1．（2024高二上·武义月考）已知是抛物线上的一点，为的焦点，若，则的纵坐标为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
2．（2024高二上·武义月考）已知是空间的一个基底，，，若，则 （ ）
A． B． C．6 D．5
3．（2024高二上·武义月考）已知直线，直线，若，则与的距离为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·武义月考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为上一点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·武义月考）战国时期成书《经说》记载：“景：日之光，反蚀人，则景在日与人之间”.这是中国古代人民首次对平面镜反射的研究，体现了传统文化中的数学智慧.在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（ ）
A．或 B． C． D．
6．（2024高二上·武义月考）已知等差数列的前项和有最小值，且，则使成立的正整数的最小值为（ ）
A．2022 B．2023 C．4043 D．4044
7．（2024高二上·武义月考）我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率，求出了精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一.借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线代替在切点附近的曲线来近似计算，例如：求，我们先求得在处的切线方程为，再把代入切线方程，即得，类比上述方式，则（ ）
A．1.0005 B．1.0001 C．1.005 D．1.001
8．（2024高二上·武义月考）已知双曲线()的左 右焦点分别为为双曲线上的一点，为的内心，且，则的离心率为（ ）
A．3 B． C． D．
9．（2024高二上·武义月考）数列 的前n项和为 ，已知 ，则（ ）
A． 是递增数列 B．
C．当 时， D．当 或4时， 取得最大值
10．（2024高二上·武义月考）已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆内
B．圆上的点到直线的最小距离为1
C．圆和圆的公切线长为2
D．圆和圆的公共弦所在的直线方程为
11．（2024高二上·武义月考）如图，某工艺品是一个多面体，点两两互相垂直，且位于平面的异侧，则下列命题正确的有（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．当点为的中点时，线段的最小值为
C．工艺品的体积为
D．工艺品可以完全内置于表面积为的球内
12．（2024高二上·武义月考）如图，已知椭圆： ，过抛物线： 的焦点F的直线交抛物线于M，N两点，连接NO，MO并延长分别交于A、B两点，连接AB，与 的面积分别记为、 ，则在下列结论中正确的为（ ）
A．若记直线NO，MO的斜率分别为则 的大小是定值
B．的面积 =2
C．设 则
D．为定值5
13．（2024高二上·武义月考）设函数在处存在导数为，则
14．（2024高二上·武义月考）定义：在数列中，，其中为常数，则称数列为“等比差”数列，已知“等比差”数列中，，，则 ．
15．（2024高二上·武义月考）已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线交抛物线C于A，B两点，的中垂线分别交l与x轴于D，E两点（D，E在的两侧）.若四边形为菱形，则
16．（2024高二上·武义月考）某同学画“切面圆柱体”（用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体），发现切面与圆柱侧面的交线是一椭圆（如图所示）．若该同学所画的椭圆的离心率为，则“切面”所在平面与底面所成锐二面角的大小为 ．
17．（2024高二上·武义月考）已知圆，点．
（1）过点作直线与圆交于，两点，若，求直线的方程；
（2）若圆经过点，且与圆相切于点，求圆的方程．
18．（2024高二上·武义月考）已知正项数列的前项和，满足：．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，设数列的前项和为，求证．
19．（2024高二上·武义月考）已知双曲线，O为坐标原点，离心率，点在双曲线上．
（1）求双曲线的方程；
（2）如图，若直线与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且.求证：为定值；
20．（2024高二上·武义月考）在矩形中，，点P是线段的中点，将沿折起到位置（如图），使得平面平面，点Q是线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
21．（2024高二上·武义月考）已知椭圆C：（）过点，，为椭圆的左右顶点，，为椭圆的下顶点和上顶点，P是椭圆C上不同于，的动点，直线，的斜率分别为，，满足
（1）求椭圆C的方程：
（2）若点P是椭圆上第一象限内的一点，直线OP交椭圆C于另一点Q，求四边形的面积的取值范围．
22．（2024高二上·武义月考）已知函数，记，且，
（1）求，；
（2）设，，
（i）证明：数列是等差数列；
（ii）求数列的前n项和．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，准线为，
由，即到准线的距离为11，故的纵坐标为．
故答案为：B.
【分析】根据抛物线的定义求解即可.
2．【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【解答】解：由，
可得，
因为，所以存在唯一实数，使得，则，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】先化简，由，根据共线可得，列出方程组求解即可.
3．【答案】C
【知识点】用斜率判定两直线平行；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：由题意，因为直线，所以，且，解得，
则，即，，则与的距离为.
故答案为：C.
【分析】先由直线平行求得的值，再利用平行直线间的距离公式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，，
则异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：B.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
5．【答案】A
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设与点关于轴的对称，如图所示：
则的坐标为，
则反射光线经过点，且与圆相切，
若反射光线所在直线的斜率不存在，则反射光线所在直线的方程为，
圆心到直线的距离为，不合乎题意，
则反射光线所在直线的斜率存在，设反射光线所在直线的斜率为，
反射光线所在直线的方程为：，即，
圆的标准方程为，
圆心为，半径，
因为反射光线与圆相切，所以圆心到反射光线的距离等于半径，则，
即，解得或.
故答案为：A.
【分析】求出与点关于轴的对称点，分析可知，反射光线经过点，且与圆相切，分析可知，反射光线所在直线的斜率存在，设反射光线所在直线的方程为：，根据直线与圆的位置关系可得出关于的等式，即可解得的值.
6．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：因为等差数列的前项和有最小值，所以等差数列的公差，
又因为，所以，，
所以，
又因为，所以，即，故，
所以，
，
当时，；当时，；
故使成立的正整数的最小值为.
故答案为：D.
【分析】根据题意分析出、、等，利用等差数列的前项和公式分析求解即可.
7．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设函数定义域为，，且，，
则曲线在处的切线的方程为，
由于与0之间的距离比较小，“以直代曲”，在切点附近用切线代替曲线进行近似计算，
可得.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据导数的几何意义，求得曲线在处的切线的方程为，再结合题意求解即可.
8．【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用；双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：延长到，且；延长到，且，如图所示：
因为，所以，
则是△的重心，即，
又因为，
所以，而是的内心，则，
由，则，故，即.
故答案为：D.
【分析】延长到且，延长到且，结合向量的线性关系知是的重心，根据重心和内心的性质，进而得到，由双曲线定义得到齐次方程求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】当 时， ，又 ，所以 ，则 是递减数列，A不符合题意； ，B符合题意；当 时， ，C符合题意；因为 的对称轴为 ，开口向下，所以当 或4时， 取得最大值，D符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】根据题意由数列的通项公式和数列前n项和公式之间的关系求出数列的通项公式，由此即可判断出数列为等差数列，从而求出数列的通项公式即可；结合数列项的性质即可判断出选项A错误；把数值代入到通项公式计算出结果由此判断出选项B、C正确；结合等差数列的前n项和公式以及二次函数的性质即可判断出选项D正确，从而得出答案。
10．【答案】B,C,D
【知识点】圆的标准方程；点与圆的位置关系；两圆的公切线条数及方程的确定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：易知圆的圆心和半径分别为，
圆的圆心和半径为，
A、因为，所以点在圆外，故A错误；
B、圆A的圆心到直线的距离为，则圆上的点到直线的最小距离为，故B正确；
C、圆心距，则两圆相交，外公切线的长度为，故C正确；
D、由C知两圆相交，则公共弦所在直线方程为：，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据点与圆的关系即可判断A；根据圆心到直线的距离即可判断B；根据两圆相交时两圆的外公切线的求解即可判断C；根据两圆相交，圆方程作差即可得公共弦所在直线方程即可判断D.
11．【答案】B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】解：由题易知，多面题可构造成长、宽、高分别为的长方体，如图所示：
A、因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，
则(或其补角)为异面直线与所成的角，
在中，，由余弦定理可得，
则异面直线与所成角的余弦值为，故A错误；
B、 当点为的中点时，，且垂直于长方体的上下底面，所以垂直于长方体的上、下底面，即线段的最小值为，故B正确；
C、工艺品的体积，故C正确；
D、由于的顶点都在长方体的顶点处，可知的外接球即为长方体的外接球，
设的外接球半径为，则，
所以外接球的表面积为，且，所以不可以完全内置于表面积为的球内，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，构造长、宽、高分别为的长方体，根据长方体的性质结合异面直线夹角分析求解即可判断A；根据长方体的性质结合线面垂直分析即可判断B；利用割补法结合体积公式运算求解即可判断C；可知的外接球即为长方体的外接球，结合长方体的结果特征分析求解即可判断D.
12．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；椭圆的简单性质；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：的焦点，
设直线的方程为，，，，，
联立，消元整理可得，由韦达定理可得，，
则，
，故A正确；
B、设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，解得，
不妨设在第三象限，则，，
用替换可得，，
则点到直线的距离，
又因为，
所以，故B错误；
C、联立，可得，故，
，替换可得，，
所以点到直线的距离，
所以，
当且仅当即时取等号，则，故C正确；
D、又，，，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】设直线斜率为，联立方程组，利用根与系数的关系和斜率公式即判断A；设直线方程为，联立方程组，求出，坐标，计算到的距离，代入面积公式化简即判断B；联立方程组，求出，的坐标，用表示出三角形的面积，借助基本不等式即可判断C；根据，的坐标和距离公式即可判断D．
13．【答案】1
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：由题意，可得（1），
则．
故答案为：1.
【分析】根据导数的定义求解即可．
14．【答案】399
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：在数列中，，其中为常数，
则称数列为“等比差”数列，
已知“等比差”数列中，，，则，而，
所以数列是以1为首项，公差为2的等差数列，
所以，
所以，
则
所以
故答案为：399.
【分析】利用已知条件结合等比差的定义，从而得出首项和公差，再利用等差数列定义证出数列是以1为首项，公差为2的等差数列，再由等差数列的通项公式得出与n的关系式，最后由代入法得出的值。
15．【答案】
【知识点】抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】由抛物线定义及菱形性质得为等边三角形，联立直线与抛物线由焦点弦长公式直接求解.
【解答】
由题意，四边形为菱形，则，且
由抛物线定义知：，故为等边三角形，
由对称性不妨设直线，
与联立得，
设，则，
故.
故答案为：
16．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：设椭圆方程为，作辅助线，如图所示：
则圆柱的半径为，即为“切面”所在平面与底面所成锐二面角，
由题意，可得，
因为，，所以，
则，即.
故答案为：.
【分析】作出辅助线，推得为二面角的平面角，结合离心率得到，再求二面角的余弦值，即可求得二面角的大小.
17．【答案】（1）解：易知圆标准方程为，圆心为，半径，
若直线的斜率不存在，则的方程为，将代入圆的方程，解得或，所以，符合条件；
若直线的斜率存在，设的方程为，即．
因为，所以圆心到直线的距离为，所以， 解得，
则直线的方程为，
综上可知：直线的方程为或；
（2）解：设圆的方程为，
因为圆经过点，且与圆相切于点，所以圆心在直线上，
即，解得，
则圆的方程为．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程；点与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求得圆心坐标以及半径，再分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，若直线的斜率存在，设的方程为，利用圆心到直线的距离为，求出，即可求得直线的方程；
（2）设圆的方程为，结合已知条件列方程组求解即可.
（1）圆即，
圆心为，半径，
若直线的斜率不存在，则的方程为，
将代入圆的方程，解得或，
所以，符合条件；
若直线的斜率存在，设的方程为，
即．
因为，所以圆心到直线的距离为，
所以， 解得，所以直线的方程为，
综上，直线的方程为或.
（2）设圆的方程为．
因为圆经过点，且与圆相切于点，
所以圆心在直线上，
所以，解得，
所以圆的方程为．
18．【答案】（1）解：当时，，解得，
当时，因为①，所以②，
①②得：，即，
又因为，所以，
即数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
则数列的通项公式；
（2）证明：由（1）可得，
则，
，，，，，
故，
.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的通项公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意，根据与的关系，结合等差数列的定义求解即可；
（2）由（1）可先算出，代入求得通项，利用裂项求和证明即可.
（1）当时，，解得．
当时，由①，可得，②
①②得：，即．
，
．
是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列的通项公式．
（2）由（1）可得，
，
，，，，，
，
.
19．【答案】（1）解：易知，则，因为，所以双曲线的方程为，即，
又因为点在双曲线上，所以，所以，
则双曲线的方程为，即；
（2）解：由题意，可得直线OP的斜率存在，设直线OP的方程为，则直线OQ的方程为，
联立 ，可得，则，
同理可得，，
所以
【知识点】双曲线的定义；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）根据双曲线的离心率以及经过的点，结合双曲线的性质求得，即可得双曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程，可得交点坐标，根据两点距离公式代入化简求解即可.
（1）因为，所以，
所以双曲线的方程为，即
因为点在双曲线上，所以，所以
所以所求双曲线的方程为即
（2）由题意可得直线OP的斜率存在，可设直线OP的方程为，则直线OQ的方程为，
由 ，得，所以
同理可得，，
所以
20．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为点Q是线段的中点，所以，且，
又因为点P是线段的中点，故，
又四边形为矩形，所以且，
故且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：取的中点，连接，取的中点，连接，
因为矩形中，，点P是线段的中点，
所以四边形为正方形，故⊥，
因为，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，⊥，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
即两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面与平面所成角为，则，
即平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】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，证明出四边形为平行四边形，推出线线平行，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，再以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取的中点，连接，
因为点Q是线段的中点，所以，且，
又因为点P是线段的中点，故，
又四边形为矩形，所以且，
故且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，
因为矩形中，，点P是线段的中点，
所以四边形为正方形，故⊥，
因为，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，⊥，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
即两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面与平面所成角为，
则.
21．【答案】（1）解：设，易知，则，
因为，即，则，即，
由椭圆过点，得，联立解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：由（1）知，，设直线的方程为，
则点到直线的距离分别为，，
由得点，于是，
四边形的面积
，而，
当且仅当，即时取等号，因此，
则四边形面积的取值范围是.
【知识点】基本不等式；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）由得，再把已知点的坐标代入后列出关于的方程组求解即可得椭圆标准方程；
（2）设直线的方程为，求出点到直线的距离及，把四边形面积表示为的函数并求出取值范围求解即可.
（1）设，显然，则，
又，即，于是，即，
由椭圆过点，得，联立解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，设直线的方程为，
则点到直线的距离分别为，.
由得点，于是，
四边形的面积
，而，
当且仅当，即时取等号，因此，
所以四边形面积的取值范围是.
22．【答案】（1）解：函数定义域为，；
；
（2）证明：（i）由（1）知，，，
，，
当时，，，
因此，，易知数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，
即，，，
故数列是首项为，公差为的等差数列；
（ii）由（i）得，即有，
，
于是，
两式相减得，
则数列的前项和.
【知识点】简单复合函数求导法则；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据导数运算法则求出的导数，再求的导数即可；
（2）（i）求得，且，由等差数列的定义证明即可；
（ii）由等差数列的通项公式和数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式求解即可.
（1）函数，，
.
（2）（i）由（1）知，，，
，
，
当时，，，
因此，，显然数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，，从而，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
（ii）由（i）得，即有，
，
于是，
两式相减得，
所以数列的前项和.
1．（2024高二上·武义月考）已知是抛物线上的一点，为的焦点，若，则的纵坐标为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】B
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，准线为，
由，即到准线的距离为11，故的纵坐标为．
故答案为：B.
【分析】根据抛物线的定义求解即可.
2．（2024高二上·武义月考）已知是空间的一个基底，，，若，则 （ ）
A． B． C．6 D．5
【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【解答】解：由，
可得，
因为，所以存在唯一实数，使得，则，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】先化简，由，根据共线可得，列出方程组求解即可.
3．（2024高二上·武义月考）已知直线，直线，若，则与的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】用斜率判定两直线平行；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：由题意，因为直线，所以，且，解得，
则，即，，则与的距离为.
故答案为：C.
【分析】先由直线平行求得的值，再利用平行直线间的距离公式求解即可.
4．（2024高二上·武义月考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为上一点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，，
则异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：B.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
5．（2024高二上·武义月考）战国时期成书《经说》记载：“景：日之光，反蚀人，则景在日与人之间”.这是中国古代人民首次对平面镜反射的研究，体现了传统文化中的数学智慧.在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（ ）
A．或 B． C． D．
【答案】A
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设与点关于轴的对称，如图所示：
则的坐标为，
则反射光线经过点，且与圆相切，
若反射光线所在直线的斜率不存在，则反射光线所在直线的方程为，
圆心到直线的距离为，不合乎题意，
则反射光线所在直线的斜率存在，设反射光线所在直线的斜率为，
反射光线所在直线的方程为：，即，
圆的标准方程为，
圆心为，半径，
因为反射光线与圆相切，所以圆心到反射光线的距离等于半径，则，
即，解得或.
故答案为：A.
【分析】求出与点关于轴的对称点，分析可知，反射光线经过点，且与圆相切，分析可知，反射光线所在直线的斜率存在，设反射光线所在直线的方程为：，根据直线与圆的位置关系可得出关于的等式，即可解得的值.
6．（2024高二上·武义月考）已知等差数列的前项和有最小值，且，则使成立的正整数的最小值为（ ）
A．2022 B．2023 C．4043 D．4044
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：因为等差数列的前项和有最小值，所以等差数列的公差，
又因为，所以，，
所以，
又因为，所以，即，故，
所以，
，
当时，；当时，；
故使成立的正整数的最小值为.
故答案为：D.
【分析】根据题意分析出、、等，利用等差数列的前项和公式分析求解即可.
7．（2024高二上·武义月考）我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率，求出了精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一.借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线代替在切点附近的曲线来近似计算，例如：求，我们先求得在处的切线方程为，再把代入切线方程，即得，类比上述方式，则（ ）
A．1.0005 B．1.0001 C．1.005 D．1.001
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设函数定义域为，，且，，
则曲线在处的切线的方程为，
由于与0之间的距离比较小，“以直代曲”，在切点附近用切线代替曲线进行近似计算，
可得.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据导数的几何意义，求得曲线在处的切线的方程为，再结合题意求解即可.
8．（2024高二上·武义月考）已知双曲线()的左 右焦点分别为为双曲线上的一点，为的内心，且，则的离心率为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用；双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：延长到，且；延长到，且，如图所示：
因为，所以，
则是△的重心，即，
又因为，
所以，而是的内心，则，
由，则，故，即.
故答案为：D.
【分析】延长到且，延长到且，结合向量的线性关系知是的重心，根据重心和内心的性质，进而得到，由双曲线定义得到齐次方程求解即可.
9．（2024高二上·武义月考）数列 的前n项和为 ，已知 ，则（ ）
A． 是递增数列 B．
C．当 时， D．当 或4时， 取得最大值
【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】当 时， ，又 ，所以 ，则 是递减数列，A不符合题意； ，B符合题意；当 时， ，C符合题意；因为 的对称轴为 ，开口向下，所以当 或4时， 取得最大值，D符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】根据题意由数列的通项公式和数列前n项和公式之间的关系求出数列的通项公式，由此即可判断出数列为等差数列，从而求出数列的通项公式即可；结合数列项的性质即可判断出选项A错误；把数值代入到通项公式计算出结果由此判断出选项B、C正确；结合等差数列的前n项和公式以及二次函数的性质即可判断出选项D正确，从而得出答案。
10．（2024高二上·武义月考）已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆内
B．圆上的点到直线的最小距离为1
C．圆和圆的公切线长为2
D．圆和圆的公共弦所在的直线方程为
【答案】B,C,D
【知识点】圆的标准方程；点与圆的位置关系；两圆的公切线条数及方程的确定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：易知圆的圆心和半径分别为，
圆的圆心和半径为，
A、因为，所以点在圆外，故A错误；
B、圆A的圆心到直线的距离为，则圆上的点到直线的最小距离为，故B正确；
C、圆心距，则两圆相交，外公切线的长度为，故C正确；
D、由C知两圆相交，则公共弦所在直线方程为：，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据点与圆的关系即可判断A；根据圆心到直线的距离即可判断B；根据两圆相交时两圆的外公切线的求解即可判断C；根据两圆相交，圆方程作差即可得公共弦所在直线方程即可判断D.
11．（2024高二上·武义月考）如图，某工艺品是一个多面体，点两两互相垂直，且位于平面的异侧，则下列命题正确的有（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．当点为的中点时，线段的最小值为
C．工艺品的体积为
D．工艺品可以完全内置于表面积为的球内
【答案】B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】解：由题易知，多面题可构造成长、宽、高分别为的长方体，如图所示：
A、因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，
则(或其补角)为异面直线与所成的角，
在中，，由余弦定理可得，
则异面直线与所成角的余弦值为，故A错误；
B、 当点为的中点时，，且垂直于长方体的上下底面，所以垂直于长方体的上、下底面，即线段的最小值为，故B正确；
C、工艺品的体积，故C正确；
D、由于的顶点都在长方体的顶点处，可知的外接球即为长方体的外接球，
设的外接球半径为，则，
所以外接球的表面积为，且，所以不可以完全内置于表面积为的球内，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，构造长、宽、高分别为的长方体，根据长方体的性质结合异面直线夹角分析求解即可判断A；根据长方体的性质结合线面垂直分析即可判断B；利用割补法结合体积公式运算求解即可判断C；可知的外接球即为长方体的外接球，结合长方体的结果特征分析求解即可判断D.
12．（2024高二上·武义月考）如图，已知椭圆： ，过抛物线： 的焦点F的直线交抛物线于M，N两点，连接NO，MO并延长分别交于A、B两点，连接AB，与 的面积分别记为、 ，则在下列结论中正确的为（ ）
A．若记直线NO，MO的斜率分别为则 的大小是定值
B．的面积 =2
C．设 则
D．为定值5
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；椭圆的简单性质；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：的焦点，
设直线的方程为，，，，，
联立，消元整理可得，由韦达定理可得，，
则，
，故A正确；
B、设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，解得，
不妨设在第三象限，则，，
用替换可得，，
则点到直线的距离，
又因为，
所以，故B错误；
C、联立，可得，故，
，替换可得，，
所以点到直线的距离，
所以，
当且仅当即时取等号，则，故C正确；
D、又，，，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】设直线斜率为，联立方程组，利用根与系数的关系和斜率公式即判断A；设直线方程为，联立方程组，求出，坐标，计算到的距离，代入面积公式化简即判断B；联立方程组，求出，的坐标，用表示出三角形的面积，借助基本不等式即可判断C；根据，的坐标和距离公式即可判断D．
13．（2024高二上·武义月考）设函数在处存在导数为，则
【答案】1
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：由题意，可得（1），
则．
故答案为：1.
【分析】根据导数的定义求解即可．
14．（2024高二上·武义月考）定义：在数列中，，其中为常数，则称数列为“等比差”数列，已知“等比差”数列中，，，则 ．
【答案】399
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：在数列中，，其中为常数，
则称数列为“等比差”数列，
已知“等比差”数列中，，，则，而，
所以数列是以1为首项，公差为2的等差数列，
所以，
所以，
则
所以
故答案为：399.
【分析】利用已知条件结合等比差的定义，从而得出首项和公差，再利用等差数列定义证出数列是以1为首项，公差为2的等差数列，再由等差数列的通项公式得出与n的关系式，最后由代入法得出的值。
15．（2024高二上·武义月考）已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线交抛物线C于A，B两点，的中垂线分别交l与x轴于D，E两点（D，E在的两侧）.若四边形为菱形，则
【答案】
【知识点】抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】由抛物线定义及菱形性质得为等边三角形，联立直线与抛物线由焦点弦长公式直接求解.
【解答】
由题意，四边形为菱形，则，且
由抛物线定义知：，故为等边三角形，
由对称性不妨设直线，
与联立得，
设，则，
故.
故答案为：
16．（2024高二上·武义月考）某同学画“切面圆柱体”（用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体），发现切面与圆柱侧面的交线是一椭圆（如图所示）．若该同学所画的椭圆的离心率为，则“切面”所在平面与底面所成锐二面角的大小为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：设椭圆方程为，作辅助线，如图所示：
则圆柱的半径为，即为“切面”所在平面与底面所成锐二面角，
由题意，可得，
因为，，所以，
则，即.
故答案为：.
【分析】作出辅助线，推得为二面角的平面角，结合离心率得到，再求二面角的余弦值，即可求得二面角的大小.
17．（2024高二上·武义月考）已知圆，点．
（1）过点作直线与圆交于，两点，若，求直线的方程；
（2）若圆经过点，且与圆相切于点，求圆的方程．
【答案】（1）解：易知圆标准方程为，圆心为，半径，
若直线的斜率不存在，则的方程为，将代入圆的方程，解得或，所以，符合条件；
若直线的斜率存在，设的方程为，即．
因为，所以圆心到直线的距离为，所以， 解得，
则直线的方程为，
综上可知：直线的方程为或；
（2）解：设圆的方程为，
因为圆经过点，且与圆相切于点，所以圆心在直线上，
即，解得，
则圆的方程为．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程；点与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求得圆心坐标以及半径，再分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，若直线的斜率存在，设的方程为，利用圆心到直线的距离为，求出，即可求得直线的方程；
（2）设圆的方程为，结合已知条件列方程组求解即可.
（1）圆即，
圆心为，半径，
若直线的斜率不存在，则的方程为，
将代入圆的方程，解得或，
所以，符合条件；
若直线的斜率存在，设的方程为，
即．
因为，所以圆心到直线的距离为，
所以， 解得，所以直线的方程为，
综上，直线的方程为或.
（2）设圆的方程为．
因为圆经过点，且与圆相切于点，
所以圆心在直线上，
所以，解得，
所以圆的方程为．
18．（2024高二上·武义月考）已知正项数列的前项和，满足：．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，设数列的前项和为，求证．
【答案】（1）解：当时，，解得，
当时，因为①，所以②，
①②得：，即，
又因为，所以，
即数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
则数列的通项公式；
（2）证明：由（1）可得，
则，
，，，，，
故，
.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的通项公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意，根据与的关系，结合等差数列的定义求解即可；
（2）由（1）可先算出，代入求得通项，利用裂项求和证明即可.
（1）当时，，解得．
当时，由①，可得，②
①②得：，即．
，
．
是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列的通项公式．
（2）由（1）可得，
，
，，，，，
，
.
19．（2024高二上·武义月考）已知双曲线，O为坐标原点，离心率，点在双曲线上．
（1）求双曲线的方程；
（2）如图，若直线与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且.求证：为定值；
【答案】（1）解：易知，则，因为，所以双曲线的方程为，即，
又因为点在双曲线上，所以，所以，
则双曲线的方程为，即；
（2）解：由题意，可得直线OP的斜率存在，设直线OP的方程为，则直线OQ的方程为，
联立 ，可得，则，
同理可得，，
所以
【知识点】双曲线的定义；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）根据双曲线的离心率以及经过的点，结合双曲线的性质求得，即可得双曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程，可得交点坐标，根据两点距离公式代入化简求解即可.
（1）因为，所以，
所以双曲线的方程为，即
因为点在双曲线上，所以，所以
所以所求双曲线的方程为即
（2）由题意可得直线OP的斜率存在，可设直线OP的方程为，则直线OQ的方程为，
由 ，得，所以
同理可得，，
所以
20．（2024高二上·武义月考）在矩形中，，点P是线段的中点，将沿折起到位置（如图），使得平面平面，点Q是线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为点Q是线段的中点，所以，且，
又因为点P是线段的中点，故，
又四边形为矩形，所以且，
故且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：取的中点，连接，取的中点，连接，
因为矩形中，，点P是线段的中点，
所以四边形为正方形，故⊥，
因为，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，⊥，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
即两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面与平面所成角为，则，
即平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】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，证明出四边形为平行四边形，推出线线平行，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，再以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）取的中点，连接，
因为点Q是线段的中点，所以，且，
又因为点P是线段的中点，故，
又四边形为矩形，所以且，
故且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，
因为矩形中，，点P是线段的中点，
所以四边形为正方形，故⊥，
因为，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，⊥，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
即两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面与平面所成角为，
则.
21．（2024高二上·武义月考）已知椭圆C：（）过点，，为椭圆的左右顶点，，为椭圆的下顶点和上顶点，P是椭圆C上不同于，的动点，直线，的斜率分别为，，满足
（1）求椭圆C的方程：
（2）若点P是椭圆上第一象限内的一点，直线OP交椭圆C于另一点Q，求四边形的面积的取值范围．
【答案】（1）解：设，易知，则，
因为，即，则，即，
由椭圆过点，得，联立解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：由（1）知，，设直线的方程为，
则点到直线的距离分别为，，
由得点，于是，
四边形的面积
，而，
当且仅当，即时取等号，因此，
则四边形面积的取值范围是.
【知识点】基本不等式；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）由得，再把已知点的坐标代入后列出关于的方程组求解即可得椭圆标准方程；
（2）设直线的方程为，求出点到直线的距离及，把四边形面积表示为的函数并求出取值范围求解即可.
（1）设，显然，则，
又，即，于是，即，
由椭圆过点，得，联立解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，设直线的方程为，
则点到直线的距离分别为，.
由得点，于是，
四边形的面积
，而，
当且仅当，即时取等号，因此，
所以四边形面积的取值范围是.
22．（2024高二上·武义月考）已知函数，记，且，
（1）求，；
（2）设，，
（i）证明：数列是等差数列；
（ii）求数列的前n项和．
【答案】（1）解：函数定义域为，；
；
（2）证明：（i）由（1）知，，，
，，
当时，，，
因此，，易知数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，
即，，，
故数列是首项为，公差为的等差数列；
（ii）由（i）得，即有，
，
于是，
两式相减得，
则数列的前项和.
【知识点】简单复合函数求导法则；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据导数运算法则求出的导数，再求的导数即可；
（2）（i）求得，且，由等差数列的定义证明即可；
（ii）由等差数列的通项公式和数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式求解即可.
（1）函数，，
.
（2）（i）由（1）知，，，
，
，
当时，，，
因此，，显然数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，，从而，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
（ii）由（i）得，即有，
，
于是，
两式相减得，
所以数列的前项和.
