湖南省永州市新田县第一中学2025届高三上学期期中考试数学试卷
1．（2024高三上·新田期中）已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高三上·新田期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高三上·新田期中）“其身正，不令而行；其身不正，虽令不从”出自《论语·子路》．意思是：当政者本身言行端正，不用发号施令，大家自然起身效法，政令将会畅行无阻；如果当政者本身言行不正，虽下命令，大家也不会服从遵守．根据上述材料，“身正”是“令行”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．（2024高三上·新田期中）已知为定义在R上的奇函数，当时，．若在上单调递减，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·新田期中）将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的高，则不同的种植方法共有（ ）
A．20种 B．40种 C．80种 D．160种
6．（2024高三上·新田期中）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
7．（2024高三上·新田期中）已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·新田期中）已知为函数的零点，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2024高三上·新田期中）已知非零向量，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．向量与向量垂直
10．（2024高三上·新田期中）如图，在正三棱柱中，M，N，D，Q分别为棱的中点，，则以下结论正确的是（ ）
A．平面
B．
C．点Q到平面的距离为
D．三棱锥的外接球表面积为
11．（2024高三上·新田期中）已知抛物线的焦点为F，A，B，P为抛物线C上的点，，若抛物线C在点A，B处的切线的斜率分别为，且两切线交于点M．N为抛物线C的准线与y轴的交点．则以下结论正确的是（ ）
A．若，则
B．直线PN的倾斜角
C．若，则直线AB的方程为
D．的最小值为2
12．（2024高三上·新田期中）已知 ．
13．（2024高三上·新田期中）已知某中学的3个年级各有学生300，300，400人，现采用分层抽样的方法从3个年级的学生中抽取10人，对他们的体重进行了统计．若3个年级被抽到的学生体重的平均值分别为48，52，55kg，方差分别为4，10，1．将这10名学生体重W（kg）作为样本，则样本的方差为 ．
14．（2024高三上·新田期中）“四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为 ．
15．（2024高三上·新田期中）如图，三棱台中，是正三角形，平面ABC，，M，N分别为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
16．（2024高三上·新田期中）已知，函数在点处的切线过点.
（1）求实数b的值；
（2）证明：在上单调递增；
（3）若对恒成立，求实数a的取值范围．
17．（2024高三上·新田期中）如图，四边形中，．
（1）求；
（2）为边上一点，且的面积为，求的外接圆半径．
18．（2024高三上·新田期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且直线与的斜率之积为．
（1）求C的方程；
（2）直线与C交于M，N两点，与y轴交于点A，与x轴交于点B．
（ⅰ）若A，B恰为弦MN的两个三等分点，求直线l的方程；
（ⅱ）若点B与点重合，线段MN的垂直平分线与x轴交于点Q，求的值．
19．（2024高三上·新田期中）密码学是研究编制密码和破译密码的技术科学．研究密码变化的客观规律，应用于编制密码以保守通信秘密的，称为编码学；应用于破译密码以获取通信情报的，称为破译学，总称密码学.20世纪70年代，一些学者提出了公开密钥体制，即运用单向函数的数学原理，以实现加、脱密密钥的分离．加密密钥是公开的，脱密密钥是保密的．这种新的密码体制，引起了密码学界的广泛注意和探讨．某数学课外小组研究了一种编制密码的方法：取任意的正整数n，将小于等于n且与n互质的正整数从小到大排列，即为密码．记符合上述条件的正整数的个数为．
（1）求数列的前5项和；
（2）求的表达式和的值；
（3）记，数列的前n项和，证明．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，
所以复数在复平面内对应的点为，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D．
【分析】利用复数的除法运算法则求得复数 ，进而根据复数在复平面的几何意义即可求解.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，解得，或，
所以，
故选：B．
【分析】根据题意解方程组求得交点坐标，即可求得.
3．【答案】C
【知识点】充要条件
【解析】【解答】解：充分性：其身正，不令而行，即身正令行，故“身正”是“令行”的充分条件；
必要性：其身不正，虽令不从，即令行身正，所以“身正”是“令行”的必要条件，
所以“身正”是“令行”的充要条件，
故选：C．
【分析】结合题意判断“身正”和“令行”之间的逻辑关系，根据充要条件的定义判断即可.
4．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为为定义在R上的奇函数，所以，
若在上单调递减，故只需，解得，
所以实数a的取值范围为 ，
故选：A．
【分析】结合已知条件和函数的奇偶性可得，进而结合单调性列出相应不等式，解不等式即可求得实数a的取值范围 .
5．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：一侧的种植方法有种排法，
另一侧的种植方法有种排法，
由分步计数原理得，不同的种植方法共有种排法.
故答案为：C.
【分析】先分步结合排列数公式、组合数公式计算出两侧的排法，再结合分步乘法计数原理，从而得出不同的种植方法种数.
6．【答案】B
【知识点】函数在某点取得极值的条件；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题可知，
当时，，
若在上只有一个极大值点，
则由的图象可得，
解得，
因为，所以的最大值为3.
故答案为：B.
【分析】根据余弦型函数的伸缩变换可得，再由余弦型函数图象的性质和极值点个数，从而解不等式可得ω的取值范围和ω与正整数集的关系，进而得出ω的最大值.
7．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：设双曲线的焦距为，右焦点为，连接，直线交于点，
因为为正三角形，，所以为的中点，所以，
所以，易知，所以，
又因为，所以，所以.
故选：D．
【分析】根据已知条件可得，，进而可得，再结合双曲线的定义化简即可求得C的离心率.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，即，即，即，
因为，所以，所以为方程的根，
令，所以，所以在上单调递增，
又，所以，即，
所以，
故选：B．
【分析】根据已知条件化简可得为方程的根，构造函数，利用导数求得其单调性，进而利用化简即可求得的值 .
9．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；相等向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，不妨设，满足，
但，所以A错误；
对于B，因为，故，则，所以B正确；
对于C，因为，故，故，所以C正确；
对于D，因为，
故向量与向量垂直，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件举出反例，由数量积的坐标表示，即可判断出选项A；数量积的坐标表示和数乘向量的坐标表示，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而判断出选项B；利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及向量求模公式，则判断出选项C；利用数量积的运算法则和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、由题可知，，所以，又因为平面，不在平面内，所以平面，故选项A正确；
B、由题可得，，
设，易得，，
由勾股定理可知，，即，解得，故，故选项B错误；
C、因为，所以，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
而，
所以，
又，
设点Q到平面的距离为d，则，得，故选项C正确；
D、将三棱锥补成以为底面的直三棱柱，所以该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，
其球心O位于上下底面外心的中点，，
所以的外接圆半径，
设外接球半径为R，则，
所以三棱锥的外接球表面积，D错误．
故选：AC．
【分析】可知，进而利用线面平行的判定定理可判断选项A；设，应用勾股定理可知，列式求得a的值即可判断选项B；证得平面，应用等体积求出点Q到平面的距离判断选项C；利用补形将三棱锥补成以为底面的直三棱柱，可得该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，利用直三棱柱的外接球公式计算外接球半径，进而求得球的表面积即可判断选项D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题可知，
，则向量的夹角为，故F，A，B三点共线，
设，与C的方程联立得，设，
则，，故，
由抛物线的定义得，
故，，所以A错误；
设，，当时，直线PN倾斜角大于等于，
当时，，所以直线PN的倾斜角，所以B正确；
记直线AB的斜率为k，令，则，则，
又因为，所以，所以，
又因为直线AB过点，故直线AB的方程为所以C正确；
因为直线，又因为，
所以直线，同理，
联立解得，即，又因为，
所以，当时，等号成立，所以的最小值为2，所以D正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据数量积求向量夹角公式得出三点共线，设出直线方程，再联立直线与抛物线方程结合韦达定理和抛物线定义以及数量积的坐标表示，从而判断出选项A；利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式和均值不等式求最值的方法，从而得出直线PN的倾斜角的取值范围，则判断出选项B；记直线AB的斜率为k，令，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再由点斜式得出直线AB的方程，则判断出选项C；联立直线与抛物线的方程得出交点M的坐标，再根据两点距离公式和二次函数求值域的方法，从而得出的最小值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】三角函数诱导公式二~六；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以．
故答案为：.
【分析】利用辅助角公式得到，再根据利用诱导公式即可求得.
13．【答案】13
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：3个年级抽取的学生数分别为3，3，4人，
所以，
所以．
故答案为：13.
【分析】根据分层抽样的方差公式计算即可求得样本的方差.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：设，
则位四进制数转换为十进制为
=，
若这个数能被3整除，则能被整除．
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数都由组成时，有个．
因为由，，组成的位四进制数共有个，
所以能被整除的概率．
故答案为：.
【分析】，根据四进制与十进制的转换规则，利用二项式定理将的高次方展开并求得除以之后的余数，令余数能被整除即可知能被整除．分
当这个四进制数由，，，；，，，；，，，；，，，；求得组成的所有数字组合种类数，再求得由，，组成的位四进制数的种类数，进而利用古典概型的概率计算公式即可求得所求概率.
15．【答案】（1）证明：因为是正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，
因为平面平面ABC，所以，
又平面
所以平面
又因为平面，所以，
连接，易得，
所以，所以，
又因为，所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：取AC中点O，连接，易知三条直线两两垂直，
如图所示，以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，所以
由（1）知平面的一个法向量为，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据正三角形的性质可得CM⊥AB，根据线面垂直的性质可知，根据线面垂直判定定理得出平面再应用线面垂直的性质得出，，由勾股定理可知，进而可得，根据线面垂直的判定定理可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系， 分别求得直线的方向向量与平面的法向量，进而利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成的角的正弦值，应用空间向量法求线面角正弦值即可.
（1）因为是正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，
因为平面平面ABC，所以，
又平面
所以平面
又因为平面，所以，
连接，易得，
所以，所以，
又因为，所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）取AC中点O，连接，易知三条直线两两垂直，
以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知平面的一个法向量为，又，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
16．【答案】（1）解：由题意可知，，所以，
又，所以在点处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）证明： 由（1）知，且 的定义域为
所以，
令，（x>0），
所以，
令，解得x=1或(舍去)，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在单调递增；
所以，所以，
所以在上单调递增．
（3）解：对恒成立，
即对恒成立，
当时，上式显然恒成立；
当时，恒成立，即恒成立，
设，所以，
所以在上单调递增；所以，
所以，
所以实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数进行求导，进而求得切线方程，再把点 代入切线方程中即可求得实数b的值；
（2）由(1)求得函数 的解析式，进而求得函数的定义域，利用二次求导求出即可证明函数 的单调性；
（3）根据函数解析式分和两种情况讨论求得实数a的取值范围.
（1）的定义域为，
故，又，
所以在点处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）由（1）知，则，
令，
则，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，
所以在上单调递增．
（3）对恒成立，即对恒成立，
当时，上式显然恒成立；
当时，上式转化为恒成立，
设，则，
所以在上单调递增；所以，
故，所以实数的取值范围为．
17．【答案】（1）解：因为，所以，
在中，由余弦定理可得，，①
在中，由余弦定理可得，，②
②-①得，，解得，
因为，所以．
（2）解：中，由余弦定理可得，，可得，
因为，
所以所以，
在中，由余弦定理可得，，解得，
在中，可得，
在中，可得，
可得，所以，所以，
在中，由余弦定理可得，，所以，
设的外接圆半径为，
由正弦定理得，解得，
所以的外接圆半径为．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意已知条件可知，在和中，利用余弦定理，分别求得的表达式，两式作差求得，进而即可求得的值；
（2）由（1）求得，利用三角形的面积公式可求得，进而利用余弦定理可求得，再在和中，求得，进而得到，得到，再利用余弦定理求得AP，利用正弦定理即可求得的外接圆半径.
（1）解：因为，所以，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
两式作差得：，解得，
因为，所以．
（2）解：因为
由（1）知，可得，且，
则所以，
在中，可得，所以，
在中，可得，
在中，可得，
可得，所以，则，
所以，解得，
设的外接圆半径为，
由正弦定理得，解得，
所以的外接圆半径为．
18．【答案】（1）解：设C的焦距为，则，
将点代入C的方程得：①，
故，解得
所以C的方程为．
（2）解：（ⅰ）由题可知，，设，O为坐标原点，
因为A，B恰为弦MN的两个三等分点，所以，
则，即，解得，
所以，
又，即，解得，
所以
将点M，N的坐标代入C的方程得，解得，
因为，所以，
所以直线l的方程为．
（ⅱ）由题直线l过点，所以，设，
联立，得，
所以，
所以，
所以
，
又，
所以MN中点为，
所以MN的垂直平分线方程为，
令得，故，
所以，
所以．
【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）根据点在椭圆上及斜率积列方程组计算，进而即可得出椭圆C方程；
（2）（i）设结合，向量关系列方程求出点M，N的坐标，进而代入C的方程列方程组求得k，m的值即可求出直线方程；（ⅱ）设方程，，联立方程组，根据韦达定理可得，进而结合弦长公式可得，再求得点Q的坐标，进而求得|QF1|，计算即可求得的值.
（1）将点代入C的方程得：①，
设C的焦距为，则，
故，解得②，
又③，由①②③解得或，
所以C的方程为．
（2）（ⅰ）由题，，设，O为坐标原点，
因为A，B恰为弦MN的两个三等分点，所以，
则，即，解得，所以，
又，即，解得，所以
将点M，N的坐标代入C的方程得，解得，
因为，所以，
所以直线l的方程为．
（ⅱ）由题直线l过点，所以，
与椭圆方程联立，得，
，
设，则，
所以
，
又，
所以MN中点为，
所以MN的垂直平分线方程为，
令得，故，
所以，
所以．
19．【答案】（1）解：由题意可知，；
小于等于2且与2互质的正整数有1，所以；
小于等于3且与3互质的正整数有1，2，所以；
小于等于4且与4互质的正整数有1，3，所以；
小于等于5且与5互质的正整数有1，2，3，4，所以．
所以数列的前5项和为．
（2）解：若2为质数，则小于等于的正整数中，只有2的倍数不与2互质，
又因为小于等于的正整数中，2的倍数有个，
所以．
在小于等于31×37的正整数中，31的倍数有37个，37的倍数有31个，
所以．
（3）证明：因为，所以，
所以，①
所以，②
①-②，，
所以．
令，③
则，④
③-④得，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以．
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据数列定义求出前5项，进而即可求得数列的前5项和；
（2）先根据定义得出，再求出即可；
（3）先求得，进而应用错位相减法计算得出，利用不等式的性质即可证得．
（1）由题，；
小于等于2且与2互质的正整数有1，所以；
小于等于3且与3互质的正整数有1，2，所以；
小于等于4且与4互质的正整数有1，3，所以；
小于等于5且与5互质的正整数有1，2，3，4，所以．
所以数列的前5项和为．
（2）若2为质数，则小于等于的正整数中，只有2的倍数不与2互质，
又因为小于等于的正整数中，2的倍数有个，
所以．
在小于等于31×37的正整数中，31的倍数有37个，37的倍数有31个，
所以．
（3）由（2）知，所以，
所以，
故，
作差得：，
所以．
令，
则，
作差得：，
所以，
故，
因为，所以，
所以得证．
1 / 1湖南省永州市新田县第一中学2025届高三上学期期中考试数学试卷
1．（2024高三上·新田期中）已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，
所以复数在复平面内对应的点为，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D．
【分析】利用复数的除法运算法则求得复数 ，进而根据复数在复平面的几何意义即可求解.
2．（2024高三上·新田期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，解得，或，
所以，
故选：B．
【分析】根据题意解方程组求得交点坐标，即可求得.
3．（2024高三上·新田期中）“其身正，不令而行；其身不正，虽令不从”出自《论语·子路》．意思是：当政者本身言行端正，不用发号施令，大家自然起身效法，政令将会畅行无阻；如果当政者本身言行不正，虽下命令，大家也不会服从遵守．根据上述材料，“身正”是“令行”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】C
【知识点】充要条件
【解析】【解答】解：充分性：其身正，不令而行，即身正令行，故“身正”是“令行”的充分条件；
必要性：其身不正，虽令不从，即令行身正，所以“身正”是“令行”的必要条件，
所以“身正”是“令行”的充要条件，
故选：C．
【分析】结合题意判断“身正”和“令行”之间的逻辑关系，根据充要条件的定义判断即可.
4．（2024高三上·新田期中）已知为定义在R上的奇函数，当时，．若在上单调递减，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为为定义在R上的奇函数，所以，
若在上单调递减，故只需，解得，
所以实数a的取值范围为 ，
故选：A．
【分析】结合已知条件和函数的奇偶性可得，进而结合单调性列出相应不等式，解不等式即可求得实数a的取值范围 .
5．（2024高三上·新田期中）将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的高，则不同的种植方法共有（ ）
A．20种 B．40种 C．80种 D．160种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：一侧的种植方法有种排法，
另一侧的种植方法有种排法，
由分步计数原理得，不同的种植方法共有种排法.
故答案为：C.
【分析】先分步结合排列数公式、组合数公式计算出两侧的排法，再结合分步乘法计数原理，从而得出不同的种植方法种数.
6．（2024高三上·新田期中）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】函数在某点取得极值的条件；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题可知，
当时，，
若在上只有一个极大值点，
则由的图象可得，
解得，
因为，所以的最大值为3.
故答案为：B.
【分析】根据余弦型函数的伸缩变换可得，再由余弦型函数图象的性质和极值点个数，从而解不等式可得ω的取值范围和ω与正整数集的关系，进而得出ω的最大值.
7．（2024高三上·新田期中）已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：设双曲线的焦距为，右焦点为，连接，直线交于点，
因为为正三角形，，所以为的中点，所以，
所以，易知，所以，
又因为，所以，所以.
故选：D．
【分析】根据已知条件可得，，进而可得，再结合双曲线的定义化简即可求得C的离心率.
8．（2024高三上·新田期中）已知为函数的零点，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，即，即，即，
因为，所以，所以为方程的根，
令，所以，所以在上单调递增，
又，所以，即，
所以，
故选：B．
【分析】根据已知条件化简可得为方程的根，构造函数，利用导数求得其单调性，进而利用化简即可求得的值 .
9．（2024高三上·新田期中）已知非零向量，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．向量与向量垂直
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；相等向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，不妨设，满足，
但，所以A错误；
对于B，因为，故，则，所以B正确；
对于C，因为，故，故，所以C正确；
对于D，因为，
故向量与向量垂直，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件举出反例，由数量积的坐标表示，即可判断出选项A；数量积的坐标表示和数乘向量的坐标表示，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而判断出选项B；利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及向量求模公式，则判断出选项C；利用数量积的运算法则和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
10．（2024高三上·新田期中）如图，在正三棱柱中，M，N，D，Q分别为棱的中点，，则以下结论正确的是（ ）
A．平面
B．
C．点Q到平面的距离为
D．三棱锥的外接球表面积为
【答案】A,C
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、由题可知，，所以，又因为平面，不在平面内，所以平面，故选项A正确；
B、由题可得，，
设，易得，，
由勾股定理可知，，即，解得，故，故选项B错误；
C、因为，所以，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
而，
所以，
又，
设点Q到平面的距离为d，则，得，故选项C正确；
D、将三棱锥补成以为底面的直三棱柱，所以该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，
其球心O位于上下底面外心的中点，，
所以的外接圆半径，
设外接球半径为R，则，
所以三棱锥的外接球表面积，D错误．
故选：AC．
【分析】可知，进而利用线面平行的判定定理可判断选项A；设，应用勾股定理可知，列式求得a的值即可判断选项B；证得平面，应用等体积求出点Q到平面的距离判断选项C；利用补形将三棱锥补成以为底面的直三棱柱，可得该三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，利用直三棱柱的外接球公式计算外接球半径，进而求得球的表面积即可判断选项D.
11．（2024高三上·新田期中）已知抛物线的焦点为F，A，B，P为抛物线C上的点，，若抛物线C在点A，B处的切线的斜率分别为，且两切线交于点M．N为抛物线C的准线与y轴的交点．则以下结论正确的是（ ）
A．若，则
B．直线PN的倾斜角
C．若，则直线AB的方程为
D．的最小值为2
【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题可知，
，则向量的夹角为，故F，A，B三点共线，
设，与C的方程联立得，设，
则，，故，
由抛物线的定义得，
故，，所以A错误；
设，，当时，直线PN倾斜角大于等于，
当时，，所以直线PN的倾斜角，所以B正确；
记直线AB的斜率为k，令，则，则，
又因为，所以，所以，
又因为直线AB过点，故直线AB的方程为所以C正确；
因为直线，又因为，
所以直线，同理，
联立解得，即，又因为，
所以，当时，等号成立，所以的最小值为2，所以D正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据数量积求向量夹角公式得出三点共线，设出直线方程，再联立直线与抛物线方程结合韦达定理和抛物线定义以及数量积的坐标表示，从而判断出选项A；利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式和均值不等式求最值的方法，从而得出直线PN的倾斜角的取值范围，则判断出选项B；记直线AB的斜率为k，令，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再由点斜式得出直线AB的方程，则判断出选项C；联立直线与抛物线的方程得出交点M的坐标，再根据两点距离公式和二次函数求值域的方法，从而得出的最小值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．（2024高三上·新田期中）已知 ．
【答案】
【知识点】三角函数诱导公式二~六；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以．
故答案为：.
【分析】利用辅助角公式得到，再根据利用诱导公式即可求得.
13．（2024高三上·新田期中）已知某中学的3个年级各有学生300，300，400人，现采用分层抽样的方法从3个年级的学生中抽取10人，对他们的体重进行了统计．若3个年级被抽到的学生体重的平均值分别为48，52，55kg，方差分别为4，10，1．将这10名学生体重W（kg）作为样本，则样本的方差为 ．
【答案】13
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：3个年级抽取的学生数分别为3，3，4人，
所以，
所以．
故答案为：13.
【分析】根据分层抽样的方差公式计算即可求得样本的方差.
14．（2024高三上·新田期中）“四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为 ．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：设，
则位四进制数转换为十进制为
=，
若这个数能被3整除，则能被整除．
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数都由组成时，有个．
因为由，，组成的位四进制数共有个，
所以能被整除的概率．
故答案为：.
【分析】，根据四进制与十进制的转换规则，利用二项式定理将的高次方展开并求得除以之后的余数，令余数能被整除即可知能被整除．分
当这个四进制数由，，，；，，，；，，，；，，，；求得组成的所有数字组合种类数，再求得由，，组成的位四进制数的种类数，进而利用古典概型的概率计算公式即可求得所求概率.
15．（2024高三上·新田期中）如图，三棱台中，是正三角形，平面ABC，，M，N分别为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为是正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，
因为平面平面ABC，所以，
又平面
所以平面
又因为平面，所以，
连接，易得，
所以，所以，
又因为，所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：取AC中点O，连接，易知三条直线两两垂直，
如图所示，以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，所以
由（1）知平面的一个法向量为，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据正三角形的性质可得CM⊥AB，根据线面垂直的性质可知，根据线面垂直判定定理得出平面再应用线面垂直的性质得出，，由勾股定理可知，进而可得，根据线面垂直的判定定理可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系， 分别求得直线的方向向量与平面的法向量，进而利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成的角的正弦值，应用空间向量法求线面角正弦值即可.
（1）因为是正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，
因为平面平面ABC，所以，
又平面
所以平面
又因为平面，所以，
连接，易得，
所以，所以，
又因为，所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）取AC中点O，连接，易知三条直线两两垂直，
以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知平面的一个法向量为，又，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
16．（2024高三上·新田期中）已知，函数在点处的切线过点.
（1）求实数b的值；
（2）证明：在上单调递增；
（3）若对恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：由题意可知，，所以，
又，所以在点处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）证明： 由（1）知，且 的定义域为
所以，
令，（x>0），
所以，
令，解得x=1或(舍去)，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在单调递增；
所以，所以，
所以在上单调递增．
（3）解：对恒成立，
即对恒成立，
当时，上式显然恒成立；
当时，恒成立，即恒成立，
设，所以，
所以在上单调递增；所以，
所以，
所以实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数进行求导，进而求得切线方程，再把点 代入切线方程中即可求得实数b的值；
（2）由(1)求得函数 的解析式，进而求得函数的定义域，利用二次求导求出即可证明函数 的单调性；
（3）根据函数解析式分和两种情况讨论求得实数a的取值范围.
（1）的定义域为，
故，又，
所以在点处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）由（1）知，则，
令，
则，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，
所以在上单调递增．
（3）对恒成立，即对恒成立，
当时，上式显然恒成立；
当时，上式转化为恒成立，
设，则，
所以在上单调递增；所以，
故，所以实数的取值范围为．
17．（2024高三上·新田期中）如图，四边形中，．
（1）求；
（2）为边上一点，且的面积为，求的外接圆半径．
【答案】（1）解：因为，所以，
在中，由余弦定理可得，，①
在中，由余弦定理可得，，②
②-①得，，解得，
因为，所以．
（2）解：中，由余弦定理可得，，可得，
因为，
所以所以，
在中，由余弦定理可得，，解得，
在中，可得，
在中，可得，
可得，所以，所以，
在中，由余弦定理可得，，所以，
设的外接圆半径为，
由正弦定理得，解得，
所以的外接圆半径为．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意已知条件可知，在和中，利用余弦定理，分别求得的表达式，两式作差求得，进而即可求得的值；
（2）由（1）求得，利用三角形的面积公式可求得，进而利用余弦定理可求得，再在和中，求得，进而得到，得到，再利用余弦定理求得AP，利用正弦定理即可求得的外接圆半径.
（1）解：因为，所以，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
两式作差得：，解得，
因为，所以．
（2）解：因为
由（1）知，可得，且，
则所以，
在中，可得，所以，
在中，可得，
在中，可得，
可得，所以，则，
所以，解得，
设的外接圆半径为，
由正弦定理得，解得，
所以的外接圆半径为．
18．（2024高三上·新田期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且直线与的斜率之积为．
（1）求C的方程；
（2）直线与C交于M，N两点，与y轴交于点A，与x轴交于点B．
（ⅰ）若A，B恰为弦MN的两个三等分点，求直线l的方程；
（ⅱ）若点B与点重合，线段MN的垂直平分线与x轴交于点Q，求的值．
【答案】（1）解：设C的焦距为，则，
将点代入C的方程得：①，
故，解得
所以C的方程为．
（2）解：（ⅰ）由题可知，，设，O为坐标原点，
因为A，B恰为弦MN的两个三等分点，所以，
则，即，解得，
所以，
又，即，解得，
所以
将点M，N的坐标代入C的方程得，解得，
因为，所以，
所以直线l的方程为．
（ⅱ）由题直线l过点，所以，设，
联立，得，
所以，
所以，
所以
，
又，
所以MN中点为，
所以MN的垂直平分线方程为，
令得，故，
所以，
所以．
【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）根据点在椭圆上及斜率积列方程组计算，进而即可得出椭圆C方程；
（2）（i）设结合，向量关系列方程求出点M，N的坐标，进而代入C的方程列方程组求得k，m的值即可求出直线方程；（ⅱ）设方程，，联立方程组，根据韦达定理可得，进而结合弦长公式可得，再求得点Q的坐标，进而求得|QF1|，计算即可求得的值.
（1）将点代入C的方程得：①，
设C的焦距为，则，
故，解得②，
又③，由①②③解得或，
所以C的方程为．
（2）（ⅰ）由题，，设，O为坐标原点，
因为A，B恰为弦MN的两个三等分点，所以，
则，即，解得，所以，
又，即，解得，所以
将点M，N的坐标代入C的方程得，解得，
因为，所以，
所以直线l的方程为．
（ⅱ）由题直线l过点，所以，
与椭圆方程联立，得，
，
设，则，
所以
，
又，
所以MN中点为，
所以MN的垂直平分线方程为，
令得，故，
所以，
所以．
19．（2024高三上·新田期中）密码学是研究编制密码和破译密码的技术科学．研究密码变化的客观规律，应用于编制密码以保守通信秘密的，称为编码学；应用于破译密码以获取通信情报的，称为破译学，总称密码学.20世纪70年代，一些学者提出了公开密钥体制，即运用单向函数的数学原理，以实现加、脱密密钥的分离．加密密钥是公开的，脱密密钥是保密的．这种新的密码体制，引起了密码学界的广泛注意和探讨．某数学课外小组研究了一种编制密码的方法：取任意的正整数n，将小于等于n且与n互质的正整数从小到大排列，即为密码．记符合上述条件的正整数的个数为．
（1）求数列的前5项和；
（2）求的表达式和的值；
（3）记，数列的前n项和，证明．
【答案】（1）解：由题意可知，；
小于等于2且与2互质的正整数有1，所以；
小于等于3且与3互质的正整数有1，2，所以；
小于等于4且与4互质的正整数有1，3，所以；
小于等于5且与5互质的正整数有1，2，3，4，所以．
所以数列的前5项和为．
（2）解：若2为质数，则小于等于的正整数中，只有2的倍数不与2互质，
又因为小于等于的正整数中，2的倍数有个，
所以．
在小于等于31×37的正整数中，31的倍数有37个，37的倍数有31个，
所以．
（3）证明：因为，所以，
所以，①
所以，②
①-②，，
所以．
令，③
则，④
③-④得，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以．
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据数列定义求出前5项，进而即可求得数列的前5项和；
（2）先根据定义得出，再求出即可；
（3）先求得，进而应用错位相减法计算得出，利用不等式的性质即可证得．
（1）由题，；
小于等于2且与2互质的正整数有1，所以；
小于等于3且与3互质的正整数有1，2，所以；
小于等于4且与4互质的正整数有1，3，所以；
小于等于5且与5互质的正整数有1，2，3，4，所以．
所以数列的前5项和为．
（2）若2为质数，则小于等于的正整数中，只有2的倍数不与2互质，
又因为小于等于的正整数中，2的倍数有个，
所以．
在小于等于31×37的正整数中，31的倍数有37个，37的倍数有31个，
所以．
（3）由（2）知，所以，
所以，
故，
作差得：，
所以．
令，
则，
作差得：，
所以，
故，
因为，所以，
所以得证．
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