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浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
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，只有一项是符合要求的.
1．（2025高二下·浙江期中）双曲线的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·浙江期中）已知，是上半圆上的两点（不包括端点），那么与的大小关系为（　　）
A． B． C． D．不能确定
3．（2025高二下·浙江期中）已知等比数列的前项积为，且，那么数列的公比为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·浙江期中）若直线与直线平行，那么这两条直线之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·浙江期中）如图是杭州地铁一号线的运行线路图的一部分，现有甲、乙、丙、丁4名游客乘坐湘湖至萧山国际机场方向的地铁一号线去西湖游玩，已知定安路站、龙翔桥站、凤起路站均可到达西湖景区，每名游客只在其中一个车站下车，且每个车站至少有一名游客下车，已知甲在定安路站下车，那么这4名游客下车的不同方案有（　　）种.
A．24 B．20 C．12 D．6
6．（2025高二下·浙江期中）已知，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·浙江期中）已知数列的通项公式为，则使数列的前项和满足的的（　　）
A．最小值为49 B．最大值为49 C．最小值为50 D．最大值为50
8．（2025高二下·浙江期中）在正方体中，，，在平面上存在一点，使得，则点的轨迹为（　　）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
二、多项选择题：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高二下·浙江期中）下列说法正确的有（　　）
A．若平面的法向量，，则点平面
B．若平面的法向量，，则点到平面的距离为
C．若平面，的法向量分别为，，则两平面的夹角的余弦值为
D．空间中三个点，，，则为钝角
10．（2025高二下·浙江期中），则下列选项正确的有（　　）
A．
B．
C．
D．
11．（2025高二下·浙江期中）设实数，若不等式对任意恒成立，那么的取值可能是（　　）
A． B． C． D．2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·浙江期中）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若，则　 　.
13．（2025高二下·浙江期中）已知函数在处取得极大值，则　 　.
14．（2025高二下·浙江期中）将编号为1，2，3，4的四个小球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个小盒只能装一个小球，用表示编号与盒子编号相同的小球数，求的分布列．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（2025高二下·浙江期中）已知函数，.
（1）求在点处的切线方程；
（2）比较与的大小，并说明理由.
16．（2025高二下·浙江期中）已知椭圆的离心率为，椭圆的面积为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线与椭圆相交于，两点，且的面积为，求直线的方程.
（注：椭圆的面积公式为）
17．（2025高二下·浙江期中）如图，四棱锥的底面为筝形，面，点为与的交点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）已知为棱上的一点，若，求二面角的余弦值．
（注：筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形）
18．（2025高二下·浙江期中）数列满足．
（1）求证：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和．
19．（2025高二下·浙江期中）在平面直角坐标系内，为坐标原点，动点与定点的距离与到定直线的距离之比为常数.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）已知，，是动点的轨迹上的三点，且圆与直线，都相切，且
（ⅰ）求圆的半径；
（ⅱ）试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线，令，解得，即双曲线的渐近线方程.
故答案为：C.
【分析】直接令求双曲线的渐近线方程即可.
2．【答案】A
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：如图所示，
由导数的几何意义可知与分别表示在上半圆上两点，，作切线的切线斜率，
由半圆可知，当时，切线斜率，当时，切线斜率，
即，
故答案为：A.
【分析】道题的核心是通过求导得到函数的导数表达式，再代入 xA <0 和 xB >0 的条件，直接比较导数值的大小。
3．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由已知数列为等比数列，设其公比为，
则，
即，
则，
所以，
解得，
又，所以，
则，
故答案为：B.
【分析】这道题的核心是利用等比数列的通项公式和性质，将前8项积拆分为两组，结合已知条件求出公比q，并通过符号分析确定最终结果。
4．【答案】D
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：有已知直线与直线平行，
则，即，
此时直线与直线，即满足平行，
则两直线间距离，
故答案为：D.
【分析】这道题的核心是先根据两直线平行的条件求出参数k，再将两条直线化为相同的 Ax+By+C=0 形式，最后用平行线间距离公式计算距离。
5．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：因为每个车站至少有一名游客下车，所以要将乙、丙、丁名游客分成组．
从名游客中选个人为一组，剩下个人为一组，则分组方法有种．
将分好的组全排列，安排到龙翔桥站和风起路站这个车站，则排列方法有种．
前面分组有种方法，排列有种方法，所以这名游客下车的不同方案有种．
又因为甲已经确定在定安路站下车，这是一种确定的情况，不需要参与组合排列计算，所以最终的方案数就是种（乘是因为甲在定安路站下车后，剩下人分组排列后可以看作是另外两个站的人员分配情况，而对于这两个站的顺序有种情况）．
这名游客下车的不同方案有12种．
故答案为：C．
【分析】核心是分步处理：先确定甲的下车点，再对剩下的3名游客进行分组，最后将分组结果分配到另外两个车站，用分步乘法计数原理计算总方案数。
6．【答案】B
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：，
解得，
故答案为：B．
【分析】这道题的核心是运用全概率公式，将P(A)分解为在事件B和下的条件概率之和，建立方程求解P(B)。
7．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；数列的求和
【解析】【解答】解：，
故
，
，解得，解得，
所以的最小值为50.
故答案为：C
【分析】这道题的核心是先利用对数的性质将通项拆成两项之差，通过裂项相消求出前n项和Sn ，再代入不等式求解n的最小值。
8．【答案】D
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：连接交于，连接，
设正方体的棱长为，则，
由，，可得，
所以，所以，
因为，所以空间中的点的轨迹是以为旋转轴的圆锥，
圆锥在平面内的两条母线中，
其中母线与的延长线所成的角的正切值为，
所以，所以，
所以，所以，
又平面，平面，所以截面与圆锥的曲面的交线为抛物线，
所以点的轨迹为抛物线.
故答案为：D.
【分析】将“”的条件转化为几何轨迹：先确定点的轨迹是以为轴的圆锥面，再分析平面与该圆锥面的截线，因为平面与圆锥的一条母线平行，所以截线为抛物线。
9．【答案】A,B,C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：A，由可得，又平面，则平面，所以点平面，故A正确；
B，由点到面的距离公式可得点到平面的距离为，故B正确；
C，设平面，的夹角为，则，故C正确；
D，因为，即，则，故D错误；
故答案为：ABC
【分析】这道题的核心是利用空间向量的点积、模长公式，结合平面法向量的性质，逐一判断点与平面的位置、点到平面的距离、两平面夹角及空间角的类型。
10．【答案】A,B,D
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由已知二项式的展开式通项为，
令，可得，A正确；
由，
令，得，B正确；
根据二项式定理可知等于将展开后所有项的系数和，
将代入，可得，C错误；
设，
则令，可得
且，
令，可得；
则，D正确；
故答案为：ABD.
【分析】这道题的核心是利用二项式定理和赋值法，通过代入特殊值 x=0， ，1 等，以及对多项式求导，来计算系数和、特定系数组合等，从而逐一验证选项。
11．【答案】C,D
【知识点】函数的最大（小）值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：，
设，则对任意恒成立，
，设，则，
所以在单调递增，又，当时，，
所以存在使得，则，
当时，，则在单调递减，
当时，，则在单调递增，
所以
，当且仅当时等号成立，解得，
故答案为：CD．
【分析】这道题的核心是通过变量代换和构造函数，将原不等式转化为更易处理的形式，再利用导数求函数最小值，最终确定参数 a 的取值范围。
12．【答案】2
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为抛物线方程为，所以，
由焦半径公式可知，，得.
故答案为：2.
【分析】这道题的核心是利用抛物线 x2=4y 的焦半径公式，直接代入已知距离求解点的纵坐标n。
13．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由，
得，则，
解得或，
当时，，，
此时函数在，上单调递增，在上单调递减，
即函数在处取极小值，不成立；
当时，，，
此时函数在，上单调递增，在上单调递减，
即函数在处取极大值，成立；
综上所述，
故答案为：.
【分析】这道题的核心是先利用极值点处导数为0的条件求出a的可能值，再通过分析导数在该点两侧的符号变化，验证哪个值能使x=1成为极大值点。
14．【答案】解：由题可知，可取0，1，2，4，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 4
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】这道题是经典的错位排列问题，我们需要计算4个小球放入4个盒子时，编号相同的小球数Y的所有可能取值及其对应的概率，从而得到分布列。
15．【答案】（1）解：因为，所以
又因为，所以
所以切线方程为：
（2）解：，理由如下：
因为，所以在单调递减，在单调递增
所以恒成立，当且仅当时取到等号
所以
即
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)先计算 f(1) 得到切点坐标，再求导得到切线斜率，最后用点斜式写出切线方程。
(2)先判断函数单调性得到最小值，再代入特殊值构造不等式，变形后比较大小。
（1）解：因为，所以
又因为，所以
所以切线方程为：
（2）判断，
因为，所以在单调递减，在单调递增
所以恒成立，当且仅当时取到等号
所以，即，证毕.
16．【答案】（1）解：因为椭圆面积，即，
离心率，
可解得，，，
所以椭圆的方程为：
（2）解：
因为直线与椭圆相交于，两点，
所以可以联立方程，得
可得：，即
则
所以，
又因为原点到直线的距离，
所以，
计算可得或，
所以直线方程为和和和.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据椭圆面积公式 和离心率公式 ，结合 建立方程组，解出 和 。
(2)联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求出 ，再求原点到直线的距离，代入三角形面积公式求出 ，从而得到直线方程。
（1）因为椭圆面积，即，
离心率，
可解得，，，
所以椭圆的方程为：；
（2）因为直线与椭圆相交于，两点，
所以可以联立方程，得
可得：，即
则
所以，
又因为原点到直线的距离，
所以，
计算可得或，
所以直线方程为和和和.
17．【答案】（1）解：因为平面，平面，
所以，
又因为四边形为筝形，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面．
（2）解：以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，垂直于平面向上方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设
则，，，，，，
因为，即，所以，
则，，，
设平面的法向量，
由，取，则，
设平面的法向量，
由，取，则，
所以二面角的余弦值为，
．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)要证明平面PAC⊥平面PBD，只需证明其中一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，先由PA⊥平面ABCD得到PA⊥BD，再结合菱形性质得到AC⊥BD，从而推出BD⊥平面PAC，进而得到面面垂直。
(2)建立空间直角坐标系，求出两个相关平面的法向量，利用向量夹角公式计算二面角的余弦值。
（1）因为平面，平面，
所以，
又因为四边形为筝形，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面．
（2）以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，垂直于平面向上方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设
则，，，，，，
因为，即，所以，
则，，，
设平面的法向量，
由，取，则，
设平面的法向量，
由，取，则，
所以二面角的余弦值为，
．
18．【答案】（1）证明：因为，
且，所以数列是等比数列．
（2）解：由（1）得数列是等比数列，且公比，
所以，故．
所以．
故
，
令，
，
两式相减得
，
所以，
即.
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】(1)通过递推公式变形，构造新数列 ，计算 为常数，从而证明 是等比数列。
(2)先由(1)得到 的通项，将 拆分为 ，用错位相减法求 的和，再用等差数列求和公式求 的和，最后合并得到 。
（1）因为，
且，所以数列是等比数列．
（2）由（1）得数列是等比数列，且公比，
所以，故．
所以．
故
，
令，
，
两式相减得
，
所以，
即.
19．【答案】（1）解：设点，则点到直线的距离，且，
则，
化简可得，
即点的轨迹方程为；
（2）解：
（ⅰ）设点，圆的方程为，
因为在动点的轨迹上，所以点满足①，
设过原点且圆相切的直线为，
所以，化简可得②，
因为圆与直线，都相切，所以，满足②式，
所以③，
由①可知代入③式可得，即，
所以圆的半径为；
（ⅱ）设，，
因为，两点在动点的轨迹上，
所以，即，
因为，
代入可得，即，
所以
所以为定值.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】(1) 设点坐标，直接代入距离公式列方程，化简得到轨迹方程。
(2)(i)设圆 半径为 ，利用圆心到切线的距离等于半径，结合 推导出半径 。
(ii)设 、，结合椭圆方程和斜率乘积条件，计算 并验证其为定值。
（1）设点，
则点到直线的距离，且，
则，
化简可得，
即点的轨迹方程为；
（2）（ⅰ）设点，圆的方程为，
因为在动点的轨迹上，所以点满足①，
设过原点且圆相切的直线为，
所以，化简可得②，
因为圆与直线，都相切，所以，满足②式，
所以③，
由①可知代入③式可得，即，
所以圆的半径为；
（ⅱ）设，，
因为，两点在动点的轨迹上，
所以，即，
因为，
代入可得，即，
所以
所以为定值.
1 / 1浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
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，只有一项是符合要求的.
1．（2025高二下·浙江期中）双曲线的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线，令，解得，即双曲线的渐近线方程.
故答案为：C.
【分析】直接令求双曲线的渐近线方程即可.
2．（2025高二下·浙江期中）已知，是上半圆上的两点（不包括端点），那么与的大小关系为（　　）
A． B． C． D．不能确定
【答案】A
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：如图所示，
由导数的几何意义可知与分别表示在上半圆上两点，，作切线的切线斜率，
由半圆可知，当时，切线斜率，当时，切线斜率，
即，
故答案为：A.
【分析】道题的核心是通过求导得到函数的导数表达式，再代入 xA <0 和 xB >0 的条件，直接比较导数值的大小。
3．（2025高二下·浙江期中）已知等比数列的前项积为，且，那么数列的公比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由已知数列为等比数列，设其公比为，
则，
即，
则，
所以，
解得，
又，所以，
则，
故答案为：B.
【分析】这道题的核心是利用等比数列的通项公式和性质，将前8项积拆分为两组，结合已知条件求出公比q，并通过符号分析确定最终结果。
4．（2025高二下·浙江期中）若直线与直线平行，那么这两条直线之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：有已知直线与直线平行，
则，即，
此时直线与直线，即满足平行，
则两直线间距离，
故答案为：D.
【分析】这道题的核心是先根据两直线平行的条件求出参数k，再将两条直线化为相同的 Ax+By+C=0 形式，最后用平行线间距离公式计算距离。
5．（2025高二下·浙江期中）如图是杭州地铁一号线的运行线路图的一部分，现有甲、乙、丙、丁4名游客乘坐湘湖至萧山国际机场方向的地铁一号线去西湖游玩，已知定安路站、龙翔桥站、凤起路站均可到达西湖景区，每名游客只在其中一个车站下车，且每个车站至少有一名游客下车，已知甲在定安路站下车，那么这4名游客下车的不同方案有（　　）种.
A．24 B．20 C．12 D．6
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：因为每个车站至少有一名游客下车，所以要将乙、丙、丁名游客分成组．
从名游客中选个人为一组，剩下个人为一组，则分组方法有种．
将分好的组全排列，安排到龙翔桥站和风起路站这个车站，则排列方法有种．
前面分组有种方法，排列有种方法，所以这名游客下车的不同方案有种．
又因为甲已经确定在定安路站下车，这是一种确定的情况，不需要参与组合排列计算，所以最终的方案数就是种（乘是因为甲在定安路站下车后，剩下人分组排列后可以看作是另外两个站的人员分配情况，而对于这两个站的顺序有种情况）．
这名游客下车的不同方案有12种．
故答案为：C．
【分析】核心是分步处理：先确定甲的下车点，再对剩下的3名游客进行分组，最后将分组结果分配到另外两个车站，用分步乘法计数原理计算总方案数。
6．（2025高二下·浙江期中）已知，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：，
解得，
故答案为：B．
【分析】这道题的核心是运用全概率公式，将P(A)分解为在事件B和下的条件概率之和，建立方程求解P(B)。
7．（2025高二下·浙江期中）已知数列的通项公式为，则使数列的前项和满足的的（　　）
A．最小值为49 B．最大值为49 C．最小值为50 D．最大值为50
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；数列的求和
【解析】【解答】解：，
故
，
，解得，解得，
所以的最小值为50.
故答案为：C
【分析】这道题的核心是先利用对数的性质将通项拆成两项之差，通过裂项相消求出前n项和Sn ，再代入不等式求解n的最小值。
8．（2025高二下·浙江期中）在正方体中，，，在平面上存在一点，使得，则点的轨迹为（　　）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】D
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：连接交于，连接，
设正方体的棱长为，则，
由，，可得，
所以，所以，
因为，所以空间中的点的轨迹是以为旋转轴的圆锥，
圆锥在平面内的两条母线中，
其中母线与的延长线所成的角的正切值为，
所以，所以，
所以，所以，
又平面，平面，所以截面与圆锥的曲面的交线为抛物线，
所以点的轨迹为抛物线.
故答案为：D.
【分析】将“”的条件转化为几何轨迹：先确定点的轨迹是以为轴的圆锥面，再分析平面与该圆锥面的截线，因为平面与圆锥的一条母线平行，所以截线为抛物线。
二、多项选择题：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高二下·浙江期中）下列说法正确的有（　　）
A．若平面的法向量，，则点平面
B．若平面的法向量，，则点到平面的距离为
C．若平面，的法向量分别为，，则两平面的夹角的余弦值为
D．空间中三个点，，，则为钝角
【答案】A,B,C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：A，由可得，又平面，则平面，所以点平面，故A正确；
B，由点到面的距离公式可得点到平面的距离为，故B正确；
C，设平面，的夹角为，则，故C正确；
D，因为，即，则，故D错误；
故答案为：ABC
【分析】这道题的核心是利用空间向量的点积、模长公式，结合平面法向量的性质，逐一判断点与平面的位置、点到平面的距离、两平面夹角及空间角的类型。
10．（2025高二下·浙江期中），则下列选项正确的有（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,B,D
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由已知二项式的展开式通项为，
令，可得，A正确；
由，
令，得，B正确；
根据二项式定理可知等于将展开后所有项的系数和，
将代入，可得，C错误；
设，
则令，可得
且，
令，可得；
则，D正确；
故答案为：ABD.
【分析】这道题的核心是利用二项式定理和赋值法，通过代入特殊值 x=0， ，1 等，以及对多项式求导，来计算系数和、特定系数组合等，从而逐一验证选项。
11．（2025高二下·浙江期中）设实数，若不等式对任意恒成立，那么的取值可能是（　　）
A． B． C． D．2
【答案】C,D
【知识点】函数的最大（小）值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：，
设，则对任意恒成立，
，设，则，
所以在单调递增，又，当时，，
所以存在使得，则，
当时，，则在单调递减，
当时，，则在单调递增，
所以
，当且仅当时等号成立，解得，
故答案为：CD．
【分析】这道题的核心是通过变量代换和构造函数，将原不等式转化为更易处理的形式，再利用导数求函数最小值，最终确定参数 a 的取值范围。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·浙江期中）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若，则　 　.
【答案】2
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为抛物线方程为，所以，
由焦半径公式可知，，得.
故答案为：2.
【分析】这道题的核心是利用抛物线 x2=4y 的焦半径公式，直接代入已知距离求解点的纵坐标n。
13．（2025高二下·浙江期中）已知函数在处取得极大值，则　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由，
得，则，
解得或，
当时，，，
此时函数在，上单调递增，在上单调递减，
即函数在处取极小值，不成立；
当时，，，
此时函数在，上单调递增，在上单调递减，
即函数在处取极大值，成立；
综上所述，
故答案为：.
【分析】这道题的核心是先利用极值点处导数为0的条件求出a的可能值，再通过分析导数在该点两侧的符号变化，验证哪个值能使x=1成为极大值点。
14．（2025高二下·浙江期中）将编号为1，2，3，4的四个小球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个小盒只能装一个小球，用表示编号与盒子编号相同的小球数，求的分布列．
【答案】解：由题可知，可取0，1，2，4，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 4
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】这道题是经典的错位排列问题，我们需要计算4个小球放入4个盒子时，编号相同的小球数Y的所有可能取值及其对应的概率，从而得到分布列。
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（2025高二下·浙江期中）已知函数，.
（1）求在点处的切线方程；
（2）比较与的大小，并说明理由.
【答案】（1）解：因为，所以
又因为，所以
所以切线方程为：
（2）解：，理由如下：
因为，所以在单调递减，在单调递增
所以恒成立，当且仅当时取到等号
所以
即
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)先计算 f(1) 得到切点坐标，再求导得到切线斜率，最后用点斜式写出切线方程。
(2)先判断函数单调性得到最小值，再代入特殊值构造不等式，变形后比较大小。
（1）解：因为，所以
又因为，所以
所以切线方程为：
（2）判断，
因为，所以在单调递减，在单调递增
所以恒成立，当且仅当时取到等号
所以，即，证毕.
16．（2025高二下·浙江期中）已知椭圆的离心率为，椭圆的面积为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线与椭圆相交于，两点，且的面积为，求直线的方程.
（注：椭圆的面积公式为）
【答案】（1）解：因为椭圆面积，即，
离心率，
可解得，，，
所以椭圆的方程为：
（2）解：
因为直线与椭圆相交于，两点，
所以可以联立方程，得
可得：，即
则
所以，
又因为原点到直线的距离，
所以，
计算可得或，
所以直线方程为和和和.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据椭圆面积公式 和离心率公式 ，结合 建立方程组，解出 和 。
(2)联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求出 ，再求原点到直线的距离，代入三角形面积公式求出 ，从而得到直线方程。
（1）因为椭圆面积，即，
离心率，
可解得，，，
所以椭圆的方程为：；
（2）因为直线与椭圆相交于，两点，
所以可以联立方程，得
可得：，即
则
所以，
又因为原点到直线的距离，
所以，
计算可得或，
所以直线方程为和和和.
17．（2025高二下·浙江期中）如图，四棱锥的底面为筝形，面，点为与的交点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）已知为棱上的一点，若，求二面角的余弦值．
（注：筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形）
【答案】（1）解：因为平面，平面，
所以，
又因为四边形为筝形，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面．
（2）解：以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，垂直于平面向上方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设
则，，，，，，
因为，即，所以，
则，，，
设平面的法向量，
由，取，则，
设平面的法向量，
由，取，则，
所以二面角的余弦值为，
．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)要证明平面PAC⊥平面PBD，只需证明其中一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，先由PA⊥平面ABCD得到PA⊥BD，再结合菱形性质得到AC⊥BD，从而推出BD⊥平面PAC，进而得到面面垂直。
(2)建立空间直角坐标系，求出两个相关平面的法向量，利用向量夹角公式计算二面角的余弦值。
（1）因为平面，平面，
所以，
又因为四边形为筝形，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面．
（2）以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，垂直于平面向上方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设
则，，，，，，
因为，即，所以，
则，，，
设平面的法向量，
由，取，则，
设平面的法向量，
由，取，则，
所以二面角的余弦值为，
．
18．（2025高二下·浙江期中）数列满足．
（1）求证：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明：因为，
且，所以数列是等比数列．
（2）解：由（1）得数列是等比数列，且公比，
所以，故．
所以．
故
，
令，
，
两式相减得
，
所以，
即.
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】(1)通过递推公式变形，构造新数列 ，计算 为常数，从而证明 是等比数列。
(2)先由(1)得到 的通项，将 拆分为 ，用错位相减法求 的和，再用等差数列求和公式求 的和，最后合并得到 。
（1）因为，
且，所以数列是等比数列．
（2）由（1）得数列是等比数列，且公比，
所以，故．
所以．
故
，
令，
，
两式相减得
，
所以，
即.
19．（2025高二下·浙江期中）在平面直角坐标系内，为坐标原点，动点与定点的距离与到定直线的距离之比为常数.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）已知，，是动点的轨迹上的三点，且圆与直线，都相切，且
（ⅰ）求圆的半径；
（ⅱ）试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）解：设点，则点到直线的距离，且，
则，
化简可得，
即点的轨迹方程为；
（2）解：
（ⅰ）设点，圆的方程为，
因为在动点的轨迹上，所以点满足①，
设过原点且圆相切的直线为，
所以，化简可得②，
因为圆与直线，都相切，所以，满足②式，
所以③，
由①可知代入③式可得，即，
所以圆的半径为；
（ⅱ）设，，
因为，两点在动点的轨迹上，
所以，即，
因为，
代入可得，即，
所以
所以为定值.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】(1) 设点坐标，直接代入距离公式列方程，化简得到轨迹方程。
(2)(i)设圆 半径为 ，利用圆心到切线的距离等于半径，结合 推导出半径 。
(ii)设 、，结合椭圆方程和斜率乘积条件，计算 并验证其为定值。
（1）设点，
则点到直线的距离，且，
则，
化简可得，
即点的轨迹方程为；
（2）（ⅰ）设点，圆的方程为，
因为在动点的轨迹上，所以点满足①，
设过原点且圆相切的直线为，
所以，化简可得②，
因为圆与直线，都相切，所以，满足②式，
所以③，
由①可知代入③式可得，即，
所以圆的半径为；
（ⅱ）设，，
因为，两点在动点的轨迹上，
所以，即，
因为，
代入可得，即，
所以
所以为定值.
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