广东省深圳实验学校高中园2024-2025学年高三上学期期末数学试题
一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）
1．（2025高三上·南山期末）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2．（2025高三上·南山期末）已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则
A．a2=2b2 B．3a2=4b2 C．a=2b D．3a=4b
3．（2025高三上·南山期末）已知直线与直线，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．即不充分也不必要条件
4．（2025高三上·南山期末）已知的展开式中所有项的二项式系数之和为32，则的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．10 D．20
5．（2025高三上·南山期末）已知△ABC是边长为1的正三角形，是BN上一点且，则（ ）
A． B． C． D．1
6．（2025高三上·南山期末）已知是三个不重合的平面，且，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．（2025高三上·南山期末）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
8．（2025高三上·南山期末）142857被称为世界上最神秘的数字，，所得结果是这些数字反复出现，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题（本大题共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·南山期末）若是双曲线上一点，分别为的左、右焦点，则下列结论中正确的是（ ）
A．双曲线的虚轴长为
B．若，则的面积为2
C．的最小值是
D．双曲线的焦点到其渐近线的距离是2
10．（2025高三上·南山期末）下列递推关系式或其通项公式可以使数列为周期数列的有（ ）
A．
B．
C．
D．
11．（2025高三上·南山期末）已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（ ）
A．的图象关于点对称
B．
C．
D．若，则
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．（2025高三上·南山期末）已知集合，，则的子集个数为 .
13．（2025高三上·南山期末）已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为 ．
14．（2025高三上·南山期末）在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是 ．
四、解答题（本大题共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·南山期末）在中，分别为角所对的边，且
（1）求角B.
（2）若，求ABC周长的最大值.
16．（2025高三上·南山期末）一个袋中装有个形状大小完全相同的小球，其中红球有个，白球有个，一次从中摸出个球．
（1）求“红球甲”没有被摸出的概率；
（2）设表示摸出的红球的个数，求的分布列、均值和方差．
17．（2025高三上·南山期末）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
18．（2025高三上·南山期末）已知是抛物线：的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且过点的直线与相切于点，.
（1）求抛物线的方程.
（2）设过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，点在与之间.
（i）证明：轴平分.
（ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围.
19．（2025高三上·南山期末）已知为有穷整数数列，共有项．给定正整数，若对任意的，在中，存在，使得，表示中最大的一项，表示中最小的一项，则称为有界数列．
（1）判断是否为有界数列，判断是否为有界数列，说明理由；
（2）若共有4项，，且为单调递增数列，写出所有的，使得为有界数列；
（3）若为有界数列，证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，”的否定是“，”.
故答案为：C.
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，从而找出正确的选项.
2．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆的离心率为，
化简得.
故答案为：B.
【分析】由题意结合椭圆的离心率的定义和椭圆中三者的关系式，从而可得满足题意的等式.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解：因为直线与直线，
若，则，
解得或，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】根据两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出参数的值，再根据充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】根据的展开式中，二项式系数的和为 ．
而 的展开式中，通项公式为，
令，求得 ，可得展开式中的系数为，
故答案为：D．
【分析】本题考查二项式的系数，二项式展开式的通项.先根据二项式系数性质可列出方程，解方程可求出的值，再利用二项展开式的通项公式计算可得：通项公式为，令的幂指数等于31，求出的值，进而可求出的系数．
5．【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，
得，且，
又因为三点共线，
所以，
则，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合平面向量基本定理，从而得出，再由三点共线得出的值，再利用数量积运算律和数量积的定义，从而得出的值.
6．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：若，则或与相交，故A错误；
若，则或与相交，故B错误；
若，则，故C正确；
若，则与相交，不一定是垂直，故D错误．
故答案为：C．
【分析】根据已知条件和空间两直线平行的判断方法、面面平行的判定定理、空间两直线垂直的判断方法、面面垂直的判定定理，从而逐项判断找出真命题的选项．
7．【答案】C
【知识点】五点法画三角函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：当时，，
令，得，此时，
令，得，此时，
令，得，此时，
令，得，此时，
当时，，
则函数的周期，
结合周期，利用五点法作出图象，
由图知，当时，曲线与共有4个交点.
故答案为：.
【分析】先利用已知条件和分类讨论的方法，结合正弦型函数的最小正周期和五点法，从而作出两函数在上的图象，再结合两函数在上的图象，从而得出当时，曲线与的交点个数.
8．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意知，，
设，则，
当时，单调递增，
所以，所以.
因为，所以，
得，所以，
则；
由，得，
所以，则，
所以，则，
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】设，利用导数的正负判断函数的单调性，从而可得，再结合可得，则，由得，则，从而比较出的大小.
9．【答案】B,C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线，得双曲线，
设双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，半焦距为，
对于选项A：，则双曲线的虚轴长为，故A错误；
对于选项B：，则，
所以，
得，
则的面积为，故B正确；
对于选项C：易知，故C正确；
对于选项D：易得双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，
所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先将椭圆方程转化为椭圆的标准方程，由题意结合椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，则判断出选项A；由勾股定理和双曲线定义可得的值，则可判断选项B；由焦半径取值范围可判断选项C；先得出双曲线的焦点坐标、渐近线方程，再由点到直线距离公式可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：对于A：由已知条件知，
因为，计算得出，
因此为周期数列，且周期为4，故A正确；
对于B：因为，，，
，…，所以，数列不是周期数列，故B错误；
对于C：因为；；；；；
，…，归纳可得数列构成以4为周期的周期数列，故C正确；
对于D：因为是单调递增数列，不是周期数列，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】根据周期函数的定义，从而逐项判断找出满足题意的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】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A：由题意知，，
则，
所以图象的对称中心为，故A正确；
对于B：因为，
两式相减得，所以，故B正确；
对于C：由选项B可得，的周期为4，
因为，所以，
令，得，则0，故C错误；
对于D：因为，又因为，
所以中，
令，得，
由，得，
又因为函数的周期为4，
则
，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由是奇函数可得，从而得出的图象关于点对称，则判断出选项A；由结合赋值法计算，从而得出，则判断出选项B；结合所得函数的周期性和赋值法计算，从而得出的值，则判断出选项C；结合函数的周期性结合赋值法算出一个周期内的值，从而得出的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】4
【知识点】交集及其运算；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：由，
解得或，
所以，有两个元素，
所以的子集个数为.
故答案为：4.
【分析】联立直线方程和抛物线方程，从而求出交集中的元素，再根据元素个数可得子集个数.
13．【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设上下底面互相平行的两对角线分别为，则由球O的表面积为可得球O的半径，又正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，故，所以球O的球心正好在中点.故.所以正，故，所以正，故此正四棱台的侧棱长
故答案为：
【分析】 根据题意可得球O的半径，结合外接球的性质可得外接球心在底面的中心，再根据几何关系求解出正四棱台的侧棱长 .
14．【答案】
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
设，，
则，，，
在中，由正弦定理，
得出，
所以，
在中，由正弦定理，
得出，
所以，
所以
（其中），
所以，
则，
所以，三角形的面积的最大值是．
故答案为：.
【分析】由勾股定理得到的长，设，，由正弦定理得到，，则，其中，再利用正弦型函数求最值的方法得出的值，结合三角形的面积公式得出三角形的面积的最大值.
15．【答案】（1）解：由，
得，
∵，
∴，
又因为，
∴.
（2）解：由，
可得：，，
所以的周长，
∵，
∴
，
∵，
∴的最大值为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题中的等式结合余弦定理，从而得出角B的余弦值，再利用三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）由正弦定理可得边角的等量关系，利用三角周长公式和三角恒等变换，从而将三角形的周长转化为正弦型函数，再利用（1）中角B的值和三角形的内角和定理，从而得出角A的取值范围，再根据正弦型函数求值域的方法，从而得出ABC周长的最大值.
（1）由，即，
∵，∴，又，∴.
（2）由可得，，，
的周长，
∵，∴
∵，∴的最大值为.
16．【答案】（1）解：记红球甲没有被摸出为事件，
则.
（2）解：依题意，表示摸出的个球中的红球的个数，
则的可能取值为、、，
则，，，
则的分布列为：
所以，
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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
【解析】【分析】（1）根据已知条件和古典概率公式，从而得出“红球甲”没有被摸出的概率.
（2）依题意得出随机变量的可能取值，利用组合数公式和古典概率公式，从而求出所对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再由随机变量的分布列求数学期望公式和方差公式，从而得出随机变量的均值和方差．
（1）记红球甲没有被摸出为事件，则.
（2）依题意，表示摸出的个球中的红球的个数，则的可能取值为、、，
则，，，
则的分布列为
所以，
.
17．【答案】（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱，
可得四边形为平行四边形，
因为，，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为，，
所以，
同理可得平面，
又因为，NK，平面MKN，
所以平面平面，
又因为平面MKN，
所以平面.
（2）解：因为侧面为正方形，
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，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，，，
所以平面MNK，
因为平面MNK，
所以，
所以，
则两两垂直，
所以，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面BNM的法向量为，
则，
所以，
取，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为，
则．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）作出辅助线，利用三棱柱的结构特征得出四边形为平行四边形，从而得到，再利用线线平行和线面平行的推导关系，从而得出平面.
（2）由正方形的结构特征得出，再利用线线垂直和线面垂直的推导关系，从而得出两两垂直，进而建立空间直角坐标系，得出平面BNM的法向量，再结合数量积求向量夹角公式，从而得出直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，，则，
而平面，平面，故平面，
而，，则，同理可得平面，
而，NK，平面MKN，
故平面平面，而平面MKN，
故平面；
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为平面，所以，
因为，故平面，
因为平面，故，
又，而，，
故平面MNK，而平面MNK，故，
所以，故两两垂直，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，，
设平面BNM的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为，则
．
18．【答案】（1）解：由题意可知，，，
由已知条件得出直线的斜率恒不为0，
可设：.
联立，
可得，
因为直线与相切于点，
所以，
解得，
则，，
因为，所以，
解得，
所以，抛物线的方程为.
（2）（i）证明：如图：
（i）由已知条件可得直线的斜率恒不为0，
设直线的方程为，，，
由（1）得，，
联立方程组，可得，
则，，
所以
则轴平分.
（ii）解：由（i）可知直线与直线关于轴对称，
所以点和点关于轴对称，
则，
不妨设，因为点在点与点之间，
所以，，
则，，
则，
令，则，
令，则，解得；
由，则，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设切线方程为，代入抛物线方程，由可得的值，再结合焦半径公式可得的值，从而得出抛物线的标准方程.
（2）（i）要证轴平分，只需证即可，设直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立，借助韦达定理得到，，再利用两点求斜率公式表示出，整理化简证出轴平分.
（ii）利用图形的对称性得出点C的坐标，结合点在点与点之间，从而得出，，再根据三角形的面积公式表示出，利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而得出的取值范围.
（1）由题可知，，，由已知得直线的斜率恒不为0，故可设：.
联立，可得，
因为直线与相切于点，所以，解得，
则，.
因为，所以，解得，即抛物线的方程为.
（2）如图：
（i）由已知得直线的斜率恒不为0，故设的方程为，，，
由（1）得.
联立方程组，可得，则，，
所以.
故轴平分.
（ii）由（i）可知直线与关于轴对称，所以点，关于轴对称，则.
不妨设，因为点在与之间，所以，，
，，
则，令，则，
令，则，解得；由，则，解得.
则在上单调递增，在上单调递减，，
所以的取值范围为.
19．【答案】（1）解：因为，，
，
所以为有界数列，
不存在，使得，
所以不是有界数列．
（2）解：因为为6—有界数列，
所以的值最少有6种情况
又因为共有4项，从中任取2项，共种取法，
所以的值只有6种情况，分别为，
则从中任取2项的差值的绝对值分别对应，
若，则，
与从中任取2项的差值的绝对值分别对应矛盾；
若，则，
从中任取2项的差值的绝对值取不到6，所以．
①当时，若，不符合题意；
若，不符合题意；
若，符合题意；
若，不符合题意；
②当时，若，不符合题意；
若，不符合题意；
若，符合题意；
③当或5时，经检验，都不符合题意，
经验证，数列和数列均为6—有界数列，
综上所述，的值为或．
（3）证明：因为为10-有界数列，
所以，的值最少有10种情况，
所以，解得舍去，
当时，，要使得为有界数列，
则从中任取2项的差值的绝对值分别对应．
因为为整数数列，且有界数列研究的是连续项中最大值与最小值的差值，
所以不妨设，且为单调递增数列，
因为，所以，
要使得中有2项的差值为9，不妨取；
要使得中有2项的差值为8，可取，则，
（若取或4，会使得，若取，会使得，均不满足题意），
剩下无论取何值，都无法满足从中任取2项的差值的绝对值分别对应1，，
所以，当时，不可能为有界数列，
当时，存在为10—有界数列，如，
易得，当时，存在，使得为有界数列，
综上所述，若为有界数列，则．
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）根据有界数列定义判断出是否为有界数列和判断出是否为有界数列；
（2）由题意得的值只有6种情况，分别为，即从中任取2项的差值的绝对值分别对应，从而可得的值，再由可得可能的值，再根据有界数列定义逐一分析，从而得出的值；
（3）由题意得，的值最少有10种情况，再由得出舍去，当时，，则得出的值，根据有界数列定义分析可得当时，不可能为有界数列，当时，存在为10—有界数列，从而证出不等式成立.
（1），，
，
所以为有界数列．
不存在，使得，
所以不是有界数列．
（2）因为为6—有界数列，
所以的值最少有6种情况．
因为共有4项，从中任取2项，共种取法，
所以的值只有6种情况，分别为，
即从中任取2项的差值的绝对值分别对应．
若，则，与从中任取2项的差值的绝对值分别对应矛盾；
若，则，从中任取2项的差值的绝对值取不到6，
所以．
①当时，若，不符合题意；
若，不符合题意；
若，符合题意；
若，不符合题意．
②当时，若，不符合题意；
若，不符合题意；
若，符合题意．
③当或5时，经检验，都不符合题意．
经验证，数列和数列均为6—有界数列．
综上，的值为或．
（3）证明：因为为10-有界数列，所以，的值最少有10种情况，
所以，解得舍去．
当时，，要使得为有界数列，
则从中任取2项的差值的绝对值分别对应．
因为为整数数列，且有界数列研究的是连续项中最大值与最小值的差值，
所以不妨设，且为单调递增数列．
因为，所以．
要使得中有2项的差值为9，不妨取．
要使得中有2项的差值为8，可取，即．
（若取或4，会使得，若取，会使得，均不满足题意）
剩下无论取何值，都无法满足从中任取2项的差值的绝对值分别对应1，，
所以当时，不可能为有界数列，
当时，存在为10—有界数列，如．
易得，当时，存在，使得为有界数列．
综上，若为有界数列，则．
1 / 1广东省深圳实验学校高中园2024-2025学年高三上学期期末数学试题
一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）
1．（2025高三上·南山期末）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，”的否定是“，”.
故答案为：C.
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，从而找出正确的选项.
2．（2025高三上·南山期末）已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则
A．a2=2b2 B．3a2=4b2 C．a=2b D．3a=4b
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆的离心率为，
化简得.
故答案为：B.
【分析】由题意结合椭圆的离心率的定义和椭圆中三者的关系式，从而可得满足题意的等式.
3．（2025高三上·南山期末）已知直线与直线，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．即不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解：因为直线与直线，
若，则，
解得或，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】根据两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出参数的值，再根据充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．（2025高三上·南山期末）已知的展开式中所有项的二项式系数之和为32，则的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．10 D．20
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】根据的展开式中，二项式系数的和为 ．
而 的展开式中，通项公式为，
令，求得 ，可得展开式中的系数为，
故答案为：D．
【分析】本题考查二项式的系数，二项式展开式的通项.先根据二项式系数性质可列出方程，解方程可求出的值，再利用二项展开式的通项公式计算可得：通项公式为，令的幂指数等于31，求出的值，进而可求出的系数．
5．（2025高三上·南山期末）已知△ABC是边长为1的正三角形，是BN上一点且，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，
得，且，
又因为三点共线，
所以，
则，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合平面向量基本定理，从而得出，再由三点共线得出的值，再利用数量积运算律和数量积的定义，从而得出的值.
6．（2025高三上·南山期末）已知是三个不重合的平面，且，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：若，则或与相交，故A错误；
若，则或与相交，故B错误；
若，则，故C正确；
若，则与相交，不一定是垂直，故D错误．
故答案为：C．
【分析】根据已知条件和空间两直线平行的判断方法、面面平行的判定定理、空间两直线垂直的判断方法、面面垂直的判定定理，从而逐项判断找出真命题的选项．
7．（2025高三上·南山期末）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【知识点】五点法画三角函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：当时，，
令，得，此时，
令，得，此时，
令，得，此时，
令，得，此时，
当时，，
则函数的周期，
结合周期，利用五点法作出图象，
由图知，当时，曲线与共有4个交点.
故答案为：.
【分析】先利用已知条件和分类讨论的方法，结合正弦型函数的最小正周期和五点法，从而作出两函数在上的图象，再结合两函数在上的图象，从而得出当时，曲线与的交点个数.
8．（2025高三上·南山期末）142857被称为世界上最神秘的数字，，所得结果是这些数字反复出现，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意知，，
设，则，
当时，单调递增，
所以，所以.
因为，所以，
得，所以，
则；
由，得，
所以，则，
所以，则，
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】设，利用导数的正负判断函数的单调性，从而可得，再结合可得，则，由得，则，从而比较出的大小.
二、选择题（本大题共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·南山期末）若是双曲线上一点，分别为的左、右焦点，则下列结论中正确的是（ ）
A．双曲线的虚轴长为
B．若，则的面积为2
C．的最小值是
D．双曲线的焦点到其渐近线的距离是2
【答案】B,C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线，得双曲线，
设双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，半焦距为，
对于选项A：，则双曲线的虚轴长为，故A错误；
对于选项B：，则，
所以，
得，
则的面积为，故B正确；
对于选项C：易知，故C正确；
对于选项D：易得双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，
所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先将椭圆方程转化为椭圆的标准方程，由题意结合椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，则判断出选项A；由勾股定理和双曲线定义可得的值，则可判断选项B；由焦半径取值范围可判断选项C；先得出双曲线的焦点坐标、渐近线方程，再由点到直线距离公式可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
10．（2025高三上·南山期末）下列递推关系式或其通项公式可以使数列为周期数列的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,C
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】解：对于A：由已知条件知，
因为，计算得出，
因此为周期数列，且周期为4，故A正确；
对于B：因为，，，
，…，所以，数列不是周期数列，故B错误；
对于C：因为；；；；；
，…，归纳可得数列构成以4为周期的周期数列，故C正确；
对于D：因为是单调递增数列，不是周期数列，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】根据周期函数的定义，从而逐项判断找出满足题意的选项.
11．（2025高三上·南山期末）已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（ ）
A．的图象关于点对称
B．
C．
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】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A：由题意知，，
则，
所以图象的对称中心为，故A正确；
对于B：因为，
两式相减得，所以，故B正确；
对于C：由选项B可得，的周期为4，
因为，所以，
令，得，则0，故C错误；
对于D：因为，又因为，
所以中，
令，得，
由，得，
又因为函数的周期为4，
则
，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由是奇函数可得，从而得出的图象关于点对称，则判断出选项A；由结合赋值法计算，从而得出，则判断出选项B；结合所得函数的周期性和赋值法计算，从而得出的值，则判断出选项C；结合函数的周期性结合赋值法算出一个周期内的值，从而得出的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．（2025高三上·南山期末）已知集合，，则的子集个数为 .
【答案】4
【知识点】交集及其运算；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：由，
解得或，
所以，有两个元素，
所以的子集个数为.
故答案为：4.
【分析】联立直线方程和抛物线方程，从而求出交集中的元素，再根据元素个数可得子集个数.
13．（2025高三上·南山期末）已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为 ．
【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设上下底面互相平行的两对角线分别为，则由球O的表面积为可得球O的半径，又正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，故，所以球O的球心正好在中点.故.所以正，故，所以正，故此正四棱台的侧棱长
故答案为：
【分析】 根据题意可得球O的半径，结合外接球的性质可得外接球心在底面的中心，再根据几何关系求解出正四棱台的侧棱长 .
14．（2025高三上·南山期末）在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是 ．
【答案】
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
设，，
则，，，
在中，由正弦定理，
得出，
所以，
在中，由正弦定理，
得出，
所以，
所以
（其中），
所以，
则，
所以，三角形的面积的最大值是．
故答案为：.
【分析】由勾股定理得到的长，设，，由正弦定理得到，，则，其中，再利用正弦型函数求最值的方法得出的值，结合三角形的面积公式得出三角形的面积的最大值.
四、解答题（本大题共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·南山期末）在中，分别为角所对的边，且
（1）求角B.
（2）若，求ABC周长的最大值.
【答案】（1）解：由，
得，
∵，
∴，
又因为，
∴.
（2）解：由，
可得：，，
所以的周长，
∵，
∴
，
∵，
∴的最大值为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题中的等式结合余弦定理，从而得出角B的余弦值，再利用三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）由正弦定理可得边角的等量关系，利用三角周长公式和三角恒等变换，从而将三角形的周长转化为正弦型函数，再利用（1）中角B的值和三角形的内角和定理，从而得出角A的取值范围，再根据正弦型函数求值域的方法，从而得出ABC周长的最大值.
（1）由，即，
∵，∴，又，∴.
（2）由可得，，，
的周长，
∵，∴
∵，∴的最大值为.
16．（2025高三上·南山期末）一个袋中装有个形状大小完全相同的小球，其中红球有个，白球有个，一次从中摸出个球．
（1）求“红球甲”没有被摸出的概率；
（2）设表示摸出的红球的个数，求的分布列、均值和方差．
【答案】（1）解：记红球甲没有被摸出为事件，
则.
（2）解：依题意，表示摸出的个球中的红球的个数，
则的可能取值为、、，
则，，，
则的分布列为：
所以，
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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
【解析】【分析】（1）根据已知条件和古典概率公式，从而得出“红球甲”没有被摸出的概率.
（2）依题意得出随机变量的可能取值，利用组合数公式和古典概率公式，从而求出所对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再由随机变量的分布列求数学期望公式和方差公式，从而得出随机变量的均值和方差．
（1）记红球甲没有被摸出为事件，则.
（2）依题意，表示摸出的个球中的红球的个数，则的可能取值为、、，
则，，，
则的分布列为
所以，
.
17．（2025高三上·南山期末）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱，
可得四边形为平行四边形，
因为，，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为，，
所以，
同理可得平面，
又因为，NK，平面MKN，
所以平面平面，
又因为平面MKN，
所以平面.
（2）解：因为侧面为正方形，
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，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，，，
所以平面MNK，
因为平面MNK，
所以，
所以，
则两两垂直，
所以，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面BNM的法向量为，
则，
所以，
取，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为，
则．
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）作出辅助线，利用三棱柱的结构特征得出四边形为平行四边形，从而得到，再利用线线平行和线面平行的推导关系，从而得出平面.
（2）由正方形的结构特征得出，再利用线线垂直和线面垂直的推导关系，从而得出两两垂直，进而建立空间直角坐标系，得出平面BNM的法向量，再结合数量积求向量夹角公式，从而得出直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，，则，
而平面，平面，故平面，
而，，则，同理可得平面，
而，NK，平面MKN，
故平面平面，而平面MKN，
故平面；
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为平面，所以，
因为，故平面，
因为平面，故，
又，而，，
故平面MNK，而平面MNK，故，
所以，故两两垂直，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，，
设平面BNM的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为，则
．
18．（2025高三上·南山期末）已知是抛物线：的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且过点的直线与相切于点，.
（1）求抛物线的方程.
（2）设过点的直线交于，两点，直线与的另一个交点为，点在与之间.
（i）证明：轴平分.
（ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围.
【答案】（1）解：由题意可知，，，
由已知条件得出直线的斜率恒不为0，
可设：.
联立，
可得，
因为直线与相切于点，
所以，
解得，
则，，
因为，所以，
解得，
所以，抛物线的方程为.
（2）（i）证明：如图：
（i）由已知条件可得直线的斜率恒不为0，
设直线的方程为，，，
由（1）得，，
联立方程组，可得，
则，，
所以
则轴平分.
（ii）解：由（i）可知直线与直线关于轴对称，
所以点和点关于轴对称，
则，
不妨设，因为点在点与点之间，
所以，，
则，，
则，
令，则，
令，则，解得；
由，则，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设切线方程为，代入抛物线方程，由可得的值，再结合焦半径公式可得的值，从而得出抛物线的标准方程.
（2）（i）要证轴平分，只需证即可，设直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立，借助韦达定理得到，，再利用两点求斜率公式表示出，整理化简证出轴平分.
（ii）利用图形的对称性得出点C的坐标，结合点在点与点之间，从而得出，，再根据三角形的面积公式表示出，利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而得出的取值范围.
（1）由题可知，，，由已知得直线的斜率恒不为0，故可设：.
联立，可得，
因为直线与相切于点，所以，解得，
则，.
因为，所以，解得，即抛物线的方程为.
（2）如图：
（i）由已知得直线的斜率恒不为0，故设的方程为，，，
由（1）得.
联立方程组，可得，则，，
所以.
故轴平分.
（ii）由（i）可知直线与关于轴对称，所以点，关于轴对称，则.
不妨设，因为点在与之间，所以，，
，，
则，令，则，
令，则，解得；由，则，解得.
则在上单调递增，在上单调递减，，
所以的取值范围为.
19．（2025高三上·南山期末）已知为有穷整数数列，共有项．给定正整数，若对任意的，在中，存在，使得，表示中最大的一项，表示中最小的一项，则称为有界数列．
（1）判断是否为有界数列，判断是否为有界数列，说明理由；
（2）若共有4项，，且为单调递增数列，写出所有的，使得为有界数列；
（3）若为有界数列，证明：．
【答案】（1）解：因为，，
，
所以为有界数列，
不存在，使得，
所以不是有界数列．
（2）解：因为为6—有界数列，
所以的值最少有6种情况
又因为共有4项，从中任取2项，共种取法，
所以的值只有6种情况，分别为，
则从中任取2项的差值的绝对值分别对应，
若，则，
与从中任取2项的差值的绝对值分别对应矛盾；
若，则，
从中任取2项的差值的绝对值取不到6，所以．
①当时，若，不符合题意；
若，不符合题意；
若，符合题意；
若，不符合题意；
②当时，若，不符合题意；
若，不符合题意；
若，符合题意；
③当或5时，经检验，都不符合题意，
经验证，数列和数列均为6—有界数列，
综上所述，的值为或．
（3）证明：因为为10-有界数列，
所以，的值最少有10种情况，
所以，解得舍去，
当时，，要使得为有界数列，
则从中任取2项的差值的绝对值分别对应．
因为为整数数列，且有界数列研究的是连续项中最大值与最小值的差值，
所以不妨设，且为单调递增数列，
因为，所以，
要使得中有2项的差值为9，不妨取；
要使得中有2项的差值为8，可取，则，
（若取或4，会使得，若取，会使得，均不满足题意），
剩下无论取何值，都无法满足从中任取2项的差值的绝对值分别对应1，，
所以，当时，不可能为有界数列，
当时，存在为10—有界数列，如，
易得，当时，存在，使得为有界数列，
综上所述，若为有界数列，则．
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）根据有界数列定义判断出是否为有界数列和判断出是否为有界数列；
（2）由题意得的值只有6种情况，分别为，即从中任取2项的差值的绝对值分别对应，从而可得的值，再由可得可能的值，再根据有界数列定义逐一分析，从而得出的值；
（3）由题意得，的值最少有10种情况，再由得出舍去，当时，，则得出的值，根据有界数列定义分析可得当时，不可能为有界数列，当时，存在为10—有界数列，从而证出不等式成立.
（1），，
，
所以为有界数列．
不存在，使得，
所以不是有界数列．
（2）因为为6—有界数列，
所以的值最少有6种情况．
因为共有4项，从中任取2项，共种取法，
所以的值只有6种情况，分别为，
即从中任取2项的差值的绝对值分别对应．
若，则，与从中任取2项的差值的绝对值分别对应矛盾；
若，则，从中任取2项的差值的绝对值取不到6，
所以．
①当时，若，不符合题意；
若，不符合题意；
若，符合题意；
若，不符合题意．
②当时，若，不符合题意；
若，不符合题意；
若，符合题意．
③当或5时，经检验，都不符合题意．
经验证，数列和数列均为6—有界数列．
综上，的值为或．
（3）证明：因为为10-有界数列，所以，的值最少有10种情况，
所以，解得舍去．
当时，，要使得为有界数列，
则从中任取2项的差值的绝对值分别对应．
因为为整数数列，且有界数列研究的是连续项中最大值与最小值的差值，
所以不妨设，且为单调递增数列．
因为，所以．
要使得中有2项的差值为9，不妨取．
要使得中有2项的差值为8，可取，即．
（若取或4，会使得，若取，会使得，均不满足题意）
剩下无论取何值，都无法满足从中任取2项的差值的绝对值分别对应1，，
所以当时，不可能为有界数列，
当时，存在为10—有界数列，如．
易得，当时，存在，使得为有界数列．
综上，若为有界数列，则．
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