广东省湛江市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·湛江期末）已知集合，（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·湛江期末）复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·湛江期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高三上·湛江期末）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且，则双曲线的离心率是（ ）
A． B．3 C． D．
5．（2025高三上·湛江期末）在中，角的对边分别是，若，且，则的最小值是（ ）
A． B．2 C． D．
6．（2025高三上·湛江期末）已知函数满足，且是奇函数，若，则（ ）
A．-6 B．-3 C．3 D．6
7．（2025高三上·湛江期末）《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（ ）
A．715种 B．572种 C．312种 D．286种
8．（2025高三上·湛江期末）在三棱锥中，，其他棱长都是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
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甲，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·湛江期末）某教育行政部门为了解某校教师“学习强国”的得分情况，随机调查了该校的50位教师，这50位教师12月份的日均得分单位：分统计情况如下表：
得分
频数 5 15 20 10
根据表中数据，下列结论正确的是（ ）
A．这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25
B．这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例超过
C．这50位教师12月份的日均得分的极差介于20至40之间
D．这50位教师12月份的日均得分的平均值介于30至35之间同一组中的数据用该组区间的中点值作代表
10．（2025高三上·湛江期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称
C．在上单调递减 D．的值域为
11．（2025高三上·湛江期末）数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一 则下列结论正确的是（ ）
A．曲线关于轴对称
B．曲线上任意一点到原点的距离都不超过2
C．曲线上任意一点到原点的距离等于到直线的距离
D．若是曲线上任意一点，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·湛江期末）已知单位向量满足，则向量夹角的弦值是 ．
13．（2025高三上·湛江期末）若圆上恰有两个点到直线的距离为，则的取值范围是 ．
14．（2025高三上·湛江期末）已知函数，且，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．（2025高三上·湛江期末）蛇年来临之际，某商场计划安排新春抽奖活动，方案如下：1号不透明的盒子中装有标有“吉”“安”“和”字样的小球，2号不透明的盒子中装有标有“祥”“康”“顺”字样的小球，顾客先从1号不透明的盒子中取出1个小球，再从2号不透明的盒子取出1个小球，若这2个球上的字组成“吉祥”“安康”“和顺”中的一个词语，则这位顾客中奖，反之没有中奖，每位顾客只能进行一轮抽奖．已知顾客从不透明的盒子取出标有“吉”“安”“和”“祥”“康”“顺”字样小球的概率均为，且顾客取出小球的结果相互独立．
（1）求顾客中奖的概率；
（2）若小明一家三口参加这个抽奖活动，求小明全家中奖次数的分布列及数学期望．
16．（2025高三上·湛江期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，．
（1）证明：平面．
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
17．（2025高三上·湛江期末）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性.
18．（2025高三上·湛江期末）已知和为椭圆上两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积；
（3）过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值．
19．（2025高三上·湛江期末）若数列的首项，对任意的，都有（k为常数，且），则称为有界变差数列，其中k为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列，的前n项和为．
（1）当时，证明：．
（2）当（）中各项都取最大值时，对任意的恒成立，求k的最大值；
（3）当（）中各项都取最大值时，，数列的前n项和为，若对任意的，都有，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】先解对数不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【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：B.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算及共轭复数概念求解即可.
3．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图所示：
当直线垂直时，平面平行，即充分性不成立；
如图所示：
当时，直线平行，即必要性不成立，
则“”是“”的既不充分也不必要条件，
故答案为：D.
【分析】借助于正方体，利用充分、必要条件的定义判断即可.
4．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意：，，可得，
则，即，则双曲线的离心率.
故答案为：B.
【分析】由题意利用同角三角函数基本关系，结合正切的二倍角公式求得，代入双曲线离心率公式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：，
由正弦定理可得，
因为，
所以，
所以.
又因为，所以，则，
由余弦定理可得，
当且仅当时等号成立，则，即的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用正弦定理，结合三角形的内角和、两角和的正弦公式化简求得，再由余弦定理结合基本不等式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为是奇函数，所以，
令，可得，
又因为，所以，
令，可得，即函数是周期为4的周期函数，
，则．
故答案为：C.
【分析】根据是奇函数，求得，结合可得，令，求得函数是周期为4的周期函数，结合已知条件利用周期性求值即可.
7．【答案】D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：利用隔板法在中间13个空隙（两端除外）当中插入3个隔板，可得分配的方案数为，则不同的分配方法有286种．
故答案为：D.
【分析】利用隔板法结合组合数公式求解即可.
8．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：取棱的中点，连接，则，且，
设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，
连接，作，垂足为，如图所示：
由题意得，
因为，所以，所以，
又因为，平面，所以平面，
则，
设三棱锥外接球的半径为，则，
即，解得，
故三棱锥外接球的表面积是．
故答案为：D.
【分析】设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，连接，作，垂足为，利用线面垂直的判定定理可得平面，，结合勾股定理和球的表面积公式计算即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、由表可知：日均得分在的人数为，日均得分在的人数为，则这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25，故A正确；
B、这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例为：
，故B正确；
C、这50位教师12月份日均得分的极差介于，故C正确；
D、这50位教师12月份的日均得分的平均值为：
，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】利用中位数定义即可判断A；利用比例即可判断B；利用极差定义即可判断C；利用平均数公式求解即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；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：A、，
且当时，；当时，，则的最小正周期为，故A正确；
B、若函数的图象关于点对称，则，
因为，所以的图象关于点对称，
故B正确；
C、当时，，
设，则函数，，
令，解得或；令，解得，
则在和上单调递减，在上单调递增，
当时，即，
因为，所以在上不单调，故C错误；
D、因为
所以在上的值域为，
又因为的最小正周期为，所以的值域为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据诱导公式及正弦函数的性质求出函数的最小正周期即可判断A；若函数的图象关于点对称，则，验证即可判断B；利用换元法，可得，求导，利用导数判断函数的单调性，求值域即可判断C；由C选项函数的单调性，求函数的值域即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；曲线与方程；图形的对称性
【解析】【解答】解：A、若点在曲线上，则都满足曲线的方程，
则曲线关于轴对称，故A正确；
B、设点在曲线上，根据选项A，同理可得曲线关于轴，坐标原点对称，
由曲线的对称性可令，则，所以，
则，
所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故B正确；
C、易知是上一点，该点到原点的距离不等于到直线的距离，故C错误；
D、由曲线的对称性可知，当点位于第二象限时，取得最大值，
所以，令，将代入，
可得，解得，即的最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】若点在曲线上，由是否满足曲线的方程即可判断A；由曲线的对称性可令，结合可得，利用二次函数求得最值即可判断B；举反例说明即可判断C；根据题意，当点位于第二象限时，取得最大值，令，将代入，利用判别式即可判断D.
12．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：，两边平方可得：，解得，
则．
故答案为：.
【分析】将平方，结合向量夹角公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
因为圆上恰有两个点到直线的距离为，
所以，即，解得或，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】易知圆的圆心坐标与半径，圆心到直线的距离，由题意可得，解不等式即可得实数的范围.
14．【答案】2
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
由，可得，，
由，可得，，则，
即，
设函数，易知函数在上单调递增，
因为，所以，即，
故．
故答案为：2.
【分析】由，可得，由，利用对数运算得，设函数，利用函数单调性可得，，代入求值即可.
15．【答案】（1）解：由题意可知：顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“安康”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“和顺”的概率为，
综上，顾客中奖的概率为；
（2）解：设小明全家中奖的次数为，且，
，
，
，
，
则的分布列为：
0 1 2 3
．
【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；二项分布
【解析】【分析】（1）分别求出顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”、“安康”和“和顺”的概率，相加接即可得顾客中奖的概率；
（2）设小明全家中奖的次数为，且，根据二项分布求相应的概率，列分布列，再求期望即可.
（1）顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“安康”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“和顺”的概率为，
综上，顾客中奖的概率为；
（2）设小明全家中奖的次数为，
则，，
，
，
，则的分布列为
0 1 2 3
所以．
16．【答案】（1）证明：因为四边形是菱形，且，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，
因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形是菱形，所以，
因为平面，且，所以平面；
（2）解：以为原点，的方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立的空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，
设平面的一个法向量为，则令，得，
设平面的一个法向量为则令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
故．
【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）由题意，根据勾股定理得到，进而得到，再结合四边形是菱形，得到，利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为原点，的方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立的空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为四边形是菱形，且，所以．因为，所以，所以
因为，所以．
因为平面，且，所以平面
因为平面，所以．
因为四边形是菱形，所以．
因为平面，且，所以平面．
（2）记，以为原点，的方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，
则．
设平面的一个法向量为，
则令，得．
设平面的一个法向量为
则令，得．
设平面与平面的夹角为，
则，
故．
17．【答案】（1）解：当时，函数，，
且，
则切线方程为，即；
（2）解：函数的定义域为，
，
当，即时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增；
当，即时，由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增；
当，即时，恒成立，则在上单调递增；
当，即时，由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增，
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
【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，函数，求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可；
（2）求函数的定义域，再求导，对a分情况，利用导数判断函数的单调性即可.
（1）当时，，则，
从而，
故所求切线方程为，即（或）.
（2）由题意可得的定义域为.
当，即时，
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增.
当，即时，
由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增.
当，即时，恒成立，则在上单调递增.
当，即时，
由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
18．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：由题可知，
在中，由余弦定理得
则即
则，
故的面积是；
（3）解：
当的斜率为0时，，
当的斜率不为0时，设直线的方程为，
联立，消元整理可得，
由韦达定理可得，
则，
故为定值．
【知识点】椭圆的定义；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）由题意列关于，的方程组，求得，的值，即可得椭圆的方程；
（2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，再利用三角形的面积公式求解即可；
（3）当的斜率为0时，直接计算出的值；当的斜率不为0时，设直线的方程为，联立直线的方程与椭圆方程，消元整理，结合韦达定理，弦长公式求出的值，证明即可.
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）由题可知
在中，由余弦定理得
则即
所以，
故的面积是．
（3）当的斜率为0时，．
当的斜率不为0时，设直线的方程为
联立，得，
此时．
，
故为定值．
19．【答案】（1）证明：当时，，
则，
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立；
（2）解：因为，
所以，
当时，满足上式，则，
因为，所以，整理得，
因为，所以，
因为，所以当且仅当时，等号成立，
因为，所以；
（3）解：由（2）可得，
则，
设，
则，
所以，
所以，即，
因为对任意的，都有，
所以，即，
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则，
综上，的取值范围为．
【知识点】数列的求和；数列与函数的综合；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）将代入，根据有界变差数列定义可得，再利用累加法证明即可；
（2）利用累加法求得，进而可得，结合已知可得，分离参变求的最大值即可；
（3）由（2）可得，进而利用错位相减法可求得，当为奇数时，可得，当为偶数时，可得，进而可求得的取值范围.
（1）当时，，
则．
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立．
（2）因为，
所以，
当时，满足上式，则．
因为，所以，
整理得．
因为，所以．
因为，所以当且仅当时，等号成立．因为，所以．
（3）由（2）可得，
则．
设，
则，
所以，
所以，即．
因为对任意的，都有，
所以，即．
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则．
综上，的取值范围为．
1 / 1广东省湛江市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·湛江期末）已知集合，（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】先解对数不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2025高三上·湛江期末）复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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：B.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算及共轭复数概念求解即可.
3．（2025高三上·湛江期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图所示：
当直线垂直时，平面平行，即充分性不成立；
如图所示：
当时，直线平行，即必要性不成立，
则“”是“”的既不充分也不必要条件，
故答案为：D.
【分析】借助于正方体，利用充分、必要条件的定义判断即可.
4．（2025高三上·湛江期末）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且，则双曲线的离心率是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意：，，可得，
则，即，则双曲线的离心率.
故答案为：B.
【分析】由题意利用同角三角函数基本关系，结合正切的二倍角公式求得，代入双曲线离心率公式求解即可.
5．（2025高三上·湛江期末）在中，角的对边分别是，若，且，则的最小值是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：，
由正弦定理可得，
因为，
所以，
所以.
又因为，所以，则，
由余弦定理可得，
当且仅当时等号成立，则，即的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用正弦定理，结合三角形的内角和、两角和的正弦公式化简求得，再由余弦定理结合基本不等式求解即可.
6．（2025高三上·湛江期末）已知函数满足，且是奇函数，若，则（ ）
A．-6 B．-3 C．3 D．6
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为是奇函数，所以，
令，可得，
又因为，所以，
令，可得，即函数是周期为4的周期函数，
，则．
故答案为：C.
【分析】根据是奇函数，求得，结合可得，令，求得函数是周期为4的周期函数，结合已知条件利用周期性求值即可.
7．（2025高三上·湛江期末）《九章算术》是我国古代数学名著之一，其中记载了关于粟米分配的问题．现将14斗粟米分给4个人，每人分到的粟米斗数均为整数，每人至少分到1斗粟米，则不同的分配方法有（ ）
A．715种 B．572种 C．312种 D．286种
【答案】D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：利用隔板法在中间13个空隙（两端除外）当中插入3个隔板，可得分配的方案数为，则不同的分配方法有286种．
故答案为：D.
【分析】利用隔板法结合组合数公式求解即可.
8．（2025高三上·湛江期末）在三棱锥中，，其他棱长都是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：取棱的中点，连接，则，且，
设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，
连接，作，垂足为，如图所示：
由题意得，
因为，所以，所以，
又因为，平面，所以平面，
则，
设三棱锥外接球的半径为，则，
即，解得，
故三棱锥外接球的表面积是．
故答案为：D.
【分析】设外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，连接，作，垂足为，利用线面垂直的判定定理可得平面，，结合勾股定理和球的表面积公式计算即可.
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甲，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·湛江期末）某教育行政部门为了解某校教师“学习强国”的得分情况，随机调查了该校的50位教师，这50位教师12月份的日均得分单位：分统计情况如下表：
得分
频数 5 15 20 10
根据表中数据，下列结论正确的是（ ）
A．这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25
B．这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例超过
C．这50位教师12月份的日均得分的极差介于20至40之间
D．这50位教师12月份的日均得分的平均值介于30至35之间同一组中的数据用该组区间的中点值作代表
【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、由表可知：日均得分在的人数为，日均得分在的人数为，则这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25，故A正确；
B、这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例为：
，故B正确；
C、这50位教师12月份日均得分的极差介于，故C正确；
D、这50位教师12月份的日均得分的平均值为：
，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】利用中位数定义即可判断A；利用比例即可判断B；利用极差定义即可判断C；利用平均数公式求解即可判断D.
10．（2025高三上·湛江期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称
C．在上单调递减 D．的值域为
【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；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：A、，
且当时，；当时，，则的最小正周期为，故A正确；
B、若函数的图象关于点对称，则，
因为，所以的图象关于点对称，
故B正确；
C、当时，，
设，则函数，，
令，解得或；令，解得，
则在和上单调递减，在上单调递增，
当时，即，
因为，所以在上不单调，故C错误；
D、因为
所以在上的值域为，
又因为的最小正周期为，所以的值域为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据诱导公式及正弦函数的性质求出函数的最小正周期即可判断A；若函数的图象关于点对称，则，验证即可判断B；利用换元法，可得，求导，利用导数判断函数的单调性，求值域即可判断C；由C选项函数的单调性，求函数的值域即可判断D.
11．（2025高三上·湛江期末）数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一 则下列结论正确的是（ ）
A．曲线关于轴对称
B．曲线上任意一点到原点的距离都不超过2
C．曲线上任意一点到原点的距离等于到直线的距离
D．若是曲线上任意一点，则的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；曲线与方程；图形的对称性
【解析】【解答】解：A、若点在曲线上，则都满足曲线的方程，
则曲线关于轴对称，故A正确；
B、设点在曲线上，根据选项A，同理可得曲线关于轴，坐标原点对称，
由曲线的对称性可令，则，所以，
则，
所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过2，故B正确；
C、易知是上一点，该点到原点的距离不等于到直线的距离，故C错误；
D、由曲线的对称性可知，当点位于第二象限时，取得最大值，
所以，令，将代入，
可得，解得，即的最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】若点在曲线上，由是否满足曲线的方程即可判断A；由曲线的对称性可令，结合可得，利用二次函数求得最值即可判断B；举反例说明即可判断C；根据题意，当点位于第二象限时，取得最大值，令，将代入，利用判别式即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·湛江期末）已知单位向量满足，则向量夹角的弦值是 ．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：，两边平方可得：，解得，
则．
故答案为：.
【分析】将平方，结合向量夹角公式求解即可.
13．（2025高三上·湛江期末）若圆上恰有两个点到直线的距离为，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
因为圆上恰有两个点到直线的距离为，
所以，即，解得或，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】易知圆的圆心坐标与半径，圆心到直线的距离，由题意可得，解不等式即可得实数的范围.
14．（2025高三上·湛江期末）已知函数，且，则 ．
【答案】2
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
由，可得，，
由，可得，，则，
即，
设函数，易知函数在上单调递增，
因为，所以，即，
故．
故答案为：2.
【分析】由，可得，由，利用对数运算得，设函数，利用函数单调性可得，，代入求值即可.
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·湛江期末）蛇年来临之际，某商场计划安排新春抽奖活动，方案如下：1号不透明的盒子中装有标有“吉”“安”“和”字样的小球，2号不透明的盒子中装有标有“祥”“康”“顺”字样的小球，顾客先从1号不透明的盒子中取出1个小球，再从2号不透明的盒子取出1个小球，若这2个球上的字组成“吉祥”“安康”“和顺”中的一个词语，则这位顾客中奖，反之没有中奖，每位顾客只能进行一轮抽奖．已知顾客从不透明的盒子取出标有“吉”“安”“和”“祥”“康”“顺”字样小球的概率均为，且顾客取出小球的结果相互独立．
（1）求顾客中奖的概率；
（2）若小明一家三口参加这个抽奖活动，求小明全家中奖次数的分布列及数学期望．
【答案】（1）解：由题意可知：顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“安康”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“和顺”的概率为，
综上，顾客中奖的概率为；
（2）解：设小明全家中奖的次数为，且，
，
，
，
，
则的分布列为：
0 1 2 3
．
【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；二项分布
【解析】【分析】（1）分别求出顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”、“安康”和“和顺”的概率，相加接即可得顾客中奖的概率；
（2）设小明全家中奖的次数为，且，根据二项分布求相应的概率，列分布列，再求期望即可.
（1）顾客取出的2个小球的字样组成“吉祥”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“安康”的概率为，
顾客取出的2个小球的字样组成“和顺”的概率为，
综上，顾客中奖的概率为；
（2）设小明全家中奖的次数为，
则，，
，
，
，则的分布列为
0 1 2 3
所以．
16．（2025高三上·湛江期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，．
（1）证明：平面．
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为四边形是菱形，且，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，
因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形是菱形，所以，
因为平面，且，所以平面；
（2）解：以为原点，的方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立的空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，
设平面的一个法向量为，则令，得，
设平面的一个法向量为则令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
故．
【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）由题意，根据勾股定理得到，进而得到，再结合四边形是菱形，得到，利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为原点，的方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立的空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为四边形是菱形，且，所以．因为，所以，所以
因为，所以．
因为平面，且，所以平面
因为平面，所以．
因为四边形是菱形，所以．
因为平面，且，所以平面．
（2）记，以为原点，的方向分别为轴的正方向，平行向上为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，
则．
设平面的一个法向量为，
则令，得．
设平面的一个法向量为
则令，得．
设平面与平面的夹角为，
则，
故．
17．（2025高三上·湛江期末）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性.
【答案】（1）解：当时，函数，，
且，
则切线方程为，即；
（2）解：函数的定义域为，
，
当，即时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增；
当，即时，由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增；
当，即时，恒成立，则在上单调递增；
当，即时，由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增，
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
【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，函数，求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可；
（2）求函数的定义域，再求导，对a分情况，利用导数判断函数的单调性即可.
（1）当时，，则，
从而，
故所求切线方程为，即（或）.
（2）由题意可得的定义域为.
当，即时，
由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增.
当，即时，
由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增.
当，即时，恒成立，则在上单调递增.
当，即时，
由，得或，由，得，
则在上单调递减，在和上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
18．（2025高三上·湛江期末）已知和为椭圆上两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积；
（3）过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值．
【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：由题可知，
在中，由余弦定理得
则即
则，
故的面积是；
（3）解：
当的斜率为0时，，
当的斜率不为0时，设直线的方程为，
联立，消元整理可得，
由韦达定理可得，
则，
故为定值．
【知识点】椭圆的定义；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）由题意列关于，的方程组，求得，的值，即可得椭圆的方程；
（2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，再利用三角形的面积公式求解即可；
（3）当的斜率为0时，直接计算出的值；当的斜率不为0时，设直线的方程为，联立直线的方程与椭圆方程，消元整理，结合韦达定理，弦长公式求出的值，证明即可.
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）由题可知
在中，由余弦定理得
则即
所以，
故的面积是．
（3）当的斜率为0时，．
当的斜率不为0时，设直线的方程为
联立，得，
此时．
，
故为定值．
19．（2025高三上·湛江期末）若数列的首项，对任意的，都有（k为常数，且），则称为有界变差数列，其中k为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列，的前n项和为．
（1）当时，证明：．
（2）当（）中各项都取最大值时，对任意的恒成立，求k的最大值；
（3）当（）中各项都取最大值时，，数列的前n项和为，若对任意的，都有，求的取值范围．
【答案】（1）证明：当时，，
则，
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立；
（2）解：因为，
所以，
当时，满足上式，则，
因为，所以，整理得，
因为，所以，
因为，所以当且仅当时，等号成立，
因为，所以；
（3）解：由（2）可得，
则，
设，
则，
所以，
所以，即，
因为对任意的，都有，
所以，即，
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则，
综上，的取值范围为．
【知识点】数列的求和；数列与函数的综合；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）将代入，根据有界变差数列定义可得，再利用累加法证明即可；
（2）利用累加法求得，进而可得，结合已知可得，分离参变求的最大值即可；
（3）由（2）可得，进而利用错位相减法可求得，当为奇数时，可得，当为偶数时，可得，进而可求得的取值范围.
（1）当时，，
则．
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立．
（2）因为，
所以，
当时，满足上式，则．
因为，所以，
整理得．
因为，所以．
因为，所以当且仅当时，等号成立．因为，所以．
（3）由（2）可得，
则．
设，
则，
所以，
所以，即．
因为对任意的，都有，
所以，即．
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则．
综上，的取值范围为．
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