广东省深圳市宝安区2024-2025学年高三上学期第一次调研测试数学试卷
1．（2024高三上·宝安月考）样本数据的第30百分位数为（ ）
A．7 B．7.5 C．8 D．8.5
2．（2024高三上·宝安月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·宝安月考）若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·宝安月考）已知向量，，若，则（ ）
A．2 B．0 C．1 D．-2
5．（2024高三上·宝安月考）已知，，则（ ）
A．m B． C． D．
6．（2024高三上·宝安月考）一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·宝安月考）已知函数为，在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·宝安月考）函数在上的零点个数为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·宝安月考）已知变量服从正态分布，当变大时，则（ ）
A．变小 B．变大
C．正态分布曲线的最高点下移 D．正态分布曲线的最高点上移
10．（2024高三上·宝安月考）对于正数a，b，，使，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高三上·宝安月考）已知函数的定义域为R，若，且，则（ ）
A． B．无最小值
C． D．的图象关于点中心对称
12．（2024高三上·宝安月考）已知函数与函数在公共点处的切线相同，则实数m的值为 .
13．（2024高三上·宝安月考）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，M为AB的中点，则线段CM的长为 .
14．（2024高三上·宝安月考）为了回馈长期以来的顾客群体，某健身房在五周年庆活动期间设计出了一种游戏活动，顾客需投掷一枚骰子两次，若两次投掷的数字都是偶数，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有2次终极抽奖机会（2次抽奖结果互不影响）；若两次投掷的数字之和是5或9，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有1次终极抽奖机会；其余情况顾客均获得该健身房的免费团操券3张，不具有终极抽奖机会.已知每次在终极抽奖活动中的奖品和对应的概率如下表所示.
奖品 一个健身背包 一盒蛋白粉
概率
则一位参加游戏活动的顾客获得蛋白粉的概率为 .
15．（2024高三上·宝安月考）如图，在直角中，，，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C为上的点，且.
（1）求点O到平面PAB的距离；
（2）设直线OC与平面PAB所成的角为，求的值.
16．（2024高三上·宝安月考）已知椭圆C：，离心率，且点在椭圆上.
（1）求该椭圆的方程；
（2）直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0，且，求的面积.
17．（2024高三上·宝安月考）函数．
（1）若，求函数的最大值；
（2）若在恒成立，求实数m的取值范围．
18．（2024高三上·宝安月考）甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且对方积1分；然后换对方抽题作答，直到有领先2分者晋级，比赛结束.已知甲答对题目的概率为，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积1分的概率为.记甲乙两人的答题总次数为.
（1）求p；
（2）当时，求甲得分X的分布列及数学期望；
（3）若答题的总次数为n时，甲晋级的概率为，证明：.
19．（2024高三上·宝安月考）定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有“性质3”.已知项数为n的数列的所有项的和为，且数列具有“性质3”.
（1）若，且，，写出所有可能的的值；
（2）若，，证明：“”是“”的充要条件；
（3）若，，，证明：或，（）.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：易知样本数据共有10个数，，则第30百分位数为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用百分位数的概念求解即可.
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得或，
则集合或，
集合，
故.
故答案为：C.
【分析】先解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
3．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得，则，即.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用复数的乘法及除法运算化简即可.
4．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
则，，
则，
化简得，即，
解得.
故答案为：.
【分析】根据向量减法的坐标表示和两向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积的坐标表示，从而得出x的值.
5．【答案】C
【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
【解析】【解答】解：，由同角三角函数基本关系可得，
即，
则，
，故.
故答案为：C.
【分析】由题意利用同角三角函数基本关系可得，再利用正弦的和差公式求解即可.
6．【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：为中点，为点在底面的投影，如图所示：
由题意得，，
则，
所以该正四面体的体积为，
所以正三棱柱的体积为，高为，
所以正三棱柱的底面积为，
设正三棱柱的底面边长为，则，求得，
所以正三棱柱的底面边长为，
故该正三棱柱的侧面积为.
故答案为：A.
【分析】根据题意求出该正四面体的体积和高，从而求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面边长，再求正三棱柱的侧面积即可.
7．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：易知函数在上单调递增，
则对恒成立，
即，，而函数在上单调递增，，则，
显然函数在上递增，
因为函数在上递增，则，解得，因此，
所以实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】易知函数在上单调递增，结合导数求出的范围，再利用分段函数是增函数求出范围即可.
8．【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的图象；余弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数，
令，求得或，
因为，所以有两个解，分别为和，
在上有两个解，
且在上单调递增，，，
所以在有一个解，
综上所述在上有个解，即在上有个零点.
故答案为：C.
【分析】利用正弦的二倍角公式化简函数，再根据零点的定义直接求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解；变量服从正态分布，当变大时，峰值逐渐变小，正态曲线逐渐变“矮胖”，随机变量的分布逐渐变分散，因此变小，正态分布曲线的最高点下移.
故答案为：AC.
【分析】根据已知条件，利用正态曲线的性质逐项判断即可.
10．【答案】B,C
【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】【解答】解：A、由可得，，即，
因为函数在上单调递增，则，
所以，使，即，使，
则，所以，则有，即，所以，故A错误；
B、由，可得，又因为为正数，所以，
设函数，则，
令，解得，令，解得，
所以函数在单调递增，单调递减，
所以，即，故B正确；
C、由，可得，所以，
设函数，则，
令，解得，令，解得，
所以函数在单调递增，单调递减，
所以，
则，故C正确；
D、由，取，满足，但，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据题意可得，从而有即可求解判断A；根据可得，，构造函数，利用导函数与单调性、最值得关系求解即可判断B；根据，所以，设函数，利用导函数与单调性、最值得关系求解即可判断C；举反例，满足，但即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、因为，所以令，
可得，解得，故A错误；
B、令，可得，可知函数无最小值，故B正确；
C、由可知，所以，故C正确；
D、令，可得，
由及，可得，
因此，可得，
的图象关于点中心对称，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用赋值法求解即可判断A；且满足即可判断B；由递推关系式求解即可判断C；利用对称中心定义可知即可判断D.
12．【答案】0
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：设函数与的公共点为，
求导可得：，则，解得或（舍去），
则，即，解得.
故答案为：0.
【分析】由题意，设函数与的公共点为，再求导，根据，求出的值，由求的值即可.
13．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，，
由正弦定理得，解得，即，
因为，，所以，
则，
又因为，，
所以，
则，即.
故答案为：.
【分析】由题意，根据正弦定理求出角，再根据向量数量积的运算法则求出线段长即可.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【解答】解：“顾客有两次终极抽奖机会”记为事件；
“顾客有一次终极抽奖机会”记为事件，“获得蛋白粉”记为事件，
，，，
两次投掷的数字之和是5的情况有：“1，4”，“4，1”，“2，3”，“3，2”，
两次投掷的数字之和是9的情况有：“6，3”，“3，6”，“4，5”，“5，4”，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先记事件，由题意求出，，再利用全概率公式求解即可.
15．【答案】（1）证明：由题意知，，，平面，平面，
则平面，又，，，
故，
设点O到平面PAB的距离为d，由得：，解得；
（2）解：因为，所以，
故以O为原点，OC，OB，OP的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意知，则，则，，，
所以，，.
设平面PAB的法向量为，则，
不妨取平面PAB的一个法向量为，
故.
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用等体积法求解即可；
（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：由题意知，，，
平面，平面，
∴平面，又，
所以，，
所以，
设点O到平面PAB的距离为d，
由得：，
解得.
（2） 因为，所以，
故以O为原点，OC，OB，OP的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知，则，则，，，
所以，，.
设平面PAB的法向量为，则，
不妨取平面PAB的一个法向量为，
所以.
16．【答案】（1）解：由题意得 解得，
则椭圆C：；
（2）解：设直线的倾斜角为，由，，
得，，，
即：，：，
联立，解得或（舍），故，
联立，解得或（舍），故，又，
，，
故.
【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）根据椭圆的离心率公式和点在椭圆上，列出方程求解即可；
（2）设直线AP的倾斜角为，根据题意求出直线AP，AQ的方程，的坐标，从而可求，代入三角形面积公式求解即可.
（1）由题意得 解得，
故椭圆C：.
（2）设直线的倾斜角为，由，，
得，，，
即AP：，AQ：，
联立，解得或（舍），故，
联立，解得或（舍），故，
又，
，，
故.
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，求导可得，
由，解得；由，解得．
可知在内单调递增，在内单调递减，
则函数的最大值为；
（2）解：因为在恒成立，
等价于在恒成立．
设，，
则，
当时，则，且，可得，所以；
当时，则，
设，则，
可知在单调递增，且，
则，使得，
当时，；当时，，
当时，；当时，，
可知函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
由，得，且．
可得，
且，则，
又因为，可知当时，，
所以的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；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）将代入，先求函数的定义域，再求导，利用导数研究函数单调性，求最值即可；
（2）根据题意，则在恒成立，分离参数转化成在恒成立问题，设，对函数设求导，分析函数单调性，进而求解函数最值，即可求解参数取值范围.
（1）因为，
可知的定义域为，且，
由，解得；由，解得．
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以函数的最大值为．
（2）因为在恒成立，
等价于在恒成立．
设，，
则，
当时，则，且，可得，
所以；
当时，则，
设，则，
可知在递增，且．
则，使得．
当时，；当时，．
当时，；当时，．
可知函数在递增，在递减，在递增．
由，得，且．
可得，
且，则，
又因为，可知当时，，
所以的取值范围是．
18．【答案】（1）解：记“第i次答题时为甲”，“甲积1分”，则，，，，，
，
则，解得；
（2）解：由题意可知当时，X可能的取值为0，1，2，
则由（1）可知，，，
X的分布列为：
0 1 2
随机变量X的数学期望为；
（3）解：由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为，乙的积分为，
则，且，所以甲晋级时n必为偶数，令，
当n为奇数时，，
则
，
又因为时，随着m的增大而增大，
所以.
【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；条件概率
【解析】【分析】（1）记“第i次答题时为甲”，“甲积1分”，利用条件概率求解即可；
（2）由题意可知时，X可能的取值为0，1，2，结合题意求出每个取值对应的概率求解即可；
（3）由题可得，再利用单调性证明即可.
（1）记“第i次答题时为甲”，“甲积1分”，
则，，，，，
，
则，解得；
（2）由题意可知当时，X可能的取值为0，1，2，
则由（1）可知，，，
X的分布列为：
0 1 2
随机变量X的数学期望为.
（3）由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为，乙的积分为，
则，且，所以甲晋级时n必为偶数，令，
当n为奇数时，，
则
，
又时，随着m的增大而增大，
19．【答案】（1）解：依题意可知有如下三种情况：
若，此时，
若，此时，
若，此时
（2）证明：必要性：因为，
故数列为等差数列，
所以，，公差为，
所以，必要性成立；
充分性：由于，，…，，
累加可得，，即，
因为，故上述不等式的每个等号都取到，
所以，，所以，，充分性成立；
综上所述，“”是“，”的充要条件；
（3）证明：令，依题意，，
因为，，…，，
所以
，
因为，所以为偶数，
所以为偶数；
所以要使，必须使为偶数，即4整除，
亦即或，
当时，
比如，，，
或，，时，有，；
当时，
比如，，，，
或，，，，有，；
当或时，不能被4整除，.
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的性质；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）根据题意对所有可能情况进行列举求出所有可能的的值即可；
（2）利用“性质3”定义并根据等差数列通项公式以及累加法证明即可；
（3）由题意可令，可得，将整理变形并根据须使为偶数，即4整除，分别验证或即可得出结论.
（1）依题意可知有如下三种情况：
若，此时，
若，此时，
若，此时.
（2）证明：
必要性：因为，
故数列为等差数列，
所以，，公差为，
所以，必要性成立；
充分性：由于，，…，，
累加可得，，即，
因为，故上述不等式的每个等号都取到，
所以，，所以，，充分性成立；
综上所述，“”是“，”的充要条件；
（3）证明：
令，依题意，，
因为，，…，，
所以
，
因为，所以为偶数，
所以为偶数；
所以要使，必须使为偶数，即4整除，
亦即或，
当时，
比如，，，
或，，时，有，；
当时，
比如，，，，
或，，，，有，；
当或时，不能被4整除，.
1 / 1广东省深圳市宝安区2024-2025学年高三上学期第一次调研测试数学试卷
1．（2024高三上·宝安月考）样本数据的第30百分位数为（ ）
A．7 B．7.5 C．8 D．8.5
【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：易知样本数据共有10个数，，则第30百分位数为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用百分位数的概念求解即可.
2．（2024高三上·宝安月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，解得或，
则集合或，
集合，
故.
故答案为：C.
【分析】先解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
3．（2024高三上·宝安月考）若，则（ ）
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】解：由，可得，则，即.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用复数的乘法及除法运算化简即可.
4．（2024高三上·宝安月考）已知向量，，若，则（ ）
A．2 B．0 C．1 D．-2
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
则，，
则，
化简得，即，
解得.
故答案为：.
【分析】根据向量减法的坐标表示和两向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积的坐标表示，从而得出x的值.
5．（2024高三上·宝安月考）已知，，则（ ）
A．m B． C． D．
【答案】C
【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
【解析】【解答】解：，由同角三角函数基本关系可得，
即，
则，
，故.
故答案为：C.
【分析】由题意利用同角三角函数基本关系可得，再利用正弦的和差公式求解即可.
6．（2024高三上·宝安月考）一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：为中点，为点在底面的投影，如图所示：
由题意得，，
则，
所以该正四面体的体积为，
所以正三棱柱的体积为，高为，
所以正三棱柱的底面积为，
设正三棱柱的底面边长为，则，求得，
所以正三棱柱的底面边长为，
故该正三棱柱的侧面积为.
故答案为：A.
【分析】根据题意求出该正四面体的体积和高，从而求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面边长，再求正三棱柱的侧面积即可.
7．（2024高三上·宝安月考）已知函数为，在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：易知函数在上单调递增，
则对恒成立，
即，，而函数在上单调递增，，则，
显然函数在上递增，
因为函数在上递增，则，解得，因此，
所以实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】易知函数在上单调递增，结合导数求出的范围，再利用分段函数是增函数求出范围即可.
8．（2024高三上·宝安月考）函数在上的零点个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的图象；余弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数，
令，求得或，
因为，所以有两个解，分别为和，
在上有两个解，
且在上单调递增，，，
所以在有一个解，
综上所述在上有个解，即在上有个零点.
故答案为：C.
【分析】利用正弦的二倍角公式化简函数，再根据零点的定义直接求解即可.
9．（2024高三上·宝安月考）已知变量服从正态分布，当变大时，则（ ）
A．变小 B．变大
C．正态分布曲线的最高点下移 D．正态分布曲线的最高点上移
【答案】A,C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解；变量服从正态分布，当变大时，峰值逐渐变小，正态曲线逐渐变“矮胖”，随机变量的分布逐渐变分散，因此变小，正态分布曲线的最高点下移.
故答案为：AC.
【分析】根据已知条件，利用正态曲线的性质逐项判断即可.
10．（2024高三上·宝安月考）对于正数a，b，，使，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【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】【解答】解：A、由可得，，即，
因为函数在上单调递增，则，
所以，使，即，使，
则，所以，则有，即，所以，故A错误；
B、由，可得，又因为为正数，所以，
设函数，则，
令，解得，令，解得，
所以函数在单调递增，单调递减，
所以，即，故B正确；
C、由，可得，所以，
设函数，则，
令，解得，令，解得，
所以函数在单调递增，单调递减，
所以，
则，故C正确；
D、由，取，满足，但，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据题意可得，从而有即可求解判断A；根据可得，，构造函数，利用导函数与单调性、最值得关系求解即可判断B；根据，所以，设函数，利用导函数与单调性、最值得关系求解即可判断C；举反例，满足，但即可判断D.
11．（2024高三上·宝安月考）已知函数的定义域为R，若，且，则（ ）
A． B．无最小值
C． D．的图象关于点中心对称
【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、因为，所以令，
可得，解得，故A错误；
B、令，可得，可知函数无最小值，故B正确；
C、由可知，所以，故C正确；
D、令，可得，
由及，可得，
因此，可得，
的图象关于点中心对称，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用赋值法求解即可判断A；且满足即可判断B；由递推关系式求解即可判断C；利用对称中心定义可知即可判断D.
12．（2024高三上·宝安月考）已知函数与函数在公共点处的切线相同，则实数m的值为 .
【答案】0
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：设函数与的公共点为，
求导可得：，则，解得或（舍去），
则，即，解得.
故答案为：0.
【分析】由题意，设函数与的公共点为，再求导，根据，求出的值，由求的值即可.
13．（2024高三上·宝安月考）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，M为AB的中点，则线段CM的长为 .
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，，
由正弦定理得，解得，即，
因为，，所以，
则，
又因为，，
所以，
则，即.
故答案为：.
【分析】由题意，根据正弦定理求出角，再根据向量数量积的运算法则求出线段长即可.
14．（2024高三上·宝安月考）为了回馈长期以来的顾客群体，某健身房在五周年庆活动期间设计出了一种游戏活动，顾客需投掷一枚骰子两次，若两次投掷的数字都是偶数，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有2次终极抽奖机会（2次抽奖结果互不影响）；若两次投掷的数字之和是5或9，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有1次终极抽奖机会；其余情况顾客均获得该健身房的免费团操券3张，不具有终极抽奖机会.已知每次在终极抽奖活动中的奖品和对应的概率如下表所示.
奖品 一个健身背包 一盒蛋白粉
概率
则一位参加游戏活动的顾客获得蛋白粉的概率为 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【解答】解：“顾客有两次终极抽奖机会”记为事件；
“顾客有一次终极抽奖机会”记为事件，“获得蛋白粉”记为事件，
，，，
两次投掷的数字之和是5的情况有：“1，4”，“4，1”，“2，3”，“3，2”，
两次投掷的数字之和是9的情况有：“6，3”，“3，6”，“4，5”，“5，4”，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先记事件，由题意求出，，再利用全概率公式求解即可.
15．（2024高三上·宝安月考）如图，在直角中，，，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C为上的点，且.
（1）求点O到平面PAB的距离；
（2）设直线OC与平面PAB所成的角为，求的值.
【答案】（1）证明：由题意知，，，平面，平面，
则平面，又，，，
故，
设点O到平面PAB的距离为d，由得：，解得；
（2）解：因为，所以，
故以O为原点，OC，OB，OP的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意知，则，则，，，
所以，，.
设平面PAB的法向量为，则，
不妨取平面PAB的一个法向量为，
故.
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用等体积法求解即可；
（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：由题意知，，，
平面，平面，
∴平面，又，
所以，，
所以，
设点O到平面PAB的距离为d，
由得：，
解得.
（2） 因为，所以，
故以O为原点，OC，OB，OP的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知，则，则，，，
所以，，.
设平面PAB的法向量为，则，
不妨取平面PAB的一个法向量为，
所以.
16．（2024高三上·宝安月考）已知椭圆C：，离心率，且点在椭圆上.
（1）求该椭圆的方程；
（2）直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0，且，求的面积.
【答案】（1）解：由题意得 解得，
则椭圆C：；
（2）解：设直线的倾斜角为，由，，
得，，，
即：，：，
联立，解得或（舍），故，
联立，解得或（舍），故，又，
，，
故.
【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）根据椭圆的离心率公式和点在椭圆上，列出方程求解即可；
（2）设直线AP的倾斜角为，根据题意求出直线AP，AQ的方程，的坐标，从而可求，代入三角形面积公式求解即可.
（1）由题意得 解得，
故椭圆C：.
（2）设直线的倾斜角为，由，，
得，，，
即AP：，AQ：，
联立，解得或（舍），故，
联立，解得或（舍），故，
又，
，，
故.
17．（2024高三上·宝安月考）函数．
（1）若，求函数的最大值；
（2）若在恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，求导可得，
由，解得；由，解得．
可知在内单调递增，在内单调递减，
则函数的最大值为；
（2）解：因为在恒成立，
等价于在恒成立．
设，，
则，
当时，则，且，可得，所以；
当时，则，
设，则，
可知在单调递增，且，
则，使得，
当时，；当时，，
当时，；当时，，
可知函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
由，得，且．
可得，
且，则，
又因为，可知当时，，
所以的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；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）将代入，先求函数的定义域，再求导，利用导数研究函数单调性，求最值即可；
（2）根据题意，则在恒成立，分离参数转化成在恒成立问题，设，对函数设求导，分析函数单调性，进而求解函数最值，即可求解参数取值范围.
（1）因为，
可知的定义域为，且，
由，解得；由，解得．
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以函数的最大值为．
（2）因为在恒成立，
等价于在恒成立．
设，，
则，
当时，则，且，可得，
所以；
当时，则，
设，则，
可知在递增，且．
则，使得．
当时，；当时，．
当时，；当时，．
可知函数在递增，在递减，在递增．
由，得，且．
可得，
且，则，
又因为，可知当时，，
所以的取值范围是．
18．（2024高三上·宝安月考）甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且对方积1分；然后换对方抽题作答，直到有领先2分者晋级，比赛结束.已知甲答对题目的概率为，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积1分的概率为.记甲乙两人的答题总次数为.
（1）求p；
（2）当时，求甲得分X的分布列及数学期望；
（3）若答题的总次数为n时，甲晋级的概率为，证明：.
【答案】（1）解：记“第i次答题时为甲”，“甲积1分”，则，，，，，
，
则，解得；
（2）解：由题意可知当时，X可能的取值为0，1，2，
则由（1）可知，，，
X的分布列为：
0 1 2
随机变量X的数学期望为；
（3）解：由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为，乙的积分为，
则，且，所以甲晋级时n必为偶数，令，
当n为奇数时，，
则
，
又因为时，随着m的增大而增大，
所以.
【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；条件概率
【解析】【分析】（1）记“第i次答题时为甲”，“甲积1分”，利用条件概率求解即可；
（2）由题意可知时，X可能的取值为0，1，2，结合题意求出每个取值对应的概率求解即可；
（3）由题可得，再利用单调性证明即可.
（1）记“第i次答题时为甲”，“甲积1分”，
则，，，，，
，
则，解得；
（2）由题意可知当时，X可能的取值为0，1，2，
则由（1）可知，，，
X的分布列为：
0 1 2
随机变量X的数学期望为.
（3）由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为，乙的积分为，
则，且，所以甲晋级时n必为偶数，令，
当n为奇数时，，
则
，
又时，随着m的增大而增大，
19．（2024高三上·宝安月考）定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有“性质3”.已知项数为n的数列的所有项的和为，且数列具有“性质3”.
（1）若，且，，写出所有可能的的值；
（2）若，，证明：“”是“”的充要条件；
（3）若，，，证明：或，（）.
【答案】（1）解：依题意可知有如下三种情况：
若，此时，
若，此时，
若，此时
（2）证明：必要性：因为，
故数列为等差数列，
所以，，公差为，
所以，必要性成立；
充分性：由于，，…，，
累加可得，，即，
因为，故上述不等式的每个等号都取到，
所以，，所以，，充分性成立；
综上所述，“”是“，”的充要条件；
（3）证明：令，依题意，，
因为，，…，，
所以
，
因为，所以为偶数，
所以为偶数；
所以要使，必须使为偶数，即4整除，
亦即或，
当时，
比如，，，
或，，时，有，；
当时，
比如，，，，
或，，，，有，；
当或时，不能被4整除，.
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的性质；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）根据题意对所有可能情况进行列举求出所有可能的的值即可；
（2）利用“性质3”定义并根据等差数列通项公式以及累加法证明即可；
（3）由题意可令，可得，将整理变形并根据须使为偶数，即4整除，分别验证或即可得出结论.
（1）依题意可知有如下三种情况：
若，此时，
若，此时，
若，此时.
（2）证明：
必要性：因为，
故数列为等差数列，
所以，，公差为，
所以，必要性成立；
充分性：由于，，…，，
累加可得，，即，
因为，故上述不等式的每个等号都取到，
所以，，所以，，充分性成立；
综上所述，“”是“，”的充要条件；
（3）证明：
令，依题意，，
因为，，…，，
所以
，
因为，所以为偶数，
所以为偶数；
所以要使，必须使为偶数，即4整除，
亦即或，
当时，
比如，，，
或，，时，有，；
当时，
比如，，，，
或，，，，有，；
当或时，不能被4整除，.
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