广东省深圳市宝安区福海中学2024-2025学年高三上学期期末数学试题
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．（2025高三上·宝安期末）已知集合，且则的元素个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2025高三上·宝安期末）若复数，则的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·宝安期末）若向量，且，则（ ）
A．1000 B． C． D．100
4．（2025高三上·宝安期末）小张一家打算去深圳市或珠海市旅游，去深圳市与珠海市的概率分别为0.7，0.3，在深圳市去游乐园的概率为0.6，在珠海市去游乐园的概率为0.4，则小张一家去游乐园的概率为（ ）
A．0.48 B．0.49 C．0.52 D．0.54
5．（2025高三上·宝安期末）若函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·宝安期末）已知为定义在上的奇函数，，当时，单调递减，当时，单调递增，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高三上·宝安期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，为的右支上一点，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·宝安期末）设表示中最大的数，已知均为正数，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．3
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．（2025高三上·宝安期末）已知曲线，则（ ）
A．曲线不可能是一个圆
B．曲线可能为一条直线
C．当且时，曲线的准线方程为
D．当时，曲线关于直线对称
10．（2025高三上·宝安期末）已知函数则（ ）
A．与的最小正周期相等
B．当时，
C．与的图象在上有2个交点
D．与在上的单调性相同
11．（2025高三上·宝安期末）已知正棱锥的体积为，则其侧棱长可能为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·宝安期末）已知一组数据1，1，2，3，5，2，1的第60百分位数为，且随机变量的分布列为
0.5
0.4 0.3 0.3
则 ， ．
13．（2025高三上·宝安期末）已知为锐角三角形的三条边，则直线与圆的位置关系是 ．
14．（2025高三上·宝安期末）如图，现有一个半球容器（有盖），其表面积为平方分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为分米的球，则的最大值为 （结果精确到0.1）．
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．（2025高三上·宝安期末）在四棱锥中，底面为矩形，且．
（1）证明：平面底面．
（2）若，，，，求直线与平面所成角的正弦值．
16．（2025高三上·宝安期末）年末某商场举办购物有奖活动：若购物金额超过1000元，则可以抽奖一次，奖池中有9张卡片，“福”“迎”“春”卡各2张，“蛇”卡3张，每次抽奖者从中随机抽取4张卡片，抽到“蛇”卡获得2分，抽到其他卡均获得1分，最终得7分的人可得120元奖金，最终得4分的人可得60元奖金，其他最终得分的人可得20元奖金．已知小钟获得一次抽奖机会．
（1）求小钟抽到“福”“迎”“春”“蛇”卡各1张的概率；
（2）记小钟的中奖金额为，求的分布列及数学期望．
17．（2025高三上·宝安期末）设函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，讨论的单调性．
18．（2025高三上·宝安期末）若数列是等差数列，则称与互为和等差数列．已知为数列的前项和．
（1）若，，试问与是否互为和等差数列？说明你的理由．
（2）设为等比数列，，且与互为和等差数列．
①求的通项公式；
②设，求数列的前项和．
19．（2025高三上·宝安期末）已知椭圆的离心率为，过定点的直线与交于两点，直线的斜率不为0．
（1）求的长轴长．
（2）若，证明：直线的斜率之和为定值
（3）若，设直线分别交于（都异于）两点，且的斜率存在，证明直线过定点，并求出定点坐标．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：由，，
可得，
则，即的元素个数为3．
故答案为：C.
【分析】由题意，先确定集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则．
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法和乘法运算化简求得复数，再根据共轭复数的概念求解即可.
3．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
因为，所以，则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量平行的坐标表示，结合对数运算求解即可.
4．【答案】D
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：由题意，利用全概率公式可得：．
故答案为：D.
【分析】利用全概率公式计算即可.
5．【答案】D
【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：函数定义域为，，
由题意可得：对恒成立，
则，即对恒成立，
令，则对于恒成立，
当时，由反比例函数性质得在上单调递减，
且，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，并求导，问题转化为对恒成立，即对于恒成立，令，求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值即可得a的取值范围.
6．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数为定义在上的奇函数，所以，
又因为，所以，
作出大致图象，如图所示：
不等式等价于或，
由图可得：．
故答案为：D.
【分析】由题意可得，，结合函数的单调性画出的大致图象，数形结合求解即可.
7．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意可得：，
则的离心率为
故答案为：B.
【分析】由题意可得，利用正弦定理，结合双曲线定义以及两角和差的正弦公式计算即可.
8．【答案】D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：设，
，则，当且仅当，即时等号成立，
则，时取等号；
，则，当且仅当，即时等号成立，
则，当时取等号；
，
当，即时取“等号”，
则M的最小值为3．
故答案为：D.
【分析】设，分别利用基本不等式求和的最小值，再利用得到和的最小值，从而得到所求的最小值.
9．【答案】B,C
【知识点】二元二次方程表示圆的条件；抛物线的简单性质；圆锥曲线的共同特征
【解析】【解答】解：曲线，
A、取，即，曲线可能是一个圆，故A错误；
B、当时，曲线，所以曲线可能为一条直线，故B正确；
C、当且时，曲线，所以曲线的准线方程是，
故C正确；
D、当时，曲线，即，曲线关于直线对称，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，利用赋值法逐项判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的正切公式；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：A、函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，故A正确；
B、易知，若，
则，即，故B正确；
C、作出与在上的大致图象，如图所示；
由图可知，与的图象在上只有1个交点，与在上均为增函数，故C错误，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】分别求函数的最小正周期即可判断A；易知，由题意可得，利用两角和的正切公式计算即可判断B；作出与在上的大致图象，数形结合即可判断CD.
11．【答案】C,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正棱锥的侧棱长为，底面正多边形的外接圆的半径为，则，
则正棱锥的高，正棱锥的底面多边形的面积，
正棱锥的体积，其中，
令，可得，
设函数，求导可得，
当时，单调递增；当时，单调递减，
且，
则，解得．
故答案为：CD.
【分析】设正棱锥的侧棱长为，底面正多边形的外接圆的半径为，求得高，由底面多边形的面积，得到，通过换元，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求其最大值，再和比较大小求解即可.
12．【答案】2；2
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据1，1，2，3，5，2，1按从小到大的顺序排列为1，1，1，2，2，3，5，
，则第60百分位数为2，即；
.
故答案为：2；2.
【分析】先将数据从小到大排列，根据百分数定义求的值，再根据期望公式求解即可.
13．【答案】相交
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为为锐角三角形的三条边，所以，则，
因为圆的圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交．
故答案为：相交.
【分析】由三角形为锐角三角形可得，再根据点到直线的距离判断直线与圆的位置关系即可.
14．【答案】4.1
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设半球容器对应的半球的半径为分米，
则该容器的表面积为，解得，
根据对称性可知，当两个球外切且均与半球相切（与球面相切，且与半球的盖所在平面相切）时，取得最大值，这也相当于求半径为10分米的四分之一个球的内切球，
由，解得．
故答案为：.
【分析】设半球容器对应的半球的半径为分米，利用容器的表面积求得半球的半径，设放入的最大小球的半径为，则，解出即可.
15．【答案】（1）证明：因为底面为矩形，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为底面，所以平面底面；
（2）解：由（1）得，，又，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
由，，可得，，，，，，
设，因为，所以，解得，
所以，则，
设平面的一个法向量为，则由，得，令，得，
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面底面即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可．
（1）因为底面为矩形，所以，
又，，平面，所以平面．
因为底面，所以平面底面．
（2）由（1）得，，又，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
则，，，，
则，，
设，因为，则，
解得，所以，则．
设平面的一个法向量为，则由，
得，令，得．
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
16．【答案】（1）解：由题可得小钟抽到“福”“迎”“春”“蛇”卡各1张的概率为；
（2）解：由题可知随机变量的可能取值为20，60，120，
，
，
，
的分布列为
20 60 120
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】（1）由题意，利用古典概型概率计算公式结合组合数公式求解即可；
（2）由题意，确定的所有可能取值，利用超几何分布求得对应概率，列分布列，再求期望即可.
（1）由题可得小钟抽到“福”“迎”“春”“蛇”卡各1张的概率为．
（2）由题可知的所有可能取值为20，60，120．
的分布列为
20 60 120
17．【答案】（1）解：当时，函数，，且，，
则曲线在点处的切线方程为；
（2）解：函数的定义域为，
当时，，
令，则在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为，
当时，，则，函数在上单调递增，
当时，令，解得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增
综上，当时，在上单调递增，当时，
在上单调递增，
在上单调递减．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的导函数，根据导数的几何意义结合点斜式求解即可；
（2）求函数的定义域，再求的导数，根据的范围讨论导数的正负，从而得到的单调区间.
（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
因为，所以曲线在点处的切线方程为．
（2）的定义域为．
当时，．
令，则在上单调递减，在上单调递增，
因此，的最小值为
当时，则，此时，在上单调递增，
当时，令，得．
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增
综上，当时，在上单调递增，当时，
在上单调递增，
在上单调递减．
18．【答案】（1）解：数列，
当时，
当时，也满足，则，
因为，且，所以与互为和等差数列；
（2）解：因为，所以，得，
因为，所以当时，，即，
所以，
又因为，所以数列是首项为，公比为2的等比数列，则，即；
①、因为与互为和等差数列，所以为等差数列，
又因为为等比数列，所以的通项公式为；
②、，
则
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用分组求和法求得，再根据等差数列的定义判断即可；
（2）①、由，根据的关系，结合等比数列的定义求得数列的通项公式，再由新定义即可求；
②、由①求得，根据等比数列求和公式求解即可.
（1）当时，
又也满足．
所以．
因为，且
所以与互为和等差数列．
（2）因为，所以，得．
因为，所以当时，，
即，
所以
又，所以数列是首项为，公比为2的等比数列、
所以，即．
①因为与互为和等差数列，所以为等差数列，
又为等比数列，所以的通项公式为．
②，
故
19．【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以，解得，
则的长轴长为；
（2）证明：设直线，
联立，消元整理得，
则得，
由韦达定理可得，
设直线的斜率分别为，
则，
即直线的斜率之和为定值0；
（3）解：设，，，，，，且且，
则，且，
得，
将代入得与联立，解得，
同理可得，
又直线过点则，
代入并化简可得，
设直线过定点，则，
代入数据并化简可得，
对比系数可得，解得，
则直线过定点
【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）根据椭圆的离心率列式求得，再求的长轴长即可；
（2）设直线，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，代入斜率公式化简求解即可；
（3）根据向量共线可得，设出直线过定点，则，代入化简对比系数可得求解.
（1）因为椭圆的离心率为，所以，
解得，
所以的长轴长为．
（2）设直线
联立得
则得，
设直线的斜率分别为，
则
所以直线的斜率之和为定值0．
（3）设，，，，，，且且，
则且
得
将代入得与联立，
解得同理可得
又直线过点则，
代入并化简可得
设直线过定点，则，
代入数据并化简可得
对比系数可得，解得，
则直线过定点
1 / 1广东省深圳市宝安区福海中学2024-2025学年高三上学期期末数学试题
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．（2025高三上·宝安期末）已知集合，且则的元素个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：由，，
可得，
则，即的元素个数为3．
故答案为：C.
【分析】由题意，先确定集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2025高三上·宝安期末）若复数，则的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则．
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法和乘法运算化简求得复数，再根据共轭复数的概念求解即可.
3．（2025高三上·宝安期末）若向量，且，则（ ）
A．1000 B． C． D．100
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
因为，所以，则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量平行的坐标表示，结合对数运算求解即可.
4．（2025高三上·宝安期末）小张一家打算去深圳市或珠海市旅游，去深圳市与珠海市的概率分别为0.7，0.3，在深圳市去游乐园的概率为0.6，在珠海市去游乐园的概率为0.4，则小张一家去游乐园的概率为（ ）
A．0.48 B．0.49 C．0.52 D．0.54
【答案】D
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：由题意，利用全概率公式可得：．
故答案为：D.
【分析】利用全概率公式计算即可.
5．（2025高三上·宝安期末）若函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【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：函数定义域为，，
由题意可得：对恒成立，
则，即对恒成立，
令，则对于恒成立，
当时，由反比例函数性质得在上单调递减，
且，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，并求导，问题转化为对恒成立，即对于恒成立，令，求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值即可得a的取值范围.
6．（2025高三上·宝安期末）已知为定义在上的奇函数，，当时，单调递减，当时，单调递增，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数为定义在上的奇函数，所以，
又因为，所以，
作出大致图象，如图所示：
不等式等价于或，
由图可得：．
故答案为：D.
【分析】由题意可得，，结合函数的单调性画出的大致图象，数形结合求解即可.
7．（2025高三上·宝安期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，为的右支上一点，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意可得：，
则的离心率为
故答案为：B.
【分析】由题意可得，利用正弦定理，结合双曲线定义以及两角和差的正弦公式计算即可.
8．（2025高三上·宝安期末）设表示中最大的数，已知均为正数，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：设，
，则，当且仅当，即时等号成立，
则，时取等号；
，则，当且仅当，即时等号成立，
则，当时取等号；
，
当，即时取“等号”，
则M的最小值为3．
故答案为：D.
【分析】设，分别利用基本不等式求和的最小值，再利用得到和的最小值，从而得到所求的最小值.
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．（2025高三上·宝安期末）已知曲线，则（ ）
A．曲线不可能是一个圆
B．曲线可能为一条直线
C．当且时，曲线的准线方程为
D．当时，曲线关于直线对称
【答案】B,C
【知识点】二元二次方程表示圆的条件；抛物线的简单性质；圆锥曲线的共同特征
【解析】【解答】解：曲线，
A、取，即，曲线可能是一个圆，故A错误；
B、当时，曲线，所以曲线可能为一条直线，故B正确；
C、当且时，曲线，所以曲线的准线方程是，
故C正确；
D、当时，曲线，即，曲线关于直线对称，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，利用赋值法逐项判断即可.
10．（2025高三上·宝安期末）已知函数则（ ）
A．与的最小正周期相等
B．当时，
C．与的图象在上有2个交点
D．与在上的单调性相同
【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的正切公式；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：A、函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，故A正确；
B、易知，若，
则，即，故B正确；
C、作出与在上的大致图象，如图所示；
由图可知，与的图象在上只有1个交点，与在上均为增函数，故C错误，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】分别求函数的最小正周期即可判断A；易知，由题意可得，利用两角和的正切公式计算即可判断B；作出与在上的大致图象，数形结合即可判断CD.
11．（2025高三上·宝安期末）已知正棱锥的体积为，则其侧棱长可能为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正棱锥的侧棱长为，底面正多边形的外接圆的半径为，则，
则正棱锥的高，正棱锥的底面多边形的面积，
正棱锥的体积，其中，
令，可得，
设函数，求导可得，
当时，单调递增；当时，单调递减，
且，
则，解得．
故答案为：CD.
【分析】设正棱锥的侧棱长为，底面正多边形的外接圆的半径为，求得高，由底面多边形的面积，得到，通过换元，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求其最大值，再和比较大小求解即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·宝安期末）已知一组数据1，1，2，3，5，2，1的第60百分位数为，且随机变量的分布列为
0.5
0.4 0.3 0.3
则 ， ．
【答案】2；2
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据1，1，2，3，5，2，1按从小到大的顺序排列为1，1，1，2，2，3，5，
，则第60百分位数为2，即；
.
故答案为：2；2.
【分析】先将数据从小到大排列，根据百分数定义求的值，再根据期望公式求解即可.
13．（2025高三上·宝安期末）已知为锐角三角形的三条边，则直线与圆的位置关系是 ．
【答案】相交
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为为锐角三角形的三条边，所以，则，
因为圆的圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交．
故答案为：相交.
【分析】由三角形为锐角三角形可得，再根据点到直线的距离判断直线与圆的位置关系即可.
14．（2025高三上·宝安期末）如图，现有一个半球容器（有盖），其表面积为平方分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为分米的球，则的最大值为 （结果精确到0.1）．
【答案】4.1
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设半球容器对应的半球的半径为分米，
则该容器的表面积为，解得，
根据对称性可知，当两个球外切且均与半球相切（与球面相切，且与半球的盖所在平面相切）时，取得最大值，这也相当于求半径为10分米的四分之一个球的内切球，
由，解得．
故答案为：.
【分析】设半球容器对应的半球的半径为分米，利用容器的表面积求得半球的半径，设放入的最大小球的半径为，则，解出即可.
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．（2025高三上·宝安期末）在四棱锥中，底面为矩形，且．
（1）证明：平面底面．
（2）若，，，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为底面为矩形，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为底面，所以平面底面；
（2）解：由（1）得，，又，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
由，，可得，，，，，，
设，因为，所以，解得，
所以，则，
设平面的一个法向量为，则由，得，令，得，
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面底面即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可．
（1）因为底面为矩形，所以，
又，，平面，所以平面．
因为底面，所以平面底面．
（2）由（1）得，，又，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
则，，，，
则，，
设，因为，则，
解得，所以，则．
设平面的一个法向量为，则由，
得，令，得．
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
16．（2025高三上·宝安期末）年末某商场举办购物有奖活动：若购物金额超过1000元，则可以抽奖一次，奖池中有9张卡片，“福”“迎”“春”卡各2张，“蛇”卡3张，每次抽奖者从中随机抽取4张卡片，抽到“蛇”卡获得2分，抽到其他卡均获得1分，最终得7分的人可得120元奖金，最终得4分的人可得60元奖金，其他最终得分的人可得20元奖金．已知小钟获得一次抽奖机会．
（1）求小钟抽到“福”“迎”“春”“蛇”卡各1张的概率；
（2）记小钟的中奖金额为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）解：由题可得小钟抽到“福”“迎”“春”“蛇”卡各1张的概率为；
（2）解：由题可知随机变量的可能取值为20，60，120，
，
，
，
的分布列为
20 60 120
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】（1）由题意，利用古典概型概率计算公式结合组合数公式求解即可；
（2）由题意，确定的所有可能取值，利用超几何分布求得对应概率，列分布列，再求期望即可.
（1）由题可得小钟抽到“福”“迎”“春”“蛇”卡各1张的概率为．
（2）由题可知的所有可能取值为20，60，120．
的分布列为
20 60 120
17．（2025高三上·宝安期末）设函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，讨论的单调性．
【答案】（1）解：当时，函数，，且，，
则曲线在点处的切线方程为；
（2）解：函数的定义域为，
当时，，
令，则在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为，
当时，，则，函数在上单调递增，
当时，令，解得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增
综上，当时，在上单调递增，当时，
在上单调递增，
在上单调递减．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的导函数，根据导数的几何意义结合点斜式求解即可；
（2）求函数的定义域，再求的导数，根据的范围讨论导数的正负，从而得到的单调区间.
（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
因为，所以曲线在点处的切线方程为．
（2）的定义域为．
当时，．
令，则在上单调递减，在上单调递增，
因此，的最小值为
当时，则，此时，在上单调递增，
当时，令，得．
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增
综上，当时，在上单调递增，当时，
在上单调递增，
在上单调递减．
18．（2025高三上·宝安期末）若数列是等差数列，则称与互为和等差数列．已知为数列的前项和．
（1）若，，试问与是否互为和等差数列？说明你的理由．
（2）设为等比数列，，且与互为和等差数列．
①求的通项公式；
②设，求数列的前项和．
【答案】（1）解：数列，
当时，
当时，也满足，则，
因为，且，所以与互为和等差数列；
（2）解：因为，所以，得，
因为，所以当时，，即，
所以，
又因为，所以数列是首项为，公比为2的等比数列，则，即；
①、因为与互为和等差数列，所以为等差数列，
又因为为等比数列，所以的通项公式为；
②、，
则
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用分组求和法求得，再根据等差数列的定义判断即可；
（2）①、由，根据的关系，结合等比数列的定义求得数列的通项公式，再由新定义即可求；
②、由①求得，根据等比数列求和公式求解即可.
（1）当时，
又也满足．
所以．
因为，且
所以与互为和等差数列．
（2）因为，所以，得．
因为，所以当时，，
即，
所以
又，所以数列是首项为，公比为2的等比数列、
所以，即．
①因为与互为和等差数列，所以为等差数列，
又为等比数列，所以的通项公式为．
②，
故
19．（2025高三上·宝安期末）已知椭圆的离心率为，过定点的直线与交于两点，直线的斜率不为0．
（1）求的长轴长．
（2）若，证明：直线的斜率之和为定值
（3）若，设直线分别交于（都异于）两点，且的斜率存在，证明直线过定点，并求出定点坐标．
【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以，解得，
则的长轴长为；
（2）证明：设直线，
联立，消元整理得，
则得，
由韦达定理可得，
设直线的斜率分别为，
则，
即直线的斜率之和为定值0；
（3）解：设，，，，，，且且，
则，且，
得，
将代入得与联立，解得，
同理可得，
又直线过点则，
代入并化简可得，
设直线过定点，则，
代入数据并化简可得，
对比系数可得，解得，
则直线过定点
【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）根据椭圆的离心率列式求得，再求的长轴长即可；
（2）设直线，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，代入斜率公式化简求解即可；
（3）根据向量共线可得，设出直线过定点，则，代入化简对比系数可得求解.
（1）因为椭圆的离心率为，所以，
解得，
所以的长轴长为．
（2）设直线
联立得
则得，
设直线的斜率分别为，
则
所以直线的斜率之和为定值0．
（3）设，，，，，，且且，
则且
得
将代入得与联立，
解得同理可得
又直线过点则，
代入并化简可得
设直线过定点，则，
代入数据并化简可得
对比系数可得，解得，
则直线过定点
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