广东省部分学校2025届高三上学期期末联考数学试题
1．（2025高三上·广东期末）已知，则（ ）
A．1 B．0 C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：已知，
则，
故答案为：D
【分析】直接利用根据二倍角余弦公式即可求解.
2．（2025高三上·广东期末）已知成等比数列，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．1
【答案】A
【知识点】等比中项
【解析】【解答】解：已知成等比数列，则，即，解得．
故答案为：A．
【分析】利用等比中项可得，解方程即可求解.
3．（2025高三上·广东期末）某地采用如图所示的直四棱柱形交通减速带，其底面为梯形，接触地面的表面宽40（单位；厘米），平行于地面的表面宽10，且距离地面高度为10．某路面要铺设总长为300的交通减速带，则该减速带的体积（不考虑表面凹槽）为（ ）
A．立方厘米 B．立方厘米
C．立方厘米 D．立方厘米
【答案】B
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：计算梯形底面的面积：，由于铺设长度为300，
故立方厘米．
故答案为：B
【分析】先利用梯形面积公式计算梯形底面的面积，再利用棱柱体积公式，即可求解.
4．（2025高三上·广东期末）已知一组数据0，7，2，1，从1到10中的整数里随机选择1个数加入这组数据，则得到的新数据与原数据极差相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】极差、方差与标准差；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：已知数据0，7，2，1的极差为；
从1到10中的整数里随机选择1个数共有10种可能，要使加入数据后其与原数据极差相同，
则该数需要小于或等于7，故有7种可能，故概率为；
故答案为：B．
【分析】利用题中数据和极差的定义以及古典概型的概率计算公式，即可求解.
5．（2025高三上·广东期末）已知为整数，全集，，，设甲：；乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【知识点】元素与集合的关系；集合间关系的判断；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则或或，则或或或，
当时，不符合题意，故舍去，其他均符合题意，所以；
因为的元素必有1，可能有，，要使，则，
所以或，解得或，即，此时，
验证得仅或时符合条件，所以，故必要性成立；
当时，不成立，故充分性不成立；
故甲是乙的必要条件但不是充分条件.
故答案为：B．
【分析】先利用求出的取值集合，再利用充分条件、必要条件的定义即可求解.
6．（2025高三上·广东期末）已知，且是方程的一个根，则的最小值是（ ）
A． B．4 C．2 D．8
【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由是方程的一个根可得，
即，且，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值是8．
故答案为：D．
【分析】直接将带入方程可得，再利用基本不等式即可求解.
7．（2025高三上·广东期末）若边长为整数的正方形的四个顶点均在椭圆C：上，则c的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由对称性知，四个顶点必在直线上，如图所示：
由于C在y轴上的两顶点距离为2，
故正方形的边长不可能大于或等于2，
又因为正方形的边长为整数，故其只能为1，
因此点在C上，代入C的方程得，
解得，故C：，
故C的离心率为．
故答案为：D
【分析】利用椭圆和正方形的对称性四个顶点必在直线，再利用椭圆离心率公式即可求解.
8．（2025高三上·广东期末）已知函数满足，则（ ）
A．1 B．2025 C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：函数的定义域满足，等价于，
由可知的图象关于直线对称，
故的定义域关于对称，
则的解集只能为，故．
由，可得，
故，
则，解得，故．
故答案为：C．
【分析】先利用函数解析式可得到定义域满足，再利用函数图象关于直线对称，可得定义域关于对称，求出；再结合求出，即可求解.
9．（2025高三上·广东期末）已知向量，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，，
A、因为，所以与不垂直，故A错误；
B、因为，，所以，所以，故B正确；
C、因为，，所以，
，所以，故C正确；
D、因为，，所以，所以，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】先利用向量垂直与平行的坐标表示即可判断A，B；利用向量模长的坐标计算即可判C；利用坐标计算夹角的大小即可判断D.
10．（2025高三上·广东期末）某地质考察队在一片区域内发现了五处具有研究价值的地质构造点，依照初步判断的研究价值高低，分别标记为1，2，3，4，5号点位，每次考察时，随机选择一处地质构造点进行深入研究，选择各点位的概率与该点标记的序号成正比，比例系数为k，设随机变量G表示选择的地质构造点编号，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：依题意可得选择各点位的概率与该点标记的序号成正比，
故，，解得，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
，，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用正比关系可得，即可利用概率之和为1求解，即可求解.
11．（2025高三上·广东期末）设函数，且的图象关于点中心对称，，记的最小正周期为T，且，则（ ）
A．
B．
C．
D．在区间内最多存在两个极值点
【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：A、因为的图象关于中心对称，所以，
所以，即，故A正确；
B、由得，且又，所以．
由得，，所以．
因为，，所以，显然k可以取1或-1，
所以或，故B错误；
C、当时，；
当时，，所以，
故C正确；
D、当时，在内存在唯一极大值点（位于区间外）．
当时，在内存在极小值点，存在极大值点（位于区间外）．因此在区间内最多存在两个极值点，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用图象关于点中心对称可求得，由可判断A，以及；再利用图象关于点中心对称可得，，根据，可求得或，即可判断B；将代入解析式即可判断C；利用正弦型函数求最值即可判断D.
12．（2025高三上·广东期末）某上市互联网科技公司为节省开支采用了裁员的手段，统计得到近7个月内每月的裁员人数如下：1，2，2，3，4，5，6，则该组样本数据的上四分位数是 ．
【答案】5
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：已知，可知该组样本数据的上四分位数是5．
故答案为：5
【分析】利用题中数据，结合上四分位数的概念，即可求解.
13．（2025高三上·广东期末）已知双曲线C：的渐近线方程为，且C与直线交于A，B两点，则 ．
【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得的渐近线方程为，
则有，解得；
故双曲线方程为C：，当时，，故．
故答案为：2．
【分析】先利用渐近线方程的定义可得，再利用点在双曲线上求出．
14．（2025高三上·广东期末）设有限项数列满足，则的前7项和为 ，的前7项和为 ．
【答案】16；96
【知识点】导数的四则运算；二项式系数
【解析】【解答】解：记的前n项和为，的前n项和为，
令，则有，
即，又，，
则，即的前7项和为16，
对两侧同时求导，并令有，
，，
又，，
则，
即的前7项和为96．
故答案为16；96.
【分析】记的前n项和为，的前n项和为，令，求出，求出和，求出，对两侧同时求导，并令求出，求出，求出的前7项和即可求解.
15．（2025高三上·广东期末）记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且的面积为．
（1）求B；
（2）求；
（3）若，求b．
【答案】（1）解：由题意可得，
由正弦定理得，
由余弦定理可得，
又，所以．
（2）解：由题意可得，所以．
（3）解：由余弦定理得，
所以．
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理把角化边可得，再结合余弦定理即可求解；
（2）利用三角形的面积公式即可求解；
（3）直接利用余弦定理即可求解.
（1）由题意可得，
由正弦定理得，
由余弦定理可得，
又，所以．
（2）由题意可得，所以．
（3）由余弦定理得，
所以．
16．（2025高三上·广东期末）已知函数．
（1）若，，求a；
（2）若不等式有且只有一个解，求a．
【答案】（1）解：的定义域为，注意到，
且，不妨设，则，故，
解得．
（2）解：由（1）知，若不等式有且只有一个解，则该解为．
故，即为的极大值点，故，，则，
解得，
代入可得此时，，
当时，单调递增；当时，单调递减，故为的极大值点，
经检验时，有且只有一个解，故．
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）利用对数运算计算求参即可求解；
（2）先利用导函数极值点计算求参解得，再代入验证得出单调性验证即可求解.
（1）的定义域为，注意到，
且，不妨设，则，故，
解得．
（2）由（1）知，若不等式有且只有一个解，则该解为．
故，即为的极大值点，故，，则，解得，
代入可得此时，，
当时，单调递增；当时，单调递减，故为的极大值点，
经检验时，有且只有一个解，故．
17．（2025高三上·广东期末）如图所示，多面体中，底面ABCD为菱形，，平面ABCD，，．
（1）探究直线BE与平面是否有交点；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）解：如图所示：
取中点为点H，连接AH与EH，由题意易得四边形DCEH为矩形，故，
又因为四边形ABCD为菱形，可得，故，故四边形ABEH为平行四边形，
故．
又因为平面．平面，故平面，即直线BE与平面没有交点．
（2）解：连接AC，BD交于点O，取中点为F，因为，平面ABCD，所以平面ABCD，又因为ABCD为菱形，所以，以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，，，
设，则，
令，则，，
设直线与平面所成角为，故，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先利用平行四边形及平行公理得出线线平行，再利用线面平行判定定理即可证明；
（2）建系可得平面的法向量为，再利用空间向量法求解线面角的正弦即可求解.
（1）如图所示：
取中点为点H，连接AH与EH，由题意易得四边形DCEH为矩形，故，
又因为四边形ABCD为菱形，可得，故，故四边形ABEH为平行四边形，故．
又因为平面．平面，故平面，即直线BE与平面没有交点．
（2）连接AC，BD交于点O，取中点为F，因为，平面ABCD，所以平面ABCD，又因为ABCD为菱形，所以，
以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，，
设直线与平面所成角为，故，
故直线与平面所成角的正弦值为．
18．（2025高三上·广东期末）在平面直角坐标系内，满足：，，顶点始终在轴上，设为的中点，轴，记点的运动轨迹为．
（1）求的方程；
（2）直线与的另一交点为，求以为直径的圆被轴截得的弧所对的圆心角的最大值．
【答案】（1）解：由题可设点，则，
因为为直角三角形，故；
注意到点到直线的距离，
故，故点在以为焦点，直线为准线的抛物线上，
故：．
（2）解：设所求圆心角为，则圆心角的一半，
设圆心为，半径为，圆与轴的其中一个交点为，
过作轴的垂线，垂足为，即，．
由于直线不与轴重合，故设其方程为，
由消去，得，
所以，，，
所以，
故的横坐标为，
所以，
故，
故当，即垂直于轴时，取最小值，此时取得最大值，
故以为直径的圆被轴截得的弧所对的圆心角的最大值为.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点，则，即可得出点在以为焦点，直线为准线的抛物线上，即可求解；
（2）设该圆心角为，考虑圆心角的一半，设圆心为，半径为，圆与轴的其中一个交点为，过作轴的垂线，垂足为，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，利用根与系数关系可得，，利用三角函数关系可得，即可求解.
（1）由题可设点，则，
因为为直角三角形，故；
注意到点到直线的距离，
故，故点在以为焦点，直线为准线的抛物线上，
故：．
（2）设所求圆心角为，则圆心角的一半，
设圆心为，半径为，圆与轴的其中一个交点为，
过作轴的垂线，垂足为，即，．
由于直线不与轴重合，故设其方程为，
由消去，得，
所以，，，
所以，
故的横坐标为，
所以，
故，
故当，即垂直于轴时，取最小值，此时取得最大值，
故以为直径的圆被轴截得的弧所对的圆心角的最大值为.
19．（2025高三上·广东期末）在中学数学教材的课后阅读中，我们知道任何一个一元n次方程都有n个复数根，这些根在复平面上对应着一个个的点，比如对于方程来说，这个方程的3个复数根在复平面上对应的点就是，和．而且对于一个一元n次方程，如果该方程的根分别为，那么这个方程可以表示为，根据以上材料，回答下列问题：
（1）直接写出方程与方程的复数根；
（2）设函数（a，b，c为复数且），且方程有三个不同根，和，函数，且方程的根为和
（ⅰ）证明：若，和的虚部均为正实数，则和的虚部也为正实数（其中，与，，不相等）；
（ⅱ）若，和在复平面上所对应的点分别为A，B和C（且A、B、C三点不共线），证明：和在复平面上的点始终在的内部．
【答案】（1）解：，故该方程的复数根为．
设，代入方程可得，
即，
所以，解得，
故该方程的复数根为；
（2）解：（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数，
记为复数x的虚部，注意到，
所以，而，
，
所以，
因为，
所以，
设函数，
设方程其中一个根z满足，
则，而，，所以．
所以与矛盾；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，
，即，
故有，将，和看作向量，和，
记，则①，
由于，且，
若z不在内部，不妨设过原点与z的连线与线段AB交于点M，
则由向量共线可得存在使得，
与结论①矛盾，故z在内部．
【知识点】简单复合函数求导法则；方程在复数范围内的解集
【解析】【分析】（1）先分解因式可得的复数根为；设代入方程利用复数相等可得方程的复数根；
（2）（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数，记为复数x的虚部，由，得，设函数，设方程其中一个根z满足，则，得出与矛盾（ⅱ）由（ⅰ）可知，由得，将、和看做向量、和，记，即可求解．
（1），故该方程的复数根为．
设，代入方程可得，
即，
所以，解得，
故该方程的复数根为；
（2）（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数，
记为复数x的虚部，注意到，
所以，而，
，
所以，
因为，
所以，
设函数，
设方程其中一个根z满足，
则，而，，所以．
所以与矛盾；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，
，即，
故有，将，和看作向量，和，
记，则①，
由于，且，
若z不在内部，不妨设过原点与z的连线与线段AB交于点M，
则由向量共线可得存在使得，
与结论①矛盾，故z在内部．
1 / 1广东省部分学校2025届高三上学期期末联考数学试题
1．（2025高三上·广东期末）已知，则（ ）
A．1 B．0 C． D．
2．（2025高三上·广东期末）已知成等比数列，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．1
3．（2025高三上·广东期末）某地采用如图所示的直四棱柱形交通减速带，其底面为梯形，接触地面的表面宽40（单位；厘米），平行于地面的表面宽10，且距离地面高度为10．某路面要铺设总长为300的交通减速带，则该减速带的体积（不考虑表面凹槽）为（ ）
A．立方厘米 B．立方厘米
C．立方厘米 D．立方厘米
4．（2025高三上·广东期末）已知一组数据0，7，2，1，从1到10中的整数里随机选择1个数加入这组数据，则得到的新数据与原数据极差相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·广东期末）已知为整数，全集，，，设甲：；乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
6．（2025高三上·广东期末）已知，且是方程的一个根，则的最小值是（ ）
A． B．4 C．2 D．8
7．（2025高三上·广东期末）若边长为整数的正方形的四个顶点均在椭圆C：上，则c的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·广东期末）已知函数满足，则（ ）
A．1 B．2025 C． D．
9．（2025高三上·广东期末）已知向量，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高三上·广东期末）某地质考察队在一片区域内发现了五处具有研究价值的地质构造点，依照初步判断的研究价值高低，分别标记为1，2，3，4，5号点位，每次考察时，随机选择一处地质构造点进行深入研究，选择各点位的概率与该点标记的序号成正比，比例系数为k，设随机变量G表示选择的地质构造点编号，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025高三上·广东期末）设函数，且的图象关于点中心对称，，记的最小正周期为T，且，则（ ）
A．
B．
C．
D．在区间内最多存在两个极值点
12．（2025高三上·广东期末）某上市互联网科技公司为节省开支采用了裁员的手段，统计得到近7个月内每月的裁员人数如下：1，2，2，3，4，5，6，则该组样本数据的上四分位数是 ．
13．（2025高三上·广东期末）已知双曲线C：的渐近线方程为，且C与直线交于A，B两点，则 ．
14．（2025高三上·广东期末）设有限项数列满足，则的前7项和为 ，的前7项和为 ．
15．（2025高三上·广东期末）记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且的面积为．
（1）求B；
（2）求；
（3）若，求b．
16．（2025高三上·广东期末）已知函数．
（1）若，，求a；
（2）若不等式有且只有一个解，求a．
17．（2025高三上·广东期末）如图所示，多面体中，底面ABCD为菱形，，平面ABCD，，．
（1）探究直线BE与平面是否有交点；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
18．（2025高三上·广东期末）在平面直角坐标系内，满足：，，顶点始终在轴上，设为的中点，轴，记点的运动轨迹为．
（1）求的方程；
（2）直线与的另一交点为，求以为直径的圆被轴截得的弧所对的圆心角的最大值．
19．（2025高三上·广东期末）在中学数学教材的课后阅读中，我们知道任何一个一元n次方程都有n个复数根，这些根在复平面上对应着一个个的点，比如对于方程来说，这个方程的3个复数根在复平面上对应的点就是，和．而且对于一个一元n次方程，如果该方程的根分别为，那么这个方程可以表示为，根据以上材料，回答下列问题：
（1）直接写出方程与方程的复数根；
（2）设函数（a，b，c为复数且），且方程有三个不同根，和，函数，且方程的根为和
（ⅰ）证明：若，和的虚部均为正实数，则和的虚部也为正实数（其中，与，，不相等）；
（ⅱ）若，和在复平面上所对应的点分别为A，B和C（且A、B、C三点不共线），证明：和在复平面上的点始终在的内部．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：已知，
则，
故答案为：D
【分析】直接利用根据二倍角余弦公式即可求解.
2．【答案】A
【知识点】等比中项
【解析】【解答】解：已知成等比数列，则，即，解得．
故答案为：A．
【分析】利用等比中项可得，解方程即可求解.
3．【答案】B
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：计算梯形底面的面积：，由于铺设长度为300，
故立方厘米．
故答案为：B
【分析】先利用梯形面积公式计算梯形底面的面积，再利用棱柱体积公式，即可求解.
4．【答案】B
【知识点】极差、方差与标准差；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：已知数据0，7，2，1的极差为；
从1到10中的整数里随机选择1个数共有10种可能，要使加入数据后其与原数据极差相同，
则该数需要小于或等于7，故有7种可能，故概率为；
故答案为：B．
【分析】利用题中数据和极差的定义以及古典概型的概率计算公式，即可求解.
5．【答案】B
【知识点】元素与集合的关系；集合间关系的判断；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则或或，则或或或，
当时，不符合题意，故舍去，其他均符合题意，所以；
因为的元素必有1，可能有，，要使，则，
所以或，解得或，即，此时，
验证得仅或时符合条件，所以，故必要性成立；
当时，不成立，故充分性不成立；
故甲是乙的必要条件但不是充分条件.
故答案为：B．
【分析】先利用求出的取值集合，再利用充分条件、必要条件的定义即可求解.
6．【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由是方程的一个根可得，
即，且，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值是8．
故答案为：D．
【分析】直接将带入方程可得，再利用基本不等式即可求解.
7．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由对称性知，四个顶点必在直线上，如图所示：
由于C在y轴上的两顶点距离为2，
故正方形的边长不可能大于或等于2，
又因为正方形的边长为整数，故其只能为1，
因此点在C上，代入C的方程得，
解得，故C：，
故C的离心率为．
故答案为：D
【分析】利用椭圆和正方形的对称性四个顶点必在直线，再利用椭圆离心率公式即可求解.
8．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：函数的定义域满足，等价于，
由可知的图象关于直线对称，
故的定义域关于对称，
则的解集只能为，故．
由，可得，
故，
则，解得，故．
故答案为：C．
【分析】先利用函数解析式可得到定义域满足，再利用函数图象关于直线对称，可得定义域关于对称，求出；再结合求出，即可求解.
9．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，，
A、因为，所以与不垂直，故A错误；
B、因为，，所以，所以，故B正确；
C、因为，，所以，
，所以，故C正确；
D、因为，，所以，所以，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】先利用向量垂直与平行的坐标表示即可判断A，B；利用向量模长的坐标计算即可判C；利用坐标计算夹角的大小即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：依题意可得选择各点位的概率与该点标记的序号成正比，
故，，解得，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
，，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用正比关系可得，即可利用概率之和为1求解，即可求解.
11．【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：A、因为的图象关于中心对称，所以，
所以，即，故A正确；
B、由得，且又，所以．
由得，，所以．
因为，，所以，显然k可以取1或-1，
所以或，故B错误；
C、当时，；
当时，，所以，
故C正确；
D、当时，在内存在唯一极大值点（位于区间外）．
当时，在内存在极小值点，存在极大值点（位于区间外）．因此在区间内最多存在两个极值点，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用图象关于点中心对称可求得，由可判断A，以及；再利用图象关于点中心对称可得，，根据，可求得或，即可判断B；将代入解析式即可判断C；利用正弦型函数求最值即可判断D.
12．【答案】5
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：已知，可知该组样本数据的上四分位数是5．
故答案为：5
【分析】利用题中数据，结合上四分位数的概念，即可求解.
13．【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得的渐近线方程为，
则有，解得；
故双曲线方程为C：，当时，，故．
故答案为：2．
【分析】先利用渐近线方程的定义可得，再利用点在双曲线上求出．
14．【答案】16；96
【知识点】导数的四则运算；二项式系数
【解析】【解答】解：记的前n项和为，的前n项和为，
令，则有，
即，又，，
则，即的前7项和为16，
对两侧同时求导，并令有，
，，
又，，
则，
即的前7项和为96．
故答案为16；96.
【分析】记的前n项和为，的前n项和为，令，求出，求出和，求出，对两侧同时求导，并令求出，求出，求出的前7项和即可求解.
15．【答案】（1）解：由题意可得，
由正弦定理得，
由余弦定理可得，
又，所以．
（2）解：由题意可得，所以．
（3）解：由余弦定理得，
所以．
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理把角化边可得，再结合余弦定理即可求解；
（2）利用三角形的面积公式即可求解；
（3）直接利用余弦定理即可求解.
（1）由题意可得，
由正弦定理得，
由余弦定理可得，
又，所以．
（2）由题意可得，所以．
（3）由余弦定理得，
所以．
16．【答案】（1）解：的定义域为，注意到，
且，不妨设，则，故，
解得．
（2）解：由（1）知，若不等式有且只有一个解，则该解为．
故，即为的极大值点，故，，则，
解得，
代入可得此时，，
当时，单调递增；当时，单调递减，故为的极大值点，
经检验时，有且只有一个解，故．
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）利用对数运算计算求参即可求解；
（2）先利用导函数极值点计算求参解得，再代入验证得出单调性验证即可求解.
（1）的定义域为，注意到，
且，不妨设，则，故，
解得．
（2）由（1）知，若不等式有且只有一个解，则该解为．
故，即为的极大值点，故，，则，解得，
代入可得此时，，
当时，单调递增；当时，单调递减，故为的极大值点，
经检验时，有且只有一个解，故．
17．【答案】（1）解：如图所示：
取中点为点H，连接AH与EH，由题意易得四边形DCEH为矩形，故，
又因为四边形ABCD为菱形，可得，故，故四边形ABEH为平行四边形，
故．
又因为平面．平面，故平面，即直线BE与平面没有交点．
（2）解：连接AC，BD交于点O，取中点为F，因为，平面ABCD，所以平面ABCD，又因为ABCD为菱形，所以，以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，，，
设，则，
令，则，，
设直线与平面所成角为，故，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先利用平行四边形及平行公理得出线线平行，再利用线面平行判定定理即可证明；
（2）建系可得平面的法向量为，再利用空间向量法求解线面角的正弦即可求解.
（1）如图所示：
取中点为点H，连接AH与EH，由题意易得四边形DCEH为矩形，故，
又因为四边形ABCD为菱形，可得，故，故四边形ABEH为平行四边形，故．
又因为平面．平面，故平面，即直线BE与平面没有交点．
（2）连接AC，BD交于点O，取中点为F，因为，平面ABCD，所以平面ABCD，又因为ABCD为菱形，所以，
以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，，
设直线与平面所成角为，故，
故直线与平面所成角的正弦值为．
18．【答案】（1）解：由题可设点，则，
因为为直角三角形，故；
注意到点到直线的距离，
故，故点在以为焦点，直线为准线的抛物线上，
故：．
（2）解：设所求圆心角为，则圆心角的一半，
设圆心为，半径为，圆与轴的其中一个交点为，
过作轴的垂线，垂足为，即，．
由于直线不与轴重合，故设其方程为，
由消去，得，
所以，，，
所以，
故的横坐标为，
所以，
故，
故当，即垂直于轴时，取最小值，此时取得最大值，
故以为直径的圆被轴截得的弧所对的圆心角的最大值为.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点，则，即可得出点在以为焦点，直线为准线的抛物线上，即可求解；
（2）设该圆心角为，考虑圆心角的一半，设圆心为，半径为，圆与轴的其中一个交点为，过作轴的垂线，垂足为，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，利用根与系数关系可得，，利用三角函数关系可得，即可求解.
（1）由题可设点，则，
因为为直角三角形，故；
注意到点到直线的距离，
故，故点在以为焦点，直线为准线的抛物线上，
故：．
（2）设所求圆心角为，则圆心角的一半，
设圆心为，半径为，圆与轴的其中一个交点为，
过作轴的垂线，垂足为，即，．
由于直线不与轴重合，故设其方程为，
由消去，得，
所以，，，
所以，
故的横坐标为，
所以，
故，
故当，即垂直于轴时，取最小值，此时取得最大值，
故以为直径的圆被轴截得的弧所对的圆心角的最大值为.
19．【答案】（1）解：，故该方程的复数根为．
设，代入方程可得，
即，
所以，解得，
故该方程的复数根为；
（2）解：（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数，
记为复数x的虚部，注意到，
所以，而，
，
所以，
因为，
所以，
设函数，
设方程其中一个根z满足，
则，而，，所以．
所以与矛盾；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，
，即，
故有，将，和看作向量，和，
记，则①，
由于，且，
若z不在内部，不妨设过原点与z的连线与线段AB交于点M，
则由向量共线可得存在使得，
与结论①矛盾，故z在内部．
【知识点】简单复合函数求导法则；方程在复数范围内的解集
【解析】【分析】（1）先分解因式可得的复数根为；设代入方程利用复数相等可得方程的复数根；
（2）（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数，记为复数x的虚部，由，得，设函数，设方程其中一个根z满足，则，得出与矛盾（ⅱ）由（ⅰ）可知，由得，将、和看做向量、和，记，即可求解．
（1），故该方程的复数根为．
设，代入方程可得，
即，
所以，解得，
故该方程的复数根为；
（2）（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数，
记为复数x的虚部，注意到，
所以，而，
，
所以，
因为，
所以，
设函数，
设方程其中一个根z满足，
则，而，，所以．
所以与矛盾；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，
，即，
故有，将，和看作向量，和，
记，则①，
由于，且，
若z不在内部，不妨设过原点与z的连线与线段AB交于点M，
则由向量共线可得存在使得，
与结论①矛盾，故z在内部．
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