广东省部分学校2024-2025学年高三上学期12月联考数学试卷
1．（2024高三上·广东月考）复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高三上·广东月考）若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·广东月考）抛物线的准线方程是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·广东月考）等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·广东月考）函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·广东月考）如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且，则（ ）
A．2 B． C．4 D．8
7．（2024高三上·广东月考）已知正项等差数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·广东月考）已知是定义在上的奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高三上·广东月考）某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10，则（ ）
A．
B．
C．估计参赛选手得分的平均分低于70分（同组数据用该组区间的中点值作代表）
D．估计参赛选手得分的中位数在内
10．（2024高三上·广东月考）已知函数，则（ ）
A．为奇函数 B．的最小正周期为
C．的图象关于直线对称 D．的最大值为
11．（2024高三上·广东月考）双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ）
A．
B．上存在点，使得
C．上的点的纵坐标的最大值为
D．若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为
12．（2024高三上·广东月考）若两个单位向量，满足，则 ．
13．（2024高三上·广东月考）甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有 种．
14．（2024高三上·广东月考）已知，，且，则的最小值为
15．（2024高三上·广东月考）△的内角的对边分别为．已知．
（1）求的值；
（2）求△周长的最大值．
16．（2024高三上·广东月考）某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会．
（1）求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；
（2）记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望．
17．（2024高三上·广东月考）如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，，
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
18．（2024高三上·广东月考）已知是椭圆上的一点，且的离心率为，斜率存在且不过点的直线与相交于，两点，直线与直线的斜率之积为
（1）求的方程.
（2）证明：的斜率为定值.
（3）设为坐标原点，若与线段（不含端点）相交，且四边形的面积为，求的方程.
19．（2024高三上·广东月考）已知函数的定义域为，区间，若，，则称是在上的不动点，集合为在上的不动点集.
（1）求函数在上的不动点集；
（2）若函数在上有且只有一个不动点，求的取值范围；
（3）若函数在上的不动点集为，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【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】解：，其在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】先根据复数代数形式的乘法运算化简求复数，求得其在复平面内对应的点，即可判断.
2．【答案】B
【知识点】元素与集合的关系；集合间关系的判断；交集及其运算
【解析】【解答】解：，解得，则集合，，
不成立，，故CD错误；
则，，故A错误，B正确.
故答案为：B.
【分析】先解不等式求得集合，再利用集合的交集运算、元素与集合、集合与集合的关系逐项分析判断即可.
3．【答案】B
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解： 抛物线的标准方程为，则抛物线的准线方程为．
故答案为：B.
【分析】先化抛物线为标准方程，再求准线方程即可.
4．【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公比为，因为，所以，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】设数列的公比为，根据等比数列的通项公式可求得公比，再求即可.
5．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，且，
则的图象在点处的切线方程为，即，
令，可得，令，可得，
则该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为.
故答案为：C.
【分析】求导，根据导数的几何意义，结合直线的点斜式求得切线方程，再求切线与坐标轴交点，最后算三角形面积即可.
6．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设扇形的圆锥的底面半径为r，高为h，则该圆锥的体积，
扇形的圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的体积，
由题意可知，解得.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用圆锥的体积公式计算即可.
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：因为数列为等差数列，
所以，，
则，即，
从而，故.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质进行化简，可得，进而求解即可.
8．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：函数 是定义在上的奇函数，
当时，显然恒成立；
当时，可以理解为将的图象向右平移个单位长度后，得到的的图象始终在的图象的下方（或重合），
当时，由的图象可知，
，则，解得；
当时，作出函数的图象，如图所示：
由图可知，函数在上为增函数，
对任意的且时，，恒成立.
综上所述，的取值范围为．
故答案为：A.
【分析】对实数的取值进行分类讨论，根据题意作出图形，可得出关于实数的不等式（组），据此求实数的取值范围即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A、由，得，故A正确；
B、由A可知：，故B正确；
C、估计参赛选手得分的平均分为x，
则，故C错误；
D、因为，，
所以估计参赛选手得分的中位数在内，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据频率分布直方图中各矩形的面积和为1求解即可判断A；由频率比组距即可判断B正确；由平均值的计算即可判断C；由中位数的计算即可判断D.
10．【答案】A,D
【知识点】函数的最大（小）值；奇偶函数图象的对称性；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：A、函数，易知恒成立，
则函数的定义域为，且满足，
则为奇函数，故A正确；
B、，则的最小正周期不是，故B错误；
C、，
则的图象不关于直线对称，故C错误；
D、，显然，为函数的一个周期，且，由C可知，函数关于对称，
当时，，由，
设，则在单调递减，当时取得最小值，
得，所以，当，即时取得最大值，
当时，，所以的最大值为，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】由题意，根据函数的奇函数的定义，周期性的定义，轴对称的定义即可判断ABC；根据函数的周期，讨论函数在区间，，以及端点值，结合函数的单调性以及函数的正负，求解函数的最值即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
12．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由两个单位向量，满足， 则，
即，则.
故答案为：.
【分析】根据向量模长公式与向量的数量积公式代入求解即可.
13．【答案】
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先安排甲、乙、丙人，共有种不同的站法，
再安排剩余人，先将1人排到甲、乙、丙3人之间的空位中，
最后将剩余的1人排到前面4人之间的空位中，共有种不同的站法，
根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种．
故答案为：40.
【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：，则，
同除以可得，
则，
因为，所以，则，
当且仅当时等号成立，则，
又因为，所以当取得最大值时，取得最小值，且最小值为.
故答案为：.
【分析】先利用正弦的和差公式、二倍角公式以及同角三角函数基本关系化简原式得到，再利用基本不等式和三角函数的性质求最值即可.
15．【答案】（1）解：因为，，所以，
则，
又因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以；
（2）解：由（1）可得，
从而，
因为，当且仅当时，等号成立，所以，
从而，则周长的最大值为3．
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，结合正弦定理化边为角，在利用两角和的正弦公式求解即可；
（2）由余弦定理，结合基本不等式，转化为求的最大值求解即可.
（1）（方法一）因为，，所以，
则．
又，所以．
因为，所以．
又，所以，
（方法二）由余弦定理得，
因为，所以，则．
．
因为，所以．
（2）由（2）可得，
从而．
因为，当且仅当时，等号成立，所以，
从而，则周长的最大值为3．
16．【答案】（1）解：若甲抽中2次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，
此时概率，
若甲至少抽中1次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，此时概率，
故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；
（2）解：记甲、乙两人抽奖获得的现金金额分别为，则，
由题可知，，，
，，
则，，，．
的分布列为
15 25 35 45
．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；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
【解析】【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式求解即可；
（2）的所有可能取值为15，25，35，45，通过独立事件与互斥事件的概率公式求出相应的概率，得到分布列，再求期望即可.
（1）若甲抽中2次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，此时概率．
若甲至少抽中1次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，此时概率．
故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率．
（2）记甲、乙两人抽奖获得的现金金额分别为，则．
由题可知，，，
，，
则，，，．
的分布列为
15 25 35 45
．
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
因为为等腰直角三角形，且，所以，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为，所以，
又因为，所以四边形ABOD为平行四边形，则，
因为平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
因为平面OBF，所以平面；
（2）解：由题可知AB，AD，AE两两垂直，
故以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，令，得，
设平面的法向量为，
则由得，令，得，
，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，根据等腰三角形的性质得到，利用面面垂直的性质定理得到平面ABCD，再结合平面ABCD得到，根据平行四边形的判定和性质得到，最后根据面面平行的判定和性质证明即可；
（2）以A为坐标原点，利用空间向量的方法计算即可.
（1）
证明：取CD的中点O，连接OB，OF.
因为△FCD为等腰直角三角形，且，所以.
又平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，.
因为平面ABCD，
所以.
又平面，平面，
所以平面ADE，
因为，所以，
又，
所以四边形ABOD为平行四边形，则.
因为平面ADE，平面ADE，
所以平面ADE，
又，平面，
所以平面平面ADE.
因为平面OBF，所以平面ADE .
（2）解：由题可知AB，AD，AE两两垂直，
故以A为坐标原点，AB，AD，AE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.
设，则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得.
，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：由题意可得，解得，，
则椭圆的方程为；
（2）证明：设的方程为，，，
联立，整理得，
即，则，，
，
整理得，则或，
若，则，则过点，不符合题意，
故，即的斜率为定值；
（3）解：由（2）可得直线，，，
因为与线段（不含端点）相交，所以，
，
点到的距离，
点到的距离，
四边形的面积，解得或（舍去），
故的方程为：.
【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）将点的坐标代入椭圆方程，并与离心率联立求出，，，即可得椭圆的方程；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理，再根据条件证明即可；
（3）利用（2）中直曲联立的结果，结合弦长公式求出，再利用点到直线距离求出四边形面积，得到方程，求解方程即可.
（1）由题可知，解得，，
故的方程为.
（2）设的方程为，，.
联立方程组
整理得，
即，则，，
，
整理得，则或，
若，则，则过点，不符合题意，
故，即的斜率为定值.
（3）由（2）可得直线，，，
因为与线段（不含端点）相交，所以，
，
点到的距离，
点到的距离，
四边形的面积，
解得或（舍去），
故的方程为：.
19．【答案】（1）解：令，则，解得或，
故在上的不动点集为；
（2）解：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根，
即方程在只有一解，
因为是方程的解，所以方程在上无解，
作函数和，的图象，如图所示：
由，，所以，
当或即或时，与，的图象只有一个交点，
则的取值范围是：；
（3）解：由题可知，方程在上存在3个实数根，，，
则，
从而，
令，则，当和时，
，单调递增，当时，，单调递减，
则，解得，
因为，
所以的取值范围为.
【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】【分析】（1）由题意，根据不动点的概念列方程求解即可；
（2）把问题转化为函数和，的图象有且只有一个交点，数形结合，可求实数的取值范围；
（3）三次函数有三个“不动点”，必有极大值大于0，极小值小于0，由此可求参数的取值范围，求的范围即可.
（1）由，得，
解得或，
故在上的不动点集为.
（2）方法一：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根.
即方程在只有一解.
因为是方程的解，所以方程在上无解.
作函数和，的图象，如下图：
由，，所以.
当或即或时，与，的图象只有一个交点.
所以的取值范围是：.
方法二：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根.
令，则.
若，则在上恒成立，在上单调递增.
因为，，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点.
若，则在上恒成立，在上单调递减.
因为，，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点.
若，易知是上的偶函数，且在上单调递增.
因为，，所以存在，使得，
则当和时，，单调递增，当时，，单调递减.
因为，所以要使得在上有且只有一个实数根，则解得.
综上所述，的取值范围为.
（3）由题可知，方程在上存在3个实数根，，，
则，
从而
令，则，当和时，
，单调递增，当时，，单调递减，
则，解得.
因为，
所以的取值范围为.
1 / 1广东省部分学校2024-2025学年高三上学期12月联考数学试卷
1．（2024高三上·广东月考）复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【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】解：，其在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】先根据复数代数形式的乘法运算化简求复数，求得其在复平面内对应的点，即可判断.
2．（2024高三上·广东月考）若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】元素与集合的关系；集合间关系的判断；交集及其运算
【解析】【解答】解：，解得，则集合，，
不成立，，故CD错误；
则，，故A错误，B正确.
故答案为：B.
【分析】先解不等式求得集合，再利用集合的交集运算、元素与集合、集合与集合的关系逐项分析判断即可.
3．（2024高三上·广东月考）抛物线的准线方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解： 抛物线的标准方程为，则抛物线的准线方程为．
故答案为：B.
【分析】先化抛物线为标准方程，再求准线方程即可.
4．（2024高三上·广东月考）等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设数列的公比为，因为，所以，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】设数列的公比为，根据等比数列的通项公式可求得公比，再求即可.
5．（2024高三上·广东月考）函数的图象在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，且，
则的图象在点处的切线方程为，即，
令，可得，令，可得，
则该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为.
故答案为：C.
【分析】求导，根据导数的几何意义，结合直线的点斜式求得切线方程，再求切线与坐标轴交点，最后算三角形面积即可.
6．（2024高三上·广东月考）如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且，则（ ）
A．2 B． C．4 D．8
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设扇形的圆锥的底面半径为r，高为h，则该圆锥的体积，
扇形的圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的体积，
由题意可知，解得.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用圆锥的体积公式计算即可.
7．（2024高三上·广东月考）已知正项等差数列满足，则（ ）
A． B． C． 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：因为数列为等差数列，
所以，，
则，即，
从而，故.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质进行化简，可得，进而求解即可.
8．（2024高三上·广东月考）已知是定义在上的奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：函数 是定义在上的奇函数，
当时，显然恒成立；
当时，可以理解为将的图象向右平移个单位长度后，得到的的图象始终在的图象的下方（或重合），
当时，由的图象可知，
，则，解得；
当时，作出函数的图象，如图所示：
由图可知，函数在上为增函数，
对任意的且时，，恒成立.
综上所述，的取值范围为．
故答案为：A.
【分析】对实数的取值进行分类讨论，根据题意作出图形，可得出关于实数的不等式（组），据此求实数的取值范围即可.
9．（2024高三上·广东月考）某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10，则（ ）
A．
B．
C．估计参赛选手得分的平均分低于70分（同组数据用该组区间的中点值作代表）
D．估计参赛选手得分的中位数在内
【答案】A,B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A、由，得，故A正确；
B、由A可知：，故B正确；
C、估计参赛选手得分的平均分为x，
则，故C错误；
D、因为，，
所以估计参赛选手得分的中位数在内，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据频率分布直方图中各矩形的面积和为1求解即可判断A；由频率比组距即可判断B正确；由平均值的计算即可判断C；由中位数的计算即可判断D.
10．（2024高三上·广东月考）已知函数，则（ ）
A．为奇函数 B．的最小正周期为
C．的图象关于直线对称 D．的最大值为
【答案】A,D
【知识点】函数的最大（小）值；奇偶函数图象的对称性；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：A、函数，易知恒成立，
则函数的定义域为，且满足，
则为奇函数，故A正确；
B、，则的最小正周期不是，故B错误；
C、，
则的图象不关于直线对称，故C错误；
D、，显然，为函数的一个周期，且，由C可知，函数关于对称，
当时，，由，
设，则在单调递减，当时取得最小值，
得，所以，当，即时取得最大值，
当时，，所以的最大值为，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】由题意，根据函数的奇函数的定义，周期性的定义，轴对称的定义即可判断ABC；根据函数的周期，讨论函数在区间，，以及端点值，结合函数的单调性以及函数的正负，求解函数的最值即可判断D.
11．（2024高三上·广东月考）双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ）
A．
B．上存在点，使得
C．上的点的纵坐标的最大值为
D．若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为
【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
12．（2024高三上·广东月考）若两个单位向量，满足，则 ．
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由两个单位向量，满足， 则，
即，则.
故答案为：.
【分析】根据向量模长公式与向量的数量积公式代入求解即可.
13．（2024高三上·广东月考）甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有 种．
【答案】
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先安排甲、乙、丙人，共有种不同的站法，
再安排剩余人，先将1人排到甲、乙、丙3人之间的空位中，
最后将剩余的1人排到前面4人之间的空位中，共有种不同的站法，
根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种．
故答案为：40.
【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.
14．（2024高三上·广东月考）已知，，且，则的最小值为
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：，则，
同除以可得，
则，
因为，所以，则，
当且仅当时等号成立，则，
又因为，所以当取得最大值时，取得最小值，且最小值为.
故答案为：.
【分析】先利用正弦的和差公式、二倍角公式以及同角三角函数基本关系化简原式得到，再利用基本不等式和三角函数的性质求最值即可.
15．（2024高三上·广东月考）△的内角的对边分别为．已知．
（1）求的值；
（2）求△周长的最大值．
【答案】（1）解：因为，，所以，
则，
又因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以；
（2）解：由（1）可得，
从而，
因为，当且仅当时，等号成立，所以，
从而，则周长的最大值为3．
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，结合正弦定理化边为角，在利用两角和的正弦公式求解即可；
（2）由余弦定理，结合基本不等式，转化为求的最大值求解即可.
（1）（方法一）因为，，所以，
则．
又，所以．
因为，所以．
又，所以，
（方法二）由余弦定理得，
因为，所以，则．
．
因为，所以．
（2）由（2）可得，
从而．
因为，当且仅当时，等号成立，所以，
从而，则周长的最大值为3．
16．（2024高三上·广东月考）某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖和银奖的概率分别为和，且每次中奖情况相互独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会．
（1）求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；
（2）记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为，求的分布列与期望．
【答案】（1）解：若甲抽中2次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，
此时概率，
若甲至少抽中1次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，此时概率，
故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率；
（2）解：记甲、乙两人抽奖获得的现金金额分别为，则，
由题可知，，，
，，
则，，，．
的分布列为
15 25 35 45
．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；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
【解析】【分析】（1）根据互斥事件的概率加法公式求解即可；
（2）的所有可能取值为15，25，35，45，通过独立事件与互斥事件的概率公式求出相应的概率，得到分布列，再求期望即可.
（1）若甲抽中2次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，此时概率．
若甲至少抽中1次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大于乙抽奖获得的现金金额，此时概率．
故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的概率．
（2）记甲、乙两人抽奖获得的现金金额分别为，则．
由题可知，，，
，，
则，，，．
的分布列为
15 25 35 45
．
17．（2024高三上·广东月考）如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，，
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
因为为等腰直角三角形，且，所以，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为，所以，
又因为，所以四边形ABOD为平行四边形，则，
因为平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
因为平面OBF，所以平面；
（2）解：由题可知AB，AD，AE两两垂直，
故以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，令，得，
设平面的法向量为，
则由得，令，得，
，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，根据等腰三角形的性质得到，利用面面垂直的性质定理得到平面ABCD，再结合平面ABCD得到，根据平行四边形的判定和性质得到，最后根据面面平行的判定和性质证明即可；
（2）以A为坐标原点，利用空间向量的方法计算即可.
（1）
证明：取CD的中点O，连接OB，OF.
因为△FCD为等腰直角三角形，且，所以.
又平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，.
因为平面ABCD，
所以.
又平面，平面，
所以平面ADE，
因为，所以，
又，
所以四边形ABOD为平行四边形，则.
因为平面ADE，平面ADE，
所以平面ADE，
又，平面，
所以平面平面ADE.
因为平面OBF，所以平面ADE .
（2）解：由题可知AB，AD，AE两两垂直，
故以A为坐标原点，AB，AD，AE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.
设，则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得.
，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
18．（2024高三上·广东月考）已知是椭圆上的一点，且的离心率为，斜率存在且不过点的直线与相交于，两点，直线与直线的斜率之积为
（1）求的方程.
（2）证明：的斜率为定值.
（3）设为坐标原点，若与线段（不含端点）相交，且四边形的面积为，求的方程.
【答案】（1）解：由题意可得，解得，，
则椭圆的方程为；
（2）证明：设的方程为，，，
联立，整理得，
即，则，，
，
整理得，则或，
若，则，则过点，不符合题意，
故，即的斜率为定值；
（3）解：由（2）可得直线，，，
因为与线段（不含端点）相交，所以，
，
点到的距离，
点到的距离，
四边形的面积，解得或（舍去），
故的方程为：.
【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）将点的坐标代入椭圆方程，并与离心率联立求出，，，即可得椭圆的方程；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理，再根据条件证明即可；
（3）利用（2）中直曲联立的结果，结合弦长公式求出，再利用点到直线距离求出四边形面积，得到方程，求解方程即可.
（1）由题可知，解得，，
故的方程为.
（2）设的方程为，，.
联立方程组
整理得，
即，则，，
，
整理得，则或，
若，则，则过点，不符合题意，
故，即的斜率为定值.
（3）由（2）可得直线，，，
因为与线段（不含端点）相交，所以，
，
点到的距离，
点到的距离，
四边形的面积，
解得或（舍去），
故的方程为：.
19．（2024高三上·广东月考）已知函数的定义域为，区间，若，，则称是在上的不动点，集合为在上的不动点集.
（1）求函数在上的不动点集；
（2）若函数在上有且只有一个不动点，求的取值范围；
（3）若函数在上的不动点集为，求的取值范围.
【答案】（1）解：令，则，解得或，
故在上的不动点集为；
（2）解：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根，
即方程在只有一解，
因为是方程的解，所以方程在上无解，
作函数和，的图象，如图所示：
由，，所以，
当或即或时，与，的图象只有一个交点，
则的取值范围是：；
（3）解：由题可知，方程在上存在3个实数根，，，
则，
从而，
令，则，当和时，
，单调递增，当时，，单调递减，
则，解得，
因为，
所以的取值范围为.
【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】【分析】（1）由题意，根据不动点的概念列方程求解即可；
（2）把问题转化为函数和，的图象有且只有一个交点，数形结合，可求实数的取值范围；
（3）三次函数有三个“不动点”，必有极大值大于0，极小值小于0，由此可求参数的取值范围，求的范围即可.
（1）由，得，
解得或，
故在上的不动点集为.
（2）方法一：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根.
即方程在只有一解.
因为是方程的解，所以方程在上无解.
作函数和，的图象，如下图：
由，，所以.
当或即或时，与，的图象只有一个交点.
所以的取值范围是：.
方法二：由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根.
令，则.
若，则在上恒成立，在上单调递增.
因为，，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点.
若，则在上恒成立，在上单调递减.
因为，，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点.
若，易知是上的偶函数，且在上单调递增.
因为，，所以存在，使得，
则当和时，，单调递增，当时，，单调递减.
因为，所以要使得在上有且只有一个实数根，则解得.
综上所述，的取值范围为.
（3）由题可知，方程在上存在3个实数根，，，
则，
从而
令，则，当和时，
，单调递增，当时，，单调递减，
则，解得.
因为，
所以的取值范围为.
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