广东省广州市铁一中学2024—2025学年高三上学期期中三校联考数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项、是符合题目要求的.
1．（2024高三上·广州期中）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，
所以，
由，解得，
所以，.
故答案为：C．
【分析】利用一元二次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合A，再由绝对值不等式求解方法和元素与集合的关系，则得出集合B，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2024高三上·广州期中）已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数的模
【解析】【解答】设，，
由得，
所以，解得，
∴。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合复数求模公式和复数相等的判断方法，进而得出x，y的值，从而得出复数z。
3．（2024高三上·广州期中）已知正方形的边长为1，设点M、N满足，.若，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：如图所示：以为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
因为正方形的边长为1，
可得，，，，
，，
，，，，
，故，
，
故时，的最小值是.
故答案为：．
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，再利用正方形的边长得出点的坐标，再由向量共线的坐标表示，从而得出点M，N的坐标，进而得出向量的坐标，再利用数量积的坐标表示和二次函数的图象的开口方向、对称性以及单调性，从而得出二次函数的最小值，进而得出的最小值.
4．（2024高三上·广州期中）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，
所以，可得，
因为，所以，可得，
由，可得，
所以.
故答案为：D.
【分析】由诱导公式和同角三角函数基本关系式，从而得出，再利用角的取值范围和三角函数值在各象限的符号，从而得到，再由同角三角函数基本关系式得出的值，则由两角和的正弦公式，从而得出的值.
5．（2024高三上·广州期中）如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（ ）
A． B． C．15 D．20
【答案】C
【知识点】二项式定理的应用；球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设球的半径为，
则球的体积为，圆柱的底面积为，高为，
故圆柱的体积为，
故，球的表面积为，圆柱的表面积为，
故，
故，展开式中的通项公式为，
令，解得，故常数项为.
故答案为：C.
【分析】设球的半径为，由球的表面积公式、球的体积公式、圆柱的表面积公式、圆柱的体积公式，分别表示出球的表面积、体积和圆柱的表面积、体积，再由已知条件求出的值，从而利用二项式定理得到展开式中的通项公式，则由常数项的定义和赋值法，进而求出的展开式中的常数项.
6．（2024高三上·广州期中）将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数在区间上单调递减，则m的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意，将函数的图象向右平移个单位长度，
得到的图象对应的函数的图象，
因为在区间上单调递减，
所以且，
解得，即，
令，可得的最小值为.
故答案为：D.
【分析】由三角型函数的图象变换求出函数的解析式，再根据正弦型函数的单调性，从而得出实数的取值范围，再由赋值法得出的最小值.
7．（2024高三上·广州期中）在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列中，最大项和最小项分别为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，即，
，即，故，.
①当，时，，，故，
，，故；
②当，时，，，故，
，，；
③当时，且，，故，
综上所述：中，最大项和最小项分别为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等差数列前n项和公式和等差数列的性质，从而得出，，，再考虑，，三种情况和等差数列的通项公式以及等差数列前n项和公式，从而由函数求最值的的方法，进而确定的大小，则得出有限项数列中的最大项和最小项.
8．（2024高三上·广州期中）已知函数满足，当时，，则（ ）
A．为奇函数 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：A、 函数满足， 令，，则，解得；
令，，则，解得；
令，得，故为偶函数，故A错误；
B、，，且，即，
则，故在上单调递减，
若，则，故，解得，且，故B错误；
C、若，则，故C正确；
D、若，则，，，
所以，故D错误.
故答案为：C．
【分析】根据已知条件，利用赋值法可得，，进而可得，即可判断A；根据函数单调性的定义可判断在上单调递减，即可求解判断B；代值逐步求解即可判断CD.
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．（2024高三上·广州期中）已知在一次数学测验中，某校1000学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有(参考数据：①；②；③（ ）
A．标准差为100
B．及格率超过
C．得分在内的人数约为997
D．得分低于80的人数和优秀的人数大致相等
【答案】C,D
【知识点】极差、方差与标准差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】由题意知，，
对于A：因为标准差为，故A错误；
对于B：
，
，故B错误；
对于C：因为，
人，故C正确；
对于D：因为，
又因为成绩服从标准正态分布，
，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】利用正态分布中两个量和的意义和正态分布对应的密度函数曲线的对称性，即可逐项判断，从而找出正确的选项.
10．（2024高三上·广州期中）已知函数的极大值点为，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：，
，
令，则或，
由题意可知，，
函数的极大值点为，
或，即或，
所以，故A正确；
因为，故B正确；
当，时，正确；
当时，错误，故C错误；
因为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用求导的方法，则得出导函数，令，则或，再由极大值点为，分别讨论，从而得出关系，则判断出选项A和选项B；再由韦达定理和a，b的大小关系，则判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高三上·广州期中）已知平面内两定点和与一动点P(x，y)，满足，若动点的轨迹为曲线，则下列关于曲线E的说法正确的是（ ）
A．存在，使曲线过坐标原点；
B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称；
C．若三点不共线，则周长最小值为；
D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于.
【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；基本不等式在最值问题中的应用；轨迹方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意：，，
所以，，
即曲线的方程为：.
对于A：将代入曲线，得，即，满足题意，故A正确；
对于B：将替换代入曲线方程得：
所以，曲线关于轴对称；将替换代入曲线方程得：
，
所以，曲线关于轴对称，故B错误；
对于C：周长为：，
根据基本不等式，可得，
当时，取等号，故C正确；
对于D：由题意可知：，
由选项B可知，曲线关于轴和轴对称，如图所示：
所以四边形的面积为2个的面积，
即，
当且仅当，即时取等号，
所以，四边形的面积不大于，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意和向量的坐标表示，从而得出的坐标，再结合向量的模的坐标表示，从而得出曲线E的方程，将原点代入曲线E的方程得出m的值，则判断出选项A；将代入曲线E的方程，再由曲线E的对称性，从而判断出选项B；利用三角形的周长公式和基本不等式求最值的方法，则判断出选项C； 由题意可知：， 由选项B可知，曲线关于轴和轴对称，则四边形的面积为2个的面积，再由三角形的面积公式和正弦函数的最值，从而得出
四边形的面积不大于，则判断出选项D，进而找出曲线E的说法正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（2024高三上·广州期中）在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，得到，
由题意知，即，
所以，解得，或（舍去）．
故答案为：.
【分析】设，再结合通径的定义和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而由双曲线的离心率公式，进而解方程得出双曲线的离心率的值.
13．（2024高三上·广州期中）若曲线与有一条斜率为2的公切线，则 .
【答案】
【知识点】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：设公切线在曲线与上的切点分别为，
由可得，所以，解得，
所以，则，
所以切线方程为，
又由，可得，
所以，即，所以，
又因为切点，则点在切线上，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
【分析】根据导数的几何意义得出切线的斜率，结合点斜式方程得出曲线的切线方程，再根据曲线与有一条斜率为2的公切线，从而得出a的值.
14．（2024高三上·广州期中）在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
【答案】32；
【知识点】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；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个.
（2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点
样本点总数：
当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同.
满足的样本点个数为.
所以.
故分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
.
故答案为：32；.
【分析】第一空由题意结合分步乘法计数原理，从而求解得出5维“立方体”的顶点个数；第二空先确定样本点总数，再得到随机变量的可能取值，从而利用得出随机变量X的分布列，最后根据随机变量的分布列求数学期望的公式，则得出的值.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（2024高三上·广州期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求
（2）若，的面积为，求a的值.
【答案】（1）解：由已知条件和余弦定理得：
，
可得，
所以．
（2）解：由得，，
又因为，所以，
则，．
可得
由的面积为，得出，所以．
由正弦定理得，，
所以，故.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和余弦定理，从而得出的值.
（2）利用（1）中的值和，从而得出的值，再利用三角形中角A，C的取值范围，从而得出角C的值，再根据同角三角函数基本关系式，则得出和的值，再根据三角形内角和定理和两角和的正弦公式，从而得出的值，再根据三角形面积公式得出ac的值，最后由正弦定理得出a的值.
（1）由条件及余弦定理得，，
可得， 所以．
（2）由得，，
又，所以，
则，．
可得，
由的面积为得，
所以．
由正弦定理得，，
所以，故.
16．（2024高三上·广州期中）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程.
【答案】（1）解：设椭圆的方程为：，
因为椭圆的面积为，点在椭圆上.
所以解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）解：因为经过点的直线与曲线交于，两点，
当直线的斜率不存在时，，
此时，
因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在，
不妨设直线的方程为，联立，
消去并整理可得：，
不妨设，则，
因为，
，
所以
，
因为与椭圆的面积比为，
所以，化简为，
即，即，解得：，
所以直线的方程为或，
所以直线的方程为或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设椭圆的方程为：，再利用已知条件和椭圆的面积公式以及代入法，从而建立a，b的方程组，进而解方程组求出的值，则求出椭圆的标准方程.
（2）对直线的斜率是否存在进行讨论，当直线的斜率不存在时，从而得出A，B的坐标，再由三角形的面积公式和与椭圆的面积比为，但，从而得出直线斜率存在，当直线斜率存在时，不妨设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理和代入法，再结合三角形的面积公式和与椭圆的面积比为，从而求出直线的斜率，进而得出直线的方程.
（1）设椭圆的方程为：，
因为椭圆的面积为，点在椭圆上.
所以解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）因为经过点的直线与曲线交于，两点，
当直线的斜率不存在时，，此时，
因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在；
不妨设直线的方程为，联立，
消去并整理可得：，
不妨设，则，
因为，
，
所以
，
因为与椭圆的面积比为，
所以，化简为，
即，即，
解得：，所以直线的方程为或，
所以直线的方程为或.
17．（2024高三上·广州期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明：取中点，连接如图所示：
因为为的中点，为的中点，
，，
，，
可得四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
（2）解：平面平面过作平面，
，
为中点，，
分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则
又因为，
，
设二面角的平面角为，
，
整理得：，解得或（舍）.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，从而得出线线平行和线线相等，再根据平行四边形的定义，则可得四边形为平行四边形，从而得出线线平行，再根据线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，再利用三棱锥的体积为1和三棱锥的体积公式以及等腰三角形三线合一，从而得出线线垂直，则分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合向量共线的坐标表示，从而得出点G的坐标，进而得出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面和平面的一个法向量，再根据数量积求向量夹角公式和二面角的余弦值为，从而解方程得出满足要求的t的值．
（1）证明：取中点，连接为的中点，为的中点，
，，
，，
据此可得四边形为平行四边形，
，平面，平面，
平面．
（2）解：平面平面过作平面，
，
为中点，，
如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
由，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则又，
，设二面角的平面角为，
，
整理得：，解得或（舍）.
18．（2024高三上·广州期中）已知函数.
（1）若函数在定义域上单调递增，求的取值范围；
（2）若；求证：；
（3）设，是函数的两个极值点，求证：.
【答案】（1） 解：由题意可知函数的定义域为，
因为 函数在定义域上单调递增，
所以在上恒成立，
所以，解得
所以的取值范围是.
（2）证明：当时，，所以，
令，解得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时，等号成立.
令，，所以，
令，解得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
又等号不同时成立，所以.
（3）证明：由题意可知，
因为有两个极值点，，
所以，是方程的两个不同的根，
所以且
所以
，
所以要证，即证，
即证，即证，即证.
令，则证明，
令，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以原不等式成立.
【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；利用导数研究函数最大（小）值；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【分析】（1）先求得函数的定义域，进而求导，由题意得在上恒成立，根据二次函数的性质可得，进而求解即可求得 的取值范围；
（2）先求得函数 的解析式，进而求导，利用导数求得函数 的最小值，再构造函数，求导确定其单调性得到，即可求证；
（3）利用导数与极值的关系可得，是方程的两个不同的根，根据韦达定理可知，化简，将转化成，再构造函数，通过讨论其单调性即可求证.
（1）由题意知函数的定义域为，
在上恒成立，
所以在上恒成立，
又，当且仅当时，等号成立，
所以，即的取值范围是.
（2）证明：若，，所以，
令，解得，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时，等号成立.
令，，所以，
令，解得，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，又等号不同时成立，
所以.
（3）证明：由题意可知，
因为有两个极值点，，
所以，是方程的两个不同的根，
则且
所以
，
所以要证，即证，
即证，即证，即证.
令，则证明，
令，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以原不等式成立.
19．（2024高三上·广州期中）若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质．
（1）若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值；
（2）若等差数列具有性质，且，求的取值范围；
（3）已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式．
【答案】（1）解：因为数列具有性质，
则，所以，，
当时，
由，所以，或，
当时，
由，所以，或，
综上所述，的可能取值有：、、、.
（2）解：设等差数列的公差为，
则，
即，所以，，
所以，，
因为，则，
所以，.
（3）解：根据性质，，都有，
又因为，所以，，
于是，
因为、必同号，进而、必同号，
若，由性质，
必有，，，，这与矛盾，
所以，，进而，，
讨论可知或或，仅有这三种可能，
若，则，，，这与矛盾，
因此，.
下面证明：，则，
利用反证法：假设，则，
又因为，所以，，
若，则或，与矛盾，
则，所以，，则或，
于是无论哪种情况，，，
由且可得，此时满足，
所以，，则，，
所以，，矛盾，
综上可知，，所以，，.
下面证明：，
利用反证法，如不然，只能，所以，，则，
由于，所以，，只能有，，这与矛盾，
总之，，
再由可得，
进而，都成立，
可以猜测数列的通项公式为，
可验证此时、两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，
仍满足，，
设是第一个违反上述通项公式的项，
若，则，，
所以，，符合通项公式，矛盾；
若，则，，
所以，，也符合通项公式，矛盾，
综上所述，数列的通项公式必为.
【知识点】函数的最大（小）值；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的性质；反证法的应用；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列具有性质且，从而由绝对值的定义得出，再利用分类讨论的方法和性质，从而写出的所有可能取值.
（2）设等差数列的公差为，根据等差数列具有性质且，则得出，从而可得公差的取值范围，再利用等差数列的通项公式和公差的取值范围，再由不等式的基本性质和二次函数的图象的开口方向、对称性、单调性，从而得出二次函数的最值，进而得出的取值范围.
（3）根据性质可得出和，从而可推导出、必同号，再利用性质可得出，利用反证法可证得：，则，再证明出，由此可知，都成立，可猜测数列的通项公式，再利用反证法证明数列的唯一性，从而由分类讨论的方法，进而得出数列的通项公式.
（1）解：因为数列具有性质，则，所以，，
当时，由，所以，或，
当时， 由，所以，或.
综上所述，的可能取值有：、、、.
（2）解：设等差数列的公差为，
则，
即，所以，，
所以，，
因为，则，
所以，.
（3）解：根据性质，，都有，
又因为，所以，，
于是，因为、必同号，进而、必同号，
若，由性质，必有，，，，这与矛盾，
所以，，进而，，讨论可知或或，仅有这三种可能.
若，则，，，这与矛盾，因此，.
下面证明：，则，
利用反证法：假设，则，
又因为，所以，，
若，则或，与矛盾，则，所以，，则或，
于是无论哪种情况，，，
由且可得，此时满足，
所以，，则，，所以，，矛盾，
综上可知，，所以，，，
下面证明：，利用反证法，如不然，只能，所以，，则，
由于，所以，，只能有，，这与矛盾，
总之，，再由可得，进而，都成立，
可以猜测数列的通项为，
可验证此时、两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，
仍满足，，
设是第一个违反上述通项公式的项，
若，则，，所以，，符合通项公式，矛盾；
若，则，，所以，，也符合通项公式，矛盾.
综上所述，数列的通项公式必为.
1 / 1广东省广州市铁一中学2024—2025学年高三上学期期中三校联考数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项、是符合题目要求的.
1．（2024高三上·广州期中）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·广州期中）已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·广州期中）已知正方形的边长为1，设点M、N满足，.若，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
4．（2024高三上·广州期中）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·广州期中）如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（ ）
A． B． C．15 D．20
6．（2024高三上·广州期中）将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数在区间上单调递减，则m的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·广州期中）在等差数列中，是的前项和，满足，，则有限项数列中，最大项和最小项分别为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·广州期中）已知函数满足，当时，，则（ ）
A．为奇函数 B．若，则
C．若，则 D．若，则
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．（2024高三上·广州期中）已知在一次数学测验中，某校1000学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有(参考数据：①；②；③（ ）
A．标准差为100
B．及格率超过
C．得分在内的人数约为997
D．得分低于80的人数和优秀的人数大致相等
10．（2024高三上·广州期中）已知函数的极大值点为，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
11．（2024高三上·广州期中）已知平面内两定点和与一动点P(x，y)，满足，若动点的轨迹为曲线，则下列关于曲线E的说法正确的是（ ）
A．存在，使曲线过坐标原点；
B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称；
C．若三点不共线，则周长最小值为；
D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（2024高三上·广州期中）在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为 ．
13．（2024高三上·广州期中）若曲线与有一条斜率为2的公切线，则 .
14．（2024高三上·广州期中）在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（2024高三上·广州期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求
（2）若，的面积为，求a的值.
16．（2024高三上·广州期中）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程.
17．（2024高三上·广州期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为，求的值．
18．（2024高三上·广州期中）已知函数.
（1）若函数在定义域上单调递增，求的取值范围；
（2）若；求证：；
（3）设，是函数的两个极值点，求证：.
19．（2024高三上·广州期中）若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质．
（1）若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值；
（2）若等差数列具有性质，且，求的取值范围；
（3）已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项公式．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，
所以，
由，解得，
所以，.
故答案为：C．
【分析】利用一元二次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合A，再由绝对值不等式求解方法和元素与集合的关系，则得出集合B，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数的模
【解析】【解答】设，，
由得，
所以，解得，
∴。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合复数求模公式和复数相等的判断方法，进而得出x，y的值，从而得出复数z。
3．【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：如图所示：以为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
因为正方形的边长为1，
可得，，，，
，，
，，，，
，故，
，
故时，的最小值是.
故答案为：．
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，再利用正方形的边长得出点的坐标，再由向量共线的坐标表示，从而得出点M，N的坐标，进而得出向量的坐标，再利用数量积的坐标表示和二次函数的图象的开口方向、对称性以及单调性，从而得出二次函数的最小值，进而得出的最小值.
4．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，
所以，可得，
因为，所以，可得，
由，可得，
所以.
故答案为：D.
【分析】由诱导公式和同角三角函数基本关系式，从而得出，再利用角的取值范围和三角函数值在各象限的符号，从而得到，再由同角三角函数基本关系式得出的值，则由两角和的正弦公式，从而得出的值.
5．【答案】C
【知识点】二项式定理的应用；球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设球的半径为，
则球的体积为，圆柱的底面积为，高为，
故圆柱的体积为，
故，球的表面积为，圆柱的表面积为，
故，
故，展开式中的通项公式为，
令，解得，故常数项为.
故答案为：C.
【分析】设球的半径为，由球的表面积公式、球的体积公式、圆柱的表面积公式、圆柱的体积公式，分别表示出球的表面积、体积和圆柱的表面积、体积，再由已知条件求出的值，从而利用二项式定理得到展开式中的通项公式，则由常数项的定义和赋值法，进而求出的展开式中的常数项.
6．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意，将函数的图象向右平移个单位长度，
得到的图象对应的函数的图象，
因为在区间上单调递减，
所以且，
解得，即，
令，可得的最小值为.
故答案为：D.
【分析】由三角型函数的图象变换求出函数的解析式，再根据正弦型函数的单调性，从而得出实数的取值范围，再由赋值法得出的最小值.
7．【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，即，
，即，故，.
①当，时，，，故，
，，故；
②当，时，，，故，
，，；
③当时，且，，故，
综上所述：中，最大项和最小项分别为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等差数列前n项和公式和等差数列的性质，从而得出，，，再考虑，，三种情况和等差数列的通项公式以及等差数列前n项和公式，从而由函数求最值的的方法，进而确定的大小，则得出有限项数列中的最大项和最小项.
8．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：A、 函数满足， 令，，则，解得；
令，，则，解得；
令，得，故为偶函数，故A错误；
B、，，且，即，
则，故在上单调递减，
若，则，故，解得，且，故B错误；
C、若，则，故C正确；
D、若，则，，，
所以，故D错误.
故答案为：C．
【分析】根据已知条件，利用赋值法可得，，进而可得，即可判断A；根据函数单调性的定义可判断在上单调递减，即可求解判断B；代值逐步求解即可判断CD.
9．【答案】C,D
【知识点】极差、方差与标准差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】由题意知，，
对于A：因为标准差为，故A错误；
对于B：
，
，故B错误；
对于C：因为，
人，故C正确；
对于D：因为，
又因为成绩服从标准正态分布，
，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】利用正态分布中两个量和的意义和正态分布对应的密度函数曲线的对称性，即可逐项判断，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：，
，
令，则或，
由题意可知，，
函数的极大值点为，
或，即或，
所以，故A正确；
因为，故B正确；
当，时，正确；
当时，错误，故C错误；
因为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用求导的方法，则得出导函数，令，则或，再由极大值点为，分别讨论，从而得出关系，则判断出选项A和选项B；再由韦达定理和a，b的大小关系，则判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；基本不等式在最值问题中的应用；轨迹方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意：，，
所以，，
即曲线的方程为：.
对于A：将代入曲线，得，即，满足题意，故A正确；
对于B：将替换代入曲线方程得：
所以，曲线关于轴对称；将替换代入曲线方程得：
，
所以，曲线关于轴对称，故B错误；
对于C：周长为：，
根据基本不等式，可得，
当时，取等号，故C正确；
对于D：由题意可知：，
由选项B可知，曲线关于轴和轴对称，如图所示：
所以四边形的面积为2个的面积，
即，
当且仅当，即时取等号，
所以，四边形的面积不大于，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意和向量的坐标表示，从而得出的坐标，再结合向量的模的坐标表示，从而得出曲线E的方程，将原点代入曲线E的方程得出m的值，则判断出选项A；将代入曲线E的方程，再由曲线E的对称性，从而判断出选项B；利用三角形的周长公式和基本不等式求最值的方法，则判断出选项C； 由题意可知：， 由选项B可知，曲线关于轴和轴对称，则四边形的面积为2个的面积，再由三角形的面积公式和正弦函数的最值，从而得出
四边形的面积不大于，则判断出选项D，进而找出曲线E的说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，得到，
由题意知，即，
所以，解得，或（舍去）．
故答案为：.
【分析】设，再结合通径的定义和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而由双曲线的离心率公式，进而解方程得出双曲线的离心率的值.
13．【答案】
【知识点】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：设公切线在曲线与上的切点分别为，
由可得，所以，解得，
所以，则，
所以切线方程为，
又由，可得，
所以，即，所以，
又因为切点，则点在切线上，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
【分析】根据导数的几何意义得出切线的斜率，结合点斜式方程得出曲线的切线方程，再根据曲线与有一条斜率为2的公切线，从而得出a的值.
14．【答案】32；
【知识点】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；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个.
（2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点
样本点总数：
当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同.
满足的样本点个数为.
所以.
故分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
.
故答案为：32；.
【分析】第一空由题意结合分步乘法计数原理，从而求解得出5维“立方体”的顶点个数；第二空先确定样本点总数，再得到随机变量的可能取值，从而利用得出随机变量X的分布列，最后根据随机变量的分布列求数学期望的公式，则得出的值.
15．【答案】（1）解：由已知条件和余弦定理得：
，
可得，
所以．
（2）解：由得，，
又因为，所以，
则，．
可得
由的面积为，得出，所以．
由正弦定理得，，
所以，故.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和余弦定理，从而得出的值.
（2）利用（1）中的值和，从而得出的值，再利用三角形中角A，C的取值范围，从而得出角C的值，再根据同角三角函数基本关系式，则得出和的值，再根据三角形内角和定理和两角和的正弦公式，从而得出的值，再根据三角形面积公式得出ac的值，最后由正弦定理得出a的值.
（1）由条件及余弦定理得，，
可得， 所以．
（2）由得，，
又，所以，
则，．
可得，
由的面积为得，
所以．
由正弦定理得，，
所以，故.
16．【答案】（1）解：设椭圆的方程为：，
因为椭圆的面积为，点在椭圆上.
所以解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）解：因为经过点的直线与曲线交于，两点，
当直线的斜率不存在时，，
此时，
因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在，
不妨设直线的方程为，联立，
消去并整理可得：，
不妨设，则，
因为，
，
所以
，
因为与椭圆的面积比为，
所以，化简为，
即，即，解得：，
所以直线的方程为或，
所以直线的方程为或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设椭圆的方程为：，再利用已知条件和椭圆的面积公式以及代入法，从而建立a，b的方程组，进而解方程组求出的值，则求出椭圆的标准方程.
（2）对直线的斜率是否存在进行讨论，当直线的斜率不存在时，从而得出A，B的坐标，再由三角形的面积公式和与椭圆的面积比为，但，从而得出直线斜率存在，当直线斜率存在时，不妨设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理和代入法，再结合三角形的面积公式和与椭圆的面积比为，从而求出直线的斜率，进而得出直线的方程.
（1）设椭圆的方程为：，
因为椭圆的面积为，点在椭圆上.
所以解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）因为经过点的直线与曲线交于，两点，
当直线的斜率不存在时，，此时，
因为与椭圆的面积比为，但，即直线斜率存在；
不妨设直线的方程为，联立，
消去并整理可得：，
不妨设，则，
因为，
，
所以
，
因为与椭圆的面积比为，
所以，化简为，
即，即，
解得：，所以直线的方程为或，
所以直线的方程为或.
17．【答案】（1）证明：取中点，连接如图所示：
因为为的中点，为的中点，
，，
，，
可得四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
（2）解：平面平面过作平面，
，
为中点，，
分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则
又因为，
，
设二面角的平面角为，
，
整理得：，解得或（舍）.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，从而得出线线平行和线线相等，再根据平行四边形的定义，则可得四边形为平行四边形，从而得出线线平行，再根据线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，再利用三棱锥的体积为1和三棱锥的体积公式以及等腰三角形三线合一，从而得出线线垂直，则分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合向量共线的坐标表示，从而得出点G的坐标，进而得出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面和平面的一个法向量，再根据数量积求向量夹角公式和二面角的余弦值为，从而解方程得出满足要求的t的值．
（1）证明：取中点，连接为的中点，为的中点，
，，
，，
据此可得四边形为平行四边形，
，平面，平面，
平面．
（2）解：平面平面过作平面，
，
为中点，，
如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
由，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则又，
，设二面角的平面角为，
，
整理得：，解得或（舍）.
18．【答案】（1） 解：由题意可知函数的定义域为，
因为 函数在定义域上单调递增，
所以在上恒成立，
所以，解得
所以的取值范围是.
（2）证明：当时，，所以，
令，解得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时，等号成立.
令，，所以，
令，解得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
又等号不同时成立，所以.
（3）证明：由题意可知，
因为有两个极值点，，
所以，是方程的两个不同的根，
所以且
所以
，
所以要证，即证，
即证，即证，即证.
令，则证明，
令，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以原不等式成立.
【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；利用导数研究函数最大（小）值；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【分析】（1）先求得函数的定义域，进而求导，由题意得在上恒成立，根据二次函数的性质可得，进而求解即可求得 的取值范围；
（2）先求得函数 的解析式，进而求导，利用导数求得函数 的最小值，再构造函数，求导确定其单调性得到，即可求证；
（3）利用导数与极值的关系可得，是方程的两个不同的根，根据韦达定理可知，化简，将转化成，再构造函数，通过讨论其单调性即可求证.
（1）由题意知函数的定义域为，
在上恒成立，
所以在上恒成立，
又，当且仅当时，等号成立，
所以，即的取值范围是.
（2）证明：若，，所以，
令，解得，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时，等号成立.
令，，所以，
令，解得，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，又等号不同时成立，
所以.
（3）证明：由题意可知，
因为有两个极值点，，
所以，是方程的两个不同的根，
则且
所以
，
所以要证，即证，
即证，即证，即证.
令，则证明，
令，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以原不等式成立.
19．【答案】（1）解：因为数列具有性质，
则，所以，，
当时，
由，所以，或，
当时，
由，所以，或，
综上所述，的可能取值有：、、、.
（2）解：设等差数列的公差为，
则，
即，所以，，
所以，，
因为，则，
所以，.
（3）解：根据性质，，都有，
又因为，所以，，
于是，
因为、必同号，进而、必同号，
若，由性质，
必有，，，，这与矛盾，
所以，，进而，，
讨论可知或或，仅有这三种可能，
若，则，，，这与矛盾，
因此，.
下面证明：，则，
利用反证法：假设，则，
又因为，所以，，
若，则或，与矛盾，
则，所以，，则或，
于是无论哪种情况，，，
由且可得，此时满足，
所以，，则，，
所以，，矛盾，
综上可知，，所以，，.
下面证明：，
利用反证法，如不然，只能，所以，，则，
由于，所以，，只能有，，这与矛盾，
总之，，
再由可得，
进而，都成立，
可以猜测数列的通项公式为，
可验证此时、两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，
仍满足，，
设是第一个违反上述通项公式的项，
若，则，，
所以，，符合通项公式，矛盾；
若，则，，
所以，，也符合通项公式，矛盾，
综上所述，数列的通项公式必为.
【知识点】函数的最大（小）值；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的性质；反证法的应用；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列具有性质且，从而由绝对值的定义得出，再利用分类讨论的方法和性质，从而写出的所有可能取值.
（2）设等差数列的公差为，根据等差数列具有性质且，则得出，从而可得公差的取值范围，再利用等差数列的通项公式和公差的取值范围，再由不等式的基本性质和二次函数的图象的开口方向、对称性、单调性，从而得出二次函数的最值，进而得出的取值范围.
（3）根据性质可得出和，从而可推导出、必同号，再利用性质可得出，利用反证法可证得：，则，再证明出，由此可知，都成立，可猜测数列的通项公式，再利用反证法证明数列的唯一性，从而由分类讨论的方法，进而得出数列的通项公式.
（1）解：因为数列具有性质，则，所以，，
当时，由，所以，或，
当时， 由，所以，或.
综上所述，的可能取值有：、、、.
（2）解：设等差数列的公差为，
则，
即，所以，，
所以，，
因为，则，
所以，.
（3）解：根据性质，，都有，
又因为，所以，，
于是，因为、必同号，进而、必同号，
若，由性质，必有，，，，这与矛盾，
所以，，进而，，讨论可知或或，仅有这三种可能.
若，则，，，这与矛盾，因此，.
下面证明：，则，
利用反证法：假设，则，
又因为，所以，，
若，则或，与矛盾，则，所以，，则或，
于是无论哪种情况，，，
由且可得，此时满足，
所以，，则，，所以，，矛盾，
综上可知，，所以，，，
下面证明：，利用反证法，如不然，只能，所以，，则，
由于，所以，，只能有，，这与矛盾，
总之，，再由可得，进而，都成立，
可以猜测数列的通项为，
可验证此时、两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列符合题意，则至少前项必为：、、、、，
仍满足，，
设是第一个违反上述通项公式的项，
若，则，，所以，，符合通项公式，矛盾；
若，则，，所以，，也符合通项公式，矛盾.
综上所述，数列的通项公式必为.
1 / 1
