浙江省杭州市部分学校2025届高三上学期期末联考数学试题
1．（2025高三上·杭州期末）已知集合，且，则等于（ ）
A．或 B． C． D．
2．（2025高三上·杭州期末）已知复数z与复平面内的点对应，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·杭州期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·杭州期末）若，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·杭州期末）已知，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·杭州期末）某个班级有55名学生，其中男生35名，女生20名，男生中有20名团员，女生中有12名团员．在该班中随机选取一名学生，A表示“选到的是团员”，B表示“选到的是男生”，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·杭州期末）已知是等差数列的前项和，且，，则（ ）
A．数列为递增数列 B．
C．的最大值为 D．
8．（2025高三上·杭州期末）已知当时，函数取得最大值2，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·杭州期末）已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在单调递减
D．该图象向右平移个单位可得的图象
10．（2025高三上·杭州期末）已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线过且交于不同的两点，在线段上，点为在上的射影．线段交轴于点，下列命题正确的是（ ）
A．对于任意直线，均有
B．不存在直线，满足
C．对于任意直线，直线与抛物线相切
D．存在直线，使
11．（2025高三上·杭州期末）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，M为AC的中点，，，且，则（ ）
A．平面ACD B．平面ABC
C．O到AC的距离为 D．二面角的正切值为
12．（2025高三上·杭州期末）设函数，若方程有且仅有1个实数根，则实数的取值范围是 ．
13．（2025高三上·杭州期末）已知是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，且，若的面积为9，则的值为 ．
14．（2025高三上·杭州期末）甲、乙两人参加玩游戏活动，每轮游戏活动由甲、乙各玩一盘，已知甲每盘获胜的概率为，乙每盘获胜的概率为.在每轮游戏活动中，甲和乙获胜与否互不影响，各轮结果也互不影响，则甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜3盘的概率为 .
15．（2025高三上·杭州期末）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答.
问题：在中，内角所对的边分别为，，，，，且_____________，求的值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
16．（2025高三上·杭州期末）已知数列满足，.
（1）证明：是等比数列；
（2）设，证明.
17．（2025高三上·杭州期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点．
（1）若是的中点，求证：直线平面；
（2）若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积
18．（2025高三上·杭州期末）已知点，，曲线上的点与两点的连线的斜率分别为和，且，在下列条件中选择一个，并回答问题（1）和（2）．
条件①：；条件②：．
问题：
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在一条直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19．（2025高三上·杭州期末）对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数.
（1）当时，求函数的不动点；
（2）若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若的两个不动点为，且，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：集合，且，
则当时，解得， 此时，集合，不满足集合元素的互异性，不符合题意，舍去；
当时，解方程，即，可得或，
若，则，此时集合， 符合集合元素的互异性，
综上.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据元素与集合的关系，分两种情况讨论属于集合的情况，再根据集合元素的互异性进行检验即可.
2．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由复数的几何意义可知，
则.
故答案为：C
【分析】利用复数的几何意义，以及复数的除法运算，即可求解.
3．【答案】D
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】∵，
∴。
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合诱导公式，进而得出的值。
4．【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由条件可知，两边平方后得，
并且，
，
因为向量夹角的范围是，所以向量与的夹角为
故答案为：A
【分析】由条件两边平方后得，然后根据，求出向量与的夹角。
5．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由，可得，
两边同时乘以“”得：，
则，
当且仅当时等号成立，令，，解得或，
因为，所以，即.
故答案为：B.
【分析】将已知式子变形，利用基本不等式求得最小值，再将问题转化解不等式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：设事件为选到的是团员，事件为选到的是男生，
由题意可得：，，则．
故答案为：B．
【分析】根据条件概率的计算公式求解即可．
7．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：B、，由等差数列的性质可得，
因为，所以，故B错误；
A、等差数列的公差，则数列为递减数列，故A错误；
C、由于时，，时，，则的最大值为，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质及前项和公式逐项分析判断即可.
8．【答案】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：函数的定义域为，求导可得，
因为当时，函数取得最大值2，
所以，即，解得，
则，，
令，得；令，得；
则在上单调递增，在上单调递减，
故，符合题意，故.
故答案为：C.
【分析】先求函数的定义域，以及导函数，再根据题意可得，解方程组可得的值，验证单调性记即可得的值.
9．【答案】B,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：A、由图象得，，解得，则的最小正周期为，故A错误；
B、，则，将代入中得，
则，，解得，，
因为，所以，，，
所以是的对称轴，故B正确；
C、当时，，因为在上不单调，
所以在上不单调，故C错误；
D、该图象向右平移个单位可得，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据函数的图象，结合三角函数的性质对选项逐项判断即可.
10．【答案】A,C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：A、如图所示：
易知为的中点，轴，则为线段的中点，
由抛物线的定义知，则，故A正确；
B、设，，，，，为线段的中点，则，
，， 由，得，
解得，，又，，故，，，
可得，，故存在直线，满足，故B错误；
C、由题意知，为线段的中点，从而设，则，
直线的方程，与抛物线方程联立可得：，
又，代入整理得，
则，所以直线与抛物线相切，故C正确；
D、设的方程，联立，则，所以，，
由，
而，由，得，解得：，
故，所以，故D错误.
故答案为：AC．
【分析】根据为线段的中点以及抛物线定义即可判断A；利用及抛物线方程求出，坐标，再说明，，三点共线，即存在直线即可判断B；设，，表示出直线，联立抛物线，利用即可判断C；设直线方程，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断D．
11．【答案】A,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】设的中心为G，过点G作直线平面ABC，
则球心O在上.由M为AC的中点，得.
因为.所以平面BDM，则，
所以，所以，所以，，所以，
所以，可得平面ACD，
所以球心O在直线MB上，因此O与G重合.过M作于H，
连接OH，则，从而为二面角的平面角.
因为，，
所以O到AC的距离为，且.
故答案为：AD
【分析】设的中心为G，过点G作直线平面ABC，利用线面垂直的性质定理、判定定理得出球心，从而可判断A，B；连接OH，得出面面角，从而判断C，D。
12．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可得：函数与直线的图象有且只有一个交点，
作出函数的图象，如图所示：
由图象可得.
故答案为：.
【分析】作出函数图象，将方程有且仅有1个实数根转化为函数与直线的图象有且只有一个交点，数形结合求解即可.
13．【答案】3
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】
因为是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，
所以，
，①
又
②
①-②得：，
的面积为9，
，
故答案为：3.
【分析】
由椭圆的定义得，勾股定理得，两式联立得，结合三角形面积公式计算即可求解.
14．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：设分别表示甲在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、2盘的事件，
设分别表示乙在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、2盘的事件，
根据相互独立事件的概率公式可得，
，
则甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜3盘的事件为，
且互斥，故
.
故答案为：.
【分析】分别求出甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、3盘的概率，再根据相互独立事件以及互斥事件的概率公式求解即可.
15．【答案】解：选择条件①
因为，可知角A是钝角，
又因为，则，可得.
因为，即，
化简得，即，
由正弦定理得.
由，解得，
由余弦定理可得，所以.
选择条件②：
因为，可知角A是钝角，
又因为，则，可得.
因为，由正弦定理可得，
整理可得，即.
由正弦定理得，由，解得，
由余弦定理可得，所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】先利用可得.选择条件①：利用三角恒等变换可得，再结合正弦定理可得，联立求出b，c，最后利用余弦定理即可求解；选择条件②：利用三角恒等变换整理可得，再利用正弦定理可得，求得，利用余弦定理运算即可求解；
16．【答案】（1）证明：因为，，则，，，
以此类推可知，对任意的，，
由已知得，即，
所以，，且，
是首项为，公比为的等比数列.
（2）证明：由（1）知，，，
，
.
【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)首先整理化简已知的数列的递推公式，由此得出数列的通项公式，进而得出数列为等比数列。
(2)由(1)的结论即可得出数列的通项公式，结合裂项相消法即可求出数列前n项和。
17．【答案】（1）证明：取的中点，连，，如图所示：
因为为的中点，所以且，
又因为，且，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以直线平面；
（2）解：以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
设，则，，
因为在棱上，所以设，
故，解得，即，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量，，，
则，即，即，
取，则，，故，
因为二面角的平面角的余弦值为，所以，即，
即，即，解得，
故是的中点，因此.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先取的中点，连接，再由平行四边形即可证明线线平行，最后根据线面平行的判定定理证明线面平行即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量由二面角的平面角的余弦值求出的位置，再由体积公式求解即可．
（1）证明：取的中点，连，，
为的中点，且，
又，且，
，，
所以四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
故直线平面．
（2）以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设，则，，
在棱上，可设，
故，解得，即，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量，，，
，即，
即，
取，则，，
故，
因为二面角的平面角的余弦值为，
所以，即，
即，
，解得，
故是的中点，
因此
18．【答案】（1）解：若选条件①：点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
则曲线的方程为；
若选条件②：设点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
则曲线的方程为；
（2）解：若选条件①：（ⅰ）若直线的斜率存在，设，
联立，消元整理可得，
则，即，
设，，则，，
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得，
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以；
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则，
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点，且；
若选条件②：（ⅰ）若直线的斜率存在，
设，联立，消元整理可得，
则，即，
设，，则，，
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得，
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以，
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则，
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点，且．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）选择条件，表示斜率化简求解即可；
（2）若选择条件①：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可；
若选择条件②：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可.
（1）若选条件①：点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
若选条件②：设点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
（2）若选条件①：（ⅰ）若直线的斜率存在，设，
由，得，
则，即，
设，，则，．
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得．
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则．
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．
且．
若选条件②：（ⅰ）若直线的斜率存在，
设，由
得，
则，即，
设，，则，．
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得．
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则．
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．
且．
19．【答案】（1）解：当时，，
所以，解得或，
所以函数的不动点为和；
（2）解：函数恒有两个相异的不动点，即方程有两个不等的实根，
即方程有两个不等的实根，
恒成立，即恒成立，
所以，解得，
故当时，函数恒有两个相异的不动点，则的取值范围为；
（3）解：因为，
所以，
又因为，所以，
由对勾函数在单调递增，可得，则，
故的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；一元二次方程的解集；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据不动点定义得到方程，解方程即可；
（2）将问题转化为有两个不等实根，利用判别式得到满足的不等式，将其看做关于的一元二次不等式恒成立，由判别式得到关于的不等式，求解即可；
（3）利用已知得到，根据对勾函数的性质求得最值即可得到所求范围.
（1）当时，，
所以，解得或，
所以函数的不动点为和.
（2）函数恒有两个相异的不动点，即方程有两个不等的实根，
即方程有两个不等的实根，
恒成立，即恒成立，
所以，解得，
故当时，函数恒有两个相异的不动点，则的取值范围为.
（3）∵，
所以，
因为，所以，
由于对勾函数在单调递增，
所以，
所以.故的取值范围为.
1 / 1浙江省杭州市部分学校2025届高三上学期期末联考数学试题
1．（2025高三上·杭州期末）已知集合，且，则等于（ ）
A．或 B． C． D．
【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：集合，且，
则当时，解得， 此时，集合，不满足集合元素的互异性，不符合题意，舍去；
当时，解方程，即，可得或，
若，则，此时集合， 符合集合元素的互异性，
综上.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据元素与集合的关系，分两种情况讨论属于集合的情况，再根据集合元素的互异性进行检验即可.
2．（2025高三上·杭州期末）已知复数z与复平面内的点对应，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由复数的几何意义可知，
则.
故答案为：C
【分析】利用复数的几何意义，以及复数的除法运算，即可求解.
3．（2025高三上·杭州期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】∵，
∴。
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合诱导公式，进而得出的值。
4．（2025高三上·杭州期末）若，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由条件可知，两边平方后得，
并且，
，
因为向量夹角的范围是，所以向量与的夹角为
故答案为：A
【分析】由条件两边平方后得，然后根据，求出向量与的夹角。
5．（2025高三上·杭州期末）已知，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由，可得，
两边同时乘以“”得：，
则，
当且仅当时等号成立，令，，解得或，
因为，所以，即.
故答案为：B.
【分析】将已知式子变形，利用基本不等式求得最小值，再将问题转化解不等式求解即可.
6．（2025高三上·杭州期末）某个班级有55名学生，其中男生35名，女生20名，男生中有20名团员，女生中有12名团员．在该班中随机选取一名学生，A表示“选到的是团员”，B表示“选到的是男生”，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：设事件为选到的是团员，事件为选到的是男生，
由题意可得：，，则．
故答案为：B．
【分析】根据条件概率的计算公式求解即可．
7．（2025高三上·杭州期末）已知是等差数列的前项和，且，，则（ ）
A．数列为递增数列 B．
C．的最大值为 D．
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：B、，由等差数列的性质可得，
因为，所以，故B错误；
A、等差数列的公差，则数列为递减数列，故A错误；
C、由于时，，时，，则的最大值为，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质及前项和公式逐项分析判断即可.
8．（2025高三上·杭州期末）已知当时，函数取得最大值2，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】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：函数的定义域为，求导可得，
因为当时，函数取得最大值2，
所以，即，解得，
则，，
令，得；令，得；
则在上单调递增，在上单调递减，
故，符合题意，故.
故答案为：C.
【分析】先求函数的定义域，以及导函数，再根据题意可得，解方程组可得的值，验证单调性记即可得的值.
9．（2025高三上·杭州期末）已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在单调递减
D．该图象向右平移个单位可得的图象
【答案】B,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：A、由图象得，，解得，则的最小正周期为，故A错误；
B、，则，将代入中得，
则，，解得，，
因为，所以，，，
所以是的对称轴，故B正确；
C、当时，，因为在上不单调，
所以在上不单调，故C错误；
D、该图象向右平移个单位可得，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据函数的图象，结合三角函数的性质对选项逐项判断即可.
10．（2025高三上·杭州期末）已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线过且交于不同的两点，在线段上，点为在上的射影．线段交轴于点，下列命题正确的是（ ）
A．对于任意直线，均有
B．不存在直线，满足
C．对于任意直线，直线与抛物线相切
D．存在直线，使
【答案】A,C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：A、如图所示：
易知为的中点，轴，则为线段的中点，
由抛物线的定义知，则，故A正确；
B、设，，，，，为线段的中点，则，
，， 由，得，
解得，，又，，故，，，
可得，，故存在直线，满足，故B错误；
C、由题意知，为线段的中点，从而设，则，
直线的方程，与抛物线方程联立可得：，
又，代入整理得，
则，所以直线与抛物线相切，故C正确；
D、设的方程，联立，则，所以，，
由，
而，由，得，解得：，
故，所以，故D错误.
故答案为：AC．
【分析】根据为线段的中点以及抛物线定义即可判断A；利用及抛物线方程求出，坐标，再说明，，三点共线，即存在直线即可判断B；设，，表示出直线，联立抛物线，利用即可判断C；设直线方程，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断D．
11．（2025高三上·杭州期末）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，M为AC的中点，，，且，则（ ）
A．平面ACD B．平面ABC
C．O到AC的距离为 D．二面角的正切值为
【答案】A,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】设的中心为G，过点G作直线平面ABC，
则球心O在上.由M为AC的中点，得.
因为.所以平面BDM，则，
所以，所以，所以，，所以，
所以，可得平面ACD，
所以球心O在直线MB上，因此O与G重合.过M作于H，
连接OH，则，从而为二面角的平面角.
因为，，
所以O到AC的距离为，且.
故答案为：AD
【分析】设的中心为G，过点G作直线平面ABC，利用线面垂直的性质定理、判定定理得出球心，从而可判断A，B；连接OH，得出面面角，从而判断C，D。
12．（2025高三上·杭州期末）设函数，若方程有且仅有1个实数根，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可得：函数与直线的图象有且只有一个交点，
作出函数的图象，如图所示：
由图象可得.
故答案为：.
【分析】作出函数图象，将方程有且仅有1个实数根转化为函数与直线的图象有且只有一个交点，数形结合求解即可.
13．（2025高三上·杭州期末）已知是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，且，若的面积为9，则的值为 ．
【答案】3
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】
因为是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，
所以，
，①
又
②
①-②得：，
的面积为9，
，
故答案为：3.
【分析】
由椭圆的定义得，勾股定理得，两式联立得，结合三角形面积公式计算即可求解.
14．（2025高三上·杭州期末）甲、乙两人参加玩游戏活动，每轮游戏活动由甲、乙各玩一盘，已知甲每盘获胜的概率为，乙每盘获胜的概率为.在每轮游戏活动中，甲和乙获胜与否互不影响，各轮结果也互不影响，则甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜3盘的概率为 .
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：设分别表示甲在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、2盘的事件，
设分别表示乙在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、2盘的事件，
根据相互独立事件的概率公式可得，
，
则甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜3盘的事件为，
且互斥，故
.
故答案为：.
【分析】分别求出甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、3盘的概率，再根据相互独立事件以及互斥事件的概率公式求解即可.
15．（2025高三上·杭州期末）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答.
问题：在中，内角所对的边分别为，，，，，且_____________，求的值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】解：选择条件①
因为，可知角A是钝角，
又因为，则，可得.
因为，即，
化简得，即，
由正弦定理得.
由，解得，
由余弦定理可得，所以.
选择条件②：
因为，可知角A是钝角，
又因为，则，可得.
因为，由正弦定理可得，
整理可得，即.
由正弦定理得，由，解得，
由余弦定理可得，所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】先利用可得.选择条件①：利用三角恒等变换可得，再结合正弦定理可得，联立求出b，c，最后利用余弦定理即可求解；选择条件②：利用三角恒等变换整理可得，再利用正弦定理可得，求得，利用余弦定理运算即可求解；
16．（2025高三上·杭州期末）已知数列满足，.
（1）证明：是等比数列；
（2）设，证明.
【答案】（1）证明：因为，，则，，，
以此类推可知，对任意的，，
由已知得，即，
所以，，且，
是首项为，公比为的等比数列.
（2）证明：由（1）知，，，
，
.
【知识点】等比数列的通项公式；等比关系的确定；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)首先整理化简已知的数列的递推公式，由此得出数列的通项公式，进而得出数列为等比数列。
(2)由(1)的结论即可得出数列的通项公式，结合裂项相消法即可求出数列前n项和。
17．（2025高三上·杭州期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点．
（1）若是的中点，求证：直线平面；
（2）若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积
【答案】（1）证明：取的中点，连，，如图所示：
因为为的中点，所以且，
又因为，且，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以直线平面；
（2）解：以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
设，则，，
因为在棱上，所以设，
故，解得，即，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量，，，
则，即，即，
取，则，，故，
因为二面角的平面角的余弦值为，所以，即，
即，即，解得，
故是的中点，因此.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先取的中点，连接，再由平行四边形即可证明线线平行，最后根据线面平行的判定定理证明线面平行即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量由二面角的平面角的余弦值求出的位置，再由体积公式求解即可．
（1）证明：取的中点，连，，
为的中点，且，
又，且，
，，
所以四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
故直线平面．
（2）以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设，则，，
在棱上，可设，
故，解得，即，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量，，，
，即，
即，
取，则，，
故，
因为二面角的平面角的余弦值为，
所以，即，
即，
，解得，
故是的中点，
因此
18．（2025高三上·杭州期末）已知点，，曲线上的点与两点的连线的斜率分别为和，且，在下列条件中选择一个，并回答问题（1）和（2）．
条件①：；条件②：．
问题：
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在一条直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：若选条件①：点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
则曲线的方程为；
若选条件②：设点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
则曲线的方程为；
（2）解：若选条件①：（ⅰ）若直线的斜率存在，设，
联立，消元整理可得，
则，即，
设，，则，，
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得，
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以；
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则，
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点，且；
若选条件②：（ⅰ）若直线的斜率存在，
设，联立，消元整理可得，
则，即，
设，，则，，
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得，
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以，
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则，
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点，且．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）选择条件，表示斜率化简求解即可；
（2）若选择条件①：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可；
若选择条件②：当直线斜率存在时，设，，，直线方程与曲线方程联立，运用韦达定理结合得到，进而化简得到；当斜率不存在时，得到，进而得到即可.
（1）若选条件①：点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
若选条件②：设点的坐标为，则，，
由题意可得，，化简得，
进而曲线的方程为．
（2）若选条件①：（ⅰ）若直线的斜率存在，设，
由，得，
则，即，
设，，则，．
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得．
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则．
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．
且．
若选条件②：（ⅰ）若直线的斜率存在，
设，由
得，
则，即，
设，，则，．
因为以为直径的圆经过原点，所以，则，
即，整理得．
，
设为点到直线的距离，则，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直线的斜率不存在，则，
不妨设，则，代入方程，得，
所以，则．
综上，存在这样的直线与曲线交于，两点，以为直径的圆经过坐标原点．
且．
19．（2025高三上·杭州期末）对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数.
（1）当时，求函数的不动点；
（2）若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若的两个不动点为，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，
所以，解得或，
所以函数的不动点为和；
（2）解：函数恒有两个相异的不动点，即方程有两个不等的实根，
即方程有两个不等的实根，
恒成立，即恒成立，
所以，解得，
故当时，函数恒有两个相异的不动点，则的取值范围为；
（3）解：因为，
所以，
又因为，所以，
由对勾函数在单调递增，可得，则，
故的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；一元二次方程的解集；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据不动点定义得到方程，解方程即可；
（2）将问题转化为有两个不等实根，利用判别式得到满足的不等式，将其看做关于的一元二次不等式恒成立，由判别式得到关于的不等式，求解即可；
（3）利用已知得到，根据对勾函数的性质求得最值即可得到所求范围.
（1）当时，，
所以，解得或，
所以函数的不动点为和.
（2）函数恒有两个相异的不动点，即方程有两个不等的实根，
即方程有两个不等的实根，
恒成立，即恒成立，
所以，解得，
故当时，函数恒有两个相异的不动点，则的取值范围为.
（3）∵，
所以，
因为，所以，
由于对勾函数在单调递增，
所以，
所以.故的取值范围为.
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