四川省成都市2024-2025学年高三上学期数学模拟考试（二）
1．（2024高三上·成都模拟）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·成都模拟）已知正方形的边长为1，设点M、N满足，.若，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
3．（2024高三上·成都模拟）已知，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·成都模拟）已知函数 在 上单调递增，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·成都模拟）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·成都模拟）直线与函数和的图象都相切，则（ ）
A．2 B． C． D．
7．（2024高三上·成都模拟）在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列中，最大项和最小项分别为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·成都模拟）已知函数满足，当时，，则（ ）
A．为奇函数 B．若，则
C．若，则 D．若，则
9．（2024高三上·成都模拟）已知函数，其中，为实数，则下列条件能使函数仅有一个零点的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
10．（2024高三上·成都模拟）已知平面内两定点和与一动点P(x，y)，满足，若动点的轨迹为曲线，则下列关于曲线E的说法正确的是（ ）
A．存在，使曲线过坐标原点；
B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称；
C．若三点不共线，则周长最小值为；
D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于.
11．（2024高三上·成都模拟）定义：实数满足，则称比远离.已知函数的定义域为，任取等于和中远离0的那个值，则（ ）
A．是偶函数 B．的值域为
C．在上单调递增 D．在上单调递减
12．（2024高三上·成都模拟）在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为 ．
13．（2024高三上·成都模拟）若函数对恒成立，则的取值范围是 .
14．（2024高三上·成都模拟）在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
15．（2024高三上·成都模拟）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求
（2）若，的面积为，求a的值.
16．（2024高三上·成都模拟）已知某公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产一千件需另投入2.7万元，设该公司年内共生产该品牌服装千件并全部销售完，销售收入为万元，且（注：年利润年销售收入年总成本）
（1）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；
（2）求公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大时的年产量.
17．（2024高三上·成都模拟）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程.
18．（2024高三上·成都模拟）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为，求的值．
19．（2024高三上·成都模拟）若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质．
（1）若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值；
（2）若等差数列具有性质，且，求的取值范围；
（3）已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，
所以，
由，解得，
所以，.
故答案为：C．
【分析】利用一元二次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合A，再由绝对值不等式求解方法和元素与集合的关系，则得出集合B，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：如图所示：以为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
因为正方形的边长为1，
可得，，，，
，，
，，，，
，故，
，
故时，的最小值是.
故答案为：．
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，再利用正方形的边长得出点的坐标，再由向量共线的坐标表示，从而得出点M，N的坐标，进而得出向量的坐标，再利用数量积的坐标表示和二次函数的图象的开口方向、对称性以及单调性，从而得出二次函数的最小值，进而得出的最小值.
3．【答案】A
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，所以；
又因为，所以，即，所以；
又因为，所以，即，所以，
而，所以.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据对数函数的单调性，结合中间值法判断即可.
4．【答案】D
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】由 得 或
所以 的定义域为
因为 在 上单调递增
所以 在 上单调递增
所以
故答案为：D
【分析】 首先求出f(x) 的定义域，然后求出的单调递增区间即可。
5．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，
所以，可得，
因为，所以，可得，
由，可得，
所以.
故答案为：D.
【分析】由诱导公式和同角三角函数基本关系式，从而得出，再利用角的取值范围和三角函数值在各象限的符号，从而得到，再由同角三角函数基本关系式得出的值，则由两角和的正弦公式，从而得出的值.
6．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解： 直线与函数和的图象都相切，
设两个切点分别为，
求导可得，
曲线在点处的切线方程为，
整理可得：，
曲线在点处的切线方程为，
整理可得：，
因为直线是两函数图象的公切线，所以，
由①可得，代入②得：，整理得：，
所以，代入②得：.
故答案为：D.
【分析】由题意，设切点分别为，再对函数求导，根据导数的几何意义，切点在切线上以及切点在函数图象上列方程组求解即可.
7．【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，即，
，即，故，.
①当，时，，，故，
，，故；
②当，时，，，故，
，，；
③当时，且，，故，
综上所述：中，最大项和最小项分别为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等差数列前n项和公式和等差数列的性质，从而得出，，，再考虑，，三种情况和等差数列的通项公式以及等差数列前n项和公式，从而由函数求最值的的方法，进而确定的大小，则得出有限项数列中的最大项和最小项.
8．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：A、 函数满足， 令，，则，解得；
令，，则，解得；
令，得，故为偶函数，故A错误；
B、，，且，即，
则，故在上单调递减，
若，则，故，解得，且，故B错误；
C、若，则，故C正确；
D、若，则，，，
所以，故D错误.
故答案为：C．
【分析】根据已知条件，利用赋值法可得，，进而可得，即可判断A；根据函数单调性的定义可判断在上单调递减，即可求解判断B；代值逐步求解即可判断CD.
9．【答案】A,C,D
【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；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由已知可得的定义域为，
A、当时，，
则，
当或时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值，
因为 且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故A符合题意，
B、当时，，则.
当或时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
又因为，且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有两个交点，
故此时有且只有两个零点，故B不合题意.
C、当时，，则在上恒成立，当且仅当时取等号，故在上单调递增，
又因为 ，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故C符合题意；
D、当时，，则在上恒成立，故在上单调递增，
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，将的值代入解析式，利用导数分析函数的单调性与极值，结合图象及零点存在性定理，判断零点个数即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；基本不等式在最值问题中的应用；轨迹方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意：，，
所以，，
即曲线的方程为：.
对于A：将代入曲线，得，即，满足题意，故A正确；
对于B：将替换代入曲线方程得：
所以，曲线关于轴对称；将替换代入曲线方程得：
，
所以，曲线关于轴对称，故B错误；
对于C：周长为：，
根据基本不等式，可得，
当时，取等号，故C正确；
对于D：由题意可知：，
由选项B可知，曲线关于轴和轴对称，如图所示：
所以四边形的面积为2个的面积，
即，
当且仅当，即时取等号，
所以，四边形的面积不大于，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意和向量的坐标表示，从而得出的坐标，再结合向量的模的坐标表示，从而得出曲线E的方程，将原点代入曲线E的方程得出m的值，则判断出选项A；将代入曲线E的方程，再由曲线E的对称性，从而判断出选项B；利用三角形的周长公式和基本不等式求最值的方法，则判断出选项C； 由题意可知：， 由选项B可知，曲线关于轴和轴对称，则四边形的面积为2个的面积，再由三角形的面积公式和正弦函数的最值，从而得出
四边形的面积不大于，则判断出选项D，进而找出曲线E的说法正确的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】二倍角的余弦公式；余弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
，，
两边平方并化简得，
，由于，
所以，，
解得或，
解得，或，或，
或，
同理，由解得或，
设
设，
，
由于则；则，
，
故，所以为偶函数，故A正确；
由于，所以、，故B错误；
由上述分析可知，，，而，
所以在区间不是单调函数，故C错误；
，，在区间上递减，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，先求函数的解析式，再逐项分析判断即可.
12．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，得到，
由题意知，即，
所以，解得，或（舍去）．
故答案为：.
【分析】设，再结合通径的定义和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而由双曲线的离心率公式，进而解方程得出双曲线的离心率的值.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：不等式，
令，
由不等式对恒成立，
即不等式对任意恒成立，令，
因此，解得，
故实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由题意，利用二倍角的余弦公式化简，令，将问题转化为二次函数值恒小于0求解即可.
14．【答案】32；
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个.
（2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点
样本点总数：
当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同.
满足的样本点个数为.
所以.
故分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
.
故答案为：32；.
【分析】第一空由题意结合分步乘法计数原理，从而求解得出5维“立方体”的顶点个数；第二空先确定样本点总数，再得到随机变量的可能取值，从而利用得出随机变量X的分布列，最后根据随机变量的分布列求数学期望的公式，则得出的值.
15．【答案】（1）解：由已知条件和余弦定理得：
，
可得，
所以．
（2）解：由得，，
又因为，所以，
则，．
可得
由的面积为，得出，所以．
由正弦定理得，，
所以，故.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和余弦定理，从而得出的值.
（2）利用（1）中的值和，从而得出的值，再利用三角形中角A，C的取值范围，从而得出角C的值，再根据同角三角函数基本关系式，则得出和的值，再根据三角形内角和定理和两角和的正弦公式，从而得出的值，再根据三角形面积公式得出ac的值，最后由正弦定理得出a的值.
（1）由条件及余弦定理得，，
可得， 所以．
（2）由得，，
又，所以，
则，．
可得，
由的面积为得，
所以．
由正弦定理得，，
所以，故.
16．【答案】（1）解：当时，
；
当时，
，
综上所述：.
（2）解：当时，，
则，
由；由，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以；
当时，，
因为，
当且仅当时，即当时取“”，
此时，
因为，所以当年产量为千件时，年利润最大.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；导数在最大值、最小值问题中的应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用分类讨论的方法和“年利润年销售收入年总成本”，从而写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式.
（2）利用分类讨论的方法和导数判断单调性求最值的方法、均值不等式求最值的方法，再结合比较法得出分段函数的最大值，从而得出公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大时的年产量和利润的最大值.
（1）当时，；
当时，.
综上：.
（2）当时，，.
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
当时，.
因为，当且仅当即时取“”.
此时.
因为.
所以当年产量为千件时，年利润最大.
17．【答案】（1）解：设椭圆的方程为：，
因为椭圆的面积为，点在椭圆上.
所以解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）解：因为经过点的直线与曲线交于，两点，
当直线的斜率不存在时，，
此时，
因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在，
不妨设直线的方程为，联立，
消去并整理可得：，
不妨设，则，
因为，
，
所以
，
因为与椭圆的面积比为，
所以，化简为，
即，即，解得：，
所以直线的方程为或，
所以直线的方程为或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设椭圆的方程为：，再利用已知条件和椭圆的面积公式以及代入法，从而建立a，b的方程组，进而解方程组求出的值，则求出椭圆的标准方程.
（2）对直线的斜率是否存在进行讨论，当直线的斜率不存在时，从而得出A，B的坐标，再由三角形的面积公式和与椭圆的面积比为，但，从而得出直线斜率存在，当直线斜率存在时，不妨设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理和代入法，再结合三角形的面积公式和与椭圆的面积比为，从而求出直线的斜率，进而得出直线的方程.
（1）设椭圆的方程为：，
因为椭圆的面积为，点在椭圆上.
所以解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）因为经过点的直线与曲线交于，两点，
当直线的斜率不存在时，，此时，
因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在；
不妨设直线的方程为，联立，
消去并整理可得：，
不妨设，则，
因为，
，
所以
，
因为与椭圆的面积比为，
所以，化简为，
即，即，
解得：，所以直线的方程为或，
所以直线的方程为或.
18．【答案】（1）证明：取中点，连接如图所示：
因为为的中点，为的中点，
，，
，，
可得四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
（2）解：平面平面过作平面，
，
为中点，，
分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则
又因为，
，
设二面角的平面角为，
，
整理得：，解得或（舍）.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；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）取中点，连接，，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，从而得出线线平行和线线相等，再根据平行四边形的定义，则可得四边形为平行四边形，从而得出线线平行，再根据线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，再利用三棱锥的体积为1和三棱锥的体积公式以及等腰三角形三线合一，从而得出线线垂直，则分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合向量共线的坐标表示，从而得出点G的坐标，进而得出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面和平面的一个法向量，再根据数量积求向量夹角公式和二面角的余弦值为，从而解方程得出满足要求的t的值．
（1）证明：取中点，连接为的中点，为的中点，
，，
，，
据此可得四边形为平行四边形，
，平面，平面，
平面．
（2）解：平面平面过作平面，
，
为中点，，
如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
由，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则又，
，设二面角的平面角为，
，
整理得：，解得或（舍）.
19．【答案】（1）解：因为数列具有性质，
则，所以，，
当时，
由，所以，或，
当时，
由，所以，或，
综上所述，的可能取值有：、、、.
（2）解：设等差数列的公差为，
则，
即，所以，，
所以，，
因为，则，
所以，.
（3）解：根据性质，，都有，
又因为，所以，，
于是，
因为、必同号，进而、必同号，
若，由性质，
必有，，，，这与矛盾，
所以，，进而，，
讨论可知或或，仅有这三种可能，
若，则，，，这与矛盾，
因此，.
下面证明：，则，
利用反证法：假设，则，
又因为，所以，，
若，则或，与矛盾，
则，所以，，则或，
于是无论哪种情况，，，
由且可得，此时满足，
所以，，则，，
所以，，矛盾，
综上可知，，所以，，.
下面证明：，
利用反证法，如不然，只能，所以，，则，
由于，所以，，只能有，，这与矛盾，
总之，，
再由可得，
进而，都成立，
可以猜测数列的通项公式为，
可验证此时、两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，
仍满足，，
设是第一个违反上述通项公式的项，
若，则，，
所以，，符合通项公式，矛盾；
若，则，，
所以，，也符合通项公式，矛盾，
综上所述，数列的通项公式必为.
【知识点】函数的最大（小）值；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的性质；反证法的应用；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列具有性质且，从而由绝对值的定义得出，再利用分类讨论的方法和性质，从而写出的所有可能取值.
（2）设等差数列的公差为，根据等差数列具有性质且，则得出，从而可得公差的取值范围，再利用等差数列的通项公式和公差的取值范围，再由不等式的基本性质和二次函数的图象的开口方向、对称性、单调性，从而得出二次函数的最值，进而得出的取值范围.
（3）根据性质可得出和，从而可推导出、必同号，再利用性质可得出，利用反证法可证得：，则，再证明出，由此可知，都成立，可猜测数列的通项公式，再利用反证法证明数列的唯一性，从而由分类讨论的方法，进而得出数列的通项公式.
（1）解：因为数列具有性质，则，所以，，
当时，由，所以，或，
当时， 由，所以，或.
综上所述，的可能取值有：、、、.
（2）解：设等差数列的公差为，
则，
即，所以，，
所以，，
因为，则，
所以，.
（3）解：根据性质，，都有，
又因为，所以，，
于是，因为、必同号，进而、必同号，
若，由性质，必有，，，，这与矛盾，
所以，，进而，，讨论可知或或，仅有这三种可能.
若，则，，，这与矛盾，因此，.
下面证明：，则，
利用反证法：假设，则，
又因为，所以，，
若，则或，与矛盾，则，所以，，则或，
于是无论哪种情况，，，
由且可得，此时满足，
所以，，则，，所以，，矛盾，
综上可知，，所以，，，
下面证明：，利用反证法，如不然，只能，所以，，则，
由于，所以，，只能有，，这与矛盾，
总之，，再由可得，进而，都成立，
可以猜测数列的通项为，
可验证此时、两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，
仍满足，，
设是第一个违反上述通项公式的项，
若，则，，所以，，符合通项公式，矛盾；
若，则，，所以，，也符合通项公式，矛盾.
综上所述，数列的通项公式必为.
1 / 1四川省成都市2024-2025学年高三上学期数学模拟考试（二）
1．（2024高三上·成都模拟）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，
所以，
由，解得，
所以，.
故答案为：C．
【分析】利用一元二次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合A，再由绝对值不等式求解方法和元素与集合的关系，则得出集合B，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2024高三上·成都模拟）已知正方形的边长为1，设点M、N满足，.若，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：如图所示：以为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
因为正方形的边长为1，
可得，，，，
，，
，，，，
，故，
，
故时，的最小值是.
故答案为：．
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，再利用正方形的边长得出点的坐标，再由向量共线的坐标表示，从而得出点M，N的坐标，进而得出向量的坐标，再利用数量积的坐标表示和二次函数的图象的开口方向、对称性以及单调性，从而得出二次函数的最小值，进而得出的最小值.
3．（2024高三上·成都模拟）已知，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，所以；
又因为，所以，即，所以；
又因为，所以，即，所以，
而，所以.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据对数函数的单调性，结合中间值法判断即可.
4．（2024高三上·成都模拟）已知函数 在 上单调递增，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】由 得 或
所以 的定义域为
因为 在 上单调递增
所以 在 上单调递增
所以
故答案为：D
【分析】 首先求出f(x) 的定义域，然后求出的单调递增区间即可。
5．（2024高三上·成都模拟）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，
所以，可得，
因为，所以，可得，
由，可得，
所以.
故答案为：D.
【分析】由诱导公式和同角三角函数基本关系式，从而得出，再利用角的取值范围和三角函数值在各象限的符号，从而得到，再由同角三角函数基本关系式得出的值，则由两角和的正弦公式，从而得出的值.
6．（2024高三上·成都模拟）直线与函数和的图象都相切，则（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解： 直线与函数和的图象都相切，
设两个切点分别为，
求导可得，
曲线在点处的切线方程为，
整理可得：，
曲线在点处的切线方程为，
整理可得：，
因为直线是两函数图象的公切线，所以，
由①可得，代入②得：，整理得：，
所以，代入②得：.
故答案为：D.
【分析】由题意，设切点分别为，再对函数求导，根据导数的几何意义，切点在切线上以及切点在函数图象上列方程组求解即可.
7．（2024高三上·成都模拟）在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列中，最大项和最小项分别为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，即，
，即，故，.
①当，时，，，故，
，，故；
②当，时，，，故，
，，；
③当时，且，，故，
综上所述：中，最大项和最小项分别为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等差数列前n项和公式和等差数列的性质，从而得出，，，再考虑，，三种情况和等差数列的通项公式以及等差数列前n项和公式，从而由函数求最值的的方法，进而确定的大小，则得出有限项数列中的最大项和最小项.
8．（2024高三上·成都模拟）已知函数满足，当时，，则（ ）
A．为奇函数 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：A、 函数满足， 令，，则，解得；
令，，则，解得；
令，得，故为偶函数，故A错误；
B、，，且，即，
则，故在上单调递减，
若，则，故，解得，且，故B错误；
C、若，则，故C正确；
D、若，则，，，
所以，故D错误.
故答案为：C．
【分析】根据已知条件，利用赋值法可得，，进而可得，即可判断A；根据函数单调性的定义可判断在上单调递减，即可求解判断B；代值逐步求解即可判断CD.
9．（2024高三上·成都模拟）已知函数，其中，为实数，则下列条件能使函数仅有一个零点的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A,C,D
【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；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由已知可得的定义域为，
A、当时，，
则，
当或时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值，
因为 且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故A符合题意，
B、当时，，则.
当或时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
又因为，且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有两个交点，
故此时有且只有两个零点，故B不合题意.
C、当时，，则在上恒成立，当且仅当时取等号，故在上单调递增，
又因为 ，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故C符合题意；
D、当时，，则在上恒成立，故在上单调递增，
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，将的值代入解析式，利用导数分析函数的单调性与极值，结合图象及零点存在性定理，判断零点个数即可.
10．（2024高三上·成都模拟）已知平面内两定点和与一动点P(x，y)，满足，若动点的轨迹为曲线，则下列关于曲线E的说法正确的是（ ）
A．存在，使曲线过坐标原点；
B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称；
C．若三点不共线，则周长最小值为；
D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于.
【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；基本不等式在最值问题中的应用；轨迹方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意：，，
所以，，
即曲线的方程为：.
对于A：将代入曲线，得，即，满足题意，故A正确；
对于B：将替换代入曲线方程得：
所以，曲线关于轴对称；将替换代入曲线方程得：
，
所以，曲线关于轴对称，故B错误；
对于C：周长为：，
根据基本不等式，可得，
当时，取等号，故C正确；
对于D：由题意可知：，
由选项B可知，曲线关于轴和轴对称，如图所示：
所以四边形的面积为2个的面积，
即，
当且仅当，即时取等号，
所以，四边形的面积不大于，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意和向量的坐标表示，从而得出的坐标，再结合向量的模的坐标表示，从而得出曲线E的方程，将原点代入曲线E的方程得出m的值，则判断出选项A；将代入曲线E的方程，再由曲线E的对称性，从而判断出选项B；利用三角形的周长公式和基本不等式求最值的方法，则判断出选项C； 由题意可知：， 由选项B可知，曲线关于轴和轴对称，则四边形的面积为2个的面积，再由三角形的面积公式和正弦函数的最值，从而得出
四边形的面积不大于，则判断出选项D，进而找出曲线E的说法正确的选项.
11．（2024高三上·成都模拟）定义：实数满足，则称比远离.已知函数的定义域为，任取等于和中远离0的那个值，则（ ）
A．是偶函数 B．的值域为
C．在上单调递增 D．在上单调递减
【答案】A,D
【知识点】二倍角的余弦公式；余弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
，，
两边平方并化简得，
，由于，
所以，，
解得或，
解得，或，或，
或，
同理，由解得或，
设
设，
，
由于则；则，
，
故，所以为偶函数，故A正确；
由于，所以、，故B错误；
由上述分析可知，，，而，
所以在区间不是单调函数，故C错误；
，，在区间上递减，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，先求函数的解析式，再逐项分析判断即可.
12．（2024高三上·成都模拟）在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，得到，
由题意知，即，
所以，解得，或（舍去）．
故答案为：.
【分析】设，再结合通径的定义和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而由双曲线的离心率公式，进而解方程得出双曲线的离心率的值.
13．（2024高三上·成都模拟）若函数对恒成立，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：不等式，
令，
由不等式对恒成立，
即不等式对任意恒成立，令，
因此，解得，
故实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由题意，利用二倍角的余弦公式化简，令，将问题转化为二次函数值恒小于0求解即可.
14．（2024高三上·成都模拟）在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
【答案】32；
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个.
（2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点
样本点总数：
当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同.
满足的样本点个数为.
所以.
故分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
.
故答案为：32；.
【分析】第一空由题意结合分步乘法计数原理，从而求解得出5维“立方体”的顶点个数；第二空先确定样本点总数，再得到随机变量的可能取值，从而利用得出随机变量X的分布列，最后根据随机变量的分布列求数学期望的公式，则得出的值.
15．（2024高三上·成都模拟）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求
（2）若，的面积为，求a的值.
【答案】（1）解：由已知条件和余弦定理得：
，
可得，
所以．
（2）解：由得，，
又因为，所以，
则，．
可得
由的面积为，得出，所以．
由正弦定理得，，
所以，故.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和余弦定理，从而得出的值.
（2）利用（1）中的值和，从而得出的值，再利用三角形中角A，C的取值范围，从而得出角C的值，再根据同角三角函数基本关系式，则得出和的值，再根据三角形内角和定理和两角和的正弦公式，从而得出的值，再根据三角形面积公式得出ac的值，最后由正弦定理得出a的值.
（1）由条件及余弦定理得，，
可得， 所以．
（2）由得，，
又，所以，
则，．
可得，
由的面积为得，
所以．
由正弦定理得，，
所以，故.
16．（2024高三上·成都模拟）已知某公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产一千件需另投入2.7万元，设该公司年内共生产该品牌服装千件并全部销售完，销售收入为万元，且（注：年利润年销售收入年总成本）
（1）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；
（2）求公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大时的年产量.
【答案】（1）解：当时，
；
当时，
，
综上所述：.
（2）解：当时，，
则，
由；由，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以；
当时，，
因为，
当且仅当时，即当时取“”，
此时，
因为，所以当年产量为千件时，年利润最大.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；导数在最大值、最小值问题中的应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）利用分类讨论的方法和“年利润年销售收入年总成本”，从而写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式.
（2）利用分类讨论的方法和导数判断单调性求最值的方法、均值不等式求最值的方法，再结合比较法得出分段函数的最大值，从而得出公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大时的年产量和利润的最大值.
（1）当时，；
当时，.
综上：.
（2）当时，，.
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
当时，.
因为，当且仅当即时取“”.
此时.
因为.
所以当年产量为千件时，年利润最大.
17．（2024高三上·成都模拟）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程.
【答案】（1）解：设椭圆的方程为：，
因为椭圆的面积为，点在椭圆上.
所以解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）解：因为经过点的直线与曲线交于，两点，
当直线的斜率不存在时，，
此时，
因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在，
不妨设直线的方程为，联立，
消去并整理可得：，
不妨设，则，
因为，
，
所以
，
因为与椭圆的面积比为，
所以，化简为，
即，即，解得：，
所以直线的方程为或，
所以直线的方程为或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设椭圆的方程为：，再利用已知条件和椭圆的面积公式以及代入法，从而建立a，b的方程组，进而解方程组求出的值，则求出椭圆的标准方程.
（2）对直线的斜率是否存在进行讨论，当直线的斜率不存在时，从而得出A，B的坐标，再由三角形的面积公式和与椭圆的面积比为，但，从而得出直线斜率存在，当直线斜率存在时，不妨设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理和代入法，再结合三角形的面积公式和与椭圆的面积比为，从而求出直线的斜率，进而得出直线的方程.
（1）设椭圆的方程为：，
因为椭圆的面积为，点在椭圆上.
所以解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）因为经过点的直线与曲线交于，两点，
当直线的斜率不存在时，，此时，
因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在；
不妨设直线的方程为，联立，
消去并整理可得：，
不妨设，则，
因为，
，
所以
，
因为与椭圆的面积比为，
所以，化简为，
即，即，
解得：，所以直线的方程为或，
所以直线的方程为或.
18．（2024高三上·成都模拟）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明：取中点，连接如图所示：
因为为的中点，为的中点，
，，
，，
可得四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
（2）解：平面平面过作平面，
，
为中点，，
分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则
又因为，
，
设二面角的平面角为，
，
整理得：，解得或（舍）.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；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）取中点，连接，，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，从而得出线线平行和线线相等，再根据平行四边形的定义，则可得四边形为平行四边形，从而得出线线平行，再根据线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，再利用三棱锥的体积为1和三棱锥的体积公式以及等腰三角形三线合一，从而得出线线垂直，则分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合向量共线的坐标表示，从而得出点G的坐标，进而得出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面和平面的一个法向量，再根据数量积求向量夹角公式和二面角的余弦值为，从而解方程得出满足要求的t的值．
（1）证明：取中点，连接为的中点，为的中点，
，，
，，
据此可得四边形为平行四边形，
，平面，平面，
平面．
（2）解：平面平面过作平面，
，
为中点，，
如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
由，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则又，
，设二面角的平面角为，
，
整理得：，解得或（舍）.
19．（2024高三上·成都模拟）若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质．
（1）若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值；
（2）若等差数列具有性质，且，求的取值范围；
（3）已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式．
【答案】（1）解：因为数列具有性质，
则，所以，，
当时，
由，所以，或，
当时，
由，所以，或，
综上所述，的可能取值有：、、、.
（2）解：设等差数列的公差为，
则，
即，所以，，
所以，，
因为，则，
所以，.
（3）解：根据性质，，都有，
又因为，所以，，
于是，
因为、必同号，进而、必同号，
若，由性质，
必有，，，，这与矛盾，
所以，，进而，，
讨论可知或或，仅有这三种可能，
若，则，，，这与矛盾，
因此，.
下面证明：，则，
利用反证法：假设，则，
又因为，所以，，
若，则或，与矛盾，
则，所以，，则或，
于是无论哪种情况，，，
由且可得，此时满足，
所以，，则，，
所以，，矛盾，
综上可知，，所以，，.
下面证明：，
利用反证法，如不然，只能，所以，，则，
由于，所以，，只能有，，这与矛盾，
总之，，
再由可得，
进而，都成立，
可以猜测数列的通项公式为，
可验证此时、两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，
仍满足，，
设是第一个违反上述通项公式的项，
若，则，，
所以，，符合通项公式，矛盾；
若，则，，
所以，，也符合通项公式，矛盾，
综上所述，数列的通项公式必为.
【知识点】函数的最大（小）值；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的性质；反证法的应用；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列具有性质且，从而由绝对值的定义得出，再利用分类讨论的方法和性质，从而写出的所有可能取值.
（2）设等差数列的公差为，根据等差数列具有性质且，则得出，从而可得公差的取值范围，再利用等差数列的通项公式和公差的取值范围，再由不等式的基本性质和二次函数的图象的开口方向、对称性、单调性，从而得出二次函数的最值，进而得出的取值范围.
（3）根据性质可得出和，从而可推导出、必同号，再利用性质可得出，利用反证法可证得：，则，再证明出，由此可知，都成立，可猜测数列的通项公式，再利用反证法证明数列的唯一性，从而由分类讨论的方法，进而得出数列的通项公式.
（1）解：因为数列具有性质，则，所以，，
当时，由，所以，或，
当时， 由，所以，或.
综上所述，的可能取值有：、、、.
（2）解：设等差数列的公差为，
则，
即，所以，，
所以，，
因为，则，
所以，.
（3）解：根据性质，，都有，
又因为，所以，，
于是，因为、必同号，进而、必同号，
若，由性质，必有，，，，这与矛盾，
所以，，进而，，讨论可知或或，仅有这三种可能.
若，则，，，这与矛盾，因此，.
下面证明：，则，
利用反证法：假设，则，
又因为，所以，，
若，则或，与矛盾，则，所以，，则或，
于是无论哪种情况，，，
由且可得，此时满足，
所以，，则，，所以，，矛盾，
综上可知，，所以，，，
下面证明：，利用反证法，如不然，只能，所以，，则，
由于，所以，，只能有，，这与矛盾，
总之，，再由可得，进而，都成立，
可以猜测数列的通项为，
可验证此时、两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，
仍满足，，
设是第一个违反上述通项公式的项，
若，则，，所以，，符合通项公式，矛盾；
若，则，，所以，，也符合通项公式，矛盾.
综上所述，数列的通项公式必为.
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