浙江省余姚市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷
1．（2024高二上·余姚期末）经过两点的直线的倾斜角为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
2．（2024高二上·余姚期末）已知圆：，圆：，则两圆的位置关系为（ ）
A．内切 B．相交 C．外切 D．外离
3．（2024高二上·余姚期末）在平行六面体中，为的中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·余姚期末）双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ）
A． B．2 C． D．
5．（2024高二上·余姚期末）已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·余姚期末）把正方形纸片沿对角线折成直二面角，为的中点，为的中点，是原正方形的中心，则折纸后的余弦值大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·余姚期末）数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列1，1，2，3，5，8其中从第项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”，则下列各式中正确的选项为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二上·余姚期末）设椭圆的左焦点为，点在椭圆外，，在椭圆上，且是线段的中点. 若椭圆的离心率为，则直线，的斜率之积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·余姚期末）下列说法中正确的是（ ）
A．直线在轴上的截距是
B．直线恒过定点
C．点关于直线对称的点为
D．过点且在轴 轴上的截距相等的直线方程为
10．（2024高二上·余姚期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题.现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前项和为，则（ ）
A． B．
C． D．数列共有84项
11．（2024高二上·余姚期末）已知抛物线：的焦点为，点为抛物线上一动点，点，则（ ）
A．抛物线的准线方程为
B．的最小值为5
C．当时，则抛物线在点处的切线方程为
D．过的直线交抛物线于两点，则弦的长度为16
12．（2024高二上·余姚期末）已知 ，则（ ）
A． B．
C． D．
13．（2024高二上·余姚期末）已知，则 ．
14．（2024高二上·余姚期末）已知正项等比数列，，且，，成等差数列，则 ．
15．（2024高二上·余姚期末）若直线与单位圆和曲线均相切，则直线的方程可以是 .（写出符合条件的一个方程即可）
16．（2024高二上·余姚期末）已知函数有两个零点，求的取值范围 .
17．（2024高二上·余姚期末）已知函数（为常数），曲线在点处的切线平行于直线.
（1）求的值；
（2）求函数的极值.
18．（2024高二上·余姚期末）已知的三个顶点，，．
（1）求边上中线所在直线的方程；
（2）已知点满足，且点在线段的中垂线上，求点的坐标．
19．（2024高二上·余姚期末）已知数列的首项，且满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）若，求正整数的最大值.
20．（2024高二上·余姚期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，是边长为2的正三角形，，，.
（1）若平面，求的值；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
21．（2024高二上·余姚期末）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）当，证明：.
22．（2024高二上·余姚期末）已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点，求证：中点为定点．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】斜率的计算公式；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，因为直线经过，
所以经过两点的直线的斜率为，即，
又因为，所以.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据两点斜率公式，结合倾斜角与斜率的关系求解即可.
2．【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径分别为，
圆的圆心，半径分别为，圆心距，
因为，所以两圆的位置关系为相交.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，先求两圆的圆心和半径，再计算圆心距，结合圆心距与半径和、差的大小关系判断即可.
3．【答案】A
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意，作出平行六面体，如图所示：
则，
即.
故答案为：A.
【分析】由题意，作出图形，由空间向量的线性运算求解即可.
4．【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线，易知焦点坐标，渐近线方程为，
不妨取焦点，渐近线，则焦点到渐近线的距离为.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线方程求出焦点坐标和渐近线方程，再根据点到直线的距离公式求解即可.
5．【答案】A
【知识点】简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：函数，求导可得，则.
故答案为：A.
【分析】先求导，再代值求解即可.
6．【答案】C
【知识点】二面角及二面角的平面角；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，则，过点作，垂足为，连接，如图所示：
因平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，又平面，则.设正方形的边长为4，
则，
在中，由余弦定理可得：，
在中，，又，
设，在中，由余弦定理：.
故答案为：C.
【分析】连接，则，过点作，垂足为，连接，构造，分别求，易得，利用余弦定理求即可.
7．【答案】D
【知识点】斐波那契数列
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、
，故B错误；
C、
，故C错误；
D、
，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据“斐波那契数列”的定义以及数列求和逐项判断即可.
8．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：记椭圆的右焦点为，连接，，如图所示：
由题意可知，点为椭圆的左焦点，
因为点、，易知点为线段的中点，又因为为的中点，所以，
取线段的中点，连接，则，
所以，则，所以，
设点、，则点，
所以，作差可得，可得，
所以，
因为椭圆的离心率为，得，
所以，即.
故答案为：B.
【分析】记线段的中点，连接，取右焦点，连接，推导出，可得出，利用点差法可求得，再结合椭圆的离心率公式求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】直线的截距式方程；直线的一般式方程；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：A、直线，令，求得，则直线在轴上的截距是，故A错误；
B、由，可得，因为，所以，
解得，故直线恒过定点，故B正确；
C、设，易知，直线的斜率为1，则，又因为的中点在直线上，所以点关于直线对称的点为，故C正确；
D、过点且在轴 轴上的截距相等的直线为或，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，令，解y，即可判断A；把直线方程化成关于参数的方程，依题得到，求解即可判断B；只需验证两点间的线段中点在直线上，且两点的直线斜率与已知直线斜率互为负倒数即可判断C；截距相等分两种情况，截距为0和截距不为零两种情况计算，即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：1到500这500个数中能被2除余1的数有：1，3，5，7……499，
1到500这500个数中能被3除余1的数有：1，4，7……499，
由题意现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，
构成首项为1，末项为499，公差为6的等差数列，
所以，
所以，，，数列共有84项.
故答案为：ACD.
【分析】由题意得现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，则它们构成首项为1，末项为499，公差为6的等差数列，由此即可逐一判断每一个选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、易知抛物线标准方程为：，则准线方程为，故A正确；
B、过点向准线作垂线，设垂足为点，过点向准线作垂线，设垂足为点，如图所示：
则，当且仅当点与点重合时等号成立，点为与抛物线的交点，故B正确；
C、切点为，且切线斜率存在，所以设切线方程为，
联立抛物线方程得，所以，解得，
所以当时，则抛物线在点处的切线方程为，故C错误；
D、由题意，所以，
所以直线，即，联立抛物线方程得，
由韦达定理可得，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】化抛物线方程为标准方程即可判断A；由抛物线定义结合三角形三边关系即可判断B；设出切线方程（斜率为参数），联立抛物线方程由判别式为0即可验算判断C；联立方程和抛物线方程，结合韦达定理、焦点弦公式即可判断D.
12．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为 ，即 ．令 ，则有，
则 ，令 ，则 ，
令 ，可得，
当时， ，函数单调递增，
当时， ，函数单调递减，
故，
所以总有 ，故单调递减；所以，即；
A、，故A错误；
B、设 ，则 ，
故在上单调递增，所以，
所以 ，因为，所以 ，故B正确；
C、，即．
设，则，
则 ，所以单调递增．
因为，所以，故C正确；
D、，即，
令，则，
因为，所以为偶函数，
所以即为．
则 ，令，则 ，所以单调递增．
又，所以当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增，
当时，，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，构造函数，求导，利用导数判断其单调性，计算出x与y的关系，再根据函数的性质逐项分析判断即可.
13．【答案】
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据空间向量线性运算的坐标表示计算即可.
14．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等差中项
【解析】【解答】解：设正项等比数列的公比为，
因为，，成等差数，所以，即，解得，
所以数列的通项公式为，则.
故答案为：.
【分析】设正项等比数列的公比为，由，，成等差数列可得，求出公比，求出数列的通项公式，再求解即可.
15．【答案】（写出符合条件的一个方程即可）
【知识点】直线与圆的位置关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，可知直线的斜率存在，设直线方程为：，
联立，消去y整理可得：，
因为直线与单位圆相切，所以，化简得，
联立，消去y整理得：，
因为直线与曲线相切，所以，化简得，
由，解得，则，
所以直线方程为：，
故答案为：
【分析】由题意，设直线方程为：，根据直线与单位圆和曲线均相切，方程联立，由判别式为零求解即可.
16．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数定义域为，
求导可得，
当时，，在上单调递增，所以至多有一个零点．
当时，由，解得：，由，解得：，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，
．
令，，则，
所以在上单调递减；
又，所以要使，即，则．
又因为，
所以在上有一个零点，
又
令，，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，所以，所以．
所以在上也有一个零点．
综上所述，a的取值范围是．
故答案为：
【分析】先求函数的定义域，再求导，对导函数中的参数进行分类讨论，在时，通过判断函数的单调性求得其最小值，依题需使推得；接着分段说明函数在区间和上各有一个零点即得.
17．【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为曲线在点处的切线平行于直线，
所以，解得；
（2）解：由（1）可得，
令，解得或，令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
3
+ 0 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
故时函数取极大值，极大值为，时函数取极小值，极小值为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求导，由题意可得，求解即可；
（2）由（1）可得，根据导数与极值的关系列表求解即可.
（1），
∵在点处的切线平行于直线，
∴，∴；
（2）由（1）可得，
令得或，列表如下：
3
+ 0 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴极大值为，极小值为.
18．【答案】（1）解：由题意中点，
所以所在直线的斜率，
所以所在直线的方程为，
即边中线所在直线的方程；
（2）解：因为，，所以，
，所以直线的方程为，即，
设点到直线的距离，则由题意，
所以点到直线的距离，
则点所在直线方程为或，
因为，，
所以，线段中点坐标为，
所以线段的中垂线为，即，
所以联立或，
所以点的坐标为：或.
【知识点】斜率的计算公式；直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；平面内点到直线的距离公式
【解析】【分析】（1）先求的中点坐标，根据两点斜率公式求所在直线的斜率，结合点斜式化简求解即可；
（2）由两点间距离公式求，直线的方程为，结合以及点到直线的距离公式得点所在直线方程为或，进一步求得线段的中垂线方程，联立求解即可.
（1）由题意中点，
所以所在直线的斜率，
所以所在直线的方程为，
即边中线所在直线的方程；
（2）因为，，所以，
，所以直线的方程为，即，
设点到直线的距离，则由题意，
所以点到直线的距离，
则点所在直线方程为或，
因为，，
所以，线段中点坐标为，
所以线段的中垂线为，即，
所以联立或，
所以点的坐标为：或.
19．【答案】（1）证明：易知各项均为正，对两边同时取倒数得，即，
因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
（2）解：由（1）知，
所以，
显然单调递增，
且，
所以的最大值为4046.
【知识点】函数单调性的性质；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）对两边取倒数，结合等比数列的定义证明即可；
（2）由分组求和以及等比数列求和公式得前项和，结合其单调性求解即可.
（1）易知各项均为正，对两边同时取倒数得，
即，
因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
所以，
显然单调递增，
且，
所以的最大值为4046.
20．【答案】（1）解：分别取中点，连接，
由已知底面是直角梯形，，，，
易得，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，
又因为平面，所以，
以为中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
因为，
所以，
显然是平面的一个法向量，
若平面，则，即；
（2）解：若，则，
由（1），所以，
所以，
设分别为平面与平面的一个法向量，
所以或，
令，解得，
则，
设平面与平面的夹角为，
故，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，由向量的线性运算得，进一步得是平面的一个法向量，由此列出方程求解即可.
（2）由（1）的结论，求出两平面的法向量，利用空间向量，利用夹角余弦公式求解即可.
（1）
分别取中点，连接，
由已知底面是直角梯形，，，，
易得，
∵平面平面，平面平面，面，
∴平面，
又因为平面，
所以，
以为中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
∵，
∴，
显然是平面的一个法向量，
若平面，则，即；
（2）若，则，
由（1），
所以，
所以，
设分别为平面与平面的一个法向量，
所以或，
令，解得，
则，
设平面与平面的夹角为，
故，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
21．【答案】（1）解：函数定义域为，
求导可得，
①当时，，在上单调递增；
②当时，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
综上，①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：由（1）可得，当时，
要证，只需证，
即证恒成立.
令，则恒成立，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的最大值为，
所以，
所以恒成立，
则原命题得证，即：当时，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，求导，分和判断导数的正负，判断函数的单调性，从而求其单调区间即可；
（2）要证明原不等式，只需，而由（1）再构造函数，利用导数可得函数的单调性，并求其最值，即可证明.
（1）定义域为，
则，
①当时，，在上单调递增；
②当时，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
综上，①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可得，当时，
要证，只需证，
即证恒成立.
令，则恒成立，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴的最大值为，
所以，
所以恒成立，
∴原命题得证.，即：当时，.
22．【答案】（1）解：因为椭圆过点，离心率为，
所以，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：显然直线斜率存在，设方程为，，
联立方程得，
，
由直线方程为，直线方程为，
得，
.
中点为定点．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可知列方程求解即可；
（2）由题意显然直线斜率存在，设方程为，，联立椭圆方程，消元整理，由韦达定理得，进一步表示出方程和点坐标，证明为定值即可.
（1）因为椭圆过点，离心率为，
所以，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）
显然直线斜率存在，设方程为，，
联立方程得，
，
由直线方程为，直线方程为，
得，
.
中点为定点．
1 / 1浙江省余姚市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷
1．（2024高二上·余姚期末）经过两点的直线的倾斜角为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
【答案】D
【知识点】斜率的计算公式；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，因为直线经过，
所以经过两点的直线的斜率为，即，
又因为，所以.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据两点斜率公式，结合倾斜角与斜率的关系求解即可.
2．（2024高二上·余姚期末）已知圆：，圆：，则两圆的位置关系为（ ）
A．内切 B．相交 C．外切 D．外离
【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径分别为，
圆的圆心，半径分别为，圆心距，
因为，所以两圆的位置关系为相交.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，先求两圆的圆心和半径，再计算圆心距，结合圆心距与半径和、差的大小关系判断即可.
3．（2024高二上·余姚期末）在平行六面体中，为的中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意，作出平行六面体，如图所示：
则，
即.
故答案为：A.
【分析】由题意，作出图形，由空间向量的线性运算求解即可.
4．（2024高二上·余姚期末）双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线，易知焦点坐标，渐近线方程为，
不妨取焦点，渐近线，则焦点到渐近线的距离为.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线方程求出焦点坐标和渐近线方程，再根据点到直线的距离公式求解即可.
5．（2024高二上·余姚期末）已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：函数，求导可得，则.
故答案为：A.
【分析】先求导，再代值求解即可.
6．（2024高二上·余姚期末）把正方形纸片沿对角线折成直二面角，为的中点，为的中点，是原正方形的中心，则折纸后的余弦值大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二面角及二面角的平面角；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，则，过点作，垂足为，连接，如图所示：
因平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，又平面，则.设正方形的边长为4，
则，
在中，由余弦定理可得：，
在中，，又，
设，在中，由余弦定理：.
故答案为：C.
【分析】连接，则，过点作，垂足为，连接，构造，分别求，易得，利用余弦定理求即可.
7．（2024高二上·余姚期末）数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列1，1，2，3，5，8其中从第项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”，则下列各式中正确的选项为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】斐波那契数列
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、
，故B错误；
C、
，故C错误；
D、
，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据“斐波那契数列”的定义以及数列求和逐项判断即可.
8．（2024高二上·余姚期末）设椭圆的左焦点为，点在椭圆外，，在椭圆上，且是线段的中点. 若椭圆的离心率为，则直线，的斜率之积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：记椭圆的右焦点为，连接，，如图所示：
由题意可知，点为椭圆的左焦点，
因为点、，易知点为线段的中点，又因为为的中点，所以，
取线段的中点，连接，则，
所以，则，所以，
设点、，则点，
所以，作差可得，可得，
所以，
因为椭圆的离心率为，得，
所以，即.
故答案为：B.
【分析】记线段的中点，连接，取右焦点，连接，推导出，可得出，利用点差法可求得，再结合椭圆的离心率公式求解即可.
9．（2024高二上·余姚期末）下列说法中正确的是（ ）
A．直线在轴上的截距是
B．直线恒过定点
C．点关于直线对称的点为
D．过点且在轴 轴上的截距相等的直线方程为
【答案】B,C
【知识点】直线的截距式方程；直线的一般式方程；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：A、直线，令，求得，则直线在轴上的截距是，故A错误；
B、由，可得，因为，所以，
解得，故直线恒过定点，故B正确；
C、设，易知，直线的斜率为1，则，又因为的中点在直线上，所以点关于直线对称的点为，故C正确；
D、过点且在轴 轴上的截距相等的直线为或，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，令，解y，即可判断A；把直线方程化成关于参数的方程，依题得到，求解即可判断B；只需验证两点间的线段中点在直线上，且两点的直线斜率与已知直线斜率互为负倒数即可判断C；截距相等分两种情况，截距为0和截距不为零两种情况计算，即可判断D.
10．（2024高二上·余姚期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题.现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前项和为，则（ ）
A． B．
C． D．数列共有84项
【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：1到500这500个数中能被2除余1的数有：1，3，5，7……499，
1到500这500个数中能被3除余1的数有：1，4，7……499，
由题意现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，
构成首项为1，末项为499，公差为6的等差数列，
所以，
所以，，，数列共有84项.
故答案为：ACD.
【分析】由题意得现将1到500这500个数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，则它们构成首项为1，末项为499，公差为6的等差数列，由此即可逐一判断每一个选项.
11．（2024高二上·余姚期末）已知抛物线：的焦点为，点为抛物线上一动点，点，则（ ）
A．抛物线的准线方程为
B．的最小值为5
C．当时，则抛物线在点处的切线方程为
D．过的直线交抛物线于两点，则弦的长度为16
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、易知抛物线标准方程为：，则准线方程为，故A正确；
B、过点向准线作垂线，设垂足为点，过点向准线作垂线，设垂足为点，如图所示：
则，当且仅当点与点重合时等号成立，点为与抛物线的交点，故B正确；
C、切点为，且切线斜率存在，所以设切线方程为，
联立抛物线方程得，所以，解得，
所以当时，则抛物线在点处的切线方程为，故C错误；
D、由题意，所以，
所以直线，即，联立抛物线方程得，
由韦达定理可得，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】化抛物线方程为标准方程即可判断A；由抛物线定义结合三角形三边关系即可判断B；设出切线方程（斜率为参数），联立抛物线方程由判别式为0即可验算判断C；联立方程和抛物线方程，结合韦达定理、焦点弦公式即可判断D.
12．（2024高二上·余姚期末）已知 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为 ，即 ．令 ，则有，
则 ，令 ，则 ，
令 ，可得，
当时， ，函数单调递增，
当时， ，函数单调递减，
故，
所以总有 ，故单调递减；所以，即；
A、，故A错误；
B、设 ，则 ，
故在上单调递增，所以，
所以 ，因为，所以 ，故B正确；
C、，即．
设，则，
则 ，所以单调递增．
因为，所以，故C正确；
D、，即，
令，则，
因为，所以为偶函数，
所以即为．
则 ，令，则 ，所以单调递增．
又，所以当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增，
当时，，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，构造函数，求导，利用导数判断其单调性，计算出x与y的关系，再根据函数的性质逐项分析判断即可.
13．（2024高二上·余姚期末）已知，则 ．
【答案】
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据空间向量线性运算的坐标表示计算即可.
14．（2024高二上·余姚期末）已知正项等比数列，，且，，成等差数列，则 ．
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等差中项
【解析】【解答】解：设正项等比数列的公比为，
因为，，成等差数，所以，即，解得，
所以数列的通项公式为，则.
故答案为：.
【分析】设正项等比数列的公比为，由，，成等差数列可得，求出公比，求出数列的通项公式，再求解即可.
15．（2024高二上·余姚期末）若直线与单位圆和曲线均相切，则直线的方程可以是 .（写出符合条件的一个方程即可）
【答案】（写出符合条件的一个方程即可）
【知识点】直线与圆的位置关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，可知直线的斜率存在，设直线方程为：，
联立，消去y整理可得：，
因为直线与单位圆相切，所以，化简得，
联立，消去y整理得：，
因为直线与曲线相切，所以，化简得，
由，解得，则，
所以直线方程为：，
故答案为：
【分析】由题意，设直线方程为：，根据直线与单位圆和曲线均相切，方程联立，由判别式为零求解即可.
16．（2024高二上·余姚期末）已知函数有两个零点，求的取值范围 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数定义域为，
求导可得，
当时，，在上单调递增，所以至多有一个零点．
当时，由，解得：，由，解得：，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，
．
令，，则，
所以在上单调递减；
又，所以要使，即，则．
又因为，
所以在上有一个零点，
又
令，，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，所以，所以．
所以在上也有一个零点．
综上所述，a的取值范围是．
故答案为：
【分析】先求函数的定义域，再求导，对导函数中的参数进行分类讨论，在时，通过判断函数的单调性求得其最小值，依题需使推得；接着分段说明函数在区间和上各有一个零点即得.
17．（2024高二上·余姚期末）已知函数（为常数），曲线在点处的切线平行于直线.
（1）求的值；
（2）求函数的极值.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为曲线在点处的切线平行于直线，
所以，解得；
（2）解：由（1）可得，
令，解得或，令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
3
+ 0 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
故时函数取极大值，极大值为，时函数取极小值，极小值为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求导，由题意可得，求解即可；
（2）由（1）可得，根据导数与极值的关系列表求解即可.
（1），
∵在点处的切线平行于直线，
∴，∴；
（2）由（1）可得，
令得或，列表如下：
3
+ 0 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴极大值为，极小值为.
18．（2024高二上·余姚期末）已知的三个顶点，，．
（1）求边上中线所在直线的方程；
（2）已知点满足，且点在线段的中垂线上，求点的坐标．
【答案】（1）解：由题意中点，
所以所在直线的斜率，
所以所在直线的方程为，
即边中线所在直线的方程；
（2）解：因为，，所以，
，所以直线的方程为，即，
设点到直线的距离，则由题意，
所以点到直线的距离，
则点所在直线方程为或，
因为，，
所以，线段中点坐标为，
所以线段的中垂线为，即，
所以联立或，
所以点的坐标为：或.
【知识点】斜率的计算公式；直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；平面内点到直线的距离公式
【解析】【分析】（1）先求的中点坐标，根据两点斜率公式求所在直线的斜率，结合点斜式化简求解即可；
（2）由两点间距离公式求，直线的方程为，结合以及点到直线的距离公式得点所在直线方程为或，进一步求得线段的中垂线方程，联立求解即可.
（1）由题意中点，
所以所在直线的斜率，
所以所在直线的方程为，
即边中线所在直线的方程；
（2）因为，，所以，
，所以直线的方程为，即，
设点到直线的距离，则由题意，
所以点到直线的距离，
则点所在直线方程为或，
因为，，
所以，线段中点坐标为，
所以线段的中垂线为，即，
所以联立或，
所以点的坐标为：或.
19．（2024高二上·余姚期末）已知数列的首项，且满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）若，求正整数的最大值.
【答案】（1）证明：易知各项均为正，对两边同时取倒数得，即，
因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
（2）解：由（1）知，
所以，
显然单调递增，
且，
所以的最大值为4046.
【知识点】函数单调性的性质；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）对两边取倒数，结合等比数列的定义证明即可；
（2）由分组求和以及等比数列求和公式得前项和，结合其单调性求解即可.
（1）易知各项均为正，对两边同时取倒数得，
即，
因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
所以，
显然单调递增，
且，
所以的最大值为4046.
20．（2024高二上·余姚期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，是边长为2的正三角形，，，.
（1）若平面，求的值；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）解：分别取中点，连接，
由已知底面是直角梯形，，，，
易得，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，
又因为平面，所以，
以为中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
因为，
所以，
显然是平面的一个法向量，
若平面，则，即；
（2）解：若，则，
由（1），所以，
所以，
设分别为平面与平面的一个法向量，
所以或，
令，解得，
则，
设平面与平面的夹角为，
故，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，由向量的线性运算得，进一步得是平面的一个法向量，由此列出方程求解即可.
（2）由（1）的结论，求出两平面的法向量，利用空间向量，利用夹角余弦公式求解即可.
（1）
分别取中点，连接，
由已知底面是直角梯形，，，，
易得，
∵平面平面，平面平面，面，
∴平面，
又因为平面，
所以，
以为中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
∵，
∴，
显然是平面的一个法向量，
若平面，则，即；
（2）若，则，
由（1），
所以，
所以，
设分别为平面与平面的一个法向量，
所以或，
令，解得，
则，
设平面与平面的夹角为，
故，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
21．（2024高二上·余姚期末）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）当，证明：.
【答案】（1）解：函数定义域为，
求导可得，
①当时，，在上单调递增；
②当时，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
综上，①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：由（1）可得，当时，
要证，只需证，
即证恒成立.
令，则恒成立，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的最大值为，
所以，
所以恒成立，
则原命题得证，即：当时，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，求导，分和判断导数的正负，判断函数的单调性，从而求其单调区间即可；
（2）要证明原不等式，只需，而由（1）再构造函数，利用导数可得函数的单调性，并求其最值，即可证明.
（1）定义域为，
则，
①当时，，在上单调递增；
②当时，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
综上，①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可得，当时，
要证，只需证，
即证恒成立.
令，则恒成立，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴的最大值为，
所以，
所以恒成立，
∴原命题得证.，即：当时，.
22．（2024高二上·余姚期末）已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点，求证：中点为定点．
【答案】（1）解：因为椭圆过点，离心率为，
所以，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：显然直线斜率存在，设方程为，，
联立方程得，
，
由直线方程为，直线方程为，
得，
.
中点为定点．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可知列方程求解即可；
（2）由题意显然直线斜率存在，设方程为，，联立椭圆方程，消元整理，由韦达定理得，进一步表示出方程和点坐标，证明为定值即可.
（1）因为椭圆过点，离心率为，
所以，解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）
显然直线斜率存在，设方程为，，
联立方程得，
，
由直线方程为，直线方程为，
得，
.
中点为定点．
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