浙江省丽水市2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量监控数学试题
1．（2024高二上·丽水期末）已知等比数列的前n项和为，公比，若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·丽水期末）已知向量，则的值是（ ）
A． B． C．8 D．12
3．（2024高二上·丽水期末）函数 的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·丽水期末）直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·丽水期末）已知是两条不同的直线，为两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
6．（2024高二上·丽水期末）如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n越大，组合成的新几何体就越接近一个“长方体”.若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·丽水期末）设椭圆与椭圆的离心率分别为，若，则（ ）
A．的最小值为 B．的最小值为
C．的最大值为 D．的最大值为
8．（2024高二上·丽水期末）已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是.接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推.求满足如下条件的最小整数，.且该数列的前项和为2的整数幂.那么是（ ）
A．83 B．87 C．91 D．95
9．（2024高二上·丽水期末）已知直线与圆交于两点，则（ ）
A．直线过定点 B．线段长的最大值为6
C．线段长的最小值为4 D．面积的最大值为
10．（2024高二上·丽水期末）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正弦值是
D．平面与平面夹角的余弦值是
11．（2024高二上·丽水期末）设直线与抛物线相交于两点，且与圆相切于点，M为线段的中点（ ）
A．当时，直线的斜率为1
B．当时，线段的长为8
C．当时，符合条件的直线有两条
D．当时，符合条件的直线有四条
12．（2024高二上·丽水期末）生态学研究发现：当种群数量较少时，种群近似呈指数增长，而当种群增加到一定数量后，增长率就会随种群数量的增加而逐渐减小，为了刻画这种现象，生态学上提出了著名的逻辑斯谛模型：，其中是正数，表示初始时刻种群数量，r表示种群的内秉增长率，K表示环境容纳量，近似刻画t时刻的种群数量.下面判断正确的是（ ）
A．如果，那么存在
B．如果，那么对任意
C．如果，那么存在在t点处的导数
D．如果，那么的导函数在上存在最大值
13．（2024高二上·丽水期末）已知直线和，若，则 .
14．（2024高二上·丽水期末）已知等差数列的前n项和为，若，则 .
15．（2024高二上·丽水期末）已知圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为6，圆台的体积为，且它的两个底面圆周都在球O的球面上，则 .
16．（2024高二上·丽水期末）已知三棱锥的体积为是空间中一点，，则三棱锥的体积是 .
17．（2024高二上·丽水期末）已知曲线和，点分别在曲线上，记点Q的横坐标为，则的最小值是 .
18．（2024高二上·丽水期末）如图，8个半径为1的圆摆在坐标平面的第一象限（每个圆与相邻的圆外切或与坐标轴相切），若斜率为3的直线将8个圆分成面积相等的两部分，则直线的方程是 .
19．（2024高二上·丽水期末）已知圆经过点，，.
（1）求圆的方程；
（2）过点作直线与圆相切，求直线的方程.
20．（2024高二上·丽水期末）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有三个零点，求实数a的取值范围.
21．（2024高二上·丽水期末）已知为正项数列的前n项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
22．（2024高二上·丽水期末）如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面，为中点.
（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）设点N在直线上，若的面积是，求的值.
23．（2024高二上·丽水期末）已知双曲线，点，直线与双曲线C交于不同的两点.
（1）若的重心在直线上，求k的值；
（2）若直线过双曲线C的右焦点F，且直线的斜率之积是，求的面积.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：由等比数列求和公式得.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和等比数列求和公式，从而得出的值.
2．【答案】B
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
则，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用向量加法的坐标表示求出向量的坐标，再根据向量模的坐标表示，从而得出的值.
3．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】 ， ，
根据单调性与不等式的关系可得 ，解得 .
所以函数 的单调递减区间是 .
故答案为：A.
【分析】对函数 进行求导，利用导数 解不等式即可求解.
4．【答案】B
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：直线的斜率为，
由于，设倾斜角为，
则，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用直线方程得到直线的斜率，再由直线斜率和直线的倾斜角的关系式，再根据直线的倾斜角的取值范围，从而得出直线倾斜角的取值范围.
5．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
6．【答案】A
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：根据题意，设圆柱的底面半径为，高，其轴截面的面积为，
新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加的为轴截面的面积，
若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了，即，
所以圆柱的侧面积为.
故答案为：A.
【分析】设圆柱的底面半径为，高为分析，可得新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加的为轴截面的面积，由此可得，再由圆柱的侧面积公式，从而计算得出圆柱的侧面积.
7．【答案】D
【知识点】函数的最大（小）值；椭圆的简单性质；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：易知椭圆与椭圆的离心率分别为，，则，
设，，根据对勾函数的性质可知：函数在上单调递减，在上单调递增，且，，则，即的最大值为，无最小值．
故答案为：D．
【分析】由题意根据椭圆的离心率公式可得，设，根据对勾函数的单调性求解即可．
8．【答案】D
【知识点】数列的求和；归纳推理
【解析】【解答】解：根据题意将数列分组，第一组为第一项是，
第二组为为第二项和第三项是，，
依次类推，第组为，，，…，
第组含有项，
所以第组的和为：，
前组内一共含有的项数为：，
所以前组内的项数和为：，
若该数列的前项和为2的整数幂.，只需将消去即可；
若，则，，
不满足；
若，则，，
不满足；
若，则，，
满足；
故满足如条件的最小整数为95.
故答案为：D.
【分析】根据题意进行分组，再结合类比推理的方法和分类讨论的方法，再结合分组求和的方法和等差数列求和公式、等比数列求和公式，从而得出满足如条件的最小整数的值.
9．【答案】A,B,C
【知识点】恒过定点的直线；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由直线得出直线，
联立，解得，，所以直线过定点，故A正确；
当直线过圆圆心时，线段最长，为圆的直径，等于6，故B正确；
当直线AB与过原点和点的直线垂直时，弦长AB最短，
因为原点C到点的距离为，此时，故C正确；
因为，所以的面积取得最大值时，，
此时，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由直线系方程求得直线恒过定点，则判断选项A；当直线过圆圆心时，线段最长，则得出线段长的最大值，从而判断选项B；当直线AB与过原点和点的直线垂直时，弦长AB最短，则得出线段长的最小值，从而判断选项C；利用三角形的面积取得最大值时，则，，再结合三角形的面积公式得出三角形面积的最大值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：连接AC交BD于点O，
则点O为正方形ABCD的中心，
由对称性可知，，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面CDE，平面，
所以平面，同理平面，
又因为，AF，平面，
所以平面平面，所以A正确；
取中点，连接，则，
所以为二面角的平面角，
设该八面体的棱长为，则，
所以，
所以二面角不是直二面角，则平面与平面不垂直，
又因为平面平面，所以平面与平面也不垂直，所以B错误；
同理，取中点，连接，为二面角的平面角，
，所以平面与平面夹角的余弦值是，所以D正确；
由，，得，
在正方形ABCD中，，平面BEDF，平面BEDF，
又因为，所以平面BEDF，
所以即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则，
所以，所以，所以C错误.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件和正方形的结构特征和对称性，从而得出四边形为平行四边形，则得出线线平行，利用线线平行证出直线平面CDE和直线平面CDE，再由线面平行证出面面平行，则判断出选项A；取中点，所以为二面角的平面角，再利用勾股定理和余弦定理，从而求出此二面角不是直二面角，则可判断平面与平面也不垂直，进而判断出选项B；取中点，连接，为二面角的平面角，同理为二面角的平面角，从而得出平面与平面夹角的余弦值，则可判断出选项D；利用已知条件和正方形的结构特征得出线线垂直，再由线线垂直证出线面垂直，从而得出为直线AE与平面BDE所成的角，再根据勾股定理和中点的性质，从而得出的值，则得出直线AE与平面BDE所成的角，即得出平面与平面夹角的余弦值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】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：对于A，如图所示，
设，，
则，
两式相减得：.
当的斜率存在时，，则有，
又因为，所以.
当时，，故A错误；
对于B，由，得，
即，因此，即必在直线上，
当时，，点，直线的方程为，恰好过抛物线焦点，
故，故B正确；
对于C，将代入，得，
由在抛物线内部得，
因为点在圆上，所以，
当时，，解得，与矛盾，
此时的斜率为的直线不存在，
如图所示：
当的斜率不存在时，符合条件的直线只有一条，为，故C错误；
对于D，当时，，解得，符合，
此时的斜率为的直线有两条，为和，
当的斜率不存在时，符合条件的直线也有两条，为和，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由已知条件和点差法以及两点求斜率公式，再结合中点的坐标公式，从而得出，进而得出当时的直线的斜率，由此判断选项A；利用两直线垂直斜率之积等于-1，从而由两点求斜率公式和点与直线的位置关系，从而由焦点弦的求解方法和抛物线的定义，从而得出当时的线段的长，则判断出选项B；当的斜率不存在时判断是否符合要求，当的斜率存在时，由直线与圆切于得必在直线上，根据给定的求出点的位置，再根据点是否在抛物线内部，从而得出符合条件的直线的条数，则判断选项C和选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由可得，
当时，，
令，解得：，
因为为种群的内秉增长率，，所以，所以A正确；
，
因为，，所以，
故对任意的，，所以B正确；
，
因为，那么任意的，在点处的导数恒成立，故C错误；
令，
则，
因为，
令得：，解得：；
令得：，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
那么的导函数在上存在极大值，也是最大值，所以D正确．
故答案为：ABD．
【分析】由和已知条件，从而解方程求出，则可判断选项A；利用作差法比较大小，则可判断选项B；利用求导的方法，结合，，得到导函数大于0恒成立，则可判断选项C；利用二次求导，得到导函数的单调性，从而得到导函数的极值和最值，则判断选项D，进而找出判断正确的选项.
13．【答案】2
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】【解答】解：因为直线的斜率为，
直线的斜率为，
又因为，所以，则，
经检验，满足题意.
故答案为：2.
【分析】根据两直线平行，则两直线斜率相等，从而得到，再解方程和检验法，从而得出满足条件的m的值.
14．【答案】28
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：.
故答案为：28.
【分析】利用等差数列的性质和等差数列前n项和公式，从而计算得出的值.
15．【答案】
【知识点】球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的高为h，．
依题意可得，，解得，
设，则，解得，
故．
故答案为：.
【分析】由已知条件和圆台的体积公式，从而求出圆台的高，再利用球的内接的圆台，从而构造直角三角形，再利用勾股定理，从而建立方程，进而求出的长，则求出的值.
16．【答案】10
【知识点】共面向量定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
因为，则，
即，
即，所以，
因为，由空间向量基本定理可知，在平面内存在一点，
使得成立，即，
所以，即，则，
又因为三棱锥的体积为15，
则.
故答案为：10.
【分析】根据题意，由空间向量的运算可得，再由空间向量基本定理可得，从而得出，再结合三棱锥的体积为15和，从而得出三棱锥的体积.
17．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的定义
【解析】【解答】解：设点坐标为，为的焦点，
点到准线距离为，则，
则，
又因为，
设，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
又因为，
所以，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
故，则，
即的最小值是.
故答案为：.
【分析】设点坐标为，由抛物线定义可得，其中，设，利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得出的最小值.
18．【答案】
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：当过的直线将圆与圆区域平分，
过的直线将圆与圆区域平分时，
直线将8个圆划分为面积相等的两个区域且，
直线的方程为：，即直线.
故答案为：.
【分析】过、的直线平分四个圆，可实现两个区域面积相等，由此可确定直线AB的方程，即求出直线的方程.
19．【答案】（1）解：线段的垂直平分线的方程为，线段的垂直平分线的方程为
由，解得，
圆的半径，
圆的方程为.
（2）解：由题易得直线l的斜率存在，
设过点P的直线为，即，
则圆心到直线的距离，解得或，
直线方程为或.
【知识点】圆的标准方程；圆的切线方程
【解析】【分析】（1）利用垂直平分线的性质和联立方程的方法，从而计算可得点的坐标，再利用两点间距离公式计算可得半径长，从而得出圆的标准方程.
（2）由题易得直线l的斜率存在，再利用点斜式设出切线方程，再结合切线定义和点到直线的距离公式，从而得出直线的斜率，进而得出直线的方程.
（1）线段的垂直平分线的方程为，线段的垂直平分线的方程为，
由，解得，
圆的半径，
圆的方程为；
（2）由题易得直线l的斜率存在，设过点P的直线为，即，
圆心到直线的距离，解得或，
直线方程为或.
20．【答案】（1）解：因为，
则，
又因为，
所以的切线方程为.
（2）解：因为，
故是函数的一个零点，
由题意可知，方程有两个不同的非零实数根，
显然不合题意，
令，则，
设，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故，
又因为时，；时，，
故，即.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由代入法得出切点坐标，再结合点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）由题意可得是函数的一个零点，故方程有两个不同的非零实数根，显然不合题意，令，则可转化为求的最大值的问题，结合求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再根据函数求极限的方法，从而得出实数a的取值范围.
（1），则，又，
所以的切线方程为；
（2），
故是函数的一个零点，
由题意可知，方程有两个不同的非零实数根，
显然不合题意，
令，则，
设，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故，
又时，，时，，
故，即.
21．【答案】（1）解：由题意知：且，
两式相减，可得，
，可得，
又，当时，，即，
解得或（舍去），所以，
从而，
所以数列表示首项为1，公差为1的等差数列，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由，
可得
，
所以
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用变形整理和检验法以及等差数列的定义，可得数列为等差数列，再利用等差数列的通项公式求出数列的通项公式.
（2）利用（1）中数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用裂项相消法，从而求出数列的前n项和.
（1）由题意知：且，
两式相减，可得，
，可得，
又，当时，，即，
解得或（舍去），所以，
从而，所以数列表示首项为1，公差为1的等差数列，
所以数列的通项公式为.
（2）由，
可得
，
所以.
22．【答案】（1）解：由已知得出，在中，
，
，
又因为四边形是平行四边形，，
取中点H，则，
，，两两垂直，
以为轴建立直角坐标系，
则为边上的高，
所以，
，
因为M为中点，，
，
设平面的法向量为，
，
，取，
设平面的法向量为，
，
取，
平面与平面夹角余弦值为.
（2）解：设，则；
，
，设点N到直线的距离为d，
则，，
，即，
.
另解：，设N点到的距离为d，
则，，
延长至E，使得，则且，
又平面，所以平面，
因为平面，，
所以E点即为N点，则.
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理得出AC的长，由平行四边形的结构特征和等腰三角形三线合一得出线线垂直，再利用得出，从而得出两两垂直，则以为轴建立直角坐标系，从而由勾股定理得出点的坐标和向量的坐标，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角余弦值.
（2）利用两种方法求解.解法一：设，再结合向量的坐标表示和数量积的坐标表示以及三角形的面积公式，再结合已知条件得出点N到直线的距离，再由数量积和勾股定理得出m的值，从而得出的值.解法二：先根据三角形的面积公式，从二求出点N到直线的距离，延长至E，使得，则且，再利用线线垂直和线面垂直的推导关系，从而得出点E为点N，进而得出的值.
（1）由已知在中，
，
，
又四边形是平行四边形，，
取中点H，则，
，，两两垂直，
以为轴建立直角坐标系，
则为边上的高，
，
，
M为中点，，
，
设平面的法向量为，
，
，取，
设平面的法向量为，
，取，
平面与平面夹角余弦值为；
（2）设，则；
，
，设N点到的距离为d，
则，
，
，即，
.
另解：，设N点到的距离为d，
则，
，
延长至E，使得，则且，
又平面，所以平面，
而平面，，所以E点即为N点，.
23．【答案】（1）解：设，联立方程，
即，
又因为的重心为，
由题设可知，
即
，，
所以，则.
（2）解：由题意，如图所示：
设直线，联立方程
即，
，
则，
，
，
代入化简得，
所以或（因为过点M，所以舍），
直线为，代入双曲线得，
所以，
又因为点M到直线的距离为d，则，
.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）联立直线与双曲线方程，再根据韦达定理和判别式法以及重心坐标公式，可得重心坐标，再代入中，即可求出k的值.
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理和两点求斜率公式，代入化简得出直线的斜率，再由弦长公式和点到直线距离公式，从而得出点M到直线的距离，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积.
（1）设，联立方程，即，
，
又的重心为，由题设，
即
，.
所以，则.
（2）由题设，直线，联立方程即，
，则，
，代入化简得，
所以或（过M点舍），直线为，代入双曲线得，
，而M点到的距离为d，则，
.
1 / 1浙江省丽水市2023-2024学年高二上学期1月期末教学质量监控数学试题
1．（2024高二上·丽水期末）已知等比数列的前n项和为，公比，若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：由等比数列求和公式得.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和等比数列求和公式，从而得出的值.
2．（2024高二上·丽水期末）已知向量，则的值是（ ）
A． B． C．8 D．12
【答案】B
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
则，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用向量加法的坐标表示求出向量的坐标，再根据向量模的坐标表示，从而得出的值.
3．（2024高二上·丽水期末）函数 的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】 ， ，
根据单调性与不等式的关系可得 ，解得 .
所以函数 的单调递减区间是 .
故答案为：A.
【分析】对函数 进行求导，利用导数 解不等式即可求解.
4．（2024高二上·丽水期末）直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：直线的斜率为，
由于，设倾斜角为，
则，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用直线方程得到直线的斜率，再由直线斜率和直线的倾斜角的关系式，再根据直线的倾斜角的取值范围，从而得出直线倾斜角的取值范围.
5．（2024高二上·丽水期末）已知是两条不同的直线，为两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
6．（2024高二上·丽水期末）如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n越大，组合成的新几何体就越接近一个“长方体”.若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：根据题意，设圆柱的底面半径为，高，其轴截面的面积为，
新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加的为轴截面的面积，
若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了，即，
所以圆柱的侧面积为.
故答案为：A.
【分析】设圆柱的底面半径为，高为分析，可得新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加的为轴截面的面积，由此可得，再由圆柱的侧面积公式，从而计算得出圆柱的侧面积.
7．（2024高二上·丽水期末）设椭圆与椭圆的离心率分别为，若，则（ ）
A．的最小值为 B．的最小值为
C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】D
【知识点】函数的最大（小）值；椭圆的简单性质；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：易知椭圆与椭圆的离心率分别为，，则，
设，，根据对勾函数的性质可知：函数在上单调递减，在上单调递增，且，，则，即的最大值为，无最小值．
故答案为：D．
【分析】由题意根据椭圆的离心率公式可得，设，根据对勾函数的单调性求解即可．
8．（2024高二上·丽水期末）已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是.接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推.求满足如下条件的最小整数，.且该数列的前项和为2的整数幂.那么是（ ）
A．83 B．87 C．91 D．95
【答案】D
【知识点】数列的求和；归纳推理
【解析】【解答】解：根据题意将数列分组，第一组为第一项是，
第二组为为第二项和第三项是，，
依次类推，第组为，，，…，
第组含有项，
所以第组的和为：，
前组内一共含有的项数为：，
所以前组内的项数和为：，
若该数列的前项和为2的整数幂.，只需将消去即可；
若，则，，
不满足；
若，则，，
不满足；
若，则，，
满足；
故满足如条件的最小整数为95.
故答案为：D.
【分析】根据题意进行分组，再结合类比推理的方法和分类讨论的方法，再结合分组求和的方法和等差数列求和公式、等比数列求和公式，从而得出满足如条件的最小整数的值.
9．（2024高二上·丽水期末）已知直线与圆交于两点，则（ ）
A．直线过定点 B．线段长的最大值为6
C．线段长的最小值为4 D．面积的最大值为
【答案】A,B,C
【知识点】恒过定点的直线；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由直线得出直线，
联立，解得，，所以直线过定点，故A正确；
当直线过圆圆心时，线段最长，为圆的直径，等于6，故B正确；
当直线AB与过原点和点的直线垂直时，弦长AB最短，
因为原点C到点的距离为，此时，故C正确；
因为，所以的面积取得最大值时，，
此时，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由直线系方程求得直线恒过定点，则判断选项A；当直线过圆圆心时，线段最长，则得出线段长的最大值，从而判断选项B；当直线AB与过原点和点的直线垂直时，弦长AB最短，则得出线段长的最小值，从而判断选项C；利用三角形的面积取得最大值时，则，，再结合三角形的面积公式得出三角形面积的最大值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
10．（2024高二上·丽水期末）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正弦值是
D．平面与平面夹角的余弦值是
【答案】A,D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：连接AC交BD于点O，
则点O为正方形ABCD的中心，
由对称性可知，，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面CDE，平面，
所以平面，同理平面，
又因为，AF，平面，
所以平面平面，所以A正确；
取中点，连接，则，
所以为二面角的平面角，
设该八面体的棱长为，则，
所以，
所以二面角不是直二面角，则平面与平面不垂直，
又因为平面平面，所以平面与平面也不垂直，所以B错误；
同理，取中点，连接，为二面角的平面角，
，所以平面与平面夹角的余弦值是，所以D正确；
由，，得，
在正方形ABCD中，，平面BEDF，平面BEDF，
又因为，所以平面BEDF，
所以即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则，
所以，所以，所以C错误.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件和正方形的结构特征和对称性，从而得出四边形为平行四边形，则得出线线平行，利用线线平行证出直线平面CDE和直线平面CDE，再由线面平行证出面面平行，则判断出选项A；取中点，所以为二面角的平面角，再利用勾股定理和余弦定理，从而求出此二面角不是直二面角，则可判断平面与平面也不垂直，进而判断出选项B；取中点，连接，为二面角的平面角，同理为二面角的平面角，从而得出平面与平面夹角的余弦值，则可判断出选项D；利用已知条件和正方形的结构特征得出线线垂直，再由线线垂直证出线面垂直，从而得出为直线AE与平面BDE所成的角，再根据勾股定理和中点的性质，从而得出的值，则得出直线AE与平面BDE所成的角，即得出平面与平面夹角的余弦值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高二上·丽水期末）设直线与抛物线相交于两点，且与圆相切于点，M为线段的中点（ ）
A．当时，直线的斜率为1
B．当时，线段的长为8
C．当时，符合条件的直线有两条
D．当时，符合条件的直线有四条
【答案】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：对于A，如图所示，
设，，
则，
两式相减得：.
当的斜率存在时，，则有，
又因为，所以.
当时，，故A错误；
对于B，由，得，
即，因此，即必在直线上，
当时，，点，直线的方程为，恰好过抛物线焦点，
故，故B正确；
对于C，将代入，得，
由在抛物线内部得，
因为点在圆上，所以，
当时，，解得，与矛盾，
此时的斜率为的直线不存在，
如图所示：
当的斜率不存在时，符合条件的直线只有一条，为，故C错误；
对于D，当时，，解得，符合，
此时的斜率为的直线有两条，为和，
当的斜率不存在时，符合条件的直线也有两条，为和，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由已知条件和点差法以及两点求斜率公式，再结合中点的坐标公式，从而得出，进而得出当时的直线的斜率，由此判断选项A；利用两直线垂直斜率之积等于-1，从而由两点求斜率公式和点与直线的位置关系，从而由焦点弦的求解方法和抛物线的定义，从而得出当时的线段的长，则判断出选项B；当的斜率不存在时判断是否符合要求，当的斜率存在时，由直线与圆切于得必在直线上，根据给定的求出点的位置，再根据点是否在抛物线内部，从而得出符合条件的直线的条数，则判断选项C和选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高二上·丽水期末）生态学研究发现：当种群数量较少时，种群近似呈指数增长，而当种群增加到一定数量后，增长率就会随种群数量的增加而逐渐减小，为了刻画这种现象，生态学上提出了著名的逻辑斯谛模型：，其中是正数，表示初始时刻种群数量，r表示种群的内秉增长率，K表示环境容纳量，近似刻画t时刻的种群数量.下面判断正确的是（ ）
A．如果，那么存在
B．如果，那么对任意
C．如果，那么存在在t点处的导数
D．如果，那么的导函数在上存在最大值
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由可得，
当时，，
令，解得：，
因为为种群的内秉增长率，，所以，所以A正确；
，
因为，，所以，
故对任意的，，所以B正确；
，
因为，那么任意的，在点处的导数恒成立，故C错误；
令，
则，
因为，
令得：，解得：；
令得：，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
那么的导函数在上存在极大值，也是最大值，所以D正确．
故答案为：ABD．
【分析】由和已知条件，从而解方程求出，则可判断选项A；利用作差法比较大小，则可判断选项B；利用求导的方法，结合，，得到导函数大于0恒成立，则可判断选项C；利用二次求导，得到导函数的单调性，从而得到导函数的极值和最值，则判断选项D，进而找出判断正确的选项.
13．（2024高二上·丽水期末）已知直线和，若，则 .
【答案】2
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】【解答】解：因为直线的斜率为，
直线的斜率为，
又因为，所以，则，
经检验，满足题意.
故答案为：2.
【分析】根据两直线平行，则两直线斜率相等，从而得到，再解方程和检验法，从而得出满足条件的m的值.
14．（2024高二上·丽水期末）已知等差数列的前n项和为，若，则 .
【答案】28
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：.
故答案为：28.
【分析】利用等差数列的性质和等差数列前n项和公式，从而计算得出的值.
15．（2024高二上·丽水期末）已知圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为6，圆台的体积为，且它的两个底面圆周都在球O的球面上，则 .
【答案】
【知识点】球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的高为h，．
依题意可得，，解得，
设，则，解得，
故．
故答案为：.
【分析】由已知条件和圆台的体积公式，从而求出圆台的高，再利用球的内接的圆台，从而构造直角三角形，再利用勾股定理，从而建立方程，进而求出的长，则求出的值.
16．（2024高二上·丽水期末）已知三棱锥的体积为是空间中一点，，则三棱锥的体积是 .
【答案】10
【知识点】共面向量定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
因为，则，
即，
即，所以，
因为，由空间向量基本定理可知，在平面内存在一点，
使得成立，即，
所以，即，则，
又因为三棱锥的体积为15，
则.
故答案为：10.
【分析】根据题意，由空间向量的运算可得，再由空间向量基本定理可得，从而得出，再结合三棱锥的体积为15和，从而得出三棱锥的体积.
17．（2024高二上·丽水期末）已知曲线和，点分别在曲线上，记点Q的横坐标为，则的最小值是 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的定义
【解析】【解答】解：设点坐标为，为的焦点，
点到准线距离为，则，
则，
又因为，
设，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
又因为，
所以，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
故，则，
即的最小值是.
故答案为：.
【分析】设点坐标为，由抛物线定义可得，其中，设，利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得出的最小值.
18．（2024高二上·丽水期末）如图，8个半径为1的圆摆在坐标平面的第一象限（每个圆与相邻的圆外切或与坐标轴相切），若斜率为3的直线将8个圆分成面积相等的两部分，则直线的方程是 .
【答案】
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：当过的直线将圆与圆区域平分，
过的直线将圆与圆区域平分时，
直线将8个圆划分为面积相等的两个区域且，
直线的方程为：，即直线.
故答案为：.
【分析】过、的直线平分四个圆，可实现两个区域面积相等，由此可确定直线AB的方程，即求出直线的方程.
19．（2024高二上·丽水期末）已知圆经过点，，.
（1）求圆的方程；
（2）过点作直线与圆相切，求直线的方程.
【答案】（1）解：线段的垂直平分线的方程为，线段的垂直平分线的方程为
由，解得，
圆的半径，
圆的方程为.
（2）解：由题易得直线l的斜率存在，
设过点P的直线为，即，
则圆心到直线的距离，解得或，
直线方程为或.
【知识点】圆的标准方程；圆的切线方程
【解析】【分析】（1）利用垂直平分线的性质和联立方程的方法，从而计算可得点的坐标，再利用两点间距离公式计算可得半径长，从而得出圆的标准方程.
（2）由题易得直线l的斜率存在，再利用点斜式设出切线方程，再结合切线定义和点到直线的距离公式，从而得出直线的斜率，进而得出直线的方程.
（1）线段的垂直平分线的方程为，线段的垂直平分线的方程为，
由，解得，
圆的半径，
圆的方程为；
（2）由题易得直线l的斜率存在，设过点P的直线为，即，
圆心到直线的距离，解得或，
直线方程为或.
20．（2024高二上·丽水期末）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有三个零点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
则，
又因为，
所以的切线方程为.
（2）解：因为，
故是函数的一个零点，
由题意可知，方程有两个不同的非零实数根，
显然不合题意，
令，则，
设，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故，
又因为时，；时，，
故，即.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，由代入法得出切点坐标，再结合点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）由题意可得是函数的一个零点，故方程有两个不同的非零实数根，显然不合题意，令，则可转化为求的最大值的问题，结合求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再根据函数求极限的方法，从而得出实数a的取值范围.
（1），则，又，
所以的切线方程为；
（2），
故是函数的一个零点，
由题意可知，方程有两个不同的非零实数根，
显然不合题意，
令，则，
设，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故，
又时，，时，，
故，即.
21．（2024高二上·丽水期末）已知为正项数列的前n项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1）解：由题意知：且，
两式相减，可得，
，可得，
又，当时，，即，
解得或（舍去），所以，
从而，
所以数列表示首项为1，公差为1的等差数列，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由，
可得
，
所以
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用变形整理和检验法以及等差数列的定义，可得数列为等差数列，再利用等差数列的通项公式求出数列的通项公式.
（2）利用（1）中数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用裂项相消法，从而求出数列的前n项和.
（1）由题意知：且，
两式相减，可得，
，可得，
又，当时，，即，
解得或（舍去），所以，
从而，所以数列表示首项为1，公差为1的等差数列，
所以数列的通项公式为.
（2）由，
可得
，
所以.
22．（2024高二上·丽水期末）如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面，为中点.
（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）设点N在直线上，若的面积是，求的值.
【答案】（1）解：由已知得出，在中，
，
，
又因为四边形是平行四边形，，
取中点H，则，
，，两两垂直，
以为轴建立直角坐标系，
则为边上的高，
所以，
，
因为M为中点，，
，
设平面的法向量为，
，
，取，
设平面的法向量为，
，
取，
平面与平面夹角余弦值为.
（2）解：设，则；
，
，设点N到直线的距离为d，
则，，
，即，
.
另解：，设N点到的距离为d，
则，，
延长至E，使得，则且，
又平面，所以平面，
因为平面，，
所以E点即为N点，则.
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理得出AC的长，由平行四边形的结构特征和等腰三角形三线合一得出线线垂直，再利用得出，从而得出两两垂直，则以为轴建立直角坐标系，从而由勾股定理得出点的坐标和向量的坐标，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角余弦值.
（2）利用两种方法求解.解法一：设，再结合向量的坐标表示和数量积的坐标表示以及三角形的面积公式，再结合已知条件得出点N到直线的距离，再由数量积和勾股定理得出m的值，从而得出的值.解法二：先根据三角形的面积公式，从二求出点N到直线的距离，延长至E，使得，则且，再利用线线垂直和线面垂直的推导关系，从而得出点E为点N，进而得出的值.
（1）由已知在中，
，
，
又四边形是平行四边形，，
取中点H，则，
，，两两垂直，
以为轴建立直角坐标系，
则为边上的高，
，
，
M为中点，，
，
设平面的法向量为，
，
，取，
设平面的法向量为，
，取，
平面与平面夹角余弦值为；
（2）设，则；
，
，设N点到的距离为d，
则，
，
，即，
.
另解：，设N点到的距离为d，
则，
，
延长至E，使得，则且，
又平面，所以平面，
而平面，，所以E点即为N点，.
23．（2024高二上·丽水期末）已知双曲线，点，直线与双曲线C交于不同的两点.
（1）若的重心在直线上，求k的值；
（2）若直线过双曲线C的右焦点F，且直线的斜率之积是，求的面积.
【答案】（1）解：设，联立方程，
即，
又因为的重心为，
由题设可知，
即
，，
所以，则.
（2）解：由题意，如图所示：
设直线，联立方程
即，
，
则，
，
，
代入化简得，
所以或（因为过点M，所以舍），
直线为，代入双曲线得，
所以，
又因为点M到直线的距离为d，则，
.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）联立直线与双曲线方程，再根据韦达定理和判别式法以及重心坐标公式，可得重心坐标，再代入中，即可求出k的值.
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理和两点求斜率公式，代入化简得出直线的斜率，再由弦长公式和点到直线距离公式，从而得出点M到直线的距离，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积.
（1）设，联立方程，即，
，
又的重心为，由题设，
即
，.
所以，则.
（2）由题设，直线，联立方程即，
，则，
，代入化简得，
所以或（过M点舍），直线为，代入双曲线得，
，而M点到的距离为d，则，
.
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