广东省部分高中2025届新高三新起点联合测评数学试卷
1．（2024高三上·广东开学考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·广东开学考）若，则（ ）
A．3 B． C．5 D．
3．（2024高三上·广东开学考）已知向量，，若，则m的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
4．（2024高三上·广东开学考）已知，则（ ）
A． B．0 C． D．1
5．（2024高三上·广东开学考）如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·广东开学考）在等差数列中，若，则的值为（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
7．（2024高三上·广东开学考）已知函数在有且仅有2个极值点，且在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·广东开学考）若，，，则事件A与事件B的关系是（ ）
A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B互为对立
C．事件A与事件B相互独立 D．事件A与事件B互斥又独立
9．（2024高三上·广东开学考）如图，已知二面角的平面角大小为，垂足分别为，，若，则下列结论正确的有（ ）
A．直线与平面所成角的余弦值为
B．点到平面的距离为
C．平面与平面夹角的余弦值为
D．三棱锥外接球的表面积为
10．（2024高三上·广东开学考）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的值域为
B．的对称中心为，
C．在上的单减区间为
D．在上的极值点个数为1
11．（2024高三上·广东开学考）平面上到两定点的距离之积为常数的动点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知曲线是到两定点的距离之积为常数2的点的轨迹，设是曲线上的点，给出下列结论，其中正确的是（ ）
A．曲线关于原点成中心对称 B．
C． D．周长的最小值为
12．（2024高三上·广东开学考）已知，则的最小值为 .
13．（2024高三上·广东开学考）已知函数满足对任意的，都有成立，则实数的取值范围为 .
14．（2024高三上·广东开学考）如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 .
15．（2024高三上·广东开学考）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
16．（2024高三上·广东开学考）已知是等差数列，其前项和为是等比数列，已知，是和的等比中项.
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）记，求证：.
17．（2024高三上·广东开学考）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.
（1）证明；平面.
（2）若二面角的正弦值.
18．（2024高三上·广东开学考）已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于A，B两点（异于点P），直线AP与BP的斜率之积为.
（1）求的方程；
（2）证明：直线的斜率存在，且直线过定点.
19．（2024高三上·广东开学考）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲 乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立.在某局比赛双方打成平后，甲先发球.
（1）求再打2球该局比赛结束的概率；
（2）两人又打了个球该局比赛结束，求的数学期望；
（3）若将规则改为“打成平后，每球交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局比赛甲获胜的概率.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以.
故答案为：D.
【分析】
先求集合A，再根据交集运算求解.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】因为，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】
根据题意求得，进而求模长.
3．【答案】D
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】根据题意知，，，
则，解之可得
故答案为：D.
【分析】
由向量垂直的坐标表示列方程等于零求解，可得结论.
4．【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】
根据同角三角函数关系，结合齐次式问题即可求解.
5．【答案】D
【知识点】异面直线及其所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】取的中点，连接，由E为CD的中点，得，，
则是异面直线CM与AE所成的角或其补角，
正方形中，，在中，，
，，
于是，
所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为.
故答案为：D
【分析】
取有中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦.
6．【答案】C
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】由题意.
故答案为：C.
【分析】
直接由等差数列的性质即可求解.
7．【答案】A
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】因为在有且仅有2个极值点，
所以，解得，
因为在上单调递增，
又，所以，
解得，所以．
故答案为：A．
【分析】
由在有且仅有2个极值点，可得，解得，又在上单调递增，可得，解得，则可得的取值范围.
8．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】对于A，D，∵，∴A与B能同时发生，不互斥，故A，D错误；
对于B，∵，∴，又∵，，∴事件A与事件B不是对立事件，故B错误；
对于C，∵，∴，∴事件A与事件B相互独立，故C正确，
故答案为：C．
【分析】
根据积事件概率不为零可确定A与B能同时发生，不互斥，得不对立，可得ABD错误；根据独立事件概率公式可知C正确.
9．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：对于A中，过点作，使得，
过点作，使得，连接，
过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，
因为，则，
所以即为的二面角，则，
同理可得，且四边形为矩形，
又因为，且平面，则平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，则平面，
所以为直线与平面所成的角，
因为，
则，所以，
所以，所以A正确；
对于B中，由，且，平面，
则平面，因为平面，所以，
又因为，平面，则平面，
由A项知，所以，即点到平面的距离为，所以B正确；
对于C中，连接，过点作，垂足为，
由B知平面，因为平面，所以，
又因为平面，则平面，
因为平面，所以，所以为的二面角，
又因为，由，可得，所以，
所以，所以C错误；
对于D中，设三棱锥的外接球球心为，由，
取的中点为，取的中点为的中点为，
连接，则平面，且平面，，
因为平面，则，
又因为平面，则平面，
同理可得：平面，则四点共面，且，
则，，所以，
因为，所以，
即外接球的半径为，则外接球的表面积为：，所以D正确.
故答案为：A、B、D.
【分析】
根据题意，证得平面，得到为直线与平面所成的角，在直角中，可判定A正确；
证得平面，求得点到平面的距离可判定B正确；
证得和，得到为的二面角的平面角，由
求得，得到，可判定C错误；
设三棱锥的外接球球心为，取的中点为，取的中点为的中点为，得到平面，且平面，证得平面和平面，结合球的截面圆的性质，可判定D正确.
10．【答案】A,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】，
对A：由，则，故A正确；
对B：令，，解得，，
故的对称中心为，，故B错误；
对C：令，，解得，，
则在上的单减区间为，故C错误；
对D：令，，即，，
则在上的极值点有一个，故D正确.
故答案为：A、D.
【分析】
借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，借助正弦型函数的值域、对称性、单调性与极值点逐项计算并判断即可得.
11．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；基本不等式；轨迹方程
【解析】【解答】解：因为是曲线上的点，所以，
则，
即，即，
将代入有成立，
所以曲线C关于原点O成中心对称，故A正确；
由，得，设，则，
所以，则当时，有最大值，
所以，故B错误；
C、由B可知，当时，有最大值为，
则，故C正确；
D、由，当且仅当时等号成立，
周长的最小值为，
而此时，不能构成三角形，即最小值不是，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意，可知得点满足的方程，代入点满足方程，即可判断A；由，得，可求的最大值，可得，即可判断B；由时，有最大值为1，即可判断C；由，可得时，不能构成三角形，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由题，所以
，
当且仅当，即，即时等号成立.
故答案为：.
【分析】
依据条件结构特征利用分离常数法和配凑法思想对进行变形配凑，再结合基本不等式即可求解最小值.
.
13．【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】由题意，为定义在上的减函数，则各段为减函数，还要区间端点附近递减，
所以，解得，则.
故答案为：.
【分析】
运用分段函数单调性，结合一次函数和指数型函数单调性列不等式组，解出即可可解.
14．【答案】60π
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】翻折前，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，
同理可得，即为直线与平面所成的角，
因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，
所以，
而，，
所以，即，
设，则，
过点作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
即点到平面的距离为，
因为三棱锥的体积，且为定值，
所以要使三棱锥的体积取得最大值，则需取得最大值，
设，，则，
由勾股定理知，，，
所以，，
消去整理得，，，，
当时，取得最大值12，即取得最大值，此时点在线段上，且，
所以，，两两垂直，
所以三棱锥的外接球就是以，，为邻边构成的长方体的外接球，
所以，
所以外接球的半径，
所以当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：．
【分析】
先结合线面角的定义与已知条件可得，从而知，过点作于点，根据三棱锥的体积公式，将条件转化为取得最大值，再结合勾股定理确定点的位置，然后利用补形法求外接球的半径，代入球的表面积公式即可．
15．【答案】（1）（1）函数的定义域为，求出得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，由，得，由，得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
（2）（2）当时，，令，
函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，则，
所以.
【知识点】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）求出函数的导数，再按分类探讨单调区间即可求解.
（2）构造函数，再利用导数研究其单调性、最大值即可证明.
（1）函数的定义域为，求出得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，由，得，由，得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
（2）当时，，令，
函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，则，
所以.
16．【答案】（1）（1）由题意，
，
又是和的等比中项，得，
又，解得，
；
（2）（2），
设，
则，
将以上两式相减得
，
；
（3）（3）
，
，
.
结论得证.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比中项
【解析】【分析】（1）利用等差数列求和公式由求出公差d，再利用等差数列通项公式求得，利用等比中项定义由是和的等比中项求得，然后根据等比数列通项公式求得公比q，求出；
（2）利用错位相减法求出；
（3）利用放缩法求和结合等比数列求和公式，即可证明.
（1）由题意，
，
又是和的等比中项，得，
又，解得，
；
（2），
设，
则，
将以上两式相减得
，
；
（3）
，
，
.
结论得证.
17．【答案】（1）（1）
设D为的中点，连接，，.
因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形，
而是的中点，故由三线合一可知，，
因为，是三角形的中位线，即，所以.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，O为的中点，所以.
因为，平面，所以平面.
（2）（2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
，，.
设平面的法向量为，
则，可取.
设平面的法向量为，
则，可取.
因为平面平面，所以平面的一个法向量为.
，，
故二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）设D为的中点，根据线面垂直判定j先证明平面，根据 线面垂直性质得到，再证明，结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解.
（1）
设D为的中点，连接，，.
因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形，
而是的中点，故由三线合一可知，，
因为，是三角形的中位线，即，所以.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，O为的中点，所以.
因为，平面，所以平面.
（2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
，，.
设平面的法向量为，
则，可取.
设平面的法向量为，
则，可取.
因为平面平面，所以平面的一个法向量为.
，，
故二面角的正弦值为.
18．【答案】（1）因为虚轴长为，所以，
将的坐标代入方程，得，解得，
故的方程为.
（2）设，直线AP的斜率为，直线BP的斜率为．
当直线的斜率不存在时，设，联立得，
即，
由，得，解得（舍去）或（舍去），
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入的方程得，
则，
由，
可得，
即，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，直线过点，
与条件矛盾，舍去；
当时，直线的方程为，直线过定点
【知识点】恒过定点的直线；双曲线的标准方程；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）根据虚轴定义得，将的坐标代入方程得，即可求解双曲线方程；
（2）设出直线方程，代入曲线中，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之积可得直线l中参数关系，即可得其定点.
（1）因为虚轴长为，所以，
将的坐标代入方程，得，解得，
故的方程为.
（2）设，直线AP的斜率为，直线BP的斜率为．
当直线的斜率不存在时，设，联立得，
即，
由，得，解得（舍去）或（舍去），
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入的方程得，
则，
由，
可得，
即，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，直线过点，
与条件矛盾，舍去；
当时，直线的方程为，直线过定点
19．【答案】（1）解：平后，设事件“第个球甲得分”，则“第个球乙得分”，设“再打两球该局比赛结束”，则，
所以
（2）解：的可能取值为所有正偶数，
考虑第个球与第个球，如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束：如果这两球甲 乙各得1分，
则比赛相当于重新开始；这两球甲 乙各得1分的概率为，
所以
，
，
……
，
……
所以，
记，
则，
以上两式相减得
，
所以，
当趋于时，趋于4，所以.
（3）解：设再打个球比赛结束且甲获胜的概率为，
则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以该局比赛甲获胜的概率
当趋于时，趋于，
所以该局比赛甲获胜的概率为.
【知识点】等比数列的前n项和；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由题意可知甲连续得2分，或乙连续得2分比赛结束，再利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得结果；
（2）由题意可知的可能取值为所有正偶数，然后根据题意分别求出相应的概率，表示出期望后，再利用错位相减法可求得结果；
（3）设再打个球比赛结束且甲获胜的概率为，当为奇数时，，当为偶数时，，则可求得甲获胜的概率.
（1）平后，设事件“第个球甲得分”，则“第个球乙得分”，
设“再打两球该局比赛结束”，则，
所以.
（2）的可能取值为所有正偶数，
考虑第个球与第个球，如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束：如果这两球甲 乙各得1分，
则比赛相当于重新开始；这两球甲 乙各得1分的概率为，
所以
，
，
……
，
……
所以，
记，
则，
以上两式相减得
，
所以，
当趋于时，趋于4，所以.
（3）设再打个球比赛结束且甲获胜的概率为，
则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以该局比赛甲获胜的概率
当趋于时，趋于，
所以该局比赛甲获胜的概率为.
1 / 1广东省部分高中2025届新高三新起点联合测评数学试卷
1．（2024高三上·广东开学考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以.
故答案为：D.
【分析】
先求集合A，再根据交集运算求解.
2．（2024高三上·广东开学考）若，则（ ）
A．3 B． C．5 D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】因为，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】
根据题意求得，进而求模长.
3．（2024高三上·广东开学考）已知向量，，若，则m的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】D
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】根据题意知，，，
则，解之可得
故答案为：D.
【分析】
由向量垂直的坐标表示列方程等于零求解，可得结论.
4．（2024高三上·广东开学考）已知，则（ ）
A． B．0 C． D．1
【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】
根据同角三角函数关系，结合齐次式问题即可求解.
5．（2024高三上·广东开学考）如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】异面直线及其所成的角；余弦定理的应用
【解析】【解答】取的中点，连接，由E为CD的中点，得，，
则是异面直线CM与AE所成的角或其补角，
正方形中，，在中，，
，，
于是，
所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为.
故答案为：D
【分析】
取有中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦.
6．（2024高三上·广东开学考）在等差数列中，若，则的值为（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
【答案】C
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】由题意.
故答案为：C.
【分析】
直接由等差数列的性质即可求解.
7．（2024高三上·广东开学考）已知函数在有且仅有2个极值点，且在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】因为在有且仅有2个极值点，
所以，解得，
因为在上单调递增，
又，所以，
解得，所以．
故答案为：A．
【分析】
由在有且仅有2个极值点，可得，解得，又在上单调递增，可得，解得，则可得的取值范围.
8．（2024高三上·广东开学考）若，，，则事件A与事件B的关系是（ ）
A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B互为对立
C．事件A与事件B相互独立 D．事件A与事件B互斥又独立
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】对于A，D，∵，∴A与B能同时发生，不互斥，故A，D错误；
对于B，∵，∴，又∵，，∴事件A与事件B不是对立事件，故B错误；
对于C，∵，∴，∴事件A与事件B相互独立，故C正确，
故答案为：C．
【分析】
根据积事件概率不为零可确定A与B能同时发生，不互斥，得不对立，可得ABD错误；根据独立事件概率公式可知C正确.
9．（2024高三上·广东开学考）如图，已知二面角的平面角大小为，垂足分别为，，若，则下列结论正确的有（ ）
A．直线与平面所成角的余弦值为
B．点到平面的距离为
C．平面与平面夹角的余弦值为
D．三棱锥外接球的表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：对于A中，过点作，使得，
过点作，使得，连接，
过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，
因为，则，
所以即为的二面角，则，
同理可得，且四边形为矩形，
又因为，且平面，则平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，则平面，
所以为直线与平面所成的角，
因为，
则，所以，
所以，所以A正确；
对于B中，由，且，平面，
则平面，因为平面，所以，
又因为，平面，则平面，
由A项知，所以，即点到平面的距离为，所以B正确；
对于C中，连接，过点作，垂足为，
由B知平面，因为平面，所以，
又因为平面，则平面，
因为平面，所以，所以为的二面角，
又因为，由，可得，所以，
所以，所以C错误；
对于D中，设三棱锥的外接球球心为，由，
取的中点为，取的中点为的中点为，
连接，则平面，且平面，，
因为平面，则，
又因为平面，则平面，
同理可得：平面，则四点共面，且，
则，，所以，
因为，所以，
即外接球的半径为，则外接球的表面积为：，所以D正确.
故答案为：A、B、D.
【分析】
根据题意，证得平面，得到为直线与平面所成的角，在直角中，可判定A正确；
证得平面，求得点到平面的距离可判定B正确；
证得和，得到为的二面角的平面角，由
求得，得到，可判定C错误；
设三棱锥的外接球球心为，取的中点为，取的中点为的中点为，得到平面，且平面，证得平面和平面，结合球的截面圆的性质，可判定D正确.
10．（2024高三上·广东开学考）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的值域为
B．的对称中心为，
C．在上的单减区间为
D．在上的极值点个数为1
【答案】A,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】，
对A：由，则，故A正确；
对B：令，，解得，，
故的对称中心为，，故B错误；
对C：令，，解得，，
则在上的单减区间为，故C错误；
对D：令，，即，，
则在上的极值点有一个，故D正确.
故答案为：A、D.
【分析】
借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，借助正弦型函数的值域、对称性、单调性与极值点逐项计算并判断即可得.
11．（2024高三上·广东开学考）平面上到两定点的距离之积为常数的动点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知曲线是到两定点的距离之积为常数2的点的轨迹，设是曲线上的点，给出下列结论，其中正确的是（ ）
A．曲线关于原点成中心对称 B．
C． D．周长的最小值为
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；基本不等式；轨迹方程
【解析】【解答】解：因为是曲线上的点，所以，
则，
即，即，
将代入有成立，
所以曲线C关于原点O成中心对称，故A正确；
由，得，设，则，
所以，则当时，有最大值，
所以，故B错误；
C、由B可知，当时，有最大值为，
则，故C正确；
D、由，当且仅当时等号成立，
周长的最小值为，
而此时，不能构成三角形，即最小值不是，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意，可知得点满足的方程，代入点满足方程，即可判断A；由，得，可求的最大值，可得，即可判断B；由时，有最大值为1，即可判断C；由，可得时，不能构成三角形，即可判断D.
12．（2024高三上·广东开学考）已知，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由题，所以
，
当且仅当，即，即时等号成立.
故答案为：.
【分析】
依据条件结构特征利用分离常数法和配凑法思想对进行变形配凑，再结合基本不等式即可求解最小值.
.
13．（2024高三上·广东开学考）已知函数满足对任意的，都有成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】由题意，为定义在上的减函数，则各段为减函数，还要区间端点附近递减，
所以，解得，则.
故答案为：.
【分析】
运用分段函数单调性，结合一次函数和指数型函数单调性列不等式组，解出即可可解.
14．（2024高三上·广东开学考）如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】60π
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】翻折前，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，
同理可得，即为直线与平面所成的角，
因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，
所以，
而，，
所以，即，
设，则，
过点作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
即点到平面的距离为，
因为三棱锥的体积，且为定值，
所以要使三棱锥的体积取得最大值，则需取得最大值，
设，，则，
由勾股定理知，，，
所以，，
消去整理得，，，，
当时，取得最大值12，即取得最大值，此时点在线段上，且，
所以，，两两垂直，
所以三棱锥的外接球就是以，，为邻边构成的长方体的外接球，
所以，
所以外接球的半径，
所以当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：．
【分析】
先结合线面角的定义与已知条件可得，从而知，过点作于点，根据三棱锥的体积公式，将条件转化为取得最大值，再结合勾股定理确定点的位置，然后利用补形法求外接球的半径，代入球的表面积公式即可．
15．（2024高三上·广东开学考）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）（1）函数的定义域为，求出得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，由，得，由，得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
（2）（2）当时，，令，
函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，则，
所以.
【知识点】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）求出函数的导数，再按分类探讨单调区间即可求解.
（2）构造函数，再利用导数研究其单调性、最大值即可证明.
（1）函数的定义域为，求出得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，由，得，由，得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
（2）当时，，令，
函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，则，
所以.
16．（2024高三上·广东开学考）已知是等差数列，其前项和为是等比数列，已知，是和的等比中项.
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）记，求证：.
【答案】（1）（1）由题意，
，
又是和的等比中项，得，
又，解得，
；
（2）（2），
设，
则，
将以上两式相减得
，
；
（3）（3）
，
，
.
结论得证.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比中项
【解析】【分析】（1）利用等差数列求和公式由求出公差d，再利用等差数列通项公式求得，利用等比中项定义由是和的等比中项求得，然后根据等比数列通项公式求得公比q，求出；
（2）利用错位相减法求出；
（3）利用放缩法求和结合等比数列求和公式，即可证明.
（1）由题意，
，
又是和的等比中项，得，
又，解得，
；
（2），
设，
则，
将以上两式相减得
，
；
（3）
，
，
.
结论得证.
17．（2024高三上·广东开学考）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.
（1）证明；平面.
（2）若二面角的正弦值.
【答案】（1）（1）
设D为的中点，连接，，.
因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形，
而是的中点，故由三线合一可知，，
因为，是三角形的中位线，即，所以.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，O为的中点，所以.
因为，平面，所以平面.
（2）（2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
，，.
设平面的法向量为，
则，可取.
设平面的法向量为，
则，可取.
因为平面平面，所以平面的一个法向量为.
，，
故二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）设D为的中点，根据线面垂直判定j先证明平面，根据 线面垂直性质得到，再证明，结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解.
（1）
设D为的中点，连接，，.
因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形，
而是的中点，故由三线合一可知，，
因为，是三角形的中位线，即，所以.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，O为的中点，所以.
因为，平面，所以平面.
（2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
，，.
设平面的法向量为，
则，可取.
设平面的法向量为，
则，可取.
因为平面平面，所以平面的一个法向量为.
，，
故二面角的正弦值为.
18．（2024高三上·广东开学考）已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于A，B两点（异于点P），直线AP与BP的斜率之积为.
（1）求的方程；
（2）证明：直线的斜率存在，且直线过定点.
【答案】（1）因为虚轴长为，所以，
将的坐标代入方程，得，解得，
故的方程为.
（2）设，直线AP的斜率为，直线BP的斜率为．
当直线的斜率不存在时，设，联立得，
即，
由，得，解得（舍去）或（舍去），
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入的方程得，
则，
由，
可得，
即，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，直线过点，
与条件矛盾，舍去；
当时，直线的方程为，直线过定点
【知识点】恒过定点的直线；双曲线的标准方程；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）根据虚轴定义得，将的坐标代入方程得，即可求解双曲线方程；
（2）设出直线方程，代入曲线中，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之积可得直线l中参数关系，即可得其定点.
（1）因为虚轴长为，所以，
将的坐标代入方程，得，解得，
故的方程为.
（2）设，直线AP的斜率为，直线BP的斜率为．
当直线的斜率不存在时，设，联立得，
即，
由，得，解得（舍去）或（舍去），
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入的方程得，
则，
由，
可得，
即，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，直线过点，
与条件矛盾，舍去；
当时，直线的方程为，直线过定点
19．（2024高三上·广东开学考）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲 乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立.在某局比赛双方打成平后，甲先发球.
（1）求再打2球该局比赛结束的概率；
（2）两人又打了个球该局比赛结束，求的数学期望；
（3）若将规则改为“打成平后，每球交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局比赛甲获胜的概率.
【答案】（1）解：平后，设事件“第个球甲得分”，则“第个球乙得分”，设“再打两球该局比赛结束”，则，
所以
（2）解：的可能取值为所有正偶数，
考虑第个球与第个球，如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束：如果这两球甲 乙各得1分，
则比赛相当于重新开始；这两球甲 乙各得1分的概率为，
所以
，
，
……
，
……
所以，
记，
则，
以上两式相减得
，
所以，
当趋于时，趋于4，所以.
（3）解：设再打个球比赛结束且甲获胜的概率为，
则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以该局比赛甲获胜的概率
当趋于时，趋于，
所以该局比赛甲获胜的概率为.
【知识点】等比数列的前n项和；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由题意可知甲连续得2分，或乙连续得2分比赛结束，再利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得结果；
（2）由题意可知的可能取值为所有正偶数，然后根据题意分别求出相应的概率，表示出期望后，再利用错位相减法可求得结果；
（3）设再打个球比赛结束且甲获胜的概率为，当为奇数时，，当为偶数时，，则可求得甲获胜的概率.
（1）平后，设事件“第个球甲得分”，则“第个球乙得分”，
设“再打两球该局比赛结束”，则，
所以.
（2）的可能取值为所有正偶数，
考虑第个球与第个球，如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束：如果这两球甲 乙各得1分，
则比赛相当于重新开始；这两球甲 乙各得1分的概率为，
所以
，
，
……
，
……
所以，
记，
则，
以上两式相减得
，
所以，
当趋于时，趋于4，所以.
（3）设再打个球比赛结束且甲获胜的概率为，
则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以该局比赛甲获胜的概率
当趋于时，趋于，
所以该局比赛甲获胜的概率为.
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