线的方程及离心率求解即可.
y
2
【详解】由双曲线  
2    可知， a 1， x 2 1 b 0
b
c
又 e   5 ，所以 c  5 ，
a
所以 a2  b2 1 b2  c2  5，解得b2  4 ，即b  2
故答案为：2
可）
【答案】 y  x （答案不唯一､ y  x, x  0, y  0均可）
【解析】
【分析】根据求由曲线方程特征判别曲线对称性的方法求解即可.
【详解】用 y 替换 y 所得方程不变，所以曲线关于 x 轴对称；
用 x 替换 x 所得方程不变，所以曲线关于 y 轴对称；
将 x, y 互换所得方程不变，所以曲线关于 y  x 轴对称；
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又 BD   ，
1 1,1,1

NN   x  y  z  
1
， 1， 1
0 0 0
 2 

 
1

    
1
x

0
x y 1 z 1
2


0 0 0
2
y  0


∴ ，∴
，解得
0
1 1 1 1 1 1

     


x y z 1
z 0

0 0 0

2 4 2 2 2 2
0

N 1 
,0,0
 2 
.
则 MN  14 ， MN  2 ，∴△ MPN 周长的最小值为 2 14

2 2 2
.故 D 正确.
13. 已知曲线
x2  y2  x  y ，则该曲线的一条对称轴方程为__________.（写出满足条件的一个方程即
用 x 替换 y 同时用 y 替换 x 所得方程不变，所以曲线关于 y  x 轴对称.
故答案为： y  x （答案不唯一､ y  x, x  0, y  0均可）
14. 用 maxa,b表示两数 a,b 中的较大者，记   
c  max 3n 1, 2n   0,nN ，若
1 * n
c1  c2  c3  c4  c5  60，则 的取值范围是__________.
【解析】
【分析】我们先分别计算出 c1,c2 ,c3,c4 ,c5 ，因为   0 ，里面两个式子一个是一次型，一个是指数型，利
用两个函数的图象可知， n 增大时，指数型的增长加快，故可先讨论 c 取指数型的值，其余为一次型的值，
5
接着依次判断 c4 ,c5 取指数型的值，其他为一次型的值，逐一判断即可.
【详解】由题可知 c   ， c   ， c   ， c   ，
1 max 2, 2 max 5,2 3 max 8,4 4 max 11, 8
c   ，
5 max 14,16
7
当16 14时，即   ，易知 c1  c2  c3  c4  c5  2  581114  40  60，显然不成立；
8
7 7 11
  ，且8 11时，即    时， 当
8 8 8
得 c1  c2  c3  c4  c5  2  581116  26 16  58  60 ，显然不成立；
11 11
  ，且 4  8时，即    2时， c1  c2  c3  c4  c5  2  588 16 15 24 ， 当
8 8
  ，所以有15 2
15
要使 c1  c2  c3  c4  c5  60，则15 24  60 ，解得    ；
8 8
当   2 时，显然 c1  c2  c3  c4  c5 15 24  60；
15
  . 综上所述，
8
【点睛】关键点点睛：因为在指数型函数与一次型函数都是递增的情况下，自变量变大时，指数型增长速
度总有一个时候比一次型快，所以指数型的值如果开始比一次型的小，也在自变量足够大的时候指数型的
函数值会大于一次型的函数值,故只需从 c5 开始按照两个值的大小分类讨论即可 ！
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【答案】
 
15
,

 8 
故答案为：
15  
, 

.
 8 
四､解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知直线l : x  y  4  0 ，圆C :(x  a)2  (y  2)2  2 .
（1）若直线l 把圆C 分成面积相等的两部分，求实数 a 的值；
（2）若直线l 与圆C 相切，求实数 a 的值.
【答案】（1） ―2
（2） a  0 或 a  4 .
【解析】
【分析】（1）由圆心在直线上可得结果；
（2）利用点到直线距离解方程可得.
【小问 1 详解】
由题意得，圆心a,2在直线l 上，
即 a  2  0 ,
解得 a  2 .
【小问 2 详解】
解得 a  0 或 a  4 .
（2）求直线CD 与直线 AC1 所成角的余弦值.
   
2 1
CD  AB  AC  AA 【答案】（1） 1
3 3
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圆C 的半径为 2 ，圆心到直线l 的距离 d
a  2
  2 ，
2
16. 如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中，
AB  AC  AA  ， π
1 3 BAC  ，
3
 
1
BD  BA
.
1
3
（1）用
AB, AC, AA 表示CD ；
1
（2）
1
4
.
【解析】
   
2 1
CD  AB  AC  AA 【分析】（1）利用空间向量基本定理得到 1
；
3 3
   
2 1 
CD  AB  AC  AA ， 得 到 CD  2 2 ， 并 求 出
2
（ 2 ） 1 CD  8
两 边 平 方 ， 求 出
3 3
      
CD AC   2 AB  AC  1 AA  AC  AA  
3
 
， AC1  3 2 ，利用异面直线向量夹角余弦公式求 1 1 1
 3 3 
出答案.
【小问 1 详解】
 
1
BD  BA
，
1
3
        
1 1
故  
CD  CB  BD  CB  BA  AB  AC  AA  AB
1 1
3 3
  
2 1
 AB  AC  AA
；
1
3 3
【小问 2 详解】
   
2 1
CD  AB  AC  AA 由（1）知， 1
，两边平方得
3 3
   
2
CD   AB  AC  AA 
2 1 2
1
 3 3 
        
4 1 4 2 4
2 2 2
 AB  AC  AA  AB AC  AA  AC  AB AA
1 1 1
9 9 3 3 9
故 CD  2 2 .
AC  AC  CC  ，故 AC1  3 2 ， 因为 2 2 3 2
1 1
设直线CD 与直线 AC1 所成角为 ，
      
CD AC   AB  AC  AA  AC  AA
2 1
  1 1 1
 3 3 
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因为三棱柱 ABC  A1B1C1 为直三棱柱，
AB  AC  AA1  3，
所以
AB  AA1, AA1  AC ，故 AB AA1  AA1  AC  0，
   
π π 9
AB AC  AB  AC cs  33cs 
3 3 2

2 4 9
CD  4  9 1   8
所以 ，
3 2
，
         
2 2 1 1
2 2
 AB AC  AB AA  AC  AC  AA  AC  AA  AA
1 1 1 1
3 3 3 3
2 9
  9  3  3 ，
3 2
17. 设函数 f x 2x 1, g x 4x  2x 1，数列a  b nN 满足：
2
, * n n
2         
f a  g a g b  f b 
a1 3,b1 1,a 1 ,b 1
     .
2 n n n n n n
2 2
a  ，求数列 
（1）若 0 a 的通项公式；
n n
【答案】（1） a  2n 1
n
（2）  1 2n  2
S n 1 .
n
【解析】
【分析】（1）代入化简可得 a    a  ，即可根据 
n 1 1 2 n 1 a2 1 为等比数列求解，
2 2
n
（2）根据b 为等差数列可求解b a2 1 n2n ，即可利用错位相减法求解.
n n n
【小问 1 详解】
2a 1 4a  2a 1
2
a  a
2  n n n  2 2 1 n 1 n
2
得  
a    a  ，
n2 1 1 2 n2 1
所以数列 
a2 1 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，
n
所以 a   a    ，化简得 2 2n 1
2 2 1 a   ，
1 1 2n
n 1 n
a  ，所以 
因为 0 a 的通项公式为 a  2n 1；
n n
n
【小问 2 详解】
2     
g b f b
b 1   b 1，
n n
n n
2
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cs
所以
CD AC
3 1
1
     ，
2 2 3 2 4
CD AC
1
所以直线CD 与直线 AC1 所成角的余弦值为
1
4
.
（2）求数列   
b a 2 1 nN* 的前 n 项和
n n
S .
n
所以数列 
b 是以 1为首项， 1为公差的等差数列，
n
b    n    n ，
1 1 1 n
 
b a2 1  n2n ，
n n
S  12  222 323   n2n ，
n
2S  122  223 324   n2n1 ，
n
所以 2 2 2 2n 2n 1  2n 2
S   2  3    n 1   n  1  ，
n
故  1 2n  2
S n 1 .
n
（1）求曲线 E 的方程；
【答案】（1） x2  y2 1或 y2  x2 1 .
（2）① (1, 2]；② (, 3](0,) .
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用点到直线距离公式列式化简即得.
（2）①联立 E 的方程与抛物线方程，用 x0 表示 p 并建立不等式求出范围；②利用斜率坐标公式，结合二
次函数性质求出范围.
【小问 1 详解】
【小问 2 详解】
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两式相减得
S  2  22  23   2n  n2n1 ，
n
18. 动点 M x, y到直线 y  x 与直线 y  x 的距离之积为 1
2
，记点 M 的轨迹为曲线 E .
（2）若点 A(x0 , y0 ) 为曲线 E 与抛物线
2 3
y  2px(0  p  ) 的一个公共点，点 B(4p,0).
4
①求 x0 的取值范围；②当 y0  0 ，且
y0 1时，求直线 AB 斜率的取值范围.
依题意，
| | | | 1
x  y  x  y 
2 2 2
，化简得| x2  y2 |1，
所以曲线 E 的方程为：
x2  y2 1或 y2  x2 1.
①由（1）可知，
x2  y2  或 y2  x2  ，
0 0 1 0 0 1
所以 x0 的取值范围为 (1, 2].
t  2  x ，则t [2, 0) (0,1) ，则 (2 )(1 )
t t
2  ， 令 k
0
AB
t
当t (0,1) ，即1 1时， 2(1)2 3(1) 1 0
k     ，
t t t
AB
当t [2, 0) ，1   1 时， 2(1)2 3(1) 1 3
k       ，
t 2 t t
AB
所以直线 AB 的斜率取值范围为 (, 3](0,) .
19. 把 n 元有序实数组a a  a 称为 n 维向量，类似平面向量与空间向量，对于 n 维向量
1, 2, , n
i  a1,a2 , ,an , j  b1,b2 , ,bn ，也可定义两个向量的加法运算和减法运算
i  j  a  b a  b  a  b ；数乘运算 i  a a  a   R ；向量的长度（模）
1 1, 2 2 , , n n 1, 2 , , n ,
阔的思维空间.
（2）已知 4 维向量OA  1, 2,3,0,OB  1, 2,0, 4,OC  1,0,3, 4,OD  0, 2,3, 4，
OP  aOA bOB  cOC  dOD ，且 6a  7b 8c  9d 1，求 OP 的最小值；
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当
  
y2 x2 1
y02  x02 1时，由
 0 0
，得
y2 2px


0 0
p
x2 1

 ，而
0
2x
0
x2 1 2x

  ， 0 3
0 0 1  p  ，
2x 2x 4
0 0
x 无解；
0
当
  
x2 y2 1
x  y  时，由
02 02 1 
0 0
，得
y  2px
2

0 0
p
x2
1
 ，由 0 3
0
 p  ，解得1 x  2，
0
2x 4
0
k
②直线 AB 的斜率
AB
x2 x2 x2
y
1 ( 1)
 0  0  0 0
x 4p 2 2 x2
   x 1 
0 4 0
x 0
0
2x
0
，由①知，1 x0  2且
x  ，
0 2

n
 
| i | a
2
i
i1
；两个向量的数量积
      n
i j | i | j cs i , j a b （ i , j 表示向量 i , j 的夹角，
    
i i
i1
i , j 0, π）；向量 j 在向量 i 上的投影向量的模
n

a b
i i
i1
n

a
2
i
i1
n
维向量为我们解决数学问题提供了更为广
 
（1）已知 m  1, 2,3, 4,5,n  1, 1, 1, 1, 1
，求向量 m,n 的夹角的余弦值；
2 2 2  12 1
n n n
1  2   n  ） （注：
6
【解析】
（2）求出OP 的坐标，设 k  1, 1, 1, 1，求出 k OP ，由 k OP  k  OP cs k OP  k  OP ，得
2 OP 1可得答案；
【小问 1 详解】
mn 1 2  3 4  5 15，
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（3）
n
a (i 1,2 ,n), ia 0
R    
，求
i i
i1
n

a
i
i1
n

a2
i
i1
的最大值（用含 n 的式子表示）.
【答案】（1）
3 11
11
（2）
1
2
（3）  1
n n 
4n  2
.
 
【分析】（1）求出 mn 、 m , n ，代入 cs ,
m n

mn
 
m n
可得答案；
（3）解法 1：设 1   1, 2 , , , 2  1,1, ,1, 3  1, 2, , 
n a a a n n n ，
n
n
 

a n n

i
1 2
i1
  表示向量
n
n

a
2 1
i
i1
n 在
2
n 上投影向量的模，设以
1
n 与“平面” 夹角为 ，由sin  6 n 1
n 为法向量的“平面”为 ，设
3 2
2 2n 1
cs
2  n 1
求出
4n  2
得 n2 cs 可得答案；
n n
 
a  (1 ci)a
解法 2：由
i i
i1 i1
对任意 cR 恒成立，取 c

3
2n 1
，再由
n n n
  
a  (1 ci)  a ，得
2 2
i i
i1 i1 i1
n

a
i
i1
2
n

a
2
i1

n(n 1)
4n  2
，可得答案.
 
m 2 2 2 2 2 n ，
 1  2  3  4  5  55,  5
【小问 2 详解】
OP  aOA bOB  cOC  dOD
 a  b  c,2a  2b  2d,3a  3c  3d,4b  4c  4d ，
设 k  1, 1, 1, 1，
则有 k OP  a  b  c 2a  2b  2d  3a  3c  3d  4b  4c  4d 
 6a  7b 8c  9d 1,
由 k OP  k  OP cs k OP  k  OP ，
得 2 OP 1，
【小问 3 详解】
解法 1：设 1   1, 2 , , , 2  1,1, ,1, 3  1, 2, , 
n a a a n n n ，
n
下求该投影向量模的最大值，
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 
cs m,n
所以
mn 15 3 11
    
55  5 11
m n
，
所以向量 m,n 的夹角的余弦值为
3 11
11
；
故 OP 的最小值为 1
2
；当且仅当
1 13 7 11
a  ,b  ,c  ,d  时取等；
9 144 144 144
n  

a n n

i
1 2
i1   表示向量
n
n

a
2 1
i
i1
n 在
2
n 上投影向量的模.
1
设以
n 为法向量的“平面”为 ，
3
因为
n3 n1  0 ，所以
n 在“平面” 内，
1
设
n 与“平面” 夹角为 ，
2
向量
n 在
2
n 上投影向量模的最大值为
1
n 在“平面” 投影
2
n2 cs ，
  n n n
   
1 2  2 3
sin  cs n ,n     故
2 3 2 2 2 2 2 2
n  n        n
1 1 1 1 2 2 3
n n n n
    由 a  (1 ci)a  (1 ci)2  a2 ，
i i i i1 i1 i1 i1
【点睛】关键点点睛：第三问关键点是设 1   1, 2 , , , 2  1,1, ,1, 3  1, 2, , 
n a a a n n n ，
n
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
6 n 1
2 2n 1
，
2 3 3 1
   n   n 
cs 1
4n  2 4n  2
，
所以  

 n n 1
n 1
n cs  n 
2
4n  2 4n  2
，
故
n

a
i
i1
n

a2
i
i1
的最大值为 nn 1
4n  2
；
n

ia
解法 2：因为
i
i1
 0
n n
 
a  (1 ci)a
，所以
i i
i1 i1
对任意 cR 恒成立，
c
取

3
，
2n 1
得
n

a
i n
n(n 1) n(n 1)(2n 1) n(n 1)

i 1  (1 ci)2  n  2c  c2    

2 6 4n 2
2
n i

1
a
2
i1
，
当且仅当
3
a 1 i
i
2n 1
时取等号，
故
n

a
i
i1
n

a
2
i
i1
的最大值为 nn 1
4n  2
.
n  

a n n

i
1 2
i1   表示向量
n
n

a
2 1
i
i1
n 在
2
n 上投影向量的模，转化为求该投影向量模的最大值.
1