广东省深圳市深圳高级中学（集团）2024-2025学年高三第三次诊断考数学试题
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·福田期末）设全集，集合，，则集合（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，
则，
解得，
所以，
又因为，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】解绝对值不等式求出集合，再根据补集和交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高三上·福田期末）若复数满足（是虚数单位），则复数的虚部是（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数的虚部是2.
故答案为：B.
【分析】由复数的除法运算法则得出复数z，从而得出复数z的虚部.
3．（2025高三上·福田期末）已知向量，满足，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，
得，
因为，
所以，
解得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据数量积求向量的模长公式和两向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积的运算律，从而得出的值.
4．（2025高三上·福田期末）设 ，则 （ ）
A．21 B．64 C．78 D．156
【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；二项式定理的应用
【解析】【解答】 的通项公式为 ，
所以 。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，进而结合等差数列前n项和公式，进而求出的值。
5．（2025高三上·福田期末）曲线在点 处的切线与直线和 围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以在点处的切线方程为，
因为切线方程与的交点为，
又因为切线方程与的交点为，
所以，三角形面积为.
故答案为：A.
【分析】利用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，再联立两直线方程得出交点坐标，结合三角形的面积公式得出曲线在点处的切线与直线和围成的三角形的面积.
6．（2025高三上·福田期末）已知的半径为，直线恒过点，且成等差数列，过点作的切线，则点到切点的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】恒过定点的直线；圆的切线方程；等差中项
【解析】【解答】解：因为成等差数列，
所以，
代入方程，
可得，
令，解得，
则直线恒过点，
所以圆心，
则，
设切点为，则，
所以．
所以，点到切点的距离为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件结合等差中项公式，从而可得，再代入直线的方程，从而求出直线所过定点坐标，再结合切线性质和勾股定理，从而得出点到切点的距离.
7．（2025高三上·福田期末）只用1，2，3这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（ ）
A．30个 B．36个 C．42个 D．48个
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：同一个数字出现3次时，其他两个数字进行插空，则有种情况，
有两个数字出现两次，第三个数字出现1次时，此时有种情况，
以两个1，两个2，一个3为例，
若两个1出现在万位和百位，此时2可以在千位和十位或千位和个位，有2种情况，
若两个1出现在万位和十位，此时2可以在千位和个位或百位和个位，有2种情况，
若两个1出现在万位和个位，此时2只能在千位和十位，有1种情况，
若两个1出现在千位和十位，此时2可以在万位和百位或万位和个位或百位和个位，有3种情况，
若两个1出现在千位和个位，此时2可以在万位和百位或万位和十位，有2种情况，
若两个1出现在百位和个位，此时2可以在万位和十位或千位和十位，有2种情况，
则有种情况，
所以，共有种情况，
综上所述，这样的五位数共有种.
故答案为：C.
【分析】分同一个数字出现3次和两个数字出现两次，第三个数字出现1次两种情况，从而求出各个情况数，再利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理，从而得出这三个数字必须全部使用且同一数字不能相邻出现的这样的五位数共有的个数.
8．（2025高三上·福田期末）已知函数，对任意，都有，且存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，
所以在区间恒成立，
则在区间上单调递增，
所以，当时，，
令，
由题意，得对恒成立，则，
因为的对称轴为，
所以，
得到，
解得.
当时，，
则在区间上单调递减，
所以，当时，，
存在，使得，
所以，
得到，
解得或，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】对求导，从而得到，利用导数正负与函数单调性的关系，从而判断出函数在区间和上的单调性，进而求出在这两个区间上的取值范围，再根据已知条件构造函数，结合已知条件和二次函数的单调性，从而得出实数m的取值范围.
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，有多项奪合题目要求.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·福田期末）一组样本数据的平均数为，标准差为s．另一组样本数据，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】数列的求和；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意，可得，
，
同理可得
两式相加得，
，
所以，
则．
故答案为：BC．
【分析】由平均数定义和标准差的定义逐项判断找出正确的选项．
10．（2025高三上·福田期末）已知函数的导函数为，下列判断正确的是（ ）
A．函数关于中心对称，函数关于轴对称
B．在复数范围内方程有三个根，且三个根的和为3
C．时，
D．四次函数必为轴对称函数
【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；图形的对称性；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：对于选项A：因为，
可知函数关于中心对称，
由，
可得，
则，
所以函数关于轴对称，故A正确；
对于选项B：因为，
设在复数范围内方程有2个根为，则，
可知在复数范围内方程有三个根为，则
所以三个根的和为3，故B正确；
对于选项C：若，
则，
可知函数在内单调递减，且，
可得，
所以，故C正确；
对于选项D：例如，
假设为轴对称函数，
则存在，使得，
因为，
可得，方程组无解，
则假设不成立，可知不为轴对称函数，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据函数图形的对称性判断出选项A；整理可得，从而分析出的根，则判断出选项B；分析可知函数在内单调递减，再结合函数的单调性判断出选项C；举反例说明结合函数图象的对称性，则判断出选项D，从而找出判断正确的选项.
11．（2025高三上·福田期末）如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（ ）
A．与所成的角为定值 B．球的表面积的最大值为
C． D．存在点使得
【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；用空间向量研究二面角；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：方案一：对于A：由题意，
可得，，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
则与所成的角是，为定值，故A正确；
对于B：设，球O的半径为R，外接圆半径为r，
根据正弦定理，可得，则，
所以，
因为，
所以，
所以无最大值，
则球O的表面积无最大值，故B错误；
对于C：如图，过点作，垂足为M，连接CM，
易得平面BCD，
则，，，，，.
假设，
则，
设，，则，，，
解得或，与矛盾，
所以假设不成立，
同理可证当M再BD延长线上时，无解，故C正确；
对于D：如图，过点D作DO平面，垂足为O，
易得O在的角平分线CE上，
连接DE，过点O作ONBC，垂足为N，连接DN，
则，，，，，
由对称性可知.
【方法一】
假设成立，则，
所以点D在底面的射影为的内心，
设，，则，，
所以，，
所以，
因为，
所以，
解得，故D正确.
【方法二】
因为，由对称性可知，
在直角中，，
当时，，，，故D正确.
方案二：如图建立空间直角坐标系，D为坐标原点，DC为x轴，DB为y轴，垂直于DB为z轴，轴，连接CM，
根据等边的边长为4，为边的中点，
将沿折成三棱锥，
易得，，，
不妨设，显然，，.
对于A：因为，，显然，
则与所成的角是，为定值，故A正确；
对于B：根据题意，不妨设球心，球半径为R，
则，
因为，，
所以，
又因为，化简可得，，
所以，
又因为，所以无最大值，
则球O的表面积无最大值，故B错误；
对于C：显然易得，，，
假设成立，
则，
当时，解得(舍去)或，与矛盾；
当时，解得(舍去)，
综上所述，无解，
假设不成立，故C正确；
对于D：设平面的法向量为，平面的法向量为，
平面的法向量为，平面的法向量为，
假设存在，使得成立，
则，
根据，，，，
可得，，，
所以，
，
，
所以，
又因为
解得，
所以假设成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用建系的方法得出点的坐标和向量的坐标，再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，得出与所成的角为定值，则判断出选项A；利用建系的方法得出向量的坐标，再利用向量法结合勾股定理，从而得出球O的的半径无最大值，再利用球的表面积公式得出三棱锥外接球的表面积无最大值，则判断出选项B；利用正切函数的定义和分类讨论的方法，再结合反证法判断出选项C；利用空间直角坐标得出点的坐标和向量的坐标，得出平面的法向量、平面的法向量、平面的法向量和平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式和勾股定理以及反证法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·福田期末）已知sin，则 .
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】
所以
所以
故答案为：
【分析】利用诱导公式求出，再利用余弦的二倍角公式即可求出答案。
13．（2025高三上·福田期末）无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和，若对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，则k的最大值为 ．
【答案】4
【知识点】数列与函数的综合
【解析】【解答】解：对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，可得
当n=1时，a1=S1=2或3；
若n=2，由S2∈{2，3}，可得数列的前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，﹣1；
若n=3，由S3∈{2，3}，可得数列的前三项为2，0，0；或2，0，1；
或2，1，0；或2，1，﹣1；或3，0，0；或3，0，﹣1；或3，1，0；或3，1，﹣1；
若n=4，由S3∈{2，3}，可得数列的前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；
或2，0，1，0；或2，0，1，﹣1；或2，1，0，0；或2，1，0，﹣1；
或2，1，﹣1，0；或2，1，﹣1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，﹣1；
或3，0，﹣1，0；或3，0，﹣1，1；或3，﹣1，0，0；或3，﹣1，0，1；
或3，﹣1，1，0；或3，﹣1，1，﹣1；
…
即有n＞4后一项都为0或1或﹣1，则k的最大个数为4，
不同的四个数均为2，0，1，﹣1，或3，0，1，﹣1．
故答案为：4．
【分析】对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，列举出n=1，2，3，4的情况，归纳可得n＞4后都为0或1或﹣1，则k的最大个数为4．；本题考查数列与集合的关系，考查分类讨论思想方法，注意运用归纳思想，属于中档题．
14．（2025高三上·福田期末）已知的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，
得到，
所以，
则
因为，
所以，
当且仅当时，即当时取等号，
又因为，
当且仅当时，即当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件得到，再利用转化法和构造法结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
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·福田期末）中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角A的大小；
（2）若边上的中线，求的面积.
【答案】（1）解：因为，
所以，
所以，
即 ，
因为 ，
所以 ，
所以；
（2）解：在中，由余弦定理得，
即①，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，
两式相加得②，
由①②得，
所以.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意，利用正弦定理与三角形的内角和定理求得角A的大小；
(2) 由余弦定理得， ，进而求出c的值， 再根据三角形的面积公式即可求出 的面积.
16．（2025高三上·福田期末）如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点.
（1）证明：；
（2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：取中点，连接，
，
平面平面，平面平面平面，
平面，
平面，
，
，
，
则，
又因为平面平面，
平面.
（2）解：连接，设，连接，
平面平面，平面平面，
，易知，
取中点，连接，
则两两互相垂直，
分别以为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
，
，
设平面的一个法向量，
则
所以
令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以，直线与平面所成角的.正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先由面面垂直证出线面垂直，再利用线面垂直的定义可得，证出可得平面，再结合线面垂直的定义证出.
（2）利用已知条件和线面平行的性质定理得出线线平行，从而得出对应边成比例，再利用线线垂直，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，得出平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）取中点，连接
平面平面，平面平面平面
平面
平面
，即
又平面平面
平面
（2）连接，设，连接
平面平面，平面平面
，易知
取中点，连接，则两两互相垂直.
分别以为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系
则
，
，
设平面的一个法向量
则即令，则
设直线与平面所成角为，则
即直线与平面所成角的.正弦值为
17．（2025高三上·福田期末）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴.
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，求面积的最大值.
【答案】（1）解：依题意，右焦点，
则左焦点，
因为，轴，
所以，
所以，
解得，，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，
由，
消去，并整理得，
则，解得，
设，
则
则面积为：，
令，
则且，
所以，
当且仅当时，即当时取等号，
所以面积的最大值为.
【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）先求出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆定义和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，再结合韦达定理和三角形的面积公式，从而表示出三角形的面积为：，令，则且，
则，再利用基本不等式求最值的方法，从而求出面积的最大值.
（1）依题意，右焦点，则左焦点，而，轴，
则，于是，
解得，，所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，
由消去并整理得，
，解得，
设，则
则面积，
令，则，且，
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.
18．（2025高三上·福田期末）深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率.
（1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望；
（2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求；
（3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由.
【答案】（1）解：依题意，随机变量的可能取值为，
则，
，
所以的分布列如下表所示：
2 3 4
则数学期望为.
（2）解：由这人的合计得分为分，
得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，
则，
令数列的前项和为，
则，
所以，
两式相减，得：
，
则，
所以.
（3）解：在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，
则这些人的合计得分可能为分或分，
记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，
则与是对立事件，
则，，，
所以，
由，得，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
因此，
随着的无限增大，无限趋近于0，无限趋近于，
所以，随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的极限；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）先根据题意得到变量的可能取值，结合独立事件乘法求概率公式，从而得出相应的概率，进而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（2）由这人的合计得分为分，从而得到，再结合乘公比错位相减法求和，从而得出的值.
（3）记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，利用对立事件求概率公式得到，再结合数列的递推关系式和等比数列的定义，则判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式和数列求极限的方法，从而得出随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.
（1）依题意，随机变量的可能取值为，
则，，
所以的分布列如下表所示：
2 3 4
数学期望为.
（2）由这人的合计得分为分，得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，
于是，令数列的前项和为，
则，
于是，
两式相减得
，因此，
所以.
（3）在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分，
记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，与是对立事件，
则，，，即，
由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列，
，因此，
随着的无限增大，无限趋近于0，无限趋近于，
所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.
19．（2025高三上·福田期末）已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；
（2）设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形；
（3）证明：.
【答案】（1）解：因为，
所以
由题意，可知，
解得.
（2）解：
对于函数，
则，解得，
所以，函数的定义域为，
对于函数，
则，可得，
解得或，
所以，函数的定义域为，
则该定义域关于直线对称，
因为
，
所以，函数的图象关于直线对称，
则曲线是轴对称图形.
（3）证明：当时，，
则，令，
则，
当时，，则函数在上为增函数，
此时，，则，
所以，函数在上为增函数，此时，，
取，可得，
所以，
则，
所以，，
所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；用斜率判定两直线平行；图形的对称性
【解析】【分析】（1）先求出，由题意可得，从而得出实数的值.
（2）利用函数f(x)的解析式求出函数的解析式，从而可得其定义域，进而可知函数的定义域关于直线对称，再证出，从而证出曲线是轴对称图形.
（3）将a的值代入得出函数的解析式，利用导数正负判断函数在上的单调性，从而得出，再利用对数函数的单调性化简证出不等式成立.
（1）因为，
则，
由题意可知，，解得.
（2），
对于函数，
有，解得，即函数的定义域为，
对于函数，则，可得，解得或，
所以，函数的定义域为，故该定义域关于直线对称，
因为
，
故函数的图象关于直线对称，所以曲线是轴对称图形.
（3）当时，，
则，令，
则，
当时，，则函数在上为增函数，此时，，
即，所以，函数在上为增函数，此时，，
取，可得，
于是，即，
所以，，
故.
1 / 1广东省深圳市深圳高级中学（集团）2024-2025学年高三第三次诊断考数学试题
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·福田期末）设全集，集合，，则集合（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·福田期末）若复数满足（是虚数单位），则复数的虚部是（ ）
A．1 B．2 C． D．
3．（2025高三上·福田期末）已知向量，满足，，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·福田期末）设 ，则 （ ）
A．21 B．64 C．78 D．156
5．（2025高三上·福田期末）曲线在点 处的切线与直线和 围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．1
6．（2025高三上·福田期末）已知的半径为，直线恒过点，且成等差数列，过点作的切线，则点到切点的距离为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·福田期末）只用1，2，3这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（ ）
A．30个 B．36个 C．42个 D．48个
8．（2025高三上·福田期末）已知函数，对任意，都有，且存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
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，有多项奪合题目要求.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·福田期末）一组样本数据的平均数为，标准差为s．另一组样本数据，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高三上·福田期末）已知函数的导函数为，下列判断正确的是（ ）
A．函数关于中心对称，函数关于轴对称
B．在复数范围内方程有三个根，且三个根的和为3
C．时，
D．四次函数必为轴对称函数
11．（2025高三上·福田期末）如图，等边的边长为4，为边的中点，将沿折成三棱锥，，B，C，D都在球的球面上．记，，与平面所成的角分别为，，，平面，，与平面所成的角分别为，，，则（ ）
A．与所成的角为定值 B．球的表面积的最大值为
C． D．存在点使得
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·福田期末）已知sin，则 .
13．（2025高三上·福田期末）无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和，若对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，则k的最大值为 ．
14．（2025高三上·福田期末）已知的最小值为 .
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·福田期末）中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角A的大小；
（2）若边上的中线，求的面积.
16．（2025高三上·福田期末）如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点.
（1）证明：；
（2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2025高三上·福田期末）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴.
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，求面积的最大值.
18．（2025高三上·福田期末）深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率.
（1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望；
（2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求；
（3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由.
19．（2025高三上·福田期末）已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；
（2）设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形；
（3）证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，
则，
解得，
所以，
又因为，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】解绝对值不等式求出集合，再根据补集和交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数的虚部是2.
故答案为：B.
【分析】由复数的除法运算法则得出复数z，从而得出复数z的虚部.
3．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，
得，
因为，
所以，
解得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据数量积求向量的模长公式和两向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积的运算律，从而得出的值.
4．【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；二项式定理的应用
【解析】【解答】 的通项公式为 ，
所以 。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，进而结合等差数列前n项和公式，进而求出的值。
5．【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以在点处的切线方程为，
因为切线方程与的交点为，
又因为切线方程与的交点为，
所以，三角形面积为.
故答案为：A.
【分析】利用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，再联立两直线方程得出交点坐标，结合三角形的面积公式得出曲线在点处的切线与直线和围成的三角形的面积.
6．【答案】A
【知识点】恒过定点的直线；圆的切线方程；等差中项
【解析】【解答】解：因为成等差数列，
所以，
代入方程，
可得，
令，解得，
则直线恒过点，
所以圆心，
则，
设切点为，则，
所以．
所以，点到切点的距离为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件结合等差中项公式，从而可得，再代入直线的方程，从而求出直线所过定点坐标，再结合切线性质和勾股定理，从而得出点到切点的距离.
7．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：同一个数字出现3次时，其他两个数字进行插空，则有种情况，
有两个数字出现两次，第三个数字出现1次时，此时有种情况，
以两个1，两个2，一个3为例，
若两个1出现在万位和百位，此时2可以在千位和十位或千位和个位，有2种情况，
若两个1出现在万位和十位，此时2可以在千位和个位或百位和个位，有2种情况，
若两个1出现在万位和个位，此时2只能在千位和十位，有1种情况，
若两个1出现在千位和十位，此时2可以在万位和百位或万位和个位或百位和个位，有3种情况，
若两个1出现在千位和个位，此时2可以在万位和百位或万位和十位，有2种情况，
若两个1出现在百位和个位，此时2可以在万位和十位或千位和十位，有2种情况，
则有种情况，
所以，共有种情况，
综上所述，这样的五位数共有种.
故答案为：C.
【分析】分同一个数字出现3次和两个数字出现两次，第三个数字出现1次两种情况，从而求出各个情况数，再利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理，从而得出这三个数字必须全部使用且同一数字不能相邻出现的这样的五位数共有的个数.
8．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，
所以在区间恒成立，
则在区间上单调递增，
所以，当时，，
令，
由题意，得对恒成立，则，
因为的对称轴为，
所以，
得到，
解得.
当时，，
则在区间上单调递减，
所以，当时，，
存在，使得，
所以，
得到，
解得或，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】对求导，从而得到，利用导数正负与函数单调性的关系，从而判断出函数在区间和上的单调性，进而求出在这两个区间上的取值范围，再根据已知条件构造函数，结合已知条件和二次函数的单调性，从而得出实数m的取值范围.
9．【答案】B,C
【知识点】数列的求和；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意，可得，
，
同理可得
两式相加得，
，
所以，
则．
故答案为：BC．
【分析】由平均数定义和标准差的定义逐项判断找出正确的选项．
10．【答案】A,B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；图形的对称性；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：对于选项A：因为，
可知函数关于中心对称，
由，
可得，
则，
所以函数关于轴对称，故A正确；
对于选项B：因为，
设在复数范围内方程有2个根为，则，
可知在复数范围内方程有三个根为，则
所以三个根的和为3，故B正确；
对于选项C：若，
则，
可知函数在内单调递减，且，
可得，
所以，故C正确；
对于选项D：例如，
假设为轴对称函数，
则存在，使得，
因为，
可得，方程组无解，
则假设不成立，可知不为轴对称函数，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据函数图形的对称性判断出选项A；整理可得，从而分析出的根，则判断出选项B；分析可知函数在内单调递减，再结合函数的单调性判断出选项C；举反例说明结合函数图象的对称性，则判断出选项D，从而找出判断正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；用空间向量研究二面角；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：方案一：对于A：由题意，
可得，，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
则与所成的角是，为定值，故A正确；
对于B：设，球O的半径为R，外接圆半径为r，
根据正弦定理，可得，则，
所以，
因为，
所以，
所以无最大值，
则球O的表面积无最大值，故B错误；
对于C：如图，过点作，垂足为M，连接CM，
易得平面BCD，
则，，，，，.
假设，
则，
设，，则，，，
解得或，与矛盾，
所以假设不成立，
同理可证当M再BD延长线上时，无解，故C正确；
对于D：如图，过点D作DO平面，垂足为O，
易得O在的角平分线CE上，
连接DE，过点O作ONBC，垂足为N，连接DN，
则，，，，，
由对称性可知.
【方法一】
假设成立，则，
所以点D在底面的射影为的内心，
设，，则，，
所以，，
所以，
因为，
所以，
解得，故D正确.
【方法二】
因为，由对称性可知，
在直角中，，
当时，，，，故D正确.
方案二：如图建立空间直角坐标系，D为坐标原点，DC为x轴，DB为y轴，垂直于DB为z轴，轴，连接CM，
根据等边的边长为4，为边的中点，
将沿折成三棱锥，
易得，，，
不妨设，显然，，.
对于A：因为，，显然，
则与所成的角是，为定值，故A正确；
对于B：根据题意，不妨设球心，球半径为R，
则，
因为，，
所以，
又因为，化简可得，，
所以，
又因为，所以无最大值，
则球O的表面积无最大值，故B错误；
对于C：显然易得，，，
假设成立，
则，
当时，解得(舍去)或，与矛盾；
当时，解得(舍去)，
综上所述，无解，
假设不成立，故C正确；
对于D：设平面的法向量为，平面的法向量为，
平面的法向量为，平面的法向量为，
假设存在，使得成立，
则，
根据，，，，
可得，，，
所以，
，
，
所以，
又因为
解得，
所以假设成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用建系的方法得出点的坐标和向量的坐标，再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，得出与所成的角为定值，则判断出选项A；利用建系的方法得出向量的坐标，再利用向量法结合勾股定理，从而得出球O的的半径无最大值，再利用球的表面积公式得出三棱锥外接球的表面积无最大值，则判断出选项B；利用正切函数的定义和分类讨论的方法，再结合反证法判断出选项C；利用空间直角坐标得出点的坐标和向量的坐标，得出平面的法向量、平面的法向量、平面的法向量和平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式和勾股定理以及反证法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】
所以
所以
故答案为：
【分析】利用诱导公式求出，再利用余弦的二倍角公式即可求出答案。
13．【答案】4
【知识点】数列与函数的综合
【解析】【解答】解：对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，可得
当n=1时，a1=S1=2或3；
若n=2，由S2∈{2，3}，可得数列的前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，﹣1；
若n=3，由S3∈{2，3}，可得数列的前三项为2，0，0；或2，0，1；
或2，1，0；或2，1，﹣1；或3，0，0；或3，0，﹣1；或3，1，0；或3，1，﹣1；
若n=4，由S3∈{2，3}，可得数列的前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；
或2，0，1，0；或2，0，1，﹣1；或2，1，0，0；或2，1，0，﹣1；
或2，1，﹣1，0；或2，1，﹣1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，﹣1；
或3，0，﹣1，0；或3，0，﹣1，1；或3，﹣1，0，0；或3，﹣1，0，1；
或3，﹣1，1，0；或3，﹣1，1，﹣1；
…
即有n＞4后一项都为0或1或﹣1，则k的最大个数为4，
不同的四个数均为2，0，1，﹣1，或3，0，1，﹣1．
故答案为：4．
【分析】对任意n∈N*，Sn∈{2，3}，列举出n=1，2，3，4的情况，归纳可得n＞4后都为0或1或﹣1，则k的最大个数为4．；本题考查数列与集合的关系，考查分类讨论思想方法，注意运用归纳思想，属于中档题．
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，
得到，
所以，
则
因为，
所以，
当且仅当时，即当时取等号，
又因为，
当且仅当时，即当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件得到，再利用转化法和构造法结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，
所以，
即 ，
因为 ，
所以 ，
所以；
（2）解：在中，由余弦定理得，
即①，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，
两式相加得②，
由①②得，
所以.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意，利用正弦定理与三角形的内角和定理求得角A的大小；
(2) 由余弦定理得， ，进而求出c的值， 再根据三角形的面积公式即可求出 的面积.
16．【答案】（1）证明：取中点，连接，
，
平面平面，平面平面平面，
平面，
平面，
，
，
，
则，
又因为平面平面，
平面.
（2）解：连接，设，连接，
平面平面，平面平面，
，易知，
取中点，连接，
则两两互相垂直，
分别以为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
，
，
设平面的一个法向量，
则
所以
令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以，直线与平面所成角的.正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先由面面垂直证出线面垂直，再利用线面垂直的定义可得，证出可得平面，再结合线面垂直的定义证出.
（2）利用已知条件和线面平行的性质定理得出线线平行，从而得出对应边成比例，再利用线线垂直，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，得出平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）取中点，连接
平面平面，平面平面平面
平面
平面
，即
又平面平面
平面
（2）连接，设，连接
平面平面，平面平面
，易知
取中点，连接，则两两互相垂直.
分别以为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系
则
，
，
设平面的一个法向量
则即令，则
设直线与平面所成角为，则
即直线与平面所成角的.正弦值为
17．【答案】（1）解：依题意，右焦点，
则左焦点，
因为，轴，
所以，
所以，
解得，，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，
由，
消去，并整理得，
则，解得，
设，
则
则面积为：，
令，
则且，
所以，
当且仅当时，即当时取等号，
所以面积的最大值为.
【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）先求出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆定义和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而求出的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，再结合韦达定理和三角形的面积公式，从而表示出三角形的面积为：，令，则且，
则，再利用基本不等式求最值的方法，从而求出面积的最大值.
（1）依题意，右焦点，则左焦点，而，轴，
则，于是，
解得，，所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，
由消去并整理得，
，解得，
设，则
则面积，
令，则，且，
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.
18．【答案】（1）解：依题意，随机变量的可能取值为，
则，
，
所以的分布列如下表所示：
2 3 4
则数学期望为.
（2）解：由这人的合计得分为分，
得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，
则，
令数列的前项和为，
则，
所以，
两式相减，得：
，
则，
所以.
（3）解：在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，
则这些人的合计得分可能为分或分，
记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，
则与是对立事件，
则，，，
所以，
由，得，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
因此，
随着的无限增大，无限趋近于0，无限趋近于，
所以，随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的极限；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）先根据题意得到变量的可能取值，结合独立事件乘法求概率公式，从而得出相应的概率，进而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（2）由这人的合计得分为分，从而得到，再结合乘公比错位相减法求和，从而得出的值.
（3）记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，利用对立事件求概率公式得到，再结合数列的递推关系式和等比数列的定义，则判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式和数列求极限的方法，从而得出随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.
（1）依题意，随机变量的可能取值为，
则，，
所以的分布列如下表所示：
2 3 4
数学期望为.
（2）由这人的合计得分为分，得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，
于是，令数列的前项和为，
则，
于是，
两式相减得
，因此，
所以.
（3）在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分，
记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，与是对立事件，
则，，，即，
由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列，
，因此，
随着的无限增大，无限趋近于0，无限趋近于，
所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.
19．【答案】（1）解：因为，
所以
由题意，可知，
解得.
（2）解：
对于函数，
则，解得，
所以，函数的定义域为，
对于函数，
则，可得，
解得或，
所以，函数的定义域为，
则该定义域关于直线对称，
因为
，
所以，函数的图象关于直线对称，
则曲线是轴对称图形.
（3）证明：当时，，
则，令，
则，
当时，，则函数在上为增函数，
此时，，则，
所以，函数在上为增函数，此时，，
取，可得，
所以，
则，
所以，，
所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；用斜率判定两直线平行；图形的对称性
【解析】【分析】（1）先求出，由题意可得，从而得出实数的值.
（2）利用函数f(x)的解析式求出函数的解析式，从而可得其定义域，进而可知函数的定义域关于直线对称，再证出，从而证出曲线是轴对称图形.
（3）将a的值代入得出函数的解析式，利用导数正负判断函数在上的单调性，从而得出，再利用对数函数的单调性化简证出不等式成立.
（1）因为，
则，
由题意可知，，解得.
（2），
对于函数，
有，解得，即函数的定义域为，
对于函数，则，可得，解得或，
所以，函数的定义域为，故该定义域关于直线对称，
因为
，
故函数的图象关于直线对称，所以曲线是轴对称图形.
（3）当时，，
则，令，
则，
当时，，则函数在上为增函数，此时，，
即，所以，函数在上为增函数，此时，，
取，可得，
于是，即，
所以，，
故.
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