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福建省厦门双十中学2023-2024学年高二上学期第二次月考 数学试卷（含解析）
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这是一份福建省厦门双十中学2023-2024学年高二上学期第二次月考 数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，设等差数列的前项和为，若，则，已知，在等比数列中，，，则等内容，欢迎下载使用。
高二数学试题
注意事项：
1．答题前，考生务必用0.5mm黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本题共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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知椭圆：的长轴长是短轴长的3倍，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．函数的图象如图所示，是函数的导函数，则下列大小关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．4C．D．
5．设正项等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．9B．8C．7D．6
6．直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在正四面体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知：，直线l：，P为l上的动点，过点P作的切线，切点为A、B，当弦长最小时，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
二、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，有选错的得0分．
9．若圆上恰有四个点到直线的距离等于1，则m的值可能是（ ）
A．0B．1C．2D．3
10．在等比数列中，，，则（ ）
A．的公比为4B．的前20项和为170
C．的前10项积为D．的前n项和为
11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.已知抛物线的焦点为F，一束平行于x轴的光线从点射入，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上另一点反射后，沿直线射出，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．与之间的距离为4
12．如图，在棱长为2的正方体中，点满足，其中，则（ ）
A．存在点，使得平面B．存在点，使得平面
C．当时，的最大值为1D．当时，的最小值为0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，，，且共面，则x的值为 ．
14．已知平面内的动点到两定点的距离分别为和，且，则点到直线的距离的最大值为 .
15．“康托尔尘埃”具有典型的分形特征，其生成过程如下：在单位正方形中，首先将正方形等分成9个边长为的小正方形，保留靠角的4个小正方形，记4个小正方形面积之和为；然后将保留的4个小正方形分别继续9等分，继续分别保留靠角的4个小正方形，记16个小正方形面积之和为；以此类推．若操作过程不断进行n次，则 ．
16．斜率为1的直线与双曲线（）交于两点，点是曲线上的一点，满足，和的重心分别为，的外心为，记直线，，的斜率为，，，若，则双曲线的离心率为 .
四、解答题：本题共6小题，共70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，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前n项和．
18．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
19．已知数列中，，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
20．习主席说：“绿水青山就是金山银山”．某地响应号召，投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，2021年投入1000万元，以后每年投入将比上一年减少，当地2021年度旅游业收入约为500万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加．
(1)设年内（2021年为第一年）总投入为万元，旅游业总收入为万元，写出，的表达式；
(2)至少到哪一年，旅游业的总收入才能超过总投入．
（参考数据：，，）
21．在平面直角坐标系xOy中，动圆P与圆：内切，且与圆：外切，记动圆P的圆心的轨迹为E．
(1)求轨迹E的方程；
(2)过圆心的直线交轨迹E于A，B两个不同的点，过圆心的直线交轨迹E于D，G两个不同的点，且，求四边形ADBG面积的最小值．
22．已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为.当时，的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)、为椭圆的左、右顶点，点满足，当与、不重合时，射线交椭圆于点，直线、交于点，求的最大值.
1．A
【分析】根据题意，求得直线的斜率，得出，结合倾斜角的定义，即可求解.
【详解】由直线，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，
因为，所以.
故选：A.
2．B
【分析】根据题意可得，再根据离心率公式即可得解.
【详解】由题意，，所以，
则离心率.
故选：B.
3．B
【分析】由函数图象及导函数几何意义得到，得到答案.
【详解】由图象可知在上单调递增，，
故，即．
故选：B．
4．C
【分析】由已知条件利用等差数列前项和公式推导出，由此能求出的值
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
∵等差数列的前项和为，，
∴，整理得，
∴．
故选：.
5．A
【分析】先由等比中项求出，再根据等比数列通项公式以及前项和公式计算即可.
【详解】因为是正项等比数列，所以，
则可化为，解得，或(舍）
设等比数列的公比为，
则,
所以，
则.
故选：.
6．C
【分析】求出的坐标，可得其模长，计算出，根据空间距离的向量求法，即可得答案.
【详解】直线l的方向向量为，且l过点，
又点，则，则，
又∵，
∴则点，到l的距离为，
故选：C．
7．D
【分析】根据向量基本定理表示向量结合向量的数量积公式计算夹角余弦值.
【详解】设正四面体棱长为1，
设，，，则，，
∴，，.
∵，分别为，的中点，，是等边三角形，
∴，，，
．
∴异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D.
8．C
【分析】由题设得，半径，在等腰中分析最小时最小，进而得到最大，此时且，即最小，此时再应用余弦定理、倍角正弦公式求，设直线，点线距离公式和圆中弦长的几何求法确定直线的方程.
【详解】由题设，，则，半径，如下图示，
等腰中，要使最小，只需最小，即有最大，
当且仅当，即最小时，最大，此时，且，
所以，而，，
所以，
所以到直线的距离，
令直线，则或，
由图知：，即直线.
故选：C
9．ABC
【分析】根据题意可知：圆心到直线的距离等于，结合点到直线的距离公式运算求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径，
若圆上恰有四个点到直线的距离等于1，
则圆心到直线的距离等于，则，
解得，
显然.
故选：ABC.
10．ABC
【分析】利用等比数列的性质、等差数列、等比数列的求和公式计算即可.
【详解】由题意可知，所以，
所以，，A对；
由上可知：，所以，
B对；
而，C对；
记的前n项和为，则
的前n项和，
D错，
故选：ABC.
11．BC
【分析】由抛物线的光学性质可知，直线过焦点，设直线，代入，由韦达定理得，进而求得，可判断B；先求点的坐标，再结合可得点的坐标，然后利用斜率公式即可判断A；根据抛物线的定义可知，可判断C；由于与平行，所以与之间的距离，可判断D.
【详解】由抛物线的光学性质可知，直线过焦点，设直线，
代入得，则，所以，
所以，故B正确；
点与均在直线上，则点的坐标为，由得，
则点的坐标为，则，故A错误；
由抛物线的定义可知，，故C正确；
与平行，与之间的距离，故D错误.
故选：BC.
12．BC
【分析】利用线面垂直的判定定理判断选项A;利用线面垂直的判定定理证明选项B；根据时，得，进而确定在平面内的轨迹是以为圆心，圆心角为，半径为1的圆弧，设即可得，，利用三角函数讨论最值即可求解.
【详解】对于A：由题意得在正方形的内部（包括边界），
在正方体中，平面，
若平面，则在直线上，不符合题意，A错误．
对于B：如图，当与重合时，连接．
是正方形，
平面平面，
平面
平面平面．
是正方形，
平面平面，
平面
平面平面．
平面
平面B正确．
对于CD：如图，当时，得，
则在平面内的轨迹是以为圆心，圆心角为，半径为1的圆弧，
设
则有，得，得，
，
由，得，
则，C正确，D错误．
故选:BC.
13．5
【分析】根据空间向量的基本定理，建立方程组，可得答案.
【详解】设，则，可得，解得.
故答案为：.
14．
【分析】由题意，结合两点距离公式求得动点的轨迹为圆，再利用圆上的点到直线的距离的最值求法即可得解.
【详解】设动点为，
由题意可得，
整理得，即，
故动点的轨迹是半径为，圆心为的圆，
因为圆心到直线的距离，
所以点到此直线的最大距离为．
故答案为：.
15．
【分析】由已知得，再由等比数列的求和公式即可得的答案．
【详解】是边长为的4个正方形的面积之和，故；
是边长为的个正方形的面积之和，故；
以此类推得：，
所以．
故答案为：.
16．
【分析】根据直线与双曲线的性质，得出二级结论斜率之积为定值，取的中点，得到，再由，，结合所以，求得，利用，即可求解.
【详解】若直线与双曲线有两个交点，设的中点为，
联立方程组，整理得，
可得，则，
又由在直线上，可得，
所以，所以，
即直线与双曲线相交线的中点与原点的连线的斜率与直线的斜率之积为定值，
如图所示，取的中点，
因为的重心在中线上，的重心在中线上，
所以，，可得，
即，
又由，可得，可得
因为，且的外心为点，则为线段的中点，
可得，因为，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】
知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；
3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.
17．（1）（2）
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式与通项公式，即可解出,则可写出其通项公式.
（2）利用错位相减，化简解可得出答案.
【详解】（1）由题意知：，
即：化简得.
所以数列的通项公式.
（2）因为
所以
化简得：.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一，通过构造平行四边形，找到线线平行，利用线面平行的判定定理即可证明；法二，通过证明面面平行，证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的公式即可求.
【详解】（1）证明：（法一）取的中点，连接，，
直三棱柱中，为的中点，
所以，且，
因为，分别，的中点，则，，
所以，，故四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面．
（法二）取的中点，连接，，由直三棱柱得四边形为平行四边形，
又为的中点，则，，四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面．
点，分别为，的中点，，
又平面，平面，则平面，
而，平面，平面，
所以平面平面，而平面，故平面．
（2）在直三棱柱中有，则，，两两垂直，
以直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，故，，，
设是平面的一个法向量，则，取，则，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的余弦为.
19．(1)
(2)或
【分析】（1）法一：推理出，即是常数列，求出通项公式；法二：变形得到，故，两式相减得到，是等差数列，求出和公差，得到通项公式；
（2），分为偶数和奇数两种情况进行求和得到答案.
【详解】（1）法一：因为，所以，
所以，所以，所以是常数列，
所以，所以．
法二：因为，①
所以，②
②-①，得，所以，
所以是等差数列，
由中令得，
又，故，所以等差数列的公差，所以.
（2），
当为偶数时，．
当为奇数时，，
所以或．
20．(1)，
(2)至少到2025年旅游业的总收入才能超过总投入
【分析】（1）根据题意可知每年投入资金和旅游业收入是等比数列，根据等比数列前项和公式即可求解；
（2）根据（1）中解析式列出不等式，令，化简不等式即可求解.
【详解】（1）2021年投入为1000万元，第年投入为万元，
所以年内的总投入为
，
2021年收入为500万元，第2年收入为万元，第年收入为万元
所以年内的总收入为．
（2）设至少经过年旅游业的总收入才能超过总投入，由此，
即，化简得，
设，代入上式并整理得，
解此不等式，得或（舍去）．即，
不等式两边取常用对数可得，即
所以，故至少到2025年旅游业的总收入才能超过总投入.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据两圆内切和外切列出圆心距与半径的关系，即可发现圆心P的轨迹满足椭圆的定义，进而可求出方程；
（2）当直线AB的斜率不存在，或为0时，可直接由已知得出四边形ADBG面积；当直线AB的斜率存在且不为0时，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，通过韦达定理与弦长公式得出与直线AB的斜率的关系，再由，得出直线DG的斜率与直线AB的斜率的关系，设出直线DG的方程，同理得出与直线AB的斜率的关系，即可列出四边形ADBG面积的式子，再通过基本不等式的应用得出最小值.
【详解】（1）设动圆P的半径为R，圆心P的坐标为，
由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为，
动圆P与圆内切，且与圆外切，
，则
动圆P的圆心的轨迹E是以， 为焦点的椭圆，
设其方程为：，
其中，，
，，即轨迹E的方程为：.
（2）当直线AB的斜率不存在，或为0时，
四边形ADBG面积长轴长通径长，
当斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为，，，
由可得：，
，，
，
．
，，
同理可得：，
，
四边形ADBG面积，
则
等号当且仅当时取，
即时，.
22．(1)
(2)
【分析】（1）求出，分析出，利用勾股定理结合椭圆的定义、三角形的面积公式可得出，再由可得出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）求出点的坐标，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，将这两条直线的方程联立，求出点的横坐标为，设点，其中，求出关于的函数表达式，利用基本不等式求出的最大值，即可得出的最大值.
【详解】（1）解：设点，则，，
因为
，
所以，，
设椭圆左焦点为，因为，所以.
即，
又因为，所以，
所以，所以，所以，
因为此时，所以，所以，所以.
因为，所以，，所以椭圆的方程为.
（2）解：设点，，，
因为点满足，则，解得，所以，
由题知不与轴重合，设直线的方程为，
联立方程组，消整理得，
，
设、，则，.
因为的方程为，的方程为
两直线方程联立得：.
因为.
所以，解得，
所以动点的轨迹方程为.
由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为、，
由图可知，且，
因为，则，
因为，，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，，
所以的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
高二数学试题
注意事项：
1．答题前，考生务必用0.5mm黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本题共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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知椭圆：的长轴长是短轴长的3倍，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．函数的图象如图所示，是函数的导函数，则下列大小关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．4C．D．
5．设正项等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．9B．8C．7D．6
6．直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在正四面体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知：，直线l：，P为l上的动点，过点P作的切线，切点为A、B，当弦长最小时，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
二、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，有选错的得0分．
9．若圆上恰有四个点到直线的距离等于1，则m的值可能是（ ）
A．0B．1C．2D．3
10．在等比数列中，，，则（ ）
A．的公比为4B．的前20项和为170
C．的前10项积为D．的前n项和为
11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.已知抛物线的焦点为F，一束平行于x轴的光线从点射入，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上另一点反射后，沿直线射出，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．与之间的距离为4
12．如图，在棱长为2的正方体中，点满足，其中，则（ ）
A．存在点，使得平面B．存在点，使得平面
C．当时，的最大值为1D．当时，的最小值为0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，，，且共面，则x的值为 ．
14．已知平面内的动点到两定点的距离分别为和，且，则点到直线的距离的最大值为 .
15．“康托尔尘埃”具有典型的分形特征，其生成过程如下：在单位正方形中，首先将正方形等分成9个边长为的小正方形，保留靠角的4个小正方形，记4个小正方形面积之和为；然后将保留的4个小正方形分别继续9等分，继续分别保留靠角的4个小正方形，记16个小正方形面积之和为；以此类推．若操作过程不断进行n次，则 ．
16．斜率为1的直线与双曲线（）交于两点，点是曲线上的一点，满足，和的重心分别为，的外心为，记直线，，的斜率为，，，若，则双曲线的离心率为 .
四、解答题：本题共6小题，共70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，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前n项和．
18．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
19．已知数列中，，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
20．习主席说：“绿水青山就是金山银山”．某地响应号召，投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，2021年投入1000万元，以后每年投入将比上一年减少，当地2021年度旅游业收入约为500万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加．
(1)设年内（2021年为第一年）总投入为万元，旅游业总收入为万元，写出，的表达式；
(2)至少到哪一年，旅游业的总收入才能超过总投入．
（参考数据：，，）
21．在平面直角坐标系xOy中，动圆P与圆：内切，且与圆：外切，记动圆P的圆心的轨迹为E．
(1)求轨迹E的方程；
(2)过圆心的直线交轨迹E于A，B两个不同的点，过圆心的直线交轨迹E于D，G两个不同的点，且，求四边形ADBG面积的最小值．
22．已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为.当时，的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)、为椭圆的左、右顶点，点满足，当与、不重合时，射线交椭圆于点，直线、交于点，求的最大值.
1．A
【分析】根据题意，求得直线的斜率，得出，结合倾斜角的定义，即可求解.
【详解】由直线，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，
因为，所以.
故选：A.
2．B
【分析】根据题意可得，再根据离心率公式即可得解.
【详解】由题意，，所以，
则离心率.
故选：B.
3．B
【分析】由函数图象及导函数几何意义得到，得到答案.
【详解】由图象可知在上单调递增，，
故，即．
故选：B．
4．C
【分析】由已知条件利用等差数列前项和公式推导出，由此能求出的值
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
∵等差数列的前项和为，，
∴，整理得，
∴．
故选：.
5．A
【分析】先由等比中项求出，再根据等比数列通项公式以及前项和公式计算即可.
【详解】因为是正项等比数列，所以，
则可化为，解得，或(舍）
设等比数列的公比为，
则,
所以，
则.
故选：.
6．C
【分析】求出的坐标，可得其模长，计算出，根据空间距离的向量求法，即可得答案.
【详解】直线l的方向向量为，且l过点，
又点，则，则，
又∵，
∴则点，到l的距离为，
故选：C．
7．D
【分析】根据向量基本定理表示向量结合向量的数量积公式计算夹角余弦值.
【详解】设正四面体棱长为1，
设，，，则，，
∴，，.
∵，分别为，的中点，，是等边三角形，
∴，，，
．
∴异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D.
8．C
【分析】由题设得，半径，在等腰中分析最小时最小，进而得到最大，此时且，即最小，此时再应用余弦定理、倍角正弦公式求，设直线，点线距离公式和圆中弦长的几何求法确定直线的方程.
【详解】由题设，，则，半径，如下图示，
等腰中，要使最小，只需最小，即有最大，
当且仅当，即最小时，最大，此时，且，
所以，而，，
所以，
所以到直线的距离，
令直线，则或，
由图知：，即直线.
故选：C
9．ABC
【分析】根据题意可知：圆心到直线的距离等于，结合点到直线的距离公式运算求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径，
若圆上恰有四个点到直线的距离等于1，
则圆心到直线的距离等于，则，
解得，
显然.
故选：ABC.
10．ABC
【分析】利用等比数列的性质、等差数列、等比数列的求和公式计算即可.
【详解】由题意可知，所以，
所以，，A对；
由上可知：，所以，
B对；
而，C对；
记的前n项和为，则
的前n项和，
D错，
故选：ABC.
11．BC
【分析】由抛物线的光学性质可知，直线过焦点，设直线，代入，由韦达定理得，进而求得，可判断B；先求点的坐标，再结合可得点的坐标，然后利用斜率公式即可判断A；根据抛物线的定义可知，可判断C；由于与平行，所以与之间的距离，可判断D.
【详解】由抛物线的光学性质可知，直线过焦点，设直线，
代入得，则，所以，
所以，故B正确；
点与均在直线上，则点的坐标为，由得，
则点的坐标为，则，故A错误；
由抛物线的定义可知，，故C正确；
与平行，与之间的距离，故D错误.
故选：BC.
12．BC
【分析】利用线面垂直的判定定理判断选项A;利用线面垂直的判定定理证明选项B；根据时，得，进而确定在平面内的轨迹是以为圆心，圆心角为，半径为1的圆弧，设即可得，，利用三角函数讨论最值即可求解.
【详解】对于A：由题意得在正方形的内部（包括边界），
在正方体中，平面，
若平面，则在直线上，不符合题意，A错误．
对于B：如图，当与重合时，连接．
是正方形，
平面平面，
平面
平面平面．
是正方形，
平面平面，
平面
平面平面．
平面
平面B正确．
对于CD：如图，当时，得，
则在平面内的轨迹是以为圆心，圆心角为，半径为1的圆弧，
设
则有，得，得，
，
由，得，
则，C正确，D错误．
故选:BC.
13．5
【分析】根据空间向量的基本定理，建立方程组，可得答案.
【详解】设，则，可得，解得.
故答案为：.
14．
【分析】由题意，结合两点距离公式求得动点的轨迹为圆，再利用圆上的点到直线的距离的最值求法即可得解.
【详解】设动点为，
由题意可得，
整理得，即，
故动点的轨迹是半径为，圆心为的圆，
因为圆心到直线的距离，
所以点到此直线的最大距离为．
故答案为：.
15．
【分析】由已知得，再由等比数列的求和公式即可得的答案．
【详解】是边长为的4个正方形的面积之和，故；
是边长为的个正方形的面积之和，故；
以此类推得：，
所以．
故答案为：.
16．
【分析】根据直线与双曲线的性质，得出二级结论斜率之积为定值，取的中点，得到，再由，，结合所以，求得，利用，即可求解.
【详解】若直线与双曲线有两个交点，设的中点为，
联立方程组，整理得，
可得，则，
又由在直线上，可得，
所以，所以，
即直线与双曲线相交线的中点与原点的连线的斜率与直线的斜率之积为定值，
如图所示，取的中点，
因为的重心在中线上，的重心在中线上，
所以，，可得，
即，
又由，可得，可得
因为，且的外心为点，则为线段的中点，
可得，因为，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】
知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；
3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.
17．（1）（2）
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式与通项公式，即可解出,则可写出其通项公式.
（2）利用错位相减，化简解可得出答案.
【详解】（1）由题意知：，
即：化简得.
所以数列的通项公式.
（2）因为
所以
化简得：.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一，通过构造平行四边形，找到线线平行，利用线面平行的判定定理即可证明；法二，通过证明面面平行，证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的公式即可求.
【详解】（1）证明：（法一）取的中点，连接，，
直三棱柱中，为的中点，
所以，且，
因为，分别，的中点，则，，
所以，，故四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面．
（法二）取的中点，连接，，由直三棱柱得四边形为平行四边形，
又为的中点，则，，四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面．
点，分别为，的中点，，
又平面，平面，则平面，
而，平面，平面，
所以平面平面，而平面，故平面．
（2）在直三棱柱中有，则，，两两垂直，
以直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，故，，，
设是平面的一个法向量，则，取，则，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的余弦为.
19．(1)
(2)或
【分析】（1）法一：推理出，即是常数列，求出通项公式；法二：变形得到，故，两式相减得到，是等差数列，求出和公差，得到通项公式；
（2），分为偶数和奇数两种情况进行求和得到答案.
【详解】（1）法一：因为，所以，
所以，所以，所以是常数列，
所以，所以．
法二：因为，①
所以，②
②-①，得，所以，
所以是等差数列，
由中令得，
又，故，所以等差数列的公差，所以.
（2），
当为偶数时，．
当为奇数时，，
所以或．
20．(1)，
(2)至少到2025年旅游业的总收入才能超过总投入
【分析】（1）根据题意可知每年投入资金和旅游业收入是等比数列，根据等比数列前项和公式即可求解；
（2）根据（1）中解析式列出不等式，令，化简不等式即可求解.
【详解】（1）2021年投入为1000万元，第年投入为万元，
所以年内的总投入为
，
2021年收入为500万元，第2年收入为万元，第年收入为万元
所以年内的总收入为．
（2）设至少经过年旅游业的总收入才能超过总投入，由此，
即，化简得，
设，代入上式并整理得，
解此不等式，得或（舍去）．即，
不等式两边取常用对数可得，即
所以，故至少到2025年旅游业的总收入才能超过总投入.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据两圆内切和外切列出圆心距与半径的关系，即可发现圆心P的轨迹满足椭圆的定义，进而可求出方程；
（2）当直线AB的斜率不存在，或为0时，可直接由已知得出四边形ADBG面积；当直线AB的斜率存在且不为0时，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，通过韦达定理与弦长公式得出与直线AB的斜率的关系，再由，得出直线DG的斜率与直线AB的斜率的关系，设出直线DG的方程，同理得出与直线AB的斜率的关系，即可列出四边形ADBG面积的式子，再通过基本不等式的应用得出最小值.
【详解】（1）设动圆P的半径为R，圆心P的坐标为，
由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为，
动圆P与圆内切，且与圆外切，
，则
动圆P的圆心的轨迹E是以， 为焦点的椭圆，
设其方程为：，
其中，，
，，即轨迹E的方程为：.
（2）当直线AB的斜率不存在，或为0时，
四边形ADBG面积长轴长通径长，
当斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为，，，
由可得：，
，，
，
．
，，
同理可得：，
，
四边形ADBG面积，
则
等号当且仅当时取，
即时，.
22．(1)
(2)
【分析】（1）求出，分析出，利用勾股定理结合椭圆的定义、三角形的面积公式可得出，再由可得出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）求出点的坐标，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，将这两条直线的方程联立，求出点的横坐标为，设点，其中，求出关于的函数表达式，利用基本不等式求出的最大值，即可得出的最大值.
【详解】（1）解：设点，则，，
因为
，
所以，，
设椭圆左焦点为，因为，所以.
即，
又因为，所以，
所以，所以，所以，
因为此时，所以，所以，所以.
因为，所以，，所以椭圆的方程为.
（2）解：设点，，，
因为点满足，则，解得，所以，
由题知不与轴重合，设直线的方程为，
联立方程组，消整理得，
，
设、，则，.
因为的方程为，的方程为
两直线方程联立得：.
因为.
所以，解得，
所以动点的轨迹方程为.
由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为、，
由图可知，且，
因为，则，
因为，，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，，
所以的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
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