浙江省精诚联盟2024-2025学年高二下学期3月联考数学试题
1．（2025高二下·浙江月考）已知是等比数列，，，则公比等于（ ）
A． B． C．2 D．
2．（2025高二下·浙江月考）下列说法中，与“直线平面”等价的是（ ）
A．直线与平面内的任意一条直线都不相交
B．直线与平面内的两条直线平行
C．直线与平面内无数条直线不相交
D．直线上有两个点不在平面内
3．（2025高二下·浙江月考）曲线在处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高二下·浙江月考）设是双曲线上一点，分别是双曲线的左，右焦点，若，则等于（ ）
A．2 B．18 C．2或18 D．以上均不对
5．（2025高二下·浙江月考）有3名男生和3名女生排成一排，女生不能相邻的不同排法有（ ）
A．72种 B．144种 C．108种 D．288种
6．（2025高二下·浙江月考）在等差数列中，前七项之和为30，最后七项之和为110，前项之和是230，则项数为（ ）
A．21 B．22 C．23 D．24
7．（2025高二下·浙江月考）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B．e C． D．
8．（2025高二下·浙江月考）中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现.如图是某古建筑物的剖面图，其中是桁，是脊，是相等的步，相邻桁的脊步之比分别为，已知成公差为0.2的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.6 B．0.8 C．1 D．1.2
9．（2025高二下·浙江月考）已知正方体，则（ ）
A．直线与面平行
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为
D．直线与平面垂直
10．（2025高二下·浙江月考）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线与轴的交点为 B．曲线关于轴对称
C．直线与曲线有两个公共点 D．直线与曲线有三个公共点
11．（2025高二下·浙江月考）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
12．（2025高二下·浙江月考）的二项展开式中的系数为 .
13．（2025高二下·浙江月考）已知直线的方向向量与直线的方向向量，则和夹角的余弦值为 .
14．（2025高二下·浙江月考）已知正项数列中，前项和为，且，则数列的通项公式为 .
15．（2025高二下·浙江月考）已知圆，直线：.
（1）当为何值时，直线与圆相切；
（2）当直线与圆相交于两点，且时，求直线的方程.
16．（2025高二下·浙江月考）如图，在三棱柱中，平面，点分别在棱和棱上，且为棱的中点.
（1）求证：；
（2）若，求二面角的正弦值.
17．（2025高二下·浙江月考）已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）若为的极值点，求的单调区间和最大值；
（2）是否存在实数，使得的最大值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．（2025高二下·浙江月考）已知数列是等差数列，公差，且成等比数列；数列为等比数列，对于任意.
（1）求的通项公式，猜想数列的通项公式并证明；
（2）求数列前项和；
（3）若，数列前项和为，求证：.
19．（2025高二下·浙江月考）由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.设椭圆的“特征三角形”为，椭圆的“特征三角形”为，若，则称椭圆与“相似”，并将与的相似比称为椭圆与的相似比.已知椭圆与椭圆相似.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若椭圆与椭圆的相似比为，当时，求椭圆的方程；
（3）当时，设椭圆的左顶点为，右顶点为，且椭圆过点作两条斜率为的直线分别交椭圆于（异于）两点，设在轴的上方，过点作直线的平行线交椭圆于点，若直线过椭圆的左焦点，求的值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列为等比数列，且，，所以，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据等比数列的通项公式求解即可.
2．【答案】A
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、由线面平行的定义可知：直线与平面内的任意一条直线都不相交 ，
直线平面 ，故A正确；
B、直线与平面内的两条直线平行，直线可能在平面内，故B错误；
C、直线与平面内无数条直线不相交，直线可能在平面内，故C错误；
D、直线上有两个点不在平面内，直线可能与平面相交，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据直线与平面平行的定义即可判断A；根据直线与平面的位置关系即可判断BCD.
3．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导可得，
则，即曲线在点处的切线斜率为，
故曲线在处的切线方程为.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可.
4．【答案】B
【知识点】双曲线的定义
【解析】【解答】解：是双曲线上一点，分别是双曲线的左，右焦点，
根据双曲线的定义可得：，解得或，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据双曲线的定义求解即可.
5．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：女生不相邻，则女生插空，先排男生共有种方法，形成4个空，女生插空共有种方法，根据分步乘法计数原理可得：不同的排法数为种.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用插空法，结合排列数公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，两式相加得，
即，则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质可得的值，再利用等差数列的前项和公式求项数的值即可.
7．【答案】C
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【解答】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
【分析】为函数在区间（1，2）单调递增，导函数大于零恒成立，分离参数求出a的取值范围。
8．【答案】C
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为 是相等的步 ，所以不妨设，
则，
由题意得：，，解得.
故答案为：C.
【分析】问题转化为等差数列，根据等差数列性质计算即可.
9．【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、正方体中，因为，平面，所以面，故A正确；
B、为正三角形，易知，则与所成的角为，故B错误；
C、连接交于点，如图所示：
则，在正方体中：平面平面，且相交于点，所以平面，则为直线与平面所成角的平面角，设正方体棱长为2，则，
，，故C错误；
D、因为且，且平面，
所以平面，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正方体结构特征，结合线面位置关系逐项判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设动点，由题意可得：；
A、令，解得，或，则曲线与轴的交点为，故A正确；
B、点关于x轴对称的点，
把代入曲线得，故B正确；
CD、令，得，
则，即，
即，解得，故直线与曲线有三个公共点，故C错误，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设动点，由题意求出曲线C的方程，令，求解即可判断A；由曲线方程对称性即可判断B；联立方程组求直线与曲线的交点个数即可判断CD.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
求导可得，
令，解得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
A、由上述分析可知：是函数的极小值点，故A正确；
B、当，，因为函数在上单调递增，所以，
则当时，错误，故B错误；
C、当时，，因为函数在上单调递减，上单调递增，所以，又，，
所以，故C正确；
D、当时，，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】求函数的定义域，求导，利用导数判断函数的单调性，求函数的极值点即可判断A；利用函数的单调性即可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；利用比差法可判断的大小即可判断D.
12．【答案】24
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项为：，
令，解得，则，
即 的二项展开式中的系数为24.
故答案为：24.
【分析】写出二项式展开式的通项，根据通项求解即可.
13．【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：向量，则，
因为直线和的夹角范围为，所以直线和夹角的余弦值为.
故答案为：.
【分析】利用向量夹角公式求出，取绝对值得直线夹角的余弦值即可.
14．【答案】
【知识点】数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解： 正项数列中，前项和为，且，
当时，，解得，
当时，，化简得，
则，，，，
累加得，
经检验当时，适合上式，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据化简可得，再利用累加法求得，进而可得数列的通项公式.
15．【答案】（1）解：圆的标准方程为，易知圆心为，半径，
若直线与圆相切，则，解得；
（2）解：设圆心到直线的距离为，则，即，解得
即，解得或，
则直线的方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）化圆的一般方程为标准方程，求得圆心和半径，根据圆心到直线的距离等于半径列式求解即可；
（2）设圆心到直线的距离为，由弦长公式求解即可.
（1）根据题意，圆，
则圆的标准方程为，
其圆心为，半径，
若直线与圆相切，则有
解得.
（2）设圆心到直线的距离为，
则，
即，解得
则有，
解得或，
则直线的方程为或.
16．【答案】（1）证明：因为，，，所以，
又因为为棱的中点，所以，
又因为平面，，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，又，平面，
所以平面，又因为平面，所以；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，，，所以，
则，，，，，
，，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，即，
设，可得，，则，
设二面角的平面角为，则，
又因为，所以，
故二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先证明，，再根据线面垂直判定定理证明平面，即可证明；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求利用空间向量法求解即可.
（1）由已知，，又，
所以，又为棱的中点，
所以，
因为平面，，平面平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，
（2）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
因为，，故，
又，
则，，，，，
所以，，，
依题意，是平面的一个法向量，
设为平面的一个法向量，
则，即，
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，又，
所以，
所以，二面角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：函数，，
因为为的极值点，所以，解得，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
则的单调递增区间是，单调递减区间是，
且的极大值为，也是的最大值；
（2）解：函数，，
①当时，函数在上单调递增，且的最大值是，解得，舍去；
②当时，由，解得，当，即时，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又因为在上的最大值为，所以，所以，
当，即时，在上单调递增，
且，解得，舍去.
综上，存在符合题意，此时.
【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
【解析】【分析】（1）求函数的导函数，根据为的极值点求得，利用导数判断函数的单调区间和最大值即可；
（2）对导函数，分与进行讨论，得函数的单调性进而求得最值，再由最大值是求出的值即可.
（1），
∴，
由，得.
，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
的单调递增区间是，单调递减区间是；
的极大值为，也即的最大值为.
（2），
①当时，在上单调递增，
的最大值是，
解得，舍去；
②当时，由，得，
当，即时，
时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又在上的最大值为，
∴，
∴，
当，即时，在上单调递增，
，
解得，舍去.
综上，存在符合题意，此时.
18．【答案】（1）解： 设等差数列的公差为，
由题意可得：，解得，则，
由，可知，
猜测，
否则，若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
综上，数列的公比为，则数列的通项公式为；
（2）解：由（1）可得：，
则①，
②，
由①②可得：，则；
（3）解：，
则，
故，得证.
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；数列与不等式的综合；等比中项
【解析】【分析】（1）由是等差数列，结合成等比与，可得通项公式；
经计算可得，据此猜测，然后证明与均不满足题意即可；
（2）由（1）可得，利用错位相减法求解即可；
（3），利用裂项求和法证明即可.
（1）由成等比数列，则，
由题意，可得，解得，
所以.
由，
可知：，
据此猜测，
否则，若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
综上，数列的公比为，则数列的通项公式为.
（2）由（1），，
则，①
，②
由①②得，，
即；
（3），
则，
所以，得证.
19．【答案】（1）解：椭圆，长轴长为，短轴长为，焦距为；
椭圆，长轴长为，短轴长为，焦距为，
由题意可得：，则，
故椭圆的离心率；
（2）解：当时，由（1）可得，解得，则椭圆为；
（3）解：设，由对称性可得，
设，则
联立，消可得，
方程的判别式，
由已知为方程的根，
所以，
所以，
，，
.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）分别求两椭圆的长轴长，短轴长，焦距，根据两椭圆相似，结合椭圆相似的定义列方程求关系，即可求得椭圆的离心率；
（2）由（1）结合相似比列方程求的值，由此求椭圆方程即可；
（3）设，直线的方程为，联立方程组消可得关系，再求，再求的值即可.
（1）对于椭圆，则长轴长为，短轴长为，焦距为，
椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
依题意可得，所以，
则椭圆的离心率.
（2）因为，
由（1），可得，
解得，
所以为；
（3）设，由对称性可得，
设，则
由消得，，
方程的判别式，
由已知为方程的根，
所以，
所以，
，，
.
1 / 1浙江省精诚联盟2024-2025学年高二下学期3月联考数学试题
1．（2025高二下·浙江月考）已知是等比数列，，，则公比等于（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列为等比数列，且，，所以，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据等比数列的通项公式求解即可.
2．（2025高二下·浙江月考）下列说法中，与“直线平面”等价的是（ ）
A．直线与平面内的任意一条直线都不相交
B．直线与平面内的两条直线平行
C．直线与平面内无数条直线不相交
D．直线上有两个点不在平面内
【答案】A
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、由线面平行的定义可知：直线与平面内的任意一条直线都不相交 ，
直线平面 ，故A正确；
B、直线与平面内的两条直线平行，直线可能在平面内，故B错误；
C、直线与平面内无数条直线不相交，直线可能在平面内，故C错误；
D、直线上有两个点不在平面内，直线可能与平面相交，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据直线与平面平行的定义即可判断A；根据直线与平面的位置关系即可判断BCD.
3．（2025高二下·浙江月考）曲线在处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导可得，
则，即曲线在点处的切线斜率为，
故曲线在处的切线方程为.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可.
4．（2025高二下·浙江月考）设是双曲线上一点，分别是双曲线的左，右焦点，若，则等于（ ）
A．2 B．18 C．2或18 D．以上均不对
【答案】B
【知识点】双曲线的定义
【解析】【解答】解：是双曲线上一点，分别是双曲线的左，右焦点，
根据双曲线的定义可得：，解得或，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据双曲线的定义求解即可.
5．（2025高二下·浙江月考）有3名男生和3名女生排成一排，女生不能相邻的不同排法有（ ）
A．72种 B．144种 C．108种 D．288种
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：女生不相邻，则女生插空，先排男生共有种方法，形成4个空，女生插空共有种方法，根据分步乘法计数原理可得：不同的排法数为种.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用插空法，结合排列数公式求解即可.
6．（2025高二下·浙江月考）在等差数列中，前七项之和为30，最后七项之和为110，前项之和是230，则项数为（ ）
A．21 B．22 C．23 D．24
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，两式相加得，
即，则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质可得的值，再利用等差数列的前项和公式求项数的值即可.
7．（2025高二下·浙江月考）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B．e C． D．
【答案】C
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【解答】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
【分析】为函数在区间（1，2）单调递增，导函数大于零恒成立，分离参数求出a的取值范围。
8．（2025高二下·浙江月考）中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现.如图是某古建筑物的剖面图，其中是桁，是脊，是相等的步，相邻桁的脊步之比分别为，已知成公差为0.2的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.6 B．0.8 C．1 D．1.2
【答案】C
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为 是相等的步 ，所以不妨设，
则，
由题意得：，，解得.
故答案为：C.
【分析】问题转化为等差数列，根据等差数列性质计算即可.
9．（2025高二下·浙江月考）已知正方体，则（ ）
A．直线与面平行
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为
D．直线与平面垂直
【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、正方体中，因为，平面，所以面，故A正确；
B、为正三角形，易知，则与所成的角为，故B错误；
C、连接交于点，如图所示：
则，在正方体中：平面平面，且相交于点，所以平面，则为直线与平面所成角的平面角，设正方体棱长为2，则，
，，故C错误；
D、因为且，且平面，
所以平面，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正方体结构特征，结合线面位置关系逐项判断即可.
10．（2025高二下·浙江月考）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线与轴的交点为 B．曲线关于轴对称
C．直线与曲线有两个公共点 D．直线与曲线有三个公共点
【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设动点，由题意可得：；
A、令，解得，或，则曲线与轴的交点为，故A正确；
B、点关于x轴对称的点，
把代入曲线得，故B正确；
CD、令，得，
则，即，
即，解得，故直线与曲线有三个公共点，故C错误，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设动点，由题意求出曲线C的方程，令，求解即可判断A；由曲线方程对称性即可判断B；联立方程组求直线与曲线的交点个数即可判断CD.
11．（2025高二下·浙江月考）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
求导可得，
令，解得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
A、由上述分析可知：是函数的极小值点，故A正确；
B、当，，因为函数在上单调递增，所以，
则当时，错误，故B错误；
C、当时，，因为函数在上单调递减，上单调递增，所以，又，，
所以，故C正确；
D、当时，，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】求函数的定义域，求导，利用导数判断函数的单调性，求函数的极值点即可判断A；利用函数的单调性即可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；利用比差法可判断的大小即可判断D.
12．（2025高二下·浙江月考）的二项展开式中的系数为 .
【答案】24
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项为：，
令，解得，则，
即 的二项展开式中的系数为24.
故答案为：24.
【分析】写出二项式展开式的通项，根据通项求解即可.
13．（2025高二下·浙江月考）已知直线的方向向量与直线的方向向量，则和夹角的余弦值为 .
【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：向量，则，
因为直线和的夹角范围为，所以直线和夹角的余弦值为.
故答案为：.
【分析】利用向量夹角公式求出，取绝对值得直线夹角的余弦值即可.
14．（2025高二下·浙江月考）已知正项数列中，前项和为，且，则数列的通项公式为 .
【答案】
【知识点】数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解： 正项数列中，前项和为，且，
当时，，解得，
当时，，化简得，
则，，，，
累加得，
经检验当时，适合上式，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据化简可得，再利用累加法求得，进而可得数列的通项公式.
15．（2025高二下·浙江月考）已知圆，直线：.
（1）当为何值时，直线与圆相切；
（2）当直线与圆相交于两点，且时，求直线的方程.
【答案】（1）解：圆的标准方程为，易知圆心为，半径，
若直线与圆相切，则，解得；
（2）解：设圆心到直线的距离为，则，即，解得
即，解得或，
则直线的方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）化圆的一般方程为标准方程，求得圆心和半径，根据圆心到直线的距离等于半径列式求解即可；
（2）设圆心到直线的距离为，由弦长公式求解即可.
（1）根据题意，圆，
则圆的标准方程为，
其圆心为，半径，
若直线与圆相切，则有
解得.
（2）设圆心到直线的距离为，
则，
即，解得
则有，
解得或，
则直线的方程为或.
16．（2025高二下·浙江月考）如图，在三棱柱中，平面，点分别在棱和棱上，且为棱的中点.
（1）求证：；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为，，，所以，
又因为为棱的中点，所以，
又因为平面，，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，又，平面，
所以平面，又因为平面，所以；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，，，所以，
则，，，，，
，，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，即，
设，可得，，则，
设二面角的平面角为，则，
又因为，所以，
故二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先证明，，再根据线面垂直判定定理证明平面，即可证明；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求利用空间向量法求解即可.
（1）由已知，，又，
所以，又为棱的中点，
所以，
因为平面，，平面平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，
（2）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
因为，，故，
又，
则，，，，，
所以，，，
依题意，是平面的一个法向量，
设为平面的一个法向量，
则，即，
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，又，
所以，
所以，二面角的正弦值为.
17．（2025高二下·浙江月考）已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）若为的极值点，求的单调区间和最大值；
（2）是否存在实数，使得的最大值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：函数，，
因为为的极值点，所以，解得，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
则的单调递增区间是，单调递减区间是，
且的极大值为，也是的最大值；
（2）解：函数，，
①当时，函数在上单调递增，且的最大值是，解得，舍去；
②当时，由，解得，当，即时，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又因为在上的最大值为，所以，所以，
当，即时，在上单调递增，
且，解得，舍去.
综上，存在符合题意，此时.
【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
【解析】【分析】（1）求函数的导函数，根据为的极值点求得，利用导数判断函数的单调区间和最大值即可；
（2）对导函数，分与进行讨论，得函数的单调性进而求得最值，再由最大值是求出的值即可.
（1），
∴，
由，得.
，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
的单调递增区间是，单调递减区间是；
的极大值为，也即的最大值为.
（2），
①当时，在上单调递增，
的最大值是，
解得，舍去；
②当时，由，得，
当，即时，
时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又在上的最大值为，
∴，
∴，
当，即时，在上单调递增，
，
解得，舍去.
综上，存在符合题意，此时.
18．（2025高二下·浙江月考）已知数列是等差数列，公差，且成等比数列；数列为等比数列，对于任意.
（1）求的通项公式，猜想数列的通项公式并证明；
（2）求数列前项和；
（3）若，数列前项和为，求证：.
【答案】（1）解： 设等差数列的公差为，
由题意可得：，解得，则，
由，可知，
猜测，
否则，若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
综上，数列的公比为，则数列的通项公式为；
（2）解：由（1）可得：，
则①，
②，
由①②可得：，则；
（3）解：，
则，
故，得证.
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；数列与不等式的综合；等比中项
【解析】【分析】（1）由是等差数列，结合成等比与，可得通项公式；
经计算可得，据此猜测，然后证明与均不满足题意即可；
（2）由（1）可得，利用错位相减法求解即可；
（3），利用裂项求和法证明即可.
（1）由成等比数列，则，
由题意，可得，解得，
所以.
由，
可知：，
据此猜测，
否则，若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
综上，数列的公比为，则数列的通项公式为.
（2）由（1），，
则，①
，②
由①②得，，
即；
（3），
则，
所以，得证.
19．（2025高二下·浙江月考）由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.设椭圆的“特征三角形”为，椭圆的“特征三角形”为，若，则称椭圆与“相似”，并将与的相似比称为椭圆与的相似比.已知椭圆与椭圆相似.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若椭圆与椭圆的相似比为，当时，求椭圆的方程；
（3）当时，设椭圆的左顶点为，右顶点为，且椭圆过点作两条斜率为的直线分别交椭圆于（异于）两点，设在轴的上方，过点作直线的平行线交椭圆于点，若直线过椭圆的左焦点，求的值.
【答案】（1）解：椭圆，长轴长为，短轴长为，焦距为；
椭圆，长轴长为，短轴长为，焦距为，
由题意可得：，则，
故椭圆的离心率；
（2）解：当时，由（1）可得，解得，则椭圆为；
（3）解：设，由对称性可得，
设，则
联立，消可得，
方程的判别式，
由已知为方程的根，
所以，
所以，
，，
.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）分别求两椭圆的长轴长，短轴长，焦距，根据两椭圆相似，结合椭圆相似的定义列方程求关系，即可求得椭圆的离心率；
（2）由（1）结合相似比列方程求的值，由此求椭圆方程即可；
（3）设，直线的方程为，联立方程组消可得关系，再求，再求的值即可.
（1）对于椭圆，则长轴长为，短轴长为，焦距为，
椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
依题意可得，所以，
则椭圆的离心率.
（2）因为，
由（1），可得，
解得，
所以为；
（3）设，由对称性可得，
设，则
由消得，，
方程的判别式，
由已知为方程的根，
所以，
所以，
，，
.
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