广东省汕头市2024-2025学年高三上学期12月期末教学质量监测数学试题
1．（2024高三上·汕头期末）下列命题既是真命题又是存在量词命题的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·汕头期末）若，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．（2024高三上·汕头期末）已知平面向量满足：，则（ ）
A． B． C．2 D．
4．（2024高三上·汕头期末）我们研究成对数据的相关关系，其中，.在集合中取一个元素作为的值，使得这组成对数据的相关程度最强，则（ ）
A．8 B．11 C．12 D．13
5．（2024高三上·汕头期末）某市为修订用水政策，制定更合理的用水价格，随机抽取100户居民，得到他们的月均用水量，并整理得如下频率分布直方图.根据直方图的数据信息，下列结论中正确的是（ ）
A．100户居民的月均用水量的中位数大于7.2
B．100户居民的月均用水量低于16.2的用户所占比例超过
C．100户居民的月均用水量的极差介于21与27之间
D．100户居民的月均用水量的平均值介于16.2与22.2之间
6．（2024高三上·汕头期末）已知为坐标原点，为抛物线的焦点，点在上，且，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·汕头期末）已知正四棱台的上 下底面面积分别为，下底面上的棱与侧棱所成角的余弦值为，则该正四棱台的体积为（ ）
A． B． C．148 D．
8．（2024高三上·汕头期末）设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·汕头期末）已知曲线，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则曲线表示两条直线
B．若，则曲线是椭圆
C．若，则曲线是双曲线
D．若，则曲线的离心率为
10．（2024高三上·汕头期末）已知，则（ ）
A．若，且，则
B．，使得的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称
C．当时，函数恰有三个零点，且，则
D．若在上恰有2个极大值点和1个极小值点，则
11．（2024高三上·汕头期末）将函数的图象绕原点逆时针旋转后得到的曲线依然可以看作一个函数的图象、以下函数中符合上述条件的有（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高三上·汕头期末）已知公比不为1的等比数列中，且成等差数列，则 （结果用幂表示）
13．（2024高三上·汕头期末）已知分别为双曲线的左 右焦点，过的直线与圆相切于点，若，则双曲线的渐近线方程为 .
14．（2024高三上·汕头期末）如图，在山脚A测得山顶P的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走d m到达B处，在B处测得山顶P的仰角为，则山高 m.（结果用d、、、表示）
15．（2024高三上·汕头期末）某校为了解高三学生每天的作业完成时长，在该校高三学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示：
时长（小时）
人数（人） 3 4 33 42 18
用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响.
（1）从该校高三学生中随机选取1人，估计该生可以在3小时内完成各科作业的概率；
（2）从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取3人，其中共有人可以在2小时内完成各科作业，求的分布列和数学期望；
（3）从该校高三学生（学生人数较多）中随机选取3人，其中共有人可以在3小时内完成各科作业，求.
16．（2024高三上·汕头期末）已知椭圆的左 右焦点分别为，直线与交于两点（点在轴上方），的面积是面积的2倍.
（1）求直线的方程；
（2）求.
17．（2024高三上·汕头期末）如图，平面四边形中，，，点为中点，于，将沿翻折至，使得.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
18．（2024高三上·汕头期末）已知函数.
（1）证明曲线是轴对称图形；
（2）设函数，解不等式（是自然对数的底数）.
19．（2024高三上·汕头期末）设为无穷数列，为正整数集的无限子集，且，则数列称为数列的一个子列.
（1）请写出一个无穷等差数列，其任意子列均为等比数列；
（2）设无穷数列为等差数列，，证明：的任意子列不是等比数列；
（3）对于公差不为零的无穷等差数列，试探究其任意子列不是等比数列的一个充分条件.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：根据题意可知，选项A、D为全称量词命题，选项B、C为存在量词命题.
当时，，选项B为真命题.
当时，，选项C为假命题.
故选：B.
【分析】根据全称命题的定义，得到选项A、D为全称量词命题，再令，得到，可得选项B正确，结合二次根式的概念，可得选项C错误，即可得到答案.
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】解：设，则，因为，
所以，所以，解得，
所以，所以.
故选：C.
【分析】设，根据，得出方程组，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知：，
两边同时平方可得：.
可得.
因为，则，所以，即.
.
故选：A.
【分析】由，化简得到，再由，代入计算，即可求解.
4．【答案】B
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：由可知前9个点在直线上.
∵，∴要使相关性最强，应更接近10，四个选项中最接近.
故选：B.
【分析】根据题意，得到，要使相关性最强，应更接近10，结合四个选项中最接近，即可得到答案.
5．【答案】C
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：由频率分布直方图可知，
，
解得，
对于A，月均用水量在的频率为，
月均用水量在的频率为，
所以100户居民的月均用水量的中位数在，故A错误；
对于B，因为100户居民的月均用水量低于16.2的用户的频率为
，
所以100户居民的月均用水量低于16.2的用户所占比例为，故B错误；
对于C，由图知，极差的最大值为，最小值为，
所以100户居民的月均用水量的极差介于21与27之间，故C正确；
对于D，100户居民的月均用水量的平均值为
t，故D错误.
故选：C.
【分析】根据频率分布直方图的性质，利用频率分布直方图中所有小长方形的面积和为，求出的值，结合中位数、平均数和极差的定义，分别求出100户居民的月均用水量的中位数，平均数，极差，结合选项，即可求解.
6．【答案】B
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：由抛物线的定义，可知，又，，
则，即，
由点在C上，得，结合，解得.
所以C的方程为.
故选：B.
【分析】由抛物线定义，得到，结合，得到，再将代入抛物线方程，求得，进而求得C的方程，得到答案.
7．【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为正四棱台的上、下底面面积分别为，，
所以上、下底面边长分别为，．
如图，过点作于点，则．
因为，所以与所成的角为，
所以，得．
设该正四棱台上、下底面的中心分别为，，连接，，，
易得，，过作于点，则，
．
所以该正四棱台的体积．
故选：A.
【分析】过点作于点，根据因为，得到与所成的角为，求得，再根据正四棱台的底面面积求侧棱长，求得正四棱台的高结合棱台的体积公式，求得正四棱台的体积，即可得到答案.
8．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，
若，则对任意的，，
则当时，，不合乎题意；
若时，当时，，，此时，，不合乎题意；
若，则当时，，，此时，，不合乎题意.
所以，，此时，，则，
当时，，，此时，；
当时，，，此时，.
所以，对任意的，，合乎题意，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故选：D.
【分析】根据题意，结合对数函数的图象与性质，判断得到，得到，得到对任意的，，结合基本不等式可求得的最小值，即可得到答案.
9．【答案】A,C,D
【知识点】曲线与方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：由题意，曲线，，
若，则，此时曲线，表示两条直线，故A正确；
若，又，则，
曲线，可化为，
当时，则曲线表示圆，
当时，则曲线表示椭圆，故B错误；
若，又，则，则曲线表示双曲线，故C正确；
若，又，
所以，
则曲线为，
则曲线为等轴双曲线，离心率为，故D正确.
故选：ACD.
【分析】由曲线，根据的取值范围，将曲线化为标准方程，结合选项逐项分析判断，即可求解.
10．【答案】B,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为，所以周期，
对于A，由条件知，周期为，所以，故A错误；
对于B，函数图象左移个单位长度后得到的函数为，
其图象关于原点对称，则，解得，，
又，所以，B正确；
对于C，函数，
令，，可得：，.
，令，可得一条对称轴方程为，
令，可得一条对称轴方程为，
函数恰有三个零点，
可知，关于其中一条对称轴是对称的，即，
，关于其中一条对称轴是对称的，即，
那么，C正确；
对于D，令，
由在上恰有2个极大值点和1个极小值点，
得，解得，故D正确，
故选：BCD.
【分析】化简函数，根据三角函数的周期性，可判定A不正确；由三角函数的图象变换，得到，结合求解，可判断B正确；由函数，令，求解，可判断C正确；令，结合求解，可判断D正确，即可求解.
11．【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；函数与方程的综合运用；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：若函数逆时针旋转角后所得函数仍是一个函数，
则函数的图象与任一斜率为的直线均不能有两个或两个以上的交点.
对于，设，则，
则为上的单调递减函数，即方程只有一解，
所以与只有一个交点，故符合题意，A正确；
对于，设，
，
则在有零点，即方程不只有一解，
所以与多个交点，不符合题意，B错误；
对于，设，
显然为上减函数，当时，，
即所以与只有一个交点，故符合题意，C正确；
对于，设，
则，
显然在和上各有零点，
即所以与有多个交点，故不符合题意，D错误.
故选：AC.
【分析】由函数逆时针旋转角后所得函数仍是一个函数，得到函数的图象与任一斜率为的直线均不能有两个或两个以上的交点，结合选项作出函数的图象，结合图象，逐项分析判定，依次判断选项，即可得到答案.
12．【答案】
【知识点】等比数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由成等差数列，则根据等差数列性质可得.
因为，设等比数列的公比为（），则，.
将，，代入可得：
，
解得或（公比不为，舍去）.
由等比数列通项公式，则.
故答案为：.
【分析】根据成等差数列，得到，设等比数列的公比为，再根据等比数列通项公式，求得的值，即可得到答案.
13．【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；解三角形
【解析】【解答】解：根据题意，由切线性质，，，
所以，则，且，
由余弦定理得，
解得，又，所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：
【分析】根据题意，由双曲线定义且， 求得，在中，可得，在中，利用余弦定理，列出方程，化简得到，结合，求得，进而得到双曲线的渐近线方程，得到答案.
14．【答案】
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设山高，则，延长交于，如图，
则，因此，，，
，
在中由正弦定理得，
所以，
故答案为：．
【分析】设山高，得到，延长交于，在中，由正弦定理，列出方程，得到，求得的表达式，即可得到答案.
15．【答案】（1）解：设“从该校高三学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件，则.
（2）解：样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有（人），其中可以在2小时内完成的有3人，的所有可能取值为0，1，2，3.，，，，
∴的分布列为：
∴.
（3）解：由题意得，，∴.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）设“从该校高三学生中随机选取1人，在3小时内完成各科作业”为事件，利用古典概型的概率公式，进行求解，即可得到答案.
（2）根据题意，在2小时内完成的有3人，的所有可能取值为0，1，2，3，利用超几何分步计算的分布列和数学期望的公式，进行计算，即可得到答案；
（3）根据题意，得到随机变量，结合二项分布期望公式，进行计算，即可得到答案.
（1）设“从该校高三学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件，
则.
（2）样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有（人），其中可以在2小时内完成的有3人，的所有可能取值为0，1，2，3.
，，，，
∴的分布列为：
∴.
（3）由题意得，，
∴.
16．【答案】（1）解：由得.
∵直线与交于两点，
∴，解得.
设到的距离为，到的距离为，
由题意得，，则，
∴，解得或（舍），
∴直线的方程为.
（2）解：由题意得，.设，则.
由得，解得，
∵点在第一象限，∴，，
∴.
在中，由余弦定理得，，
∴，∴，
∴，
∴，即.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，联立方程，由，求得，设到的距离为，到的距离为，将转化为点到的距离和点到的距离之比，列出方程，即可求出的值，进而得到直线的方程，得到答案.
（2）根据题意，联立方程求出点的坐标，求得，再中，利用余弦定理，以及椭圆的定义，化简，结合面积相等，即可求得结果.
（1）由得.
∵直线与交于两点，
∴，解得.
设到的距离为，到的距离为，
由题意得，，则，
∴，解得或（舍），
∴直线的方程为.
（2）由题意得，.
设，则.
由得，解得，
∵点在第一象限，∴，，
∴.
在中，由余弦定理得，，
∴，∴，
∴，
∴，即.
17．【答案】（1）证明：因为由翻折而成，且，
根据翻折的性质，翻折前后对应边和对应角不变，所以.
已知，所以
因为，，所以，
又因为，即，，平面，所以平面
（2）解：由（1）知平面，平面，所以，
又，.可求得.
又.则.则.
则两两垂直，可以建立空间直角坐标系.
平面的法向量可取.
点为中点，则，，
则.则，
则
点为中点，则，则.
设平面法向量为，则
，即，解得，故.
设平面与平面的夹角为，则
.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据由翻折，得到，进而证得，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，准确计算，即可求解.
（1）因为由翻折而成，且，
根据翻折的性质，翻折前后对应边和对应角不变，所以.
已知，所以
因为，，所以，
又因为，即，，平面，所以平面
（2）由（1）知平面，平面，所以，
又，.可求得.
又.则.则.
则两两垂直，可以建立空间直角坐标系.
平面的法向量可取.
点为中点，则，，
则.则，
则
点为中点，则，则.
设平面法向量为，则
，即，解得，故.
设平面与平面的夹角为，则
.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）证明：由得或，所以函数的定义域为，
因为，
，
所以，所以关于对称，
即曲线是轴对称图形；
（2）解：因为，
则，
令，
则，
令，
则，所以在单调递增，
所以，即，所以在单调递增，
所以，即，所以在单调递增，
又，
则，即，所以，
所以不等式的解集为.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先求出的定义域，再分别求出和，结合，即可得证；
（2）由题意，求得，得到，再令，得到，令，得到，得到在单调递增，进而得到在单调递增，求得，即，即可求得不等式的解集.
（1）由得或，所以函数的定义域为，
因为，
，
所以，所以关于对称，
即曲线是轴对称图形；
（2）因为，
则，
令，
则，
令，
则，所以在单调递增，
所以，即，所以在单调递增，
所以，即，所以在单调递增，
又，
则，即，所以，
所以不等式的解集为.
19．【答案】（1）解：既是等差数列又是等比数列的数列最简单的是非0常数列，
如，它是等差数列，它的任意子列均为公比为1的等比数列；
（2）证明：若存在一个子列是等比数列，则中必存在某三项成等比数列，
下证的任意三项不能构成等比数列，
假设，其中且，
因为公差，所以，
从而，
整理得，
若，则，从而，与矛盾，
所以，此时，（1）中左边为无理数，右边为有理数，不可能相等，
所以假设不成立，故的任意三项不能构成等比数列，
从而的任意子列不是等比数列；
（3）解：若无穷等差数列的任意三项均不能构成等比数列，则其任意子列必定不是等比数列，设的公差为，则，下证“是无理数”为满足题意的一个充分条件．
假设，其中且，
因为，
所以，
整理得，
若，则，从而，与矛盾，
所以，此时，有理数，
所以，当是无理数时，假设不成立，从而的任意三项不能构成等比数列，进而的任意子列不是等比数列，
故“是无理数”为“的任意子列不是等比数列”的一个充分条件．
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）由，它是等差数列，它的任意子列均为公比为1的等比数列，由此得到答案；
（2）假设，其中且，根据公差，得到，结合等比中项的公式，列出方程，整理得到，结合和，得出矛盾，即可得证；
（3）在（2）的提示下， 是无理数是其充分条件，利用反证法得是无理数时，假设其为等比数列不成立．
（1）既是等差数列又是等比数列的数列最简单的是非0常数列，
如，它是等差数列，它的任意子列均为公比为1的等比数列；
（2）若存在一个子列是等比数列，则中必存在某三项成等比数列，
下证的任意三项不能构成等比数列，
假设，其中且，
因为公差，所以，
从而，
整理得，
若，则，从而，与矛盾，
所以，此时，（1）中左边为无理数，右边为有理数，不可能相等，
所以假设不成立，故的任意三项不能构成等比数列，
从而的任意子列不是等比数列；
（3）若无穷等差数列的任意三项均不能构成等比数列，则其任意子列必定不是等比数列，
设的公差为，则，下证“是无理数”为满足题意的一个充分条件．
假设，其中且，
因为，
所以，
整理得，
若，则，从而，与矛盾，
所以，此时，有理数，
所以，当是无理数时，假设不成立，从而的任意三项不能构成等比数列，进而的任意子列不是等比数列，
故“是无理数”为“的任意子列不是等比数列”的一个充分条件．
1 / 1广东省汕头市2024-2025学年高三上学期12月期末教学质量监测数学试题
1．（2024高三上·汕头期末）下列命题既是真命题又是存在量词命题的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：根据题意可知，选项A、D为全称量词命题，选项B、C为存在量词命题.
当时，，选项B为真命题.
当时，，选项C为假命题.
故选：B.
【分析】根据全称命题的定义，得到选项A、D为全称量词命题，再令，得到，可得选项B正确，结合二次根式的概念，可得选项C错误，即可得到答案.
2．（2024高三上·汕头期末）若，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【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】解：设，则，因为，
所以，所以，解得，
所以，所以.
故选：C.
【分析】设，根据，得出方程组，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.
3．（2024高三上·汕头期末）已知平面向量满足：，则（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知：，
两边同时平方可得：.
可得.
因为，则，所以，即.
.
故选：A.
【分析】由，化简得到，再由，代入计算，即可求解.
4．（2024高三上·汕头期末）我们研究成对数据的相关关系，其中，.在集合中取一个元素作为的值，使得这组成对数据的相关程度最强，则（ ）
A．8 B．11 C．12 D．13
【答案】B
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：由可知前9个点在直线上.
∵，∴要使相关性最强，应更接近10，四个选项中最接近.
故选：B.
【分析】根据题意，得到，要使相关性最强，应更接近10，结合四个选项中最接近，即可得到答案.
5．（2024高三上·汕头期末）某市为修订用水政策，制定更合理的用水价格，随机抽取100户居民，得到他们的月均用水量，并整理得如下频率分布直方图.根据直方图的数据信息，下列结论中正确的是（ ）
A．100户居民的月均用水量的中位数大于7.2
B．100户居民的月均用水量低于16.2的用户所占比例超过
C．100户居民的月均用水量的极差介于21与27之间
D．100户居民的月均用水量的平均值介于16.2与22.2之间
【答案】C
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：由频率分布直方图可知，
，
解得，
对于A，月均用水量在的频率为，
月均用水量在的频率为，
所以100户居民的月均用水量的中位数在，故A错误；
对于B，因为100户居民的月均用水量低于16.2的用户的频率为
，
所以100户居民的月均用水量低于16.2的用户所占比例为，故B错误；
对于C，由图知，极差的最大值为，最小值为，
所以100户居民的月均用水量的极差介于21与27之间，故C正确；
对于D，100户居民的月均用水量的平均值为
t，故D错误.
故选：C.
【分析】根据频率分布直方图的性质，利用频率分布直方图中所有小长方形的面积和为，求出的值，结合中位数、平均数和极差的定义，分别求出100户居民的月均用水量的中位数，平均数，极差，结合选项，即可求解.
6．（2024高三上·汕头期末）已知为坐标原点，为抛物线的焦点，点在上，且，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：由抛物线的定义，可知，又，，
则，即，
由点在C上，得，结合，解得.
所以C的方程为.
故选：B.
【分析】由抛物线定义，得到，结合，得到，再将代入抛物线方程，求得，进而求得C的方程，得到答案.
7．（2024高三上·汕头期末）已知正四棱台的上 下底面面积分别为，下底面上的棱与侧棱所成角的余弦值为，则该正四棱台的体积为（ ）
A． B． C．148 D．
【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为正四棱台的上、下底面面积分别为，，
所以上、下底面边长分别为，．
如图，过点作于点，则．
因为，所以与所成的角为，
所以，得．
设该正四棱台上、下底面的中心分别为，，连接，，，
易得，，过作于点，则，
．
所以该正四棱台的体积．
故选：A.
【分析】过点作于点，根据因为，得到与所成的角为，求得，再根据正四棱台的底面面积求侧棱长，求得正四棱台的高结合棱台的体积公式，求得正四棱台的体积，即可得到答案.
8．（2024高三上·汕头期末）设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，
若，则对任意的，，
则当时，，不合乎题意；
若时，当时，，，此时，，不合乎题意；
若，则当时，，，此时，，不合乎题意.
所以，，此时，，则，
当时，，，此时，；
当时，，，此时，.
所以，对任意的，，合乎题意，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故选：D.
【分析】根据题意，结合对数函数的图象与性质，判断得到，得到，得到对任意的，，结合基本不等式可求得的最小值，即可得到答案.
9．（2024高三上·汕头期末）已知曲线，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则曲线表示两条直线
B．若，则曲线是椭圆
C．若，则曲线是双曲线
D．若，则曲线的离心率为
【答案】A,C,D
【知识点】曲线与方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：由题意，曲线，，
若，则，此时曲线，表示两条直线，故A正确；
若，又，则，
曲线，可化为，
当时，则曲线表示圆，
当时，则曲线表示椭圆，故B错误；
若，又，则，则曲线表示双曲线，故C正确；
若，又，
所以，
则曲线为，
则曲线为等轴双曲线，离心率为，故D正确.
故选：ACD.
【分析】由曲线，根据的取值范围，将曲线化为标准方程，结合选项逐项分析判断，即可求解.
10．（2024高三上·汕头期末）已知，则（ ）
A．若，且，则
B．，使得的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称
C．当时，函数恰有三个零点，且，则
D．若在上恰有2个极大值点和1个极小值点，则
【答案】B,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为，所以周期，
对于A，由条件知，周期为，所以，故A错误；
对于B，函数图象左移个单位长度后得到的函数为，
其图象关于原点对称，则，解得，，
又，所以，B正确；
对于C，函数，
令，，可得：，.
，令，可得一条对称轴方程为，
令，可得一条对称轴方程为，
函数恰有三个零点，
可知，关于其中一条对称轴是对称的，即，
，关于其中一条对称轴是对称的，即，
那么，C正确；
对于D，令，
由在上恰有2个极大值点和1个极小值点，
得，解得，故D正确，
故选：BCD.
【分析】化简函数，根据三角函数的周期性，可判定A不正确；由三角函数的图象变换，得到，结合求解，可判断B正确；由函数，令，求解，可判断C正确；令，结合求解，可判断D正确，即可求解.
11．（2024高三上·汕头期末）将函数的图象绕原点逆时针旋转后得到的曲线依然可以看作一个函数的图象、以下函数中符合上述条件的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；函数与方程的综合运用；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：若函数逆时针旋转角后所得函数仍是一个函数，
则函数的图象与任一斜率为的直线均不能有两个或两个以上的交点.
对于，设，则，
则为上的单调递减函数，即方程只有一解，
所以与只有一个交点，故符合题意，A正确；
对于，设，
，
则在有零点，即方程不只有一解，
所以与多个交点，不符合题意，B错误；
对于，设，
显然为上减函数，当时，，
即所以与只有一个交点，故符合题意，C正确；
对于，设，
则，
显然在和上各有零点，
即所以与有多个交点，故不符合题意，D错误.
故选：AC.
【分析】由函数逆时针旋转角后所得函数仍是一个函数，得到函数的图象与任一斜率为的直线均不能有两个或两个以上的交点，结合选项作出函数的图象，结合图象，逐项分析判定，依次判断选项，即可得到答案.
12．（2024高三上·汕头期末）已知公比不为1的等比数列中，且成等差数列，则 （结果用幂表示）
【答案】
【知识点】等比数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由成等差数列，则根据等差数列性质可得.
因为，设等比数列的公比为（），则，.
将，，代入可得：
，
解得或（公比不为，舍去）.
由等比数列通项公式，则.
故答案为：.
【分析】根据成等差数列，得到，设等比数列的公比为，再根据等比数列通项公式，求得的值，即可得到答案.
13．（2024高三上·汕头期末）已知分别为双曲线的左 右焦点，过的直线与圆相切于点，若，则双曲线的渐近线方程为 .
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；解三角形
【解析】【解答】解：根据题意，由切线性质，，，
所以，则，且，
由余弦定理得，
解得，又，所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：
【分析】根据题意，由双曲线定义且， 求得，在中，可得，在中，利用余弦定理，列出方程，化简得到，结合，求得，进而得到双曲线的渐近线方程，得到答案.
14．（2024高三上·汕头期末）如图，在山脚A测得山顶P的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走d m到达B处，在B处测得山顶P的仰角为，则山高 m.（结果用d、、、表示）
【答案】
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设山高，则，延长交于，如图，
则，因此，，，
，
在中由正弦定理得，
所以，
故答案为：．
【分析】设山高，得到，延长交于，在中，由正弦定理，列出方程，得到，求得的表达式，即可得到答案.
15．（2024高三上·汕头期末）某校为了解高三学生每天的作业完成时长，在该校高三学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示：
时长（小时）
人数（人） 3 4 33 42 18
用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响.
（1）从该校高三学生中随机选取1人，估计该生可以在3小时内完成各科作业的概率；
（2）从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取3人，其中共有人可以在2小时内完成各科作业，求的分布列和数学期望；
（3）从该校高三学生（学生人数较多）中随机选取3人，其中共有人可以在3小时内完成各科作业，求.
【答案】（1）解：设“从该校高三学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件，则.
（2）解：样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有（人），其中可以在2小时内完成的有3人，的所有可能取值为0，1，2，3.，，，，
∴的分布列为：
∴.
（3）解：由题意得，，∴.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）设“从该校高三学生中随机选取1人，在3小时内完成各科作业”为事件，利用古典概型的概率公式，进行求解，即可得到答案.
（2）根据题意，在2小时内完成的有3人，的所有可能取值为0，1，2，3，利用超几何分步计算的分布列和数学期望的公式，进行计算，即可得到答案；
（3）根据题意，得到随机变量，结合二项分布期望公式，进行计算，即可得到答案.
（1）设“从该校高三学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件，
则.
（2）样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有（人），其中可以在2小时内完成的有3人，的所有可能取值为0，1，2，3.
，，，，
∴的分布列为：
∴.
（3）由题意得，，
∴.
16．（2024高三上·汕头期末）已知椭圆的左 右焦点分别为，直线与交于两点（点在轴上方），的面积是面积的2倍.
（1）求直线的方程；
（2）求.
【答案】（1）解：由得.
∵直线与交于两点，
∴，解得.
设到的距离为，到的距离为，
由题意得，，则，
∴，解得或（舍），
∴直线的方程为.
（2）解：由题意得，.设，则.
由得，解得，
∵点在第一象限，∴，，
∴.
在中，由余弦定理得，，
∴，∴，
∴，
∴，即.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，联立方程，由，求得，设到的距离为，到的距离为，将转化为点到的距离和点到的距离之比，列出方程，即可求出的值，进而得到直线的方程，得到答案.
（2）根据题意，联立方程求出点的坐标，求得，再中，利用余弦定理，以及椭圆的定义，化简，结合面积相等，即可求得结果.
（1）由得.
∵直线与交于两点，
∴，解得.
设到的距离为，到的距离为，
由题意得，，则，
∴，解得或（舍），
∴直线的方程为.
（2）由题意得，.
设，则.
由得，解得，
∵点在第一象限，∴，，
∴.
在中，由余弦定理得，，
∴，∴，
∴，
∴，即.
17．（2024高三上·汕头期末）如图，平面四边形中，，，点为中点，于，将沿翻折至，使得.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为由翻折而成，且，
根据翻折的性质，翻折前后对应边和对应角不变，所以.
已知，所以
因为，，所以，
又因为，即，，平面，所以平面
（2）解：由（1）知平面，平面，所以，
又，.可求得.
又.则.则.
则两两垂直，可以建立空间直角坐标系.
平面的法向量可取.
点为中点，则，，
则.则，
则
点为中点，则，则.
设平面法向量为，则
，即，解得，故.
设平面与平面的夹角为，则
.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据由翻折，得到，进而证得，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，准确计算，即可求解.
（1）因为由翻折而成，且，
根据翻折的性质，翻折前后对应边和对应角不变，所以.
已知，所以
因为，，所以，
又因为，即，，平面，所以平面
（2）由（1）知平面，平面，所以，
又，.可求得.
又.则.则.
则两两垂直，可以建立空间直角坐标系.
平面的法向量可取.
点为中点，则，，
则.则，
则
点为中点，则，则.
设平面法向量为，则
，即，解得，故.
设平面与平面的夹角为，则
.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18．（2024高三上·汕头期末）已知函数.
（1）证明曲线是轴对称图形；
（2）设函数，解不等式（是自然对数的底数）.
【答案】（1）证明：由得或，所以函数的定义域为，
因为，
，
所以，所以关于对称，
即曲线是轴对称图形；
（2）解：因为，
则，
令，
则，
令，
则，所以在单调递增，
所以，即，所以在单调递增，
所以，即，所以在单调递增，
又，
则，即，所以，
所以不等式的解集为.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先求出的定义域，再分别求出和，结合，即可得证；
（2）由题意，求得，得到，再令，得到，令，得到，得到在单调递增，进而得到在单调递增，求得，即，即可求得不等式的解集.
（1）由得或，所以函数的定义域为，
因为，
，
所以，所以关于对称，
即曲线是轴对称图形；
（2）因为，
则，
令，
则，
令，
则，所以在单调递增，
所以，即，所以在单调递增，
所以，即，所以在单调递增，
又，
则，即，所以，
所以不等式的解集为.
19．（2024高三上·汕头期末）设为无穷数列，为正整数集的无限子集，且，则数列称为数列的一个子列.
（1）请写出一个无穷等差数列，其任意子列均为等比数列；
（2）设无穷数列为等差数列，，证明：的任意子列不是等比数列；
（3）对于公差不为零的无穷等差数列，试探究其任意子列不是等比数列的一个充分条件.
【答案】（1）解：既是等差数列又是等比数列的数列最简单的是非0常数列，
如，它是等差数列，它的任意子列均为公比为1的等比数列；
（2）证明：若存在一个子列是等比数列，则中必存在某三项成等比数列，
下证的任意三项不能构成等比数列，
假设，其中且，
因为公差，所以，
从而，
整理得，
若，则，从而，与矛盾，
所以，此时，（1）中左边为无理数，右边为有理数，不可能相等，
所以假设不成立，故的任意三项不能构成等比数列，
从而的任意子列不是等比数列；
（3）解：若无穷等差数列的任意三项均不能构成等比数列，则其任意子列必定不是等比数列，设的公差为，则，下证“是无理数”为满足题意的一个充分条件．
假设，其中且，
因为，
所以，
整理得，
若，则，从而，与矛盾，
所以，此时，有理数，
所以，当是无理数时，假设不成立，从而的任意三项不能构成等比数列，进而的任意子列不是等比数列，
故“是无理数”为“的任意子列不是等比数列”的一个充分条件．
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）由，它是等差数列，它的任意子列均为公比为1的等比数列，由此得到答案；
（2）假设，其中且，根据公差，得到，结合等比中项的公式，列出方程，整理得到，结合和，得出矛盾，即可得证；
（3）在（2）的提示下， 是无理数是其充分条件，利用反证法得是无理数时，假设其为等比数列不成立．
（1）既是等差数列又是等比数列的数列最简单的是非0常数列，
如，它是等差数列，它的任意子列均为公比为1的等比数列；
（2）若存在一个子列是等比数列，则中必存在某三项成等比数列，
下证的任意三项不能构成等比数列，
假设，其中且，
因为公差，所以，
从而，
整理得，
若，则，从而，与矛盾，
所以，此时，（1）中左边为无理数，右边为有理数，不可能相等，
所以假设不成立，故的任意三项不能构成等比数列，
从而的任意子列不是等比数列；
（3）若无穷等差数列的任意三项均不能构成等比数列，则其任意子列必定不是等比数列，
设的公差为，则，下证“是无理数”为满足题意的一个充分条件．
假设，其中且，
因为，
所以，
整理得，
若，则，从而，与矛盾，
所以，此时，有理数，
所以，当是无理数时，假设不成立，从而的任意三项不能构成等比数列，进而的任意子列不是等比数列，
故“是无理数”为“的任意子列不是等比数列”的一个充分条件．
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