浙江省丽水市2024-2025学年高三上学期1月期末调研测试数学试题
一、单项选择题：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·丽水期末）设集合，若集合，，则集合（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
所以或，故D错误；
因为，所以，故C错误；
因为，所以，故A正确；
因为或，所以，故B错误.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和交集、并集、补集的运算法则，从而逐项判断找出正确的选项.
2．（2025高三上·丽水期末）复数（为虚数单位，）在复平面上对应的点不可能在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【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：
因为对应的点为
因为无解，
所以，复数在复平面上对应的点不可能在第二象限.
故答案为：B.
【分析】利用复数的除法运算法则化简复数，令复数的实部小于0且虚部大于0时，从而得到不等式组无解，则对应的点不在第二象限.
3．（2025高三上·丽水期末）已知点，向量，向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：设，
因为向量，，
所以，
则，
因为，
所以，
解得，
∴，
所以.
故答案为：D.
【分析】设，利用平面向量基本定理和向量的坐标运算，从而表示出、的坐标，再利用向量共线的坐标表示，从而求出的坐标，再由向量的模长公式得出的值.
4．（2025高三上·丽水期末）若是数据的第75百分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ）
A．240 B．90 C．12 D．5376
【答案】A
【知识点】二项式定理的应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将按从小到大顺序排列得，
由题意，得出，则，
所以展开式的通项为，
令，得，
则，
所以，二项式的展开式的常数项为.
故答案为：A.
【分析】先求出数据中的第75百分位数的值，再利用二项式定理得出二项式展开式的通项，再根据常数项的定义，从而得出二项式的展开式的常数项.
5．（2025高三上·丽水期末）圆台的上、下底面的面积分别是，，侧面积是，则这个圆台的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的上、下底面的半径分别为r，R，母线长为l，高为h.，
由圆台的上、下底面的面积分别是、，
得所以，，
由圆台侧面积公式可得，
所以，
所以，
所以该圆台的体积为：
.
故答案为：D.
【分析】利用圆的面积公式和已知条件，从而得出圆台的上、下底面的半径，利用圆台侧面积公式得出母线长，再结合勾股定理求出圆台的高，最后根据圆台的体积公式得出该圆台的体积.
6．（2025高三上·丽水期末）记为数列的前项和，为数列的前项和，且数列是一个首项不等于公差的等差数列，则下列结论正确的是（ ）
A．和均是等差数列
B．是等差数列，不是等差数列
C．不是等差数列，是等差数列
D．和均不是等差数列
【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示
【解析】【解答】解：因为数列是一个首项不等于公差的等差数列，
可设且，
所以，，，
又因为，所以不成等差数列，
则不是等差数列；
因为，
所以，
所以，
则数列是以为首项，以为公差的等差数列.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的通项公式，从而得到，再利用等差数中项公式，则通过的值判断出数列不是等差数列，再利用等差数列的定义，则判断是等差数列，从而逐项判断找出正确的选项.
7．（2025高三上·丽水期末）已知函数，若存在常数，使得恒成立，则实数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：因为存在常数，使得恒成立，
所以.则，
所以，得，
解得，又因为，
所以的最小值是.
故答案为：D.
【分析】由题意可得的值，从而可得，则，从而得出，则，再结合得出实数的最小值.
8．（2025高三上·丽水期末）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．为偶函数
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：对于选项A：因为为偶函数，
所以，则，
所以函数的图像关于对称，则，又因为不一定为0，故A错误；
对于选项B：因为为奇函数，所以，
所以，所以函数是奇函数，故B错误；
对于选项C：因为函数的图像关于对称，所以，
又因为为奇函数，所以，关于点对称，
所以函数的图像关于对称，所以，所以，
故选项C正确；
对于选项D：因为，
令，得，则，
因为函数的图像关于对称，所以，
则，所以，
由，得，则，
所以关于对称，所以，则关于点对称，
所以，所以，则，
所以函数周期为2，由关于点对称，得关于点对称，
所以，故选项D错误.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合函数的奇偶性、奇函数和偶函数的图象对称性以及函数的周期性，从而逐项判断找出正确的选项.
二、多选题：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·丽水期末）每年4月23日为“世界读书日”，某学校于四月份开展“书香润泽校园，阅读提升思想”主题活动，为检验活动效果，学校收集当年二至六月的借阅数据如下表：
二月 三月 四月 五月 六月
月份代码 1 2 3 4 5
月借阅量（百册） 4.9 5.1 5.5 5.7 5.8
根据上表，可得关于的经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．借阅量的下四分位数为5.7
C．与的线性相关系数
D．七月的借阅量一定不少于百册
【答案】A,C
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A：因为，，
所以，得，所以A正确；
对于B：因为，所以借阅量的下四分位数为，所以B错误；
对于C：因为，所以与的线性相关系数，所以C正确；
对于D：由选项A可知线性回归方程为，
当，则，所以七月的借阅量约为百册，所以D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据回归方程必过样本中心点，则判断出选项A；根据百分位数的求解公式，则判断出选项B；根据相关系数的概念分析理解，则判断出选项C；取，代入回归直线分析运算，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．（2025高三上·丽水期末）如图所示，在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边的锐角与钝角的终边与单位圆分别交于两点.若点的横坐标为，点的纵坐标为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；任意角三角函数的定义；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：依题意，为锐角，
则，为钝角，所以，
则，
所以，
则，
所以，故选项A正确；
因为，故选项B错误；
因为，故选项C正确；
因为
，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用角的取值范围和勾股定理得出角A的坐标，再利用三角函数的定义和勾股定理，从而得出的值，则判断出选项A；根据两角和的正弦公式，则判断出选项B；利用两角差的正切公式，则判断出选项C；利用二倍角公式和两角差的余弦公式，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
11．（2025高三上·丽水期末）平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”；又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作.则下列结论正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．对任意三点恒成立
D．动点与定点满足的轨迹围成的面积是16
【答案】A,B,D
【知识点】函数恒成立问题；平面内点到直线的距离公式；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】解：对于A：由，故A正确；
对于B：设直线：上的任意一点，
则，
当时，即当时，
，此时（当时取“”）；
当时，即当或时，
，此时，故B正确；
对于C：取，，，
则，，
所以，故C错误；
对于D：因为，
所以，
所以，动点的轨迹是以为中心的正方形，边长为4，
所以其面积为16，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据“切比雪夫距离”的定义求出的值，则判断出选项A；先求的值，再分类讨论求出的值，则判断出选项B；通过特例法判断出选项C；根据“切比雪夫距离”的定义得出点的轨迹，再利用正方形的面积公式，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·丽水期末）已知随机变量服从正态分布，且，则 .
【答案】0.38
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：根据正态分布的对称性，
得.
故答案为：0.38.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，则得出的值.
13．（2025高三上·丽水期末）在中，内角的对边分别是，满足.若，则的面积的最大值是 .
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；轨迹方程；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意，
根据正弦定理，得，
∴，因为，
∴，∴，则，
如图，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立直角坐标系，
因为，所以，
设，由，得，
化简得，则，
所以，点C的轨迹是以，半径为的圆，
则的面积.
故答案为：.
【分析】由已知条件结合正弦定理和三角恒等变形，从而得出，再建立平面直角坐标系，设，则得出点的坐标，再结合圆的定义求出点的轨迹是圆，则将的面积的最大值问题转化为的最大值来解决，再利用三角形的面积公式和几何法求最值的方法，从而得出的面积的最大值.
14．（2025高三上·丽水期末）已知是双曲线的左，右焦点，过左焦点的直线交双曲线左支于两点（其中在轴上方，在轴下方），的内切圆半径为的内切圆半径为.若，则直线的斜率等于 .
【答案】
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设的内切圆的圆心为，的内切圆的圆心为，
记边上的切点分别为，
由切线的性质，可得：，
由双曲线定义，得：，
所以，
则，
因为，
所以，又因为，
所以，则，
同理可得，的内切圆也与轴相切于点.
连接，则与轴垂直，
设圆与相切于点，连接，
过点作于，
则，
设直线的倾斜角为，则，显然四边形有外接圆，
则，
在中，，
，则，
所以，直线的斜率.
故答案为：.
【分析】先作出示意图，由切线性质结合双曲线定义，从而可得两内切圆都与轴相切于，再设直线倾斜角为，由几何知识可得，再由两圆外切的判断方法和诱导公式以及正切函数的定义，从而得出直线的斜率.
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·丽水期末）已知正项数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列前项的和.
【答案】（1）解：①当时，或（舍去）；
②当时，，
则，
上述两式相减，整理得，
又因为，
所以，
所以是以3为首项，公差为4的等差数列，
.
（2）解：由（1）知，，
所以，
则.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，由与的关系式和分类讨论的方法，再结合等差数列的定义，从而判断出数列是以3为首项，公差为4的等差数列，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）根据题意，由（1）中数列的通项公式可得数列的通项公式，再由并项求和法得出数列前项的和.
（1）①当时，或（舍去），
②当时，，
，
上述两式相减，整理得，又，
所以，所以是以3为首项，公差为4的等差数列，
.
（2）由（1）知，
所以，
.
16．（2025高三上·丽水期末）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且.
（1）求证：；
（2）是否存在实数，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：连接，因为，，
所以，四边形为菱形，
所以，
又因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，、平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）解：取线段的中点，连接，
在菱形中，，
则，
故为等边三角形，
因为为的中点，
所以，且平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，
则，
所以，
记平面的法向量，
则，
取，则
易知平面的一个法向量为，
由题意，得，
整理可得，
则，
因为，
所以或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，利用菱形的结构特征可得，利用面面垂直的性质定理得出平面，再根据线面垂直的定义可得，利用线面垂直的判定定理可得平面，再结合线面垂直的性质定理证出.
（2）取线段的中点，连接，利用菱形的结构特征得出为等边三角形，再利用等边三角形三线合一，从而得出，则以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，得出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而解一元二次方程得出实数的值.
（1）连接，因为，，
则四边形为菱形，所以，
又平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）取线段的中点，连接，
在菱形中，，则，故为等边三角形，
因为为的中点，则，且平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，则，
，
记平面的法向量，
则，取，则
易知平面的一个法向量为，
由题意，
整理可得，即，
因为，解得或.
17．（2025高三上·丽水期末）某系统配置有个元件（为正整数），每个元件正常工作的概率都是，且各元件是否正常工作相互独立.如果该系统中有一半以上的元件正常工作，系统就能正常工作.现将系统正常工作的概率称为系统的可靠性.
（1）当时，求该系统正常工作的概率；
（2）现在为了改善原系统的性能，在原有系统中增加两个元件，试问增加两个元件后的新系统的可靠性是提高了，还是降低了？请给出你的结论，并说明理由.
【答案】（1）解：记系统正常工作的概率为，
由题意，可得.
（2）解：解法一：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，
当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑前个元件：
第一种情况：前个元件恰有个元件正常工作，
则新系统正常工作的概率为：；
第二种情况：前个元件恰有个元件正常工作，
则新系统正常工作的概率为：；
第三种情况：前个元件至少有个元件正常工作，
则新系统正常工作的概率为：
所以，
故当时，系统可靠性不变，
当时，系统可靠性降低，
当时，系统可靠性提高.
解法二：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，
当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑增加的两个元件：
第一种情况：增加的2个元件恰有1个元件正常工作，
则新系统能正常工作的概率为：；
第二种情况：增加的2个元件都正常工作，
则新系统能正常工作的概率为：；
第三种情况：增加的2个元件都不正常工作，
则新系统能正常工作的概率为：
所以，
，
则，
故当时，系统可靠性不变，
当时，系统可靠性降低，
当时，系统可靠性提高.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；二项分布；概率的应用
【解析】【分析】（1）当时，分别求出5个元件中正常工作的元件为3，4，5的概率，再相加可得系统正常工作的概率.
（2）利用两种方法求解.当系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，当前有个元件，记系统正常工作的概率为，再探索与的关系，则通过判断系统的可靠性是否有所提高.
（1）记系统正常工作的概率为，由题意可得
.
（2）解法一：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，
当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑前个元件：
第一种情况：前个元件恰有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：；
第二种情况：前个元件恰有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：；
第三种情况：前个元件至少有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：
所以，
故当时，系统可靠性不变，当时系统可靠性降低，当时系统可靠性提高.
解法二：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，
当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑增加的两个元件：
第一种情况：增加的2个元件恰有1个元件正常工作，则新系统能正常工作的概率为：；
第二种情况：增加的2个元件都正常工作，则新系统能正常工作的概率为：；
第三种情况：增加的2个元件都不正常工作，则新系统能正常工作的概率为：
所以，
，
即，
故当时，系统可靠性不变，当时系统可靠性降低，当时系统可靠性提高.
18．（2025高三上·丽水期末）已知分别为椭圆的左，右焦点，为的上顶点，点为椭圆上的一个动点，且三角形面积的最大值为1，焦距为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过点作两直线分别与椭圆相交于点和点.
（i）若点不在坐标轴上，且，求直线的方程；
（ii）若直线斜率都存在，且，求四边形面积的最小值.
【答案】（1）解：由题意，
得，，
所以，
则，
则椭圆的标准方程为.
（2）解：（i）如图：
设的倾斜角为的倾斜角为，
则，
所以，
因为，
所以，
由题意可知，的斜率不为零，设，
联立，得，
则恒成立.
设，
则，
又因为，
所以，
则，
所以，
因为，所以，
则直线的方程为.
（ii）设，
联立，
化简得，
则恒成立.
由韦达定理，得：，
则，
因为，
所以，
同理可得
所以
，
当且仅当时，即当时，取等号，
所以，当时，四边形面积的最小值为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据三角形面积的最大值为1，焦距为2结合椭圆中的关系式，从而得出的值，进而得出椭圆标准方程.
（2）（i）利用已知条件结合，从而探索出直线和直线的倾斜角之间的关系，从而得到，设直线，将直线方程与椭圆方程联立，再结合韦达定理，从而用表示出，进而求出的值，则可得直线的方程.
（ii）利用得出两直线斜率之积为，利用直线的斜率表示出和，再结合三角形的面积公式结合求和法，从而表示出四边形面积，再借助基本不等式求最值的方法，从而得出四边形面积的最小值.
（1）由题意得，，
故，.
故椭圆的标准方程为.
（2）如图：
（i）设的倾斜角为的倾斜角为，则，所以，
又，
所以.
由题意的斜率不为零，设
联立得，
恒成立.
设，则
，
又，所以，
即，所以，
因为，所以，所以的方程为
（ii）设，
联立，化简得，故恒成立.
由韦达定理得：，
，
因为，所以
同理
所以
，当且仅当，即
时，取等号.
所以，当时，四边形面积的最小值为.
19．（2025高三上·丽水期末）牛顿法是17世纪牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值；一直继续下去，得到.一般地，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，称数列为牛顿数列.
（1）若函数的零点为.求的2次近似值；
（2）设是函数的两个零点，数列为函数的牛顿数列，数列满足.
（i）求证：数列为等比数列；
（ii）证明：.
【答案】（1）解：因为，
所以，
可得，，
则曲线在处的切线为，
令，得，
则，，
所以，曲线在处的的切线为，
令，得，
所以的2次近似值为.
（2）证明：（i）因为，
所以，
可得，，
过点作曲线的切线，
令，得，
则，
又因为是函数的两个零点，
所以，且，
则，
可得，
则，
故数列为等比数列.
（ii）记，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值，
所以，
所以，
由题意可得：，记，
则，
由，
可得：，
则，
所以，
所以.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式得出切线方程，再利用赋值法，从而可得，进而得出的2次近似值.
（2）（i）根据导数的几何意义得出切线的斜率，利用点斜式得出切线方程，从而可得，再根据韦达定理可得，再结合等比数列的定义证出数列为等比数列.
（ii）利用已知条件和放缩法可得，再根据等比数列求和公式证出不等式成立.
（1）因为，则，
可得，，
曲线在处的切线为，
令，得，则，，
曲线在处的的切线为，
令，得，
所以的2次近似值为.
（2）（i）因为，则，
可得，，
过点作曲线的切线，
令，得，
则，
又因为是函数的两个零点，则，
且，则，
可得，
则，故数列为等比数列；
（ii）记，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
所以，即，
由题意可得：，记，则，
由，可得：，即，即，
所以.
1 / 1浙江省丽水市2024-2025学年高三上学期1月期末调研测试数学试题
一、单项选择题：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·丽水期末）设集合，若集合，，则集合（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·丽水期末）复数（为虚数单位，）在复平面上对应的点不可能在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2025高三上·丽水期末）已知点，向量，向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·丽水期末）若是数据的第75百分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ）
A．240 B．90 C．12 D．5376
5．（2025高三上·丽水期末）圆台的上、下底面的面积分别是，，侧面积是，则这个圆台的体积是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·丽水期末）记为数列的前项和，为数列的前项和，且数列是一个首项不等于公差的等差数列，则下列结论正确的是（ ）
A．和均是等差数列
B．是等差数列，不是等差数列
C．不是等差数列，是等差数列
D．和均不是等差数列
7．（2025高三上·丽水期末）已知函数，若存在常数，使得恒成立，则实数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·丽水期末）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．为偶函数
C． D．
二、多选题：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·丽水期末）每年4月23日为“世界读书日”，某学校于四月份开展“书香润泽校园，阅读提升思想”主题活动，为检验活动效果，学校收集当年二至六月的借阅数据如下表：
二月 三月 四月 五月 六月
月份代码 1 2 3 4 5
月借阅量（百册） 4.9 5.1 5.5 5.7 5.8
根据上表，可得关于的经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．借阅量的下四分位数为5.7
C．与的线性相关系数
D．七月的借阅量一定不少于百册
10．（2025高三上·丽水期末）如图所示，在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边的锐角与钝角的终边与单位圆分别交于两点.若点的横坐标为，点的纵坐标为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025高三上·丽水期末）平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”；又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作.则下列结论正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．对任意三点恒成立
D．动点与定点满足的轨迹围成的面积是16
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·丽水期末）已知随机变量服从正态分布，且，则 .
13．（2025高三上·丽水期末）在中，内角的对边分别是，满足.若，则的面积的最大值是 .
14．（2025高三上·丽水期末）已知是双曲线的左，右焦点，过左焦点的直线交双曲线左支于两点（其中在轴上方，在轴下方），的内切圆半径为的内切圆半径为.若，则直线的斜率等于 .
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·丽水期末）已知正项数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列前项的和.
16．（2025高三上·丽水期末）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且.
（1）求证：；
（2）是否存在实数，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
17．（2025高三上·丽水期末）某系统配置有个元件（为正整数），每个元件正常工作的概率都是，且各元件是否正常工作相互独立.如果该系统中有一半以上的元件正常工作，系统就能正常工作.现将系统正常工作的概率称为系统的可靠性.
（1）当时，求该系统正常工作的概率；
（2）现在为了改善原系统的性能，在原有系统中增加两个元件，试问增加两个元件后的新系统的可靠性是提高了，还是降低了？请给出你的结论，并说明理由.
18．（2025高三上·丽水期末）已知分别为椭圆的左，右焦点，为的上顶点，点为椭圆上的一个动点，且三角形面积的最大值为1，焦距为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过点作两直线分别与椭圆相交于点和点.
（i）若点不在坐标轴上，且，求直线的方程；
（ii）若直线斜率都存在，且，求四边形面积的最小值.
19．（2025高三上·丽水期末）牛顿法是17世纪牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值；一直继续下去，得到.一般地，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，称数列为牛顿数列.
（1）若函数的零点为.求的2次近似值；
（2）设是函数的两个零点，数列为函数的牛顿数列，数列满足.
（i）求证：数列为等比数列；
（ii）证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
所以或，故D错误；
因为，所以，故C错误；
因为，所以，故A正确；
因为或，所以，故B错误.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和交集、并集、补集的运算法则，从而逐项判断找出正确的选项.
2．【答案】B
【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：
因为对应的点为
因为无解，
所以，复数在复平面上对应的点不可能在第二象限.
故答案为：B.
【分析】利用复数的除法运算法则化简复数，令复数的实部小于0且虚部大于0时，从而得到不等式组无解，则对应的点不在第二象限.
3．【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：设，
因为向量，，
所以，
则，
因为，
所以，
解得，
∴，
所以.
故答案为：D.
【分析】设，利用平面向量基本定理和向量的坐标运算，从而表示出、的坐标，再利用向量共线的坐标表示，从而求出的坐标，再由向量的模长公式得出的值.
4．【答案】A
【知识点】二项式定理的应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将按从小到大顺序排列得，
由题意，得出，则，
所以展开式的通项为，
令，得，
则，
所以，二项式的展开式的常数项为.
故答案为：A.
【分析】先求出数据中的第75百分位数的值，再利用二项式定理得出二项式展开式的通项，再根据常数项的定义，从而得出二项式的展开式的常数项.
5．【答案】D
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台的上、下底面的半径分别为r，R，母线长为l，高为h.，
由圆台的上、下底面的面积分别是、，
得所以，，
由圆台侧面积公式可得，
所以，
所以，
所以该圆台的体积为：
.
故答案为：D.
【分析】利用圆的面积公式和已知条件，从而得出圆台的上、下底面的半径，利用圆台侧面积公式得出母线长，再结合勾股定理求出圆台的高，最后根据圆台的体积公式得出该圆台的体积.
6．【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示
【解析】【解答】解：因为数列是一个首项不等于公差的等差数列，
可设且，
所以，，，
又因为，所以不成等差数列，
则不是等差数列；
因为，
所以，
所以，
则数列是以为首项，以为公差的等差数列.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的通项公式，从而得到，再利用等差数中项公式，则通过的值判断出数列不是等差数列，再利用等差数列的定义，则判断是等差数列，从而逐项判断找出正确的选项.
7．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：因为存在常数，使得恒成立，
所以.则，
所以，得，
解得，又因为，
所以的最小值是.
故答案为：D.
【分析】由题意可得的值，从而可得，则，从而得出，则，再结合得出实数的最小值.
8．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：对于选项A：因为为偶函数，
所以，则，
所以函数的图像关于对称，则，又因为不一定为0，故A错误；
对于选项B：因为为奇函数，所以，
所以，所以函数是奇函数，故B错误；
对于选项C：因为函数的图像关于对称，所以，
又因为为奇函数，所以，关于点对称，
所以函数的图像关于对称，所以，所以，
故选项C正确；
对于选项D：因为，
令，得，则，
因为函数的图像关于对称，所以，
则，所以，
由，得，则，
所以关于对称，所以，则关于点对称，
所以，所以，则，
所以函数周期为2，由关于点对称，得关于点对称，
所以，故选项D错误.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合函数的奇偶性、奇函数和偶函数的图象对称性以及函数的周期性，从而逐项判断找出正确的选项.
9．【答案】A,C
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A：因为，，
所以，得，所以A正确；
对于B：因为，所以借阅量的下四分位数为，所以B错误；
对于C：因为，所以与的线性相关系数，所以C正确；
对于D：由选项A可知线性回归方程为，
当，则，所以七月的借阅量约为百册，所以D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据回归方程必过样本中心点，则判断出选项A；根据百分位数的求解公式，则判断出选项B；根据相关系数的概念分析理解，则判断出选项C；取，代入回归直线分析运算，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；任意角三角函数的定义；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：依题意，为锐角，
则，为钝角，所以，
则，
所以，
则，
所以，故选项A正确；
因为，故选项B错误；
因为，故选项C正确；
因为
，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用角的取值范围和勾股定理得出角A的坐标，再利用三角函数的定义和勾股定理，从而得出的值，则判断出选项A；根据两角和的正弦公式，则判断出选项B；利用两角差的正切公式，则判断出选项C；利用二倍角公式和两角差的余弦公式，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数恒成立问题；平面内点到直线的距离公式；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】解：对于A：由，故A正确；
对于B：设直线：上的任意一点，
则，
当时，即当时，
，此时（当时取“”）；
当时，即当或时，
，此时，故B正确；
对于C：取，，，
则，，
所以，故C错误；
对于D：因为，
所以，
所以，动点的轨迹是以为中心的正方形，边长为4，
所以其面积为16，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据“切比雪夫距离”的定义求出的值，则判断出选项A；先求的值，再分类讨论求出的值，则判断出选项B；通过特例法判断出选项C；根据“切比雪夫距离”的定义得出点的轨迹，再利用正方形的面积公式，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】0.38
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：根据正态分布的对称性，
得.
故答案为：0.38.
【分析】根据已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，则得出的值.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；轨迹方程；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意，
根据正弦定理，得，
∴，因为，
∴，∴，则，
如图，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立直角坐标系，
因为，所以，
设，由，得，
化简得，则，
所以，点C的轨迹是以，半径为的圆，
则的面积.
故答案为：.
【分析】由已知条件结合正弦定理和三角恒等变形，从而得出，再建立平面直角坐标系，设，则得出点的坐标，再结合圆的定义求出点的轨迹是圆，则将的面积的最大值问题转化为的最大值来解决，再利用三角形的面积公式和几何法求最值的方法，从而得出的面积的最大值.
14．【答案】
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设的内切圆的圆心为，的内切圆的圆心为，
记边上的切点分别为，
由切线的性质，可得：，
由双曲线定义，得：，
所以，
则，
因为，
所以，又因为，
所以，则，
同理可得，的内切圆也与轴相切于点.
连接，则与轴垂直，
设圆与相切于点，连接，
过点作于，
则，
设直线的倾斜角为，则，显然四边形有外接圆，
则，
在中，，
，则，
所以，直线的斜率.
故答案为：.
【分析】先作出示意图，由切线性质结合双曲线定义，从而可得两内切圆都与轴相切于，再设直线倾斜角为，由几何知识可得，再由两圆外切的判断方法和诱导公式以及正切函数的定义，从而得出直线的斜率.
15．【答案】（1）解：①当时，或（舍去）；
②当时，，
则，
上述两式相减，整理得，
又因为，
所以，
所以是以3为首项，公差为4的等差数列，
.
（2）解：由（1）知，，
所以，
则.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，由与的关系式和分类讨论的方法，再结合等差数列的定义，从而判断出数列是以3为首项，公差为4的等差数列，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）根据题意，由（1）中数列的通项公式可得数列的通项公式，再由并项求和法得出数列前项的和.
（1）①当时，或（舍去），
②当时，，
，
上述两式相减，整理得，又，
所以，所以是以3为首项，公差为4的等差数列，
.
（2）由（1）知，
所以，
.
16．【答案】（1）证明：连接，因为，，
所以，四边形为菱形，
所以，
又因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，、平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）解：取线段的中点，连接，
在菱形中，，
则，
故为等边三角形，
因为为的中点，
所以，且平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，
则，
所以，
记平面的法向量，
则，
取，则
易知平面的一个法向量为，
由题意，得，
整理可得，
则，
因为，
所以或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，利用菱形的结构特征可得，利用面面垂直的性质定理得出平面，再根据线面垂直的定义可得，利用线面垂直的判定定理可得平面，再结合线面垂直的性质定理证出.
（2）取线段的中点，连接，利用菱形的结构特征得出为等边三角形，再利用等边三角形三线合一，从而得出，则以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，得出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而解一元二次方程得出实数的值.
（1）连接，因为，，
则四边形为菱形，所以，
又平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）取线段的中点，连接，
在菱形中，，则，故为等边三角形，
因为为的中点，则，且平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，则，
，
记平面的法向量，
则，取，则
易知平面的一个法向量为，
由题意，
整理可得，即，
因为，解得或.
17．【答案】（1）解：记系统正常工作的概率为，
由题意，可得.
（2）解：解法一：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，
当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑前个元件：
第一种情况：前个元件恰有个元件正常工作，
则新系统正常工作的概率为：；
第二种情况：前个元件恰有个元件正常工作，
则新系统正常工作的概率为：；
第三种情况：前个元件至少有个元件正常工作，
则新系统正常工作的概率为：
所以，
故当时，系统可靠性不变，
当时，系统可靠性降低，
当时，系统可靠性提高.
解法二：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，
当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑增加的两个元件：
第一种情况：增加的2个元件恰有1个元件正常工作，
则新系统能正常工作的概率为：；
第二种情况：增加的2个元件都正常工作，
则新系统能正常工作的概率为：；
第三种情况：增加的2个元件都不正常工作，
则新系统能正常工作的概率为：
所以，
，
则，
故当时，系统可靠性不变，
当时，系统可靠性降低，
当时，系统可靠性提高.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；二项分布；概率的应用
【解析】【分析】（1）当时，分别求出5个元件中正常工作的元件为3，4，5的概率，再相加可得系统正常工作的概率.
（2）利用两种方法求解.当系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，当前有个元件，记系统正常工作的概率为，再探索与的关系，则通过判断系统的可靠性是否有所提高.
（1）记系统正常工作的概率为，由题意可得
.
（2）解法一：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，
当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑前个元件：
第一种情况：前个元件恰有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：；
第二种情况：前个元件恰有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：；
第三种情况：前个元件至少有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：
所以，
故当时，系统可靠性不变，当时系统可靠性降低，当时系统可靠性提高.
解法二：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，
当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑增加的两个元件：
第一种情况：增加的2个元件恰有1个元件正常工作，则新系统能正常工作的概率为：；
第二种情况：增加的2个元件都正常工作，则新系统能正常工作的概率为：；
第三种情况：增加的2个元件都不正常工作，则新系统能正常工作的概率为：
所以，
，
即，
故当时，系统可靠性不变，当时系统可靠性降低，当时系统可靠性提高.
18．【答案】（1）解：由题意，
得，，
所以，
则，
则椭圆的标准方程为.
（2）解：（i）如图：
设的倾斜角为的倾斜角为，
则，
所以，
因为，
所以，
由题意可知，的斜率不为零，设，
联立，得，
则恒成立.
设，
则，
又因为，
所以，
则，
所以，
因为，所以，
则直线的方程为.
（ii）设，
联立，
化简得，
则恒成立.
由韦达定理，得：，
则，
因为，
所以，
同理可得
所以
，
当且仅当时，即当时，取等号，
所以，当时，四边形面积的最小值为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据三角形面积的最大值为1，焦距为2结合椭圆中的关系式，从而得出的值，进而得出椭圆标准方程.
（2）（i）利用已知条件结合，从而探索出直线和直线的倾斜角之间的关系，从而得到，设直线，将直线方程与椭圆方程联立，再结合韦达定理，从而用表示出，进而求出的值，则可得直线的方程.
（ii）利用得出两直线斜率之积为，利用直线的斜率表示出和，再结合三角形的面积公式结合求和法，从而表示出四边形面积，再借助基本不等式求最值的方法，从而得出四边形面积的最小值.
（1）由题意得，，
故，.
故椭圆的标准方程为.
（2）如图：
（i）设的倾斜角为的倾斜角为，则，所以，
又，
所以.
由题意的斜率不为零，设
联立得，
恒成立.
设，则
，
又，所以，
即，所以，
因为，所以，所以的方程为
（ii）设，
联立，化简得，故恒成立.
由韦达定理得：，
，
因为，所以
同理
所以
，当且仅当，即
时，取等号.
所以，当时，四边形面积的最小值为.
19．【答案】（1）解：因为，
所以，
可得，，
则曲线在处的切线为，
令，得，
则，，
所以，曲线在处的的切线为，
令，得，
所以的2次近似值为.
（2）证明：（i）因为，
所以，
可得，，
过点作曲线的切线，
令，得，
则，
又因为是函数的两个零点，
所以，且，
则，
可得，
则，
故数列为等比数列.
（ii）记，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值，
所以，
所以，
由题意可得：，记，
则，
由，
可得：，
则，
所以，
所以.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式得出切线方程，再利用赋值法，从而可得，进而得出的2次近似值.
（2）（i）根据导数的几何意义得出切线的斜率，利用点斜式得出切线方程，从而可得，再根据韦达定理可得，再结合等比数列的定义证出数列为等比数列.
（ii）利用已知条件和放缩法可得，再根据等比数列求和公式证出不等式成立.
（1）因为，则，
可得，，
曲线在处的切线为，
令，得，则，，
曲线在处的的切线为，
令，得，
所以的2次近似值为.
（2）（i）因为，则，
可得，，
过点作曲线的切线，
令，得，
则，
又因为是函数的两个零点，则，
且，则，
可得，
则，故数列为等比数列；
（ii）记，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
所以，即，
由题意可得：，记，则，
由，可得：，即，即，
所以.
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