浙江省杭州市西湖区绿城育华2024-2025学年高二上学期期末数学试题
一、单项选择题（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．（2025高二上·西湖期末）集合. 则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·西湖期末）复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·西湖期末）若，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二上·西湖期末）已知点，，为坐标原点，向量，则=（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·西湖期末）从集合中依次不放回的任取两个数，记事件 “第一次取出的数字是1”，事件”取出的两个数之和为7”，下列说法不正确的是（ ）
A． B．为不可能事件
C．事件 A，B 相互独立 D．
6．（2025高二上·西湖期末）已知是等差数列的前 n 项和，且，，则（ ）
A． B．的最小值为
C．数列为递减数列 D．
7．（2025高二上·西湖期末）已知圆台下底面的正底面在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·西湖期末）已知椭圆的短轴长为4，上顶点为 B ，O为坐标原点，点D为OB的中点，曲线的左、右焦点分别与椭圆 C 的左、右顶点重合，点P是双曲线E与椭圆C在第一象限的交点，且三点共线，直线的斜率，则双曲线E的实轴长为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共 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．（2025高二上·西湖期末）某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．则（ ）
A．估计该年级学生成绩的众数为75
B．
C．估计该年级学生成绩的75百分位数约为85
D．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50
10．（2025高二上·西湖期末）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…，设各层球数构成一个数列，且，数列的前项和为，则正确的选项是（ ）．
A． B． C． D．
11．（2025高二上·西湖期末）已知抛物线上一点到焦点 F 的距离为2，又过点 F 的直线交抛物线 C 于 A，B 两点，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线C方程为：
B．设，则周长的最小值为
C．若，则直线AB的倾斜角为
D．x 轴上存在一点N，使为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二上·西湖期末）已知曲线，则该曲线在处的切线方程为
13．（2025高二上·西湖期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称8步“雹程”），数列满足冰雹猜想，其递推关系为：（ m 为正整数）， 若，则 m 所有的可能取值为
14．（2025高二上·西湖期末）在四面体 中，面 ，，，，在四面体的四个顶点都在球 的表面上，则球的半径为 ， 分别是，的重心，直线与球 的表面相交于，两点，则线段 的长度为
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（2025高二上·西湖期末）已知函数
（1）当 时，求函数 的单调递增区间；
（2）若函数 在 处的切线的斜率为，求实数 a 的值.
16．（2025高二上·西湖期末）已知的内角A，B，C的对边分别为，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若点是边BC上，，且，求的面积最大值．
17．（2025高二上·西湖期末）如图，四棱锥中，底面ABCD为长方形，侧面是等边三角形，平面平面ABCD
（1）若E为棱SB的中点，为棱AD的中点，求证：平面SCD
（2），异面直线SB，AD夹角的余弦为．
①求棱AD的长度；
②在棱SA上是否存在点，使得平面PBM与平面SAD的夹角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
18．（2025高二上·西湖期末）已知数列满足，且，，，设．
（1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
19．（2025高二上·西湖期末）已知椭圆的下顶点为，左右焦点分别为，椭圆上的点到距离的最小值为，且抛物线截轴所得的线段长为的长半轴长．
（1）求椭圆的方程；
（2）过原点的直线与相交于B，C两点，直线AB，AC分别与相交于P，Q两点．
① 证明：直线AB与直线AC的斜率之积为定值；
② 记和的面积分别是，，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，得，所以，
由，得，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】根据偶次根式下的式子大于等于0得到集合，再利用正弦型函数求值域的方法得到集合，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意得，
所以其共轭复数为.
故答案为：B
【分析】根据复数的除法法则，化简可得，根据共轭复数的概念，即可得答案.
3．【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
则，
所以.
故答案为：A
【分析】根据的取值范围得出的取值范围，结合的正负性得出，再利用同角三角函数基本关系式得出的值，根据诱导公式和的值，从而得出的值.
4．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：设，则，，
∵，∴，
解得，则，
∴.
故答案为：A.
【分析】设点坐标，从而得到向量坐标，再由结合向量共线的坐标表示，从而得到方程组，进而求出点的坐标，再利用数量积的坐标表示得出的值.
5．【答案】C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式；并（和）事件与交（积）事件
【解析】【解答】解：从集合中依次不放回的任取两个数，
若用一组有序实数表示，则试验的样本空间为：
，
所以 ，.
对于A，因为，不合题意，故A正确；
对于B，因为，所以为不可能事件， 不合题意，故B正确；
对于C，因为，所以，
则，
所以事件 A，B 相互不独立，符合题意，故C错误；
对于D，因为，所以必有，不合题意，故D正确.
故答案为：C.
【分析】先将任取的两个数用一组有序实数表示，可列出试验和事件包括的样本点，再利用古典概率公式、交事件定义、不可能事件定义、独立事件定义和互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出说法不正确的选项.
6．【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；数列的函数特性；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：对于A，因为等差数列，
所以，则，故A错误；
对于B，设等差数列的公差为，
所以，则，
所以的最小值为，故B正确；
对于C，因为，所以数列为递增数列，故C错误；
对于D，因为，，所以，
则，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质可判断其公差，再利用数列的单调性，则判断出选项A和选项C，利用等差数列前项和公式，则可判断选项B和选项D，从而找出正确的选项.
7．【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，可知圆台下底面面积，上底面面积，
如图所示：
由题意，可知，
则，
∴圆台体积.
故答案为：C.
【分析】由题意得到上底面面积和下底面面积，再由勾股定理和圆台体积公式，从而得出圆台的体积.
8．【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为椭圆的短轴长为4，所以，
设，，
则，
又因为三点共线，
所以，
则，
又因为，
所以，
则直线，
联立椭圆，
解得，
则点
则双曲线E的实轴长为：.
故答案为：D.
【分析】利用椭圆的短轴长定义和已知条件，从而得出b的值，设点，则得出点的坐标，再利用两点求斜率公式，从而得出，再利用三点共线得出，则，从而得出实数的值，则得出此时直线的方程和椭圆的方程，再联立直线方程和椭圆方程，从而得出点的坐标，再利用双曲线的定义得出实轴长.
9．【答案】A,C,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由频率分布直方图可知成绩在70-80分之间的人数最多，
则可估计该年级学生成绩的众数为75，故A正确；
由频率分布直方图可知，故B错误；
因为前三组的频率之和为，前四组的频率之和为，
所以，估计该年级学生成绩的75百分位数约为，故C正确；
由频率分布直方图可知成绩在80-90分之间和90-100分之间的频率之比为，
则估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据频率分布直方图中众数的估计方法，则可判断选项A；利用各组频率之和为1，从而得出a的值，则可判断选项B；根据频率分布直方图估计百分位数的方法，则可判断选项C；根据频率分布直方图估计平均数的方法，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意，可知：，，
则，，
所以，
由累加法，可知，
显然可得： ，故选项A正确；
因为，故选项B不正确；
因为，
由错位相减，可得，故选项C正确；
令，
∵，则，∴，所以，故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用累加法结合等差数列的前项和公式、数列的通项公式、裂项相消法求，则可判断选项A、选项B和选项C；利用作差法判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；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：由题意，点到准线的距离为2，
所以，则，所以抛物线的方程为，故A正确；
对于B，如图所示，过点A作准线的垂线，垂足为C，交y轴于，，
根据抛物线的定义，可得，
所以周长为，
因此，当A，C与点Q三点共线时，有最小值，
则最小值为点Q到准线的距离，距离为，
所以，
则周长的最小值是，故B正确；
对于C：设直线AB的方程为，
联立，整理可得：，，
设，，由韦达定理，得，，
则，，
因为，所以，又因为，
所以，此时直线AB的方程为，倾斜角为，故C错误；
对于D：设x轴上一点，
则
，
则当时，，
所以，存在点，使得为定值0，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据抛物线的定义得出的值，从而得出抛物线的标准方程；根据抛物线的定义，将的一边转化为（如图），则当A，C与点Q三点共线时，周长有最小值，则判断出选项B；设直线的方程，与抛物线的方程联立，由韦达定理得出，再根据可得，由此得出的值，从而可得直线方程和直线的倾斜角，则判断出选项C；设，利用两点求斜率公式，从而计算可得，则存在点，使得为定值0，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项．
12．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为曲线，所以，
则在处的切线斜率为，切点为，
所以，该曲线在处的切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】先求出导函数，再代入求出切线斜率，最后由点斜式方程得出该曲线在处的切线方程.
13．【答案】16或2
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，且，
所以或（舍去），
或，
或或0（均舍去）.
故答案为：16或2.
【分析】根据且，再利用递推公式得出m所有的可能取值.
14．【答案】；
【知识点】空间中两点间的距离公式；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：在棱长为的正方体中找到满足题意的三棱锥如下图所示：
因为面，面，所以，
则△为直角三角形；
因为面，面，所以，
又因为，面，
所以面，又因为面，
所以，则△为直角三角形；
不妨取中点为，在中，，
在△中，，则，
所以为该三棱锥外接球的球心；
则该外接球半径；
取中点为，中点为，连接，则其交点即为，
连接，则其交点即为，连接，如下图所示：
在△中，因为分别为中点，
所以，
在△中，因为，且；
则，
所以；又因为为对应三角形的重心，
所以分别为上靠近的三等分点，
则//，所以，
由题意，作图如下：
在△中，，
易知.
故答案为：；.
【分析】在棱长为的正方体中找出满足题意的三棱锥，根据几何体的特点找到球心的位置，从而求得出球的半径；再根据结合所求球的半径，从而得出的长度.
15．【答案】（1）解：当时，，
则，
由，
可得或，
则函数 的单调递增区间为和.
（2）解：由，
求导得：，
依题意，得，
解得.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，利用导数的运算法则求出导函数，再由导函数大于0解出不等式，从而得出函数 的单调递增区间.
（2）先求出，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再由得出实数 a 的值.
（1）当时，，则，
由可得或，
故函数 的单调递增区间为和；
（2）由求导得，，
依题意，，解得.
16．【答案】（1）解：∵，
由正弦定理，可得，
∴，
∵，
∴，
∴，∵，∴，
∵，
∴.
（2）解：∵，
∴，
∴，
则，
所以，
又∵，
∴，
∴，当且仅当时取等号，
∴.
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理和三角形内角和定理，从而化简已知等式，进而得到的值，再利用三角形中角C的取值范围，从而求出角的大小.
（2）由得到，由建立方程后得到，再借助基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值，再结合三角形的面积公式求出三角形面积的最大值.
（1）∵
由正弦定理可得，
∴，
∵
∴，
∴，∵，∴，
∵，∴.
（2）∵，
∴，
∴，
即，即，
又∵，∴，∴，当且仅当时取等号，
∴.
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，所以，且，
因为四边形是矩形，所以，且，
为棱的中点，则且，
所以，且，则四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面.
（2）解：①假设在棱上存在点满足题意，如图，连接、、，
在等边中，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
则是四棱锥的高，
设，则，
以点为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，，
所以，，
则，
解得，则.
②由①知、、、，
得，，，
设，
．
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，，
所以，.
易知平面的一个法向量为，
解得，合乎题意，
所以，当点为线段的三等分点且更靠近于点时，平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】空间中两点间的距离公式；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，利用中位线定理证出线线平行，再根据平行四边形定义判断出四边形为平行四边形，从而得出，再利用线面平行的判定定理证出平面SCD.
（2）①利用已知条件建立合适的空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，再根据数量积求向量夹角公式，从而得出异面直线SB，AD夹角的余弦值，再由已知条件得出AD的长.
②利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出当点为线段的三等分点且更靠近于点时，平面与平面的夹角的余弦值为.
（1）取的中点，连接、，
、分别为、的中点，所以，且，
因为四边形是矩形，所以，且，
为棱的中点，则且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）①假设在棱上存在点满足题意，如图，连接、、，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高，
设，则，
以点为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，，
，，
则，解得，则.
②由①知、、、，
故，，，
设，
．
设平面的一个法向量为，则，
取，则，，所以，.
易知平面的一个法向量为，
，
解得，合乎题意，
所以，当点为线段的三等分点且更靠近于点时，平面与平面的夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）证明：因为，可得，
又因为，所以，
则数列为首项，公比为的等比数列，
所以；则，
所以，
则，
所以.
（2）解：因为
，
所以数列的前项和为：
，
因为不等式对任意恒成立，
所以，即恒成立；
令，则，
所以，
当时，；当时，，
则数列的最大项为，
所以恒成立，则，
所以实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）先转化已知条件，从而得出，利用等比数列的定义证出数列为等比数列，再根据等比数列的通项公式和累加法，从而得出数列的通项公式.
（2）根据（1）中得出的数列的通项公式，利用裂项相消求和法得出，再根据不等式恒成立问题求解方法，结合的最大值，从而得出的取值范围.
（1），故可得，又，即，
故数列为首项，公比为的等比数列，则；
故，则，
即，故.
（2），
故的前项和为
，
不等式对任意恒成立，
则，即恒成立；
令，则，
则，
当时，，当时，，
故数列的最大项为，
故恒成立，也即，故实数的取值范围为.
19．【答案】（1）解：在抛物线：中，
令，解得，
所以，
因为椭圆上的点到距离的最小值为，
所以，
则，
又因为，
所以，椭圆的方程为：.
（2）证明：①直线的斜率显然存在，设直线方程为，
由，整理得，
设，，则，，，
由，得的斜率分别为，
则，
所以，
则直线与直线的斜率之积为定值.
②设直线AB：，显然，
由，解得：或，
∴，
则，
由①知，直线：，
则，
由，得，
解得或，
所以，则，
由①知，直线：，
则，
所以
，当且仅当时等号成立，
则最小值为.
【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）由椭圆中三者的关系式以及，，从而解方程组得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）①由题意，设直线方程为，联立抛物线方程，再结合韦达定理和两点求斜率公式，从而证出直线AB与直线AC的斜率之积为定值.
②由三角形面积公式，只需分别求出，分别联立直线方程与抛物线方程、椭圆方程，再结合弦长公式和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）已知抛物线：中，令，解得，所以，
因为椭圆上的点到距离的最小值为，
则，所以，从而，
∴椭圆的方程为：.
（2）①直线的斜率显然存在，设方程为.
由，整理得，
设，，则，，，
由已知，所以的斜率分别为，
，故，
所以直线与直线的斜率之积为定值；
②设直线AB：，显然，由，解得：或，
∴，则，
由①知，直线：，则，
由，得，解得或，
，则，
由①知，直线：，，
则
，
当且仅当时等号成立，即最小值为.
1 / 1浙江省杭州市西湖区绿城育华2024-2025学年高二上学期期末数学试题
一、单项选择题（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．（2025高二上·西湖期末）集合. 则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，得，所以，
由，得，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】根据偶次根式下的式子大于等于0得到集合，再利用正弦型函数求值域的方法得到集合，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高二上·西湖期末）复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意得，
所以其共轭复数为.
故答案为：B
【分析】根据复数的除法法则，化简可得，根据共轭复数的概念，即可得答案.
3．（2025高二上·西湖期末）若，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
则，
所以.
故答案为：A
【分析】根据的取值范围得出的取值范围，结合的正负性得出，再利用同角三角函数基本关系式得出的值，根据诱导公式和的值，从而得出的值.
4．（2025高二上·西湖期末）已知点，，为坐标原点，向量，则=（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：设，则，，
∵，∴，
解得，则，
∴.
故答案为：A.
【分析】设点坐标，从而得到向量坐标，再由结合向量共线的坐标表示，从而得到方程组，进而求出点的坐标，再利用数量积的坐标表示得出的值.
5．（2025高二上·西湖期末）从集合中依次不放回的任取两个数，记事件 “第一次取出的数字是1”，事件”取出的两个数之和为7”，下列说法不正确的是（ ）
A． B．为不可能事件
C．事件 A，B 相互独立 D．
【答案】C
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式；并（和）事件与交（积）事件
【解析】【解答】解：从集合中依次不放回的任取两个数，
若用一组有序实数表示，则试验的样本空间为：
，
所以 ，.
对于A，因为，不合题意，故A正确；
对于B，因为，所以为不可能事件， 不合题意，故B正确；
对于C，因为，所以，
则，
所以事件 A，B 相互不独立，符合题意，故C错误；
对于D，因为，所以必有，不合题意，故D正确.
故答案为：C.
【分析】先将任取的两个数用一组有序实数表示，可列出试验和事件包括的样本点，再利用古典概率公式、交事件定义、不可能事件定义、独立事件定义和互斥事件加法求概率公式，从而逐项判断找出说法不正确的选项.
6．（2025高二上·西湖期末）已知是等差数列的前 n 项和，且，，则（ ）
A． B．的最小值为
C．数列为递减数列 D．
【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；数列的函数特性；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：对于A，因为等差数列，
所以，则，故A错误；
对于B，设等差数列的公差为，
所以，则，
所以的最小值为，故B正确；
对于C，因为，所以数列为递增数列，故C错误；
对于D，因为，，所以，
则，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质可判断其公差，再利用数列的单调性，则判断出选项A和选项C，利用等差数列前项和公式，则可判断选项B和选项D，从而找出正确的选项.
7．（2025高二上·西湖期末）已知圆台下底面的正底面在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，可知圆台下底面面积，上底面面积，
如图所示：
由题意，可知，
则，
∴圆台体积.
故答案为：C.
【分析】由题意得到上底面面积和下底面面积，再由勾股定理和圆台体积公式，从而得出圆台的体积.
8．（2025高二上·西湖期末）已知椭圆的短轴长为4，上顶点为 B ，O为坐标原点，点D为OB的中点，曲线的左、右焦点分别与椭圆 C 的左、右顶点重合，点P是双曲线E与椭圆C在第一象限的交点，且三点共线，直线的斜率，则双曲线E的实轴长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为椭圆的短轴长为4，所以，
设，，
则，
又因为三点共线，
所以，
则，
又因为，
所以，
则直线，
联立椭圆，
解得，
则点
则双曲线E的实轴长为：.
故答案为：D.
【分析】利用椭圆的短轴长定义和已知条件，从而得出b的值，设点，则得出点的坐标，再利用两点求斜率公式，从而得出，再利用三点共线得出，则，从而得出实数的值，则得出此时直线的方程和椭圆的方程，再联立直线方程和椭圆方程，从而得出点的坐标，再利用双曲线的定义得出实轴长.
二、选择题：本题共 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．（2025高二上·西湖期末）某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．则（ ）
A．估计该年级学生成绩的众数为75
B．
C．估计该年级学生成绩的75百分位数约为85
D．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50
【答案】A,C,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由频率分布直方图可知成绩在70-80分之间的人数最多，
则可估计该年级学生成绩的众数为75，故A正确；
由频率分布直方图可知，故B错误；
因为前三组的频率之和为，前四组的频率之和为，
所以，估计该年级学生成绩的75百分位数约为，故C正确；
由频率分布直方图可知成绩在80-90分之间和90-100分之间的频率之比为，
则估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据频率分布直方图中众数的估计方法，则可判断选项A；利用各组频率之和为1，从而得出a的值，则可判断选项B；根据频率分布直方图估计百分位数的方法，则可判断选项C；根据频率分布直方图估计平均数的方法，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高二上·西湖期末）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…，设各层球数构成一个数列，且，数列的前项和为，则正确的选项是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意，可知：，，
则，，
所以，
由累加法，可知，
显然可得： ，故选项A正确；
因为，故选项B不正确；
因为，
由错位相减，可得，故选项C正确；
令，
∵，则，∴，所以，故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用累加法结合等差数列的前项和公式、数列的通项公式、裂项相消法求，则可判断选项A、选项B和选项C；利用作差法判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025高二上·西湖期末）已知抛物线上一点到焦点 F 的距离为2，又过点 F 的直线交抛物线 C 于 A，B 两点，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线C方程为：
B．设，则周长的最小值为
C．若，则直线AB的倾斜角为
D．x 轴上存在一点N，使为定值
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；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：由题意，点到准线的距离为2，
所以，则，所以抛物线的方程为，故A正确；
对于B，如图所示，过点A作准线的垂线，垂足为C，交y轴于，，
根据抛物线的定义，可得，
所以周长为，
因此，当A，C与点Q三点共线时，有最小值，
则最小值为点Q到准线的距离，距离为，
所以，
则周长的最小值是，故B正确；
对于C：设直线AB的方程为，
联立，整理可得：，，
设，，由韦达定理，得，，
则，，
因为，所以，又因为，
所以，此时直线AB的方程为，倾斜角为，故C错误；
对于D：设x轴上一点，
则
，
则当时，，
所以，存在点，使得为定值0，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据抛物线的定义得出的值，从而得出抛物线的标准方程；根据抛物线的定义，将的一边转化为（如图），则当A，C与点Q三点共线时，周长有最小值，则判断出选项B；设直线的方程，与抛物线的方程联立，由韦达定理得出，再根据可得，由此得出的值，从而可得直线方程和直线的倾斜角，则判断出选项C；设，利用两点求斜率公式，从而计算可得，则存在点，使得为定值0，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二上·西湖期末）已知曲线，则该曲线在处的切线方程为
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为曲线，所以，
则在处的切线斜率为，切点为，
所以，该曲线在处的切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】先求出导函数，再代入求出切线斜率，最后由点斜式方程得出该曲线在处的切线方程.
13．（2025高二上·西湖期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称8步“雹程”），数列满足冰雹猜想，其递推关系为：（ m 为正整数）， 若，则 m 所有的可能取值为
【答案】16或2
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，且，
所以或（舍去），
或，
或或0（均舍去）.
故答案为：16或2.
【分析】根据且，再利用递推公式得出m所有的可能取值.
14．（2025高二上·西湖期末）在四面体 中，面 ，，，，在四面体的四个顶点都在球 的表面上，则球的半径为 ， 分别是，的重心，直线与球 的表面相交于，两点，则线段 的长度为
【答案】；
【知识点】空间中两点间的距离公式；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：在棱长为的正方体中找到满足题意的三棱锥如下图所示：
因为面，面，所以，
则△为直角三角形；
因为面，面，所以，
又因为，面，
所以面，又因为面，
所以，则△为直角三角形；
不妨取中点为，在中，，
在△中，，则，
所以为该三棱锥外接球的球心；
则该外接球半径；
取中点为，中点为，连接，则其交点即为，
连接，则其交点即为，连接，如下图所示：
在△中，因为分别为中点，
所以，
在△中，因为，且；
则，
所以；又因为为对应三角形的重心，
所以分别为上靠近的三等分点，
则//，所以，
由题意，作图如下：
在△中，，
易知.
故答案为：；.
【分析】在棱长为的正方体中找出满足题意的三棱锥，根据几何体的特点找到球心的位置，从而求得出球的半径；再根据结合所求球的半径，从而得出的长度.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（2025高二上·西湖期末）已知函数
（1）当 时，求函数 的单调递增区间；
（2）若函数 在 处的切线的斜率为，求实数 a 的值.
【答案】（1）解：当时，，
则，
由，
可得或，
则函数 的单调递增区间为和.
（2）解：由，
求导得：，
依题意，得，
解得.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，利用导数的运算法则求出导函数，再由导函数大于0解出不等式，从而得出函数 的单调递增区间.
（2）先求出，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再由得出实数 a 的值.
（1）当时，，则，
由可得或，
故函数 的单调递增区间为和；
（2）由求导得，，
依题意，，解得.
16．（2025高二上·西湖期末）已知的内角A，B，C的对边分别为，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若点是边BC上，，且，求的面积最大值．
【答案】（1）解：∵，
由正弦定理，可得，
∴，
∵，
∴，
∴，∵，∴，
∵，
∴.
（2）解：∵，
∴，
∴，
则，
所以，
又∵，
∴，
∴，当且仅当时取等号，
∴.
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理和三角形内角和定理，从而化简已知等式，进而得到的值，再利用三角形中角C的取值范围，从而求出角的大小.
（2）由得到，由建立方程后得到，再借助基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值，再结合三角形的面积公式求出三角形面积的最大值.
（1）∵
由正弦定理可得，
∴，
∵
∴，
∴，∵，∴，
∵，∴.
（2）∵，
∴，
∴，
即，即，
又∵，∴，∴，当且仅当时取等号，
∴.
17．（2025高二上·西湖期末）如图，四棱锥中，底面ABCD为长方形，侧面是等边三角形，平面平面ABCD
（1）若E为棱SB的中点，为棱AD的中点，求证：平面SCD
（2），异面直线SB，AD夹角的余弦为．
①求棱AD的长度；
②在棱SA上是否存在点，使得平面PBM与平面SAD的夹角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，所以，且，
因为四边形是矩形，所以，且，
为棱的中点，则且，
所以，且，则四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面.
（2）解：①假设在棱上存在点满足题意，如图，连接、、，
在等边中，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
则是四棱锥的高，
设，则，
以点为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，，
所以，，
则，
解得，则.
②由①知、、、，
得，，，
设，
．
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，，
所以，.
易知平面的一个法向量为，
解得，合乎题意，
所以，当点为线段的三等分点且更靠近于点时，平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】空间中两点间的距离公式；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，利用中位线定理证出线线平行，再根据平行四边形定义判断出四边形为平行四边形，从而得出，再利用线面平行的判定定理证出平面SCD.
（2）①利用已知条件建立合适的空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，再根据数量积求向量夹角公式，从而得出异面直线SB，AD夹角的余弦值，再由已知条件得出AD的长.
②利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出当点为线段的三等分点且更靠近于点时，平面与平面的夹角的余弦值为.
（1）取的中点，连接、，
、分别为、的中点，所以，且，
因为四边形是矩形，所以，且，
为棱的中点，则且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）①假设在棱上存在点满足题意，如图，连接、、，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高，
设，则，
以点为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，，
，，
则，解得，则.
②由①知、、、，
故，，，
设，
．
设平面的一个法向量为，则，
取，则，，所以，.
易知平面的一个法向量为，
，
解得，合乎题意，
所以，当点为线段的三等分点且更靠近于点时，平面与平面的夹角的余弦值为.
18．（2025高二上·西湖期末）已知数列满足，且，，，设．
（1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明：因为，可得，
又因为，所以，
则数列为首项，公比为的等比数列，
所以；则，
所以，
则，
所以.
（2）解：因为
，
所以数列的前项和为：
，
因为不等式对任意恒成立，
所以，即恒成立；
令，则，
所以，
当时，；当时，，
则数列的最大项为，
所以恒成立，则，
所以实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）先转化已知条件，从而得出，利用等比数列的定义证出数列为等比数列，再根据等比数列的通项公式和累加法，从而得出数列的通项公式.
（2）根据（1）中得出的数列的通项公式，利用裂项相消求和法得出，再根据不等式恒成立问题求解方法，结合的最大值，从而得出的取值范围.
（1），故可得，又，即，
故数列为首项，公比为的等比数列，则；
故，则，
即，故.
（2），
故的前项和为
，
不等式对任意恒成立，
则，即恒成立；
令，则，
则，
当时，，当时，，
故数列的最大项为，
故恒成立，也即，故实数的取值范围为.
19．（2025高二上·西湖期末）已知椭圆的下顶点为，左右焦点分别为，椭圆上的点到距离的最小值为，且抛物线截轴所得的线段长为的长半轴长．
（1）求椭圆的方程；
（2）过原点的直线与相交于B，C两点，直线AB，AC分别与相交于P，Q两点．
① 证明：直线AB与直线AC的斜率之积为定值；
② 记和的面积分别是，，求的最小值．
【答案】（1）解：在抛物线：中，
令，解得，
所以，
因为椭圆上的点到距离的最小值为，
所以，
则，
又因为，
所以，椭圆的方程为：.
（2）证明：①直线的斜率显然存在，设直线方程为，
由，整理得，
设，，则，，，
由，得的斜率分别为，
则，
所以，
则直线与直线的斜率之积为定值.
②设直线AB：，显然，
由，解得：或，
∴，
则，
由①知，直线：，
则，
由，得，
解得或，
所以，则，
由①知，直线：，
则，
所以
，当且仅当时等号成立，
则最小值为.
【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）由椭圆中三者的关系式以及，，从而解方程组得出a，b的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）①由题意，设直线方程为，联立抛物线方程，再结合韦达定理和两点求斜率公式，从而证出直线AB与直线AC的斜率之积为定值.
②由三角形面积公式，只需分别求出，分别联立直线方程与抛物线方程、椭圆方程，再结合弦长公式和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）已知抛物线：中，令，解得，所以，
因为椭圆上的点到距离的最小值为，
则，所以，从而，
∴椭圆的方程为：.
（2）①直线的斜率显然存在，设方程为.
由，整理得，
设，，则，，，
由已知，所以的斜率分别为，
，故，
所以直线与直线的斜率之积为定值；
②设直线AB：，显然，由，解得：或，
∴，则，
由①知，直线：，则，
由，得，解得或，
，则，
由①知，直线：，，
则
，
当且仅当时等号成立，即最小值为.
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