浙江省杭州学军中学2024-2025学年高三上学期期末测试数学试卷
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．（2025高三上·杭州期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·杭州期末）已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2025高三上·杭州期末）已知，，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·杭州期末）在中，已知，点O是的外心，则（ ）
A．16 B． C．8 D．
5．（2025高三上·杭州期末）等比数列的前项和为，，，则（ ）
A．27 B．24 C．21 D．18
6．（2025高三上·杭州期末）甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为（ ）
A．12 B．16 C．18 D．24
7．（2025高三上·杭州期末）如图，直线与函数的图象的三个相邻的交点为A，B，C，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高三上·杭州期末）已知双曲线的左顶点为是双曲线的右焦点，点在直线上，且的最大值是，则双曲线的离心率是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高三上·杭州期末）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量X服从正态分布，且，则
B．一组数据的第60百分位数为13.5
C．对具有线性相关关系的变量，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是－4
D．若决定系数越小，则两个变量的相关性越强
10．（2025高三上·杭州期末）在梯形中，，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025高三上·杭州期末）在平面四边形中，，将沿折起，使到达点的位置．已知三棱锥的外接球的球心恰是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．与平面所成的角相等
B．
C．二面角的大小可能为
D．若，则球的表面积为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12．（2025高三上·杭州期末）二项式的展开式中的常数项为 .
13．（2025高三上·杭州期末）已知点F为椭圆的右焦点，不过F的直线l与椭圆相交于两点，且与圆在y轴右侧相切，则的周长为 ．
14．（2025高三上·杭州期末）已知，对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是 ．
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·杭州期末）如图，矩形是圆柱的轴截面，分别是上、下底面圆周上的点，且．
（1）求证：；
（2）若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值
16．（2025高三上·杭州期末）盒中共有3个小球，其中1个黑球，2个红球.每次随机抽取1球后放回，并放入k个同（）色球.
（1）若，记抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率为，求的最大值；
（2）若，记事件表示抽取第i次时抽中黑球.
（ⅰ）分别求，，；
（ⅱ）结合上述分析，请直接写出抽取n次中恰有2次抽中黑球的概率.
17．（2025高三上·杭州期末）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
（3）若在存在极值，求a的取值范围.
18．（2025高三上·杭州期末） 两条动直线和分别与抛物线相交于不同于原点的A，B两点，当的垂心恰是C的焦点时，.
（1）求p；
（2）若，弦中点为P，点关于直线的对称点N在抛物线C上，求的面积.
19．（2025高三上·杭州期末）已知两个数列和的项数均为，且对于数列，其中，若存在满足：①，都有；②，使得，则称数列是的单极数列.
（1）已知，若的单极数列为，求满足条件的的个数.
（2）已知是的单极数列.
（i）若，求.
（ii）若，当时，证明：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：集合，，
因为，所以.
故答案为：B．
【分析】利用对数与指幂的互换，结合对数函数的性质，集合的交集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数相等的充要条件；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：因为复数在复平面内所对应的点位于第一象限，
则设，
因为，
所以，
所以复数在复平面内所对应的点为，
又因为，
所以该点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】先根据题意，设复数的代数形式，由已知条件得出复数，再利用复数的几何意义，从而得到其对应点的坐标，根据点的坐标确定点所在的象限.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，得出，
解得或，
则命题或，
所以由命题推不出命题，故充分性不成立；
由命题推得出命题，故必要性成立；
所以命题是命题的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】先解分式不等式化简命题，再根据充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；三角形五心
【解析】【解答】解：如图，过点O作于D，
可知，
则.
故答案为：C.
【分析】由已知条件得出，再利用三角形外心的性质得出，再利用数量积的运算律得出的值．
5．【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，因为，，所以，
所以，
则.
故答案：C．
【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列性质求解即可.
6．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：因为甲乙两人听同一个讲座，方法数有种，
其他人听不同的讲座，方法数有种，
所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为种.
故答案为：D.
【分析】先安排甲、乙，再安排其他人，再根据组合数公式、排列数公式和分步乘法计数原理，从而得出恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数.
7．【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：因为，，
所以相邻两对称轴间的距离，
则周期，
所以，故选项B、选项D都错误；
当时，代入，
可得，满足题意；
代入，
可得，不符合题意，故选项A正确、选项C错误.
故答案为：A.
【分析】由题意可得相邻对称轴间距离，从而求出正弦型函数的最小正周期，再利用正弦型函数的最小正周期公式得出的值，则判断出选项B和选项D；再将代入函数解析式结合已知条件，则判断出选项A和选项C，从而找出正确的选项.
8．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图，直线与轴交于点，
设，则.
因为，
所以，
，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
整理得，
则，
解得.
故答案为：B.
【分析】利用两角差的正切公式表示出，再结合基本不等式求最值的方法，从而求出的最大值，再解一元二次方程得出双曲线C的离心率的值.
9．【答案】A,C
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A，因为随机变量X服从正态分布，，
所以，故A正确；
对于选项B，这组数据总共有10个数，
因为，
因此第60百分位数为，故B错误；
对于选项C，因为经验回归方程为，样本中心为，
所以，
解得，故C正确；
对于选项D，因为，
当越小时，越小，此时两个变量的相关性越小，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性和已知条件，则判断出选项A；由百分位数计算公式判断出选项B；把中心点代入回归方程求解后判断出选项C；利用相关系数和决定系数的概念判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；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；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于A，在中，，
则，
由正弦定理知，
则，故A正确；
对于B，如图：
则
，
，
，故B正确；
对于C，因为
，故C错误；
对于D，因为
，
所以，
则，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】在中由正弦定理得出的长，则判断出选项A；利用三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的余弦公式，从而得出的值，则判断出选项B；利用数量积定义计算出的值，则判断出选项C；利用数量积运算律计算出，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；球面上的勾股定理
【解析】【解答】解：对于A，取的中点，
因为，
所以点是的外心，
连接，
则平面，
因为是的中点，
所以，
所以平面，
又因为点是是的中点，，
所以，
又因为，
所以，
所以，故选项A正确；
对于B，因为，
，
，故选项B正确；
对于C，因为，，，平面，
所以平面，平面，
所以，
作，交于点，
因为，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以即为的平面角，
若，
则，
在直角三角形中，斜边，
这是不可能的，故选项C错误；
对于D，若，
则，，
所以，外接球半径，
，故选项D正确.
故答案为：ABD．
【分析】取的中点，利用已知条件和线线垂直证出平面，平面，再根据和全等三角形的性质，则可判断选项A；利用可判断选项B；作， 则为二面角的平面角，若，则，则推出矛盾可判断选项C；根据求出正方体的外接球半径，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】-160
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：的展开式的通项公式为，
令，解得，
∴展开式的常数项为．
故答案为：-160．
【分析】首先求出二项展开式的通项公式，再由已知条件计算出r的取值，并代入到通项公式由此计算出结果。
13．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，易知长半轴长，离心率，
若直线没有经过点，设，，
由椭圆性质和题意可知，，
所以，
则.
由椭圆方程，得，
代入上式有，
则，
同理可得，
所以的周长.
故答案为：.
【分析】设，易知椭圆长半轴长和椭圆的离心率，当直线不经过点时，设，，由椭圆性质和题意可知，，则，，再利用勾股定理和两点距离公式以及三角形的周长公式，从而得出的周长.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由已知条件，得，
构造函数，
对其求导得，
令，得，
则当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
因为，，
所以，，
根据，
得到，
分离参数得对恒成立，只需
构造函数，，对其求导得，
令，得，
则当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以，
则，
因此k的取值范围是
故答案为：.
【分析】构造函数，利用函数的单调性得到，分离参数，再利用导数正负判断函数，的单调性，从而得出其最大值，结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数k的取值范围.
15．【答案】（1）证明：因为矩形是圆柱的轴截面，
分别是上、下底面圆周上的点，且，，
所以，不妨设为，
因为均为底面圆的直径，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以.
（2）解：如图，设为圆柱的母线，
则底面，
连接，，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，四边形为正方形，
所以
所以，，
所以，
则平面的法向量为，
设平面的法向量为，
又因为，
所以，
取，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
【知识点】平面向量的共线定理；用空间向量研究二面角；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）利用圆柱的结构特征和矩形的结构特征，从而得出线线平行，再利用均为底面圆的直径和等角定理以及向量共线定理、平面向量基本定理，从而证出成立.
（2）设为圆柱的母线，则底面，从而建立空间直角坐标系，再利用正方形的结构特征和勾股定理，从而得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出平面与平面夹角的正弦值.
（1）证明：因为矩形是圆柱的轴截面，分别是上、下底面圆周上的点，且，，
所以，不妨设为，
因为均为底面圆的直径，所以，
所以，所以，又，
所以，
所以.
（2）如图，设为圆柱的母线，则底面，
连接，，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
，四边形为正方形，
，
所以，.
所以.
平面的法向量为．
设平面的法向量为，
又，
所以，取，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
16．【答案】（1）解：若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则，
故，
由，…，
故最大值为或，即的最大值；
（2）解：（ⅰ），
，
；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，
则.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，由题意可知X服从二项分布，利用二项分布的概率求解即可；
（2）（ⅰ）利用条件概率公式求解即可；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，再结合独立事件的概率乘法公式求解即可．
（1）若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则，
故，
由，…，
故最大值为或，即的最大值；
（2）（ⅰ），
，
；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，
则.
17．【答案】（1）当时，，
，
，且 ，
在处的切线方程为，
即
（2）由，
∴，
由，
∴的定义域为，
若存在关于直线对称，
则定义域也对称，即，
且，即，
由得，
若，即，
∴，解得，
综上所述，当时， 曲线关于直线对称.
（3）由 ，
∴，
∵在存在极值 ，
∴在存在变号零点 ，
当，整理得
令
则，
∵，同时注意到
∴
①若，则，此时在上单调递减，结合，
∴在上单调递减，故此时不存在变号零点 ；
②若，
i)，易得，此时在上单调递增，结合，
∴在上单调递增，故此时不存在变号零点 ；
ii)，令，即，则，
此时在上单调递减，在上单调递减，
结合，故成立
(或
令，其中，
则
∴在上单调递增，，
故)
∴若在上存在变号零点，
由零点存在性定理，需证存在有；
即在且时恒成立，
故，
令，，
∴，
故在上单调递增，且，
∴，即，
，
故存在使得在且时恒成立，
综上，当，在上存在变号零点，即 在存在极值.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)根据导数可求得某点出切线斜率，代入点斜式直线方程得出答案；
(2)由对称函数定义域对称得出对称轴，根据对称函数关系建立等式得出a值；
(3)将存在极值转化为导函数存在变号零点问题，进一步构造函数，由导数正负结合参数a分类分析及零点存在性原理检验变号零点的存在.
18．【答案】（1）解：由的垂心恰是C的焦点，由抛物线对称性得，，而，
不妨设，而焦点，则，解得，所以.
（2）解：由（1）知，，由，解得，同理，则，
而，故P的轨迹方程为，
当时，不妨设，，此时，直线AB过点，
当时，直线AB的斜率为，
AB的方程为，整理得，直线AB过点，
因此直线 AB过定点，
由可得，解得，于是或，
当时，MN的中点为，直线MN的斜率为，
此时直线AB的方程为，由解得或，
当时，直线AB为，不符合题意，舍去，则，
，边上的高，因此的面积，
当时，由对称性，同理可得，
所以的面积为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用垂直关系，结合斜率公式，列式计算即可；
（2）由（1）知，联立直线和抛物线方程，化简求出P的轨迹方程，分和两种情况讨论，求出直线AB过定点，再求出N点坐标，即可求三角形面积.
19．【答案】（1）解：由题意，可知为的最大值，
若的单极数列为，
则或，
或或或或，
则满足条件的的个数为.
（2）（i）解：由为的最大值，可知，
由，得，
两式相减，得，
整理得，
因为，
所以，
则，
所以，
则.
（ii）证明：设，
因为，
则，
，
.
易知，
，
则，
，
则，
又因为，
则，
所以
，
由，得，
则.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）由单级数列的定义和数列的单极数列为，从而可得满足条件的的个数.
（2）（i）由得，两式相减可得，从而得出的值.
（ii）设，由已知条件可得，从而可得，再由证出不等式成立.
（1）由题意可知，为的最大值.
若的单极数列为，
则有或，
或或或或，
则满足条件的的个数为.
（2）（i）由为的最大值，可知，
由，得，
两式相减，得，
整理，得，
又，
则，即，所以，即.
（ii）设，
因为，
则，
，
.
易知，
，即，
，即.
又，
则有.
所以
由，得，
即.
1 / 1浙江省杭州学军中学2024-2025学年高三上学期期末测试数学试卷
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．（2025高三上·杭州期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：集合，，
因为，所以.
故答案为：B．
【分析】利用对数与指幂的互换，结合对数函数的性质，集合的交集运算求解即可.
2．（2025高三上·杭州期末）已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
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】复数相等的充要条件；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：因为复数在复平面内所对应的点位于第一象限，
则设，
因为，
所以，
所以复数在复平面内所对应的点为，
又因为，
所以该点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】先根据题意，设复数的代数形式，由已知条件得出复数，再利用复数的几何意义，从而得到其对应点的坐标，根据点的坐标确定点所在的象限.
3．（2025高三上·杭州期末）已知，，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】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，得出，
解得或，
则命题或，
所以由命题推不出命题，故充分性不成立；
由命题推得出命题，故必要性成立；
所以命题是命题的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】先解分式不等式化简命题，再根据充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．（2025高三上·杭州期末）在中，已知，点O是的外心，则（ ）
A．16 B． C．8 D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；三角形五心
【解析】【解答】解：如图，过点O作于D，
可知，
则.
故答案为：C.
【分析】由已知条件得出，再利用三角形外心的性质得出，再利用数量积的运算律得出的值．
5．（2025高三上·杭州期末）等比数列的前项和为，，，则（ ）
A．27 B．24 C．21 D．18
【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，因为，，所以，
所以，
则.
故答案：C．
【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列性质求解即可.
6．（2025高三上·杭州期末）甲、乙等5人去听同时举行的4个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数为（ ）
A．12 B．16 C．18 D．24
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：因为甲乙两人听同一个讲座，方法数有种，
其他人听不同的讲座，方法数有种，
所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为种.
故答案为：D.
【分析】先安排甲、乙，再安排其他人，再根据组合数公式、排列数公式和分步乘法计数原理，从而得出恰好只有甲、乙两人听同一个讲座，其他人听的讲座互不相同的种数.
7．（2025高三上·杭州期末）如图，直线与函数的图象的三个相邻的交点为A，B，C，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：因为，，
所以相邻两对称轴间的距离，
则周期，
所以，故选项B、选项D都错误；
当时，代入，
可得，满足题意；
代入，
可得，不符合题意，故选项A正确、选项C错误.
故答案为：A.
【分析】由题意可得相邻对称轴间距离，从而求出正弦型函数的最小正周期，再利用正弦型函数的最小正周期公式得出的值，则判断出选项B和选项D；再将代入函数解析式结合已知条件，则判断出选项A和选项C，从而找出正确的选项.
8．（2025高三上·杭州期末）已知双曲线的左顶点为是双曲线的右焦点，点在直线上，且的最大值是，则双曲线的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图，直线与轴交于点，
设，则.
因为，
所以，
，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
整理得，
则，
解得.
故答案为：B.
【分析】利用两角差的正切公式表示出，再结合基本不等式求最值的方法，从而求出的最大值，再解一元二次方程得出双曲线C的离心率的值.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高三上·杭州期末）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量X服从正态分布，且，则
B．一组数据的第60百分位数为13.5
C．对具有线性相关关系的变量，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是－4
D．若决定系数越小，则两个变量的相关性越强
【答案】A,C
【知识点】线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A，因为随机变量X服从正态分布，，
所以，故A正确；
对于选项B，这组数据总共有10个数，
因为，
因此第60百分位数为，故B错误；
对于选项C，因为经验回归方程为，样本中心为，
所以，
解得，故C正确；
对于选项D，因为，
当越小时，越小，此时两个变量的相关性越小，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性和已知条件，则判断出选项A；由百分位数计算公式判断出选项B；把中心点代入回归方程求解后判断出选项C；利用相关系数和决定系数的概念判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025高三上·杭州期末）在梯形中，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；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；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于A，在中，，
则，
由正弦定理知，
则，故A正确；
对于B，如图：
则
，
，
，故B正确；
对于C，因为
，故C错误；
对于D，因为
，
所以，
则，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】在中由正弦定理得出的长，则判断出选项A；利用三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的余弦公式，从而得出的值，则判断出选项B；利用数量积定义计算出的值，则判断出选项C；利用数量积运算律计算出，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2025高三上·杭州期末）在平面四边形中，，将沿折起，使到达点的位置．已知三棱锥的外接球的球心恰是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．与平面所成的角相等
B．
C．二面角的大小可能为
D．若，则球的表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；球面上的勾股定理
【解析】【解答】解：对于A，取的中点，
因为，
所以点是的外心，
连接，
则平面，
因为是的中点，
所以，
所以平面，
又因为点是是的中点，，
所以，
又因为，
所以，
所以，故选项A正确；
对于B，因为，
，
，故选项B正确；
对于C，因为，，，平面，
所以平面，平面，
所以，
作，交于点，
因为，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以即为的平面角，
若，
则，
在直角三角形中，斜边，
这是不可能的，故选项C错误；
对于D，若，
则，，
所以，外接球半径，
，故选项D正确.
故答案为：ABD．
【分析】取的中点，利用已知条件和线线垂直证出平面，平面，再根据和全等三角形的性质，则可判断选项A；利用可判断选项B；作， 则为二面角的平面角，若，则，则推出矛盾可判断选项C；根据求出正方体的外接球半径，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12．（2025高三上·杭州期末）二项式的展开式中的常数项为 .
【答案】-160
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：的展开式的通项公式为，
令，解得，
∴展开式的常数项为．
故答案为：-160．
【分析】首先求出二项展开式的通项公式，再由已知条件计算出r的取值，并代入到通项公式由此计算出结果。
13．（2025高三上·杭州期末）已知点F为椭圆的右焦点，不过F的直线l与椭圆相交于两点，且与圆在y轴右侧相切，则的周长为 ．
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，易知长半轴长，离心率，
若直线没有经过点，设，，
由椭圆性质和题意可知，，
所以，
则.
由椭圆方程，得，
代入上式有，
则，
同理可得，
所以的周长.
故答案为：.
【分析】设，易知椭圆长半轴长和椭圆的离心率，当直线不经过点时，设，，由椭圆性质和题意可知，，则，，再利用勾股定理和两点距离公式以及三角形的周长公式，从而得出的周长.
14．（2025高三上·杭州期末）已知，对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由已知条件，得，
构造函数，
对其求导得，
令，得，
则当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
因为，，
所以，，
根据，
得到，
分离参数得对恒成立，只需
构造函数，，对其求导得，
令，得，
则当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以，
则，
因此k的取值范围是
故答案为：.
【分析】构造函数，利用函数的单调性得到，分离参数，再利用导数正负判断函数，的单调性，从而得出其最大值，结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数k的取值范围.
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·杭州期末）如图，矩形是圆柱的轴截面，分别是上、下底面圆周上的点，且．
（1）求证：；
（2）若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值
【答案】（1）证明：因为矩形是圆柱的轴截面，
分别是上、下底面圆周上的点，且，，
所以，不妨设为，
因为均为底面圆的直径，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以.
（2）解：如图，设为圆柱的母线，
则底面，
连接，，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，四边形为正方形，
所以
所以，，
所以，
则平面的法向量为，
设平面的法向量为，
又因为，
所以，
取，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
【知识点】平面向量的共线定理；用空间向量研究二面角；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）利用圆柱的结构特征和矩形的结构特征，从而得出线线平行，再利用均为底面圆的直径和等角定理以及向量共线定理、平面向量基本定理，从而证出成立.
（2）设为圆柱的母线，则底面，从而建立空间直角坐标系，再利用正方形的结构特征和勾股定理，从而得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出平面与平面夹角的正弦值.
（1）证明：因为矩形是圆柱的轴截面，分别是上、下底面圆周上的点，且，，
所以，不妨设为，
因为均为底面圆的直径，所以，
所以，所以，又，
所以，
所以.
（2）如图，设为圆柱的母线，则底面，
连接，，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
，四边形为正方形，
，
所以，.
所以.
平面的法向量为．
设平面的法向量为，
又，
所以，取，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
16．（2025高三上·杭州期末）盒中共有3个小球，其中1个黑球，2个红球.每次随机抽取1球后放回，并放入k个同（）色球.
（1）若，记抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率为，求的最大值；
（2）若，记事件表示抽取第i次时抽中黑球.
（ⅰ）分别求，，；
（ⅱ）结合上述分析，请直接写出抽取n次中恰有2次抽中黑球的概率.
【答案】（1）解：若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则，
故，
由，…，
故最大值为或，即的最大值；
（2）解：（ⅰ），
，
；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，
则.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，由题意可知X服从二项分布，利用二项分布的概率求解即可；
（2）（ⅰ）利用条件概率公式求解即可；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，再结合独立事件的概率乘法公式求解即可．
（1）若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则，
故，
由，…，
故最大值为或，即的最大值；
（2）（ⅰ），
，
；
（ⅱ）由（ⅰ）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，
则.
17．（2025高三上·杭州期末）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
（3）若在存在极值，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，，
，
，且 ，
在处的切线方程为，
即
（2）由，
∴，
由，
∴的定义域为，
若存在关于直线对称，
则定义域也对称，即，
且，即，
由得，
若，即，
∴，解得，
综上所述，当时， 曲线关于直线对称.
（3）由 ，
∴，
∵在存在极值 ，
∴在存在变号零点 ，
当，整理得
令
则，
∵，同时注意到
∴
①若，则，此时在上单调递减，结合，
∴在上单调递减，故此时不存在变号零点 ；
②若，
i)，易得，此时在上单调递增，结合，
∴在上单调递增，故此时不存在变号零点 ；
ii)，令，即，则，
此时在上单调递减，在上单调递减，
结合，故成立
(或
令，其中，
则
∴在上单调递增，，
故)
∴若在上存在变号零点，
由零点存在性定理，需证存在有；
即在且时恒成立，
故，
令，，
∴，
故在上单调递增，且，
∴，即，
，
故存在使得在且时恒成立，
综上，当，在上存在变号零点，即 在存在极值.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)根据导数可求得某点出切线斜率，代入点斜式直线方程得出答案；
(2)由对称函数定义域对称得出对称轴，根据对称函数关系建立等式得出a值；
(3)将存在极值转化为导函数存在变号零点问题，进一步构造函数，由导数正负结合参数a分类分析及零点存在性原理检验变号零点的存在.
18．（2025高三上·杭州期末） 两条动直线和分别与抛物线相交于不同于原点的A，B两点，当的垂心恰是C的焦点时，.
（1）求p；
（2）若，弦中点为P，点关于直线的对称点N在抛物线C上，求的面积.
【答案】（1）解：由的垂心恰是C的焦点，由抛物线对称性得，，而，
不妨设，而焦点，则，解得，所以.
（2）解：由（1）知，，由，解得，同理，则，
而，故P的轨迹方程为，
当时，不妨设，，此时，直线AB过点，
当时，直线AB的斜率为，
AB的方程为，整理得，直线AB过点，
因此直线 AB过定点，
由可得，解得，于是或，
当时，MN的中点为，直线MN的斜率为，
此时直线AB的方程为，由解得或，
当时，直线AB为，不符合题意，舍去，则，
，边上的高，因此的面积，
当时，由对称性，同理可得，
所以的面积为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用垂直关系，结合斜率公式，列式计算即可；
（2）由（1）知，联立直线和抛物线方程，化简求出P的轨迹方程，分和两种情况讨论，求出直线AB过定点，再求出N点坐标，即可求三角形面积.
19．（2025高三上·杭州期末）已知两个数列和的项数均为，且对于数列，其中，若存在满足：①，都有；②，使得，则称数列是的单极数列.
（1）已知，若的单极数列为，求满足条件的的个数.
（2）已知是的单极数列.
（i）若，求.
（ii）若，当时，证明：.
【答案】（1）解：由题意，可知为的最大值，
若的单极数列为，
则或，
或或或或，
则满足条件的的个数为.
（2）（i）解：由为的最大值，可知，
由，得，
两式相减，得，
整理得，
因为，
所以，
则，
所以，
则.
（ii）证明：设，
因为，
则，
，
.
易知，
，
则，
，
则，
又因为，
则，
所以
，
由，得，
则.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）由单级数列的定义和数列的单极数列为，从而可得满足条件的的个数.
（2）（i）由得，两式相减可得，从而得出的值.
（ii）设，由已知条件可得，从而可得，再由证出不等式成立.
（1）由题意可知，为的最大值.
若的单极数列为，
则有或，
或或或或，
则满足条件的的个数为.
（2）（i）由为的最大值，可知，
由，得，
两式相减，得，
整理，得，
又，
则，即，所以，即.
（ii）设，
因为，
则，
，
.
易知，
，即，
，即.
又，
则有.
所以
由，得，
即.
1 / 1
