广东省八校2025届高三上学期第四次联合教学质量检测数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高三上·广东月考）设集合，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】集合间关系的判断；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：由知，又，，所以，
故答案为：B.
【分析】理解集合间的基本关系.，这是一个关键的条件，它能转化出集合和的包含关系 ，我们的解题思路就是先把转化为，然后根据集合、的具体范围，来确定参数的取值范围，这样就能找到符合要求的啦.
2．（2024高三上·广东月考）在中，点是边上一点，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：在中，点是边上一点，由，得，即，则，当且仅当时取等号，所以所求的最小值为.
故答案为：B
【分析】利用向量共线定理得出x与y的关系，再通过消元，结合二次函数或基本不等式求最值，首先根据点D在BC上，由向量共线推出\(x + y = 1\)，然后将其代入目标式子，转化为单变量函数，最后求该函数的最小值.
3．（2024高三上·广东月考）正项递增等比数列，前n项的和为，若，，则（ ）
A．121 B．364 C．728 D．1093
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：在正项递增等比数列中，所以，又，所以或（舍去），设数列的公比为，则，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】利用等比数列的性质、通项公式和求和公式来求解，首先根据等比数列的性质找到与的关系，结合已知条件求出和的值，再通过通项公式求出公比和首项，最后利用求和公式算出 .
4．（2024高三上·广东月考）英国生物统计学家高尔顿设计了高尔顿钉板来研究随机现象.如图是一个高尔顿钉板的设计图，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗钉子恰好位于下一层两颗打子的正中间，小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落.数学课堂上，老师向学生们介绍了高尔顿钉板放学后，爱动脑的小明设计了一个不一样的“高尔顿钉板”，它使小球在从钉板上一层的两颗钉子之间落下后砸到下一层的钉子上时，向左下落的概率为向右下落的概率的2倍.当有大量的小球依次滚下时，最终都落入钉板下面的5个不同位置.若一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项分布；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：向左下落的概率为向右下落的概率的2倍.
所以向左下落的概率为，向右下落的概率为，
则下落的过程中向左一次，向右三次才能最终落到4号位置，
故此时概率为：.
故答案为：A.
【分析】用二项分布计算小球在高尔顿钉板下落概率的问题.明确小球经过层钉板落到号位置时，向左、向右下落的次数，结合已知的左右下落概率，运用二项分布概率公式求解.先确定左右下落概率，分析落到目标位置所需的左右次数，最后代入公式计算.
5．（2024高三上·广东月考）函数图象的一条对称轴为直线，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；辅助角公式；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意可得，，，其中，，由函数图象的一条对称轴为直线，即有，即，又，故，故.
故答案为：C.
【分析】利用函数对称轴的性质，即对于函数，若是其对称轴，则（为任意实数 ）.通过选取特殊的值，得到关于和的等式，进而求出的值 .这样可以将抽象的对称轴性质转化为具体的等式计算，简化求解过程.
6．（2024高三上·广东月考）已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：点关于的角平分线的对称点N必在上，
因此共线，，，
设，则，，，
又，∴，
中，由余弦定理得，
∴，化简得，
∴，，
中，，由余弦定理得，
解得，
故答案为：B．
【分析】利用椭圆的定义、角平分线对称性质，结合余弦定理来建立关于、的关系，从而求出离心率.先根据对称确定点的位置，再用椭圆定义表示相关线段长度，接着用余弦定理建立等式，逐步推导得出与的关系，最终求出离心率.
7．（2024高三上·广东月考）已知函数定义域为，，，，且，，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：由条件得，，，
在上递增.得，
则或
故答案为：B．
【分析】构造新函数，利用已知条件判断其单调性，再将原不等式变形为新函数的形式，最后结合新函数的单调性与定义域求解参数范围.通过对已知不等式的变形，构造出便于分析单调性的函数，利用单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，从而求解的取值范围.
8．（2024高三上·广东月考）在△中，为的角平分线（在线段上），，当取最小值时，（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，，则，
则在中由余弦定理可得，
即，所以，
由角平分线定理可得，所以.
又，
故，
化简得①，
而在△中由余弦定理，
代入①得.又因为，所以，
所以，故.
所以，
所以，
令或（舍去），
所以当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以时，取得最小值，即取得最小值.
所以取得最小值时，.
故答案为：C.
【分析】通过设角和线段长度，利用余弦定理、角平分线定理表示出和，构建的函数关系式，再借助三角函数的性质或求导来求最小值，进而确定的值.核心是将几何问题转化为函数最值问题，利用解三角形和函数工具求解.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2024高三上·广东月考）已知是关于的方程的两根，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：关于的二次方程．
当时，，所以，，但不一定成立．
当时，，是方程的两个复数根，仍成立，
此时，故A正确，B错误．
若，方程的两根为，所以互为共轭复数，C正确．
若，由于，所以，D正确．
故答案为：ACD.
【分析】 根据一元二次方程判别式 的取值，分实数根和复数根两种情况讨论，再结合韦达定理、复数的性质（共轭复数、模 ）以及完全平方公式变形来判断各选项.核心是利用判别式区分根的类型，再针对性分析根的关系和相关运算 .
10．（2024高三上·广东月考）如图，圆锥的底面直径和母线长均为，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（ ）
A．存在，使得
B．当时，存在，使得平面
C．当，时，四面体的体积为
D．当时，
【答案】B,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面平行的判定；向量的数量积判断向量的共线与垂直；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，，则与不可能垂直，若，则面，则，则面矛盾，A错．
对于B，取中点，则，过作交于点，此时为中点，则面平面，∴平面，对．
对于D，如图建系，，，， ，，，
∴，∴，D对．
对于C，时，，时，到平面的距离是到平面距离的.
，其中表示到平面的距离，是到平面距离，，C对，
故答案为：BCD．
【分析】 运用空间几何定理（线面垂直、面面平行 ）、体积公式、向量运算，逐一分析推导，得出 A 错误，B 正确，C 正确，D 正确（改编后结论，依实际推导调整 ），掌握空间几何问题需灵活运用定理和坐标系工具，结合结构特征分析 .
11．（2024高三上·广东月考）已知圆和圆的交点为，则（ ）
A．公共弦所在直线的方程为
B．线段的中垂线方程为
C．公共弦的长为
D．为圆上一动点，则到直线距离的最大值为
【答案】A,B
【知识点】点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，因为圆和圆，圆心距，且，两圆相交，
将两式作差可得公共弦所在直线的方程为，即，故选项A正确；
对于B，因为圆的圆心为，，则线段中垂线的斜率为，
即线段中垂线方程为，整理可得，故选项B正确；
对于C，圆心到直线的距离为，又圆的半径，
所以，故选项C错误；
对于D，点为圆上一动点，圆心到直线的距离为，
又圆的半径，所以点到直线距离的最大值为，故选项D错误．
故答案为：AB．
【分析】 利用两圆方程相减得公共弦方程，再结合圆的圆心、半径、点到直线距离等知识，依次判断公共弦方程、中垂线方程、弦长、圆上点到直线距离最大值.通过两圆方程相减消去二次项是求公共弦的关键，利用圆的几何性质（圆心连线垂直平分公共弦 ）求中垂线，借助点到直线距离和勾股定理算弦长，依据圆上点到直线距离最值规律（圆心距加半径 ）判断最值，将解析几何中圆与直线的位置关系知识综合运用，逐步推导每个选项.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高三上·广东月考）随机变量X服从正态分布，，，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式；正态分布定义
【解析】【解答】解：随机变量X服从正态分布，，由，，，且，则，当且仅当，即时等号成立．所以的最小值为．
故答案为：.
【分析】利用正态分布的对称性得出与的和，再将所求式子进行变形，结合基本不等式“1”的妙用（构造乘积为定值的形式 ）来求解最小值.核心是通过正态分布性质找到的值，再利用基本不等式求最值.
13．（2024高三上·广东月考）在数列中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为 .
【答案】
【知识点】数列与函数的综合；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：由，得，又，
故数列为首项为，公比为的等比数列，所以，
则不等式可化为，令，
当时，；当时，；又，
则当时，，当时，，
所以，则，即实数的最小值为.
故答案为：.
【分析】把给定的递推数列转化为等比数列，求出的通项，再把恒成立问题转化为求数列最值问题.具体来说，通过构造法，由构造出这个等比数列，得到其通项后，原不等式就可转化为大于等于一个新数列的最大值，通过分析新数列的单调性找到最值，进而确定的最小值 .
14．（2024高三上·广东月考）已知点，点F为抛物线的焦点．若以点P，F为焦点的椭圆与抛物线有公共点，则椭圆的离心率的最大值为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线方程得，准线方程为，又点，则，
在抛物线上取点H，过H作HG垂直直线，交直线于点G，
过P作PM垂直直线，交直线于点M，由椭圆和抛物线定义得
，
故椭圆离心率．
故答案为：.
【分析】明确抛物线焦点，利用椭圆定义，结合抛物线的性质，找到的取值范围，进而根据离心率公式求最大值.具体来说，先求出抛物线焦点，确定椭圆两焦点间距离，再通过抛物线的准线，借助椭圆上点到两焦点距离和为，结合抛物线定义（抛物线上点到焦点与到准线距离相等 ），找到的最小值，从而得出离心率最大值 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高三上·广东月考）在中，内角的对边分别是，，．
（1）求角；
（2）若，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围．
【答案】（1）解：在中，由正弦定理和，
得
，
即，
因为，，
解得，
又因为，
所以.
（2）解：由和，
由余弦定理得，
又因为，解得，
由得，
即，则，
所以.
（3）解：因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得：
即
因为为锐角三角形，则，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即边上的中线的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式，从而由三角形中角的取值范围，进而得出角B的值.
（2）根据余弦定理和已知条件得大致，利用面积分割法得出，从而列方程求解得出边上的角平分线长.
（3）利用数量积运算法则以及模的运算得出，再利用正弦定理得c出，根据角的取值范围结合正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出边上的中线的取值范围.
（1）在中，由正弦定理及，
得
，
即，而，，
解得，又，所以.
（2）由及，余弦定理得，
又，解得，
由得，
即，则，所以.
（3）因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得，
即，
为锐角三角形，，所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，即边上的中线的取值范围为．
16．（2024高三上·广东月考）已知函数．
（1）当时，曲线在点（）处的切线记为．
①求的方程；
②设的交点构成，试判断的形状（锐角、钝角或直角三角形）并加以证明．
（2）讨论的极值．
【答案】（1）解：当时，，则，
①因为，，所以的方程为.
②为钝角三角形，证明如下：由①知的方程为，又，，所以的方程为，即，
又，，
所以的方程为，即，
由，得到，所以，
由，得到，所以，
由，得到，所以，
得到，
，
则，
注意到，
所以，得到，又，
所以，即为钝角三角形.
（2）解：因为，则，
当时，，由，得到，当时，，时，，
此时是的极小值点，极小值为，无极大值，
当时，由，得到或，
又，若，当时，，时，，
此时，是的极大值点，极大值为，是的极小值点，极小值为，
若，当时，，时，，此时，是的极大值点，极大值为，是的极小值点，极小值为.
综上，当时，极小值为，无极大值，
当时，极大值为，极小值为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】围绕函数 展开，分为两小问.第(1)问通过求导，利用导数几何意义解决切线方程和三角形形状判断；第(2)问求导后因式分解，根据参数 不同取值分类讨论函数极值，核心是导数的应用与分类讨论思想.
（1）当时，，则，
①因为，，所以的方程为.
②为钝角三角形，证明如下：
由①知的方程为，
又，，
所以的方程为，即，
又，，
所以的方程为，即，
由，得到，所以，
由，得到，所以，
由，得到，所以，
得到，
，
则，
注意到，
所以，得到，
又，所以，即为钝角三角形.
（2）因为，则，
当时，，由，得到，当时，，时，，
此时是的极小值点，极小值为，无极大值，
当时，由，得到或，又，
若，当时，，时，，
此时，是的极大值点，极大值为，
是的极小值点，极小值为，
若，当时，，时，，
此时，是的极大值点，极大值为，
是的极小值点，极小值为.
综上，当时，极小值为，无极大值，
当时，极大值为，极小值为.
17．（2024高三上·广东月考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示：为棱的中点，
，，，，
，，四边形是平行四边形，
，又平面，平面，平面.
（2）解：，，，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又，平面，，，又，
以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
如图：则，，，，
为棱的中点，，（i），，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，，
平面的一个法向量为，
，
根据图形得二面角为钝角，则二面角的余弦值为.
（ii）假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是，
设，，则，，
由（2）知平面的一个法向量为，
，
点到平面的距离是 ，
，，.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 围绕四棱锥展开，（1）通过构造辅助线，利用线线平行证明线面平行；
（2）基于面面垂直等条件建系，用空间向量求解二面角和点到面距离相关问题。核心是空间线面关系与向量方法的综合运用，通过合理转化条件，将几何问题代数化 .
（1）取的中点，连接，，如图所示：为棱的中点，
，，
，，，，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面.
（2），，，
，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又，平面，
，，又，
以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
如图：则，，，，
为棱的中点，
，
（i），，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
，
平面的一个法向量为，
，
根据图形得二面角为钝角，
则二面角的余弦值为
（ii）假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是，
设，，
则，，
由（2）知平面的一个法向量为，
，
点到平面的距离是
，
，，
.
18．（2024高三上·广东月考）已知椭圆的离心率为，其左顶点到点的距离为，不过原点的直线与椭圆相交于不同的，两点，与直线交于点，且，直线与轴，轴分别交于点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）当的面积取最大值时，求的面积.
【答案】（1）解： 由已知椭圆左顶点为，到点的距离为，解得，
又椭圆离心率，解得，
所以椭圆方程为：.
（2）解：
如图所示，设，，由于和为椭圆上两点，两式相减，得，整理得，
设，由得为线段的中点，，，
由在线段所在直线上，且坐标为，则有，即，
所以，故，
设直线，，联立直线与椭圆的方程，得，整理得，则，得且，且，，，
点到直线的距离为，
，且，
记，，令，及得，
所以在时单调递增，在上单调递减，
所以当时，取最大值，此时直线方程为，与坐标轴交点为，.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【分析】围绕椭圆展开，（1）利用椭圆基本性质（离心率、顶点坐标与距离公式）联立方程求椭圆标准方程；
（2）先通过向量关系结合点差法确定直线斜率，设直线方程并联立椭圆方程，用弦长公式、点到直线距离公式表示三角形面积，再通过函数求最值确定直线参数，进而求面积.核心是椭圆性质与直线和椭圆位置关系的综合运用，通过代数运算解决几何问题.
（1）由已知椭圆左顶点为，到点的距离为，
解得，
又椭圆离心率，
解得，
所以椭圆方程为：；
（2）如图所示，设，，由于和为椭圆上两点，
两式相减，得，整理得，
设，由得为线段的中点，
，，
由在线段所在直线上，且坐标为，则有，
即，
所以，故，
设直线，，联立直线与椭圆的方程，
得，整理得，
则，得且，
且，，
，
点到直线的距离为，
，且，
记，，
令，及得，
所以在时单调递增，在上单调递减，
所以当时，取最大值，
此时直线方程为，
与坐标轴交点为，
.
19．（2024高三上·广东月考）函数.
（1）时，讨论的单调性；
（2）若函数有两个极值点、，曲线上两点、连线斜率记为，求证：.
（3）盒子中有编号为的个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取个小球，记抽取的个小球编号各不相同的概率为，求证：.
【答案】（1）解： 当时，，该函数的定义域为，，
由可得；由可得或，
所以，函数的增区间为、，减区间为.
（2）证明：因为定义域为，，
对于方程，，
因为函数有两个极值点、，则方程在上有两个不等的实根，
所以，，解得，
则，
所以要证，即证，即证，
也即证（*）成立．
设，函数，则，
所以，函数在上单增，且，所以时，，所以（*）成立，原不等式得证.
（3）证明：由题可得，因为，，…，，所以，
又由（2）知，，取，有，
即，即，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数单调性，通过求导找导数正负区间确定单调区间；
（2）先根据极值点与导数关系得到满足的条件，再用斜率公式表示，通过变形、换元构造函数，利用函数单调性证明不等式；
（3）先计算概率的表达式，再通过放缩结合对数函数性质、重要不等式证，核心是导数应用与不等式证明技巧、概率与函数综合.
（1）当时，，该函数的定义域为，
，
由可得；由可得或，
所以，函数的增区间为、，减区间为.
（2）因为定义域为，，
对于方程，，
因为函数有两个极值点、，则方程在上有两个不等的实根，
所以，，解得，
则
，
所以要证，即证，即证，
也即证（*）成立．
设，函数，则，
所以，函数在上单增，且，
所以时，，所以（*）成立，原不等式得证.
（3）由题可得，
因为，，…，，
所以，
又由（2）知，，
取，有，
即，即，
所以．
1 / 1广东省八校2025届高三上学期第四次联合教学质量检测数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高三上·广东月考）设集合，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·广东月考）在中，点是边上一点，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
3．（2024高三上·广东月考）正项递增等比数列，前n项的和为，若，，则（ ）
A．121 B．364 C．728 D．1093
4．（2024高三上·广东月考）英国生物统计学家高尔顿设计了高尔顿钉板来研究随机现象.如图是一个高尔顿钉板的设计图，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗钉子恰好位于下一层两颗打子的正中间，小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落.数学课堂上，老师向学生们介绍了高尔顿钉板放学后，爱动脑的小明设计了一个不一样的“高尔顿钉板”，它使小球在从钉板上一层的两颗钉子之间落下后砸到下一层的钉子上时，向左下落的概率为向右下落的概率的2倍.当有大量的小球依次滚下时，最终都落入钉板下面的5个不同位置.若一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·广东月考）函数图象的一条对称轴为直线，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·广东月考）已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·广东月考）已知函数定义域为，，，，且，，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·广东月考）在△中，为的角平分线（在线段上），，当取最小值时，（ ）.
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2024高三上·广东月考）已知是关于的方程的两根，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
10．（2024高三上·广东月考）如图，圆锥的底面直径和母线长均为，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（ ）
A．存在，使得
B．当时，存在，使得平面
C．当，时，四面体的体积为
D．当时，
11．（2024高三上·广东月考）已知圆和圆的交点为，则（ ）
A．公共弦所在直线的方程为
B．线段的中垂线方程为
C．公共弦的长为
D．为圆上一动点，则到直线距离的最大值为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高三上·广东月考）随机变量X服从正态分布，，，则的最小值为 .
13．（2024高三上·广东月考）在数列中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为 .
14．（2024高三上·广东月考）已知点，点F为抛物线的焦点．若以点P，F为焦点的椭圆与抛物线有公共点，则椭圆的离心率的最大值为 ．
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高三上·广东月考）在中，内角的对边分别是，，．
（1）求角；
（2）若，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围．
16．（2024高三上·广东月考）已知函数．
（1）当时，曲线在点（）处的切线记为．
①求的方程；
②设的交点构成，试判断的形状（锐角、钝角或直角三角形）并加以证明．
（2）讨论的极值．
17．（2024高三上·广东月考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．（2024高三上·广东月考）已知椭圆的离心率为，其左顶点到点的距离为，不过原点的直线与椭圆相交于不同的，两点，与直线交于点，且，直线与轴，轴分别交于点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）当的面积取最大值时，求的面积.
19．（2024高三上·广东月考）函数.
（1）时，讨论的单调性；
（2）若函数有两个极值点、，曲线上两点、连线斜率记为，求证：.
（3）盒子中有编号为的个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取个小球，记抽取的个小球编号各不相同的概率为，求证：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合间关系的判断；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：由知，又，，所以，
故答案为：B.
【分析】理解集合间的基本关系.，这是一个关键的条件，它能转化出集合和的包含关系 ，我们的解题思路就是先把转化为，然后根据集合、的具体范围，来确定参数的取值范围，这样就能找到符合要求的啦.
2．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：在中，点是边上一点，由，得，即，则，当且仅当时取等号，所以所求的最小值为.
故答案为：B
【分析】利用向量共线定理得出x与y的关系，再通过消元，结合二次函数或基本不等式求最值，首先根据点D在BC上，由向量共线推出\(x + y = 1\)，然后将其代入目标式子，转化为单变量函数，最后求该函数的最小值.
3．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：在正项递增等比数列中，所以，又，所以或（舍去），设数列的公比为，则，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】利用等比数列的性质、通项公式和求和公式来求解，首先根据等比数列的性质找到与的关系，结合已知条件求出和的值，再通过通项公式求出公比和首项，最后利用求和公式算出 .
4．【答案】A
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项分布；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：向左下落的概率为向右下落的概率的2倍.
所以向左下落的概率为，向右下落的概率为，
则下落的过程中向左一次，向右三次才能最终落到4号位置，
故此时概率为：.
故答案为：A.
【分析】用二项分布计算小球在高尔顿钉板下落概率的问题.明确小球经过层钉板落到号位置时，向左、向右下落的次数，结合已知的左右下落概率，运用二项分布概率公式求解.先确定左右下落概率，分析落到目标位置所需的左右次数，最后代入公式计算.
5．【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；辅助角公式；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意可得，，，其中，，由函数图象的一条对称轴为直线，即有，即，又，故，故.
故答案为：C.
【分析】利用函数对称轴的性质，即对于函数，若是其对称轴，则（为任意实数 ）.通过选取特殊的值，得到关于和的等式，进而求出的值 .这样可以将抽象的对称轴性质转化为具体的等式计算，简化求解过程.
6．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：点关于的角平分线的对称点N必在上，
因此共线，，，
设，则，，，
又，∴，
中，由余弦定理得，
∴，化简得，
∴，，
中，，由余弦定理得，
解得，
故答案为：B．
【分析】利用椭圆的定义、角平分线对称性质，结合余弦定理来建立关于、的关系，从而求出离心率.先根据对称确定点的位置，再用椭圆定义表示相关线段长度，接着用余弦定理建立等式，逐步推导得出与的关系，最终求出离心率.
7．【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：由条件得，，，
在上递增.得，
则或
故答案为：B．
【分析】构造新函数，利用已知条件判断其单调性，再将原不等式变形为新函数的形式，最后结合新函数的单调性与定义域求解参数范围.通过对已知不等式的变形，构造出便于分析单调性的函数，利用单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，从而求解的取值范围.
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，，则，
则在中由余弦定理可得，
即，所以，
由角平分线定理可得，所以.
又，
故，
化简得①，
而在△中由余弦定理，
代入①得.又因为，所以，
所以，故.
所以，
所以，
令或（舍去），
所以当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以时，取得最小值，即取得最小值.
所以取得最小值时，.
故答案为：C.
【分析】通过设角和线段长度，利用余弦定理、角平分线定理表示出和，构建的函数关系式，再借助三角函数的性质或求导来求最小值，进而确定的值.核心是将几何问题转化为函数最值问题，利用解三角形和函数工具求解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：关于的二次方程．
当时，，所以，，但不一定成立．
当时，，是方程的两个复数根，仍成立，
此时，故A正确，B错误．
若，方程的两根为，所以互为共轭复数，C正确．
若，由于，所以，D正确．
故答案为：ACD.
【分析】 根据一元二次方程判别式 的取值，分实数根和复数根两种情况讨论，再结合韦达定理、复数的性质（共轭复数、模 ）以及完全平方公式变形来判断各选项.核心是利用判别式区分根的类型，再针对性分析根的关系和相关运算 .
10．【答案】B,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面平行的判定；向量的数量积判断向量的共线与垂直；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，，则与不可能垂直，若，则面，则，则面矛盾，A错．
对于B，取中点，则，过作交于点，此时为中点，则面平面，∴平面，对．
对于D，如图建系，，，， ，，，
∴，∴，D对．
对于C，时，，时，到平面的距离是到平面距离的.
，其中表示到平面的距离，是到平面距离，，C对，
故答案为：BCD．
【分析】 运用空间几何定理（线面垂直、面面平行 ）、体积公式、向量运算，逐一分析推导，得出 A 错误，B 正确，C 正确，D 正确（改编后结论，依实际推导调整 ），掌握空间几何问题需灵活运用定理和坐标系工具，结合结构特征分析 .
11．【答案】A,B
【知识点】点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，因为圆和圆，圆心距，且，两圆相交，
将两式作差可得公共弦所在直线的方程为，即，故选项A正确；
对于B，因为圆的圆心为，，则线段中垂线的斜率为，
即线段中垂线方程为，整理可得，故选项B正确；
对于C，圆心到直线的距离为，又圆的半径，
所以，故选项C错误；
对于D，点为圆上一动点，圆心到直线的距离为，
又圆的半径，所以点到直线距离的最大值为，故选项D错误．
故答案为：AB．
【分析】 利用两圆方程相减得公共弦方程，再结合圆的圆心、半径、点到直线距离等知识，依次判断公共弦方程、中垂线方程、弦长、圆上点到直线距离最大值.通过两圆方程相减消去二次项是求公共弦的关键，利用圆的几何性质（圆心连线垂直平分公共弦 ）求中垂线，借助点到直线距离和勾股定理算弦长，依据圆上点到直线距离最值规律（圆心距加半径 ）判断最值，将解析几何中圆与直线的位置关系知识综合运用，逐步推导每个选项.
12．【答案】
【知识点】基本不等式；正态分布定义
【解析】【解答】解：随机变量X服从正态分布，，由，，，且，则，当且仅当，即时等号成立．所以的最小值为．
故答案为：.
【分析】利用正态分布的对称性得出与的和，再将所求式子进行变形，结合基本不等式“1”的妙用（构造乘积为定值的形式 ）来求解最小值.核心是通过正态分布性质找到的值，再利用基本不等式求最值.
13．【答案】
【知识点】数列与函数的综合；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：由，得，又，
故数列为首项为，公比为的等比数列，所以，
则不等式可化为，令，
当时，；当时，；又，
则当时，，当时，，
所以，则，即实数的最小值为.
故答案为：.
【分析】把给定的递推数列转化为等比数列，求出的通项，再把恒成立问题转化为求数列最值问题.具体来说，通过构造法，由构造出这个等比数列，得到其通项后，原不等式就可转化为大于等于一个新数列的最大值，通过分析新数列的单调性找到最值，进而确定的最小值 .
14．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线方程得，准线方程为，又点，则，
在抛物线上取点H，过H作HG垂直直线，交直线于点G，
过P作PM垂直直线，交直线于点M，由椭圆和抛物线定义得
，
故椭圆离心率．
故答案为：.
【分析】明确抛物线焦点，利用椭圆定义，结合抛物线的性质，找到的取值范围，进而根据离心率公式求最大值.具体来说，先求出抛物线焦点，确定椭圆两焦点间距离，再通过抛物线的准线，借助椭圆上点到两焦点距离和为，结合抛物线定义（抛物线上点到焦点与到准线距离相等 ），找到的最小值，从而得出离心率最大值 .
15．【答案】（1）解：在中，由正弦定理和，
得
，
即，
因为，，
解得，
又因为，
所以.
（2）解：由和，
由余弦定理得，
又因为，解得，
由得，
即，则，
所以.
（3）解：因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得：
即
因为为锐角三角形，则，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即边上的中线的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式，从而由三角形中角的取值范围，进而得出角B的值.
（2）根据余弦定理和已知条件得大致，利用面积分割法得出，从而列方程求解得出边上的角平分线长.
（3）利用数量积运算法则以及模的运算得出，再利用正弦定理得c出，根据角的取值范围结合正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出边上的中线的取值范围.
（1）在中，由正弦定理及，
得
，
即，而，，
解得，又，所以.
（2）由及，余弦定理得，
又，解得，
由得，
即，则，所以.
（3）因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得，
即，
为锐角三角形，，所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，即边上的中线的取值范围为．
16．【答案】（1）解：当时，，则，
①因为，，所以的方程为.
②为钝角三角形，证明如下：由①知的方程为，又，，所以的方程为，即，
又，，
所以的方程为，即，
由，得到，所以，
由，得到，所以，
由，得到，所以，
得到，
，
则，
注意到，
所以，得到，又，
所以，即为钝角三角形.
（2）解：因为，则，
当时，，由，得到，当时，，时，，
此时是的极小值点，极小值为，无极大值，
当时，由，得到或，
又，若，当时，，时，，
此时，是的极大值点，极大值为，是的极小值点，极小值为，
若，当时，，时，，此时，是的极大值点，极大值为，是的极小值点，极小值为.
综上，当时，极小值为，无极大值，
当时，极大值为，极小值为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】围绕函数 展开，分为两小问.第(1)问通过求导，利用导数几何意义解决切线方程和三角形形状判断；第(2)问求导后因式分解，根据参数 不同取值分类讨论函数极值，核心是导数的应用与分类讨论思想.
（1）当时，，则，
①因为，，所以的方程为.
②为钝角三角形，证明如下：
由①知的方程为，
又，，
所以的方程为，即，
又，，
所以的方程为，即，
由，得到，所以，
由，得到，所以，
由，得到，所以，
得到，
，
则，
注意到，
所以，得到，
又，所以，即为钝角三角形.
（2）因为，则，
当时，，由，得到，当时，，时，，
此时是的极小值点，极小值为，无极大值，
当时，由，得到或，又，
若，当时，，时，，
此时，是的极大值点，极大值为，
是的极小值点，极小值为，
若，当时，，时，，
此时，是的极大值点，极大值为，
是的极小值点，极小值为.
综上，当时，极小值为，无极大值，
当时，极大值为，极小值为.
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示：为棱的中点，
，，，，
，，四边形是平行四边形，
，又平面，平面，平面.
（2）解：，，，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又，平面，，，又，
以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
如图：则，，，，
为棱的中点，，（i），，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，，
平面的一个法向量为，
，
根据图形得二面角为钝角，则二面角的余弦值为.
（ii）假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是，
设，，则，，
由（2）知平面的一个法向量为，
，
点到平面的距离是 ，
，，.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 围绕四棱锥展开，（1）通过构造辅助线，利用线线平行证明线面平行；
（2）基于面面垂直等条件建系，用空间向量求解二面角和点到面距离相关问题。核心是空间线面关系与向量方法的综合运用，通过合理转化条件，将几何问题代数化 .
（1）取的中点，连接，，如图所示：为棱的中点，
，，
，，，，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面.
（2），，，
，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又，平面，
，，又，
以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
如图：则，，，，
为棱的中点，
，
（i），，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
，
平面的一个法向量为，
，
根据图形得二面角为钝角，
则二面角的余弦值为
（ii）假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是，
设，，
则，，
由（2）知平面的一个法向量为，
，
点到平面的距离是
，
，，
.
18．【答案】（1）解： 由已知椭圆左顶点为，到点的距离为，解得，
又椭圆离心率，解得，
所以椭圆方程为：.
（2）解：
如图所示，设，，由于和为椭圆上两点，两式相减，得，整理得，
设，由得为线段的中点，，，
由在线段所在直线上，且坐标为，则有，即，
所以，故，
设直线，，联立直线与椭圆的方程，得，整理得，则，得且，且，，，
点到直线的距离为，
，且，
记，，令，及得，
所以在时单调递增，在上单调递减，
所以当时，取最大值，此时直线方程为，与坐标轴交点为，.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【分析】围绕椭圆展开，（1）利用椭圆基本性质（离心率、顶点坐标与距离公式）联立方程求椭圆标准方程；
（2）先通过向量关系结合点差法确定直线斜率，设直线方程并联立椭圆方程，用弦长公式、点到直线距离公式表示三角形面积，再通过函数求最值确定直线参数，进而求面积.核心是椭圆性质与直线和椭圆位置关系的综合运用，通过代数运算解决几何问题.
（1）由已知椭圆左顶点为，到点的距离为，
解得，
又椭圆离心率，
解得，
所以椭圆方程为：；
（2）如图所示，设，，由于和为椭圆上两点，
两式相减，得，整理得，
设，由得为线段的中点，
，，
由在线段所在直线上，且坐标为，则有，
即，
所以，故，
设直线，，联立直线与椭圆的方程，
得，整理得，
则，得且，
且，，
，
点到直线的距离为，
，且，
记，，
令，及得，
所以在时单调递增，在上单调递减，
所以当时，取最大值，
此时直线方程为，
与坐标轴交点为，
.
19．【答案】（1）解： 当时，，该函数的定义域为，，
由可得；由可得或，
所以，函数的增区间为、，减区间为.
（2）证明：因为定义域为，，
对于方程，，
因为函数有两个极值点、，则方程在上有两个不等的实根，
所以，，解得，
则，
所以要证，即证，即证，
也即证（*）成立．
设，函数，则，
所以，函数在上单增，且，所以时，，所以（*）成立，原不等式得证.
（3）证明：由题可得，因为，，…，，所以，
又由（2）知，，取，有，
即，即，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数单调性，通过求导找导数正负区间确定单调区间；
（2）先根据极值点与导数关系得到满足的条件，再用斜率公式表示，通过变形、换元构造函数，利用函数单调性证明不等式；
（3）先计算概率的表达式，再通过放缩结合对数函数性质、重要不等式证，核心是导数应用与不等式证明技巧、概率与函数综合.
（1）当时，，该函数的定义域为，
，
由可得；由可得或，
所以，函数的增区间为、，减区间为.
（2）因为定义域为，，
对于方程，，
因为函数有两个极值点、，则方程在上有两个不等的实根，
所以，，解得，
则
，
所以要证，即证，即证，
也即证（*）成立．
设，函数，则，
所以，函数在上单增，且，
所以时，，所以（*）成立，原不等式得证.
（3）由题可得，
因为，，…，，
所以，
又由（2）知，，
取，有，
即，即，
所以．
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