浙江省杭州市2024-2025学年高三上学期期末学业水平测试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
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）为虚数单位，为z的共轭复数，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·杭州期末）已知函数是奇函数，则下列关系中正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·杭州期末）已知，，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·杭州期末）在平面四边形ABCD中，若，，且，，则（ ）
A． B．8 C．10 D．3
6．（2025高三上·杭州期末）已知双曲线的右焦点为，一条渐近线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
7．（2025高三上·杭州期末）锐角的内角所对的边分别为，角A的平分线交BC于点D，若，且，则下列结论中错误的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·杭州期末）已知正三棱锥的高为 ，且各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为 ，则三棱锥体积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9．（2025高三上·杭州期末）已知函数的最小正周期为，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高三上·杭州期末）已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意实数x，y有，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025高三上·杭州期末）已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点为抛物线上的点，且满足，过作的垂线，垂足为与交于点，则（ ）
A．直线的斜率为定值 B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·杭州期末）若二项式的展开式中的系数是84，则实数 ．
13．（2025高三上·杭州期末）设，且，函数的值域为，则实数的取值范围是 .
14．（2025高三上·杭州期末）一个综艺节目中，3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈，则参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率是 .
四、解答题：本题共5小题，共60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）已知等比数列的前n项和为，
（1）求数列的通项公式；
（2）在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求
16．（2025高三上·杭州期末）如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面
（1）证明：平面
（2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2025高三上·杭州期末）已知椭圆过点，离心率为
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点的直线l与椭圆交于A，B两点，与x轴交于点P，与y轴交于点Q，
（ⅰ）若点M为线段AB的中点，求证：；
（ⅱ）若原点O总在以AB为直径的圆外，求直线l斜率的取值范围.
18．（2025高三上·杭州期末）阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙.
（1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程.
（2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值；
（ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明：
19．（2025高三上·杭州期末）若函数的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数的图象的“自公切线”，称这两点为函数的图象的一对“同切点”.
（1）分别判断函数与的图象是否存在“自公切线”，并说明理由；
（2）若，求证：函数有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”；
（3）设，的零点为，，求证：“存在，使得点与是函数的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“是数列中的项”.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以.
故答案为：B.
【分析】先利用平方法和一元一次不等式求解方法以及偶次根式函数的定义域求解方法，从而得出集合，再根据交集的运算规则，从而得出集合．
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用复数的除法运算法则得出复数z，再由共轭复数的定义得出复数z的共轭复数.
3．【答案】A
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的值
【解析】【解答】解：因为是奇函数，定义域为R，
所以，所以，
所以，则，满足题意，
所以，，
故选项A正确；选项B、选项C和选项D都错误.
故答案为：A.
【分析】利用奇函数的性质可得，从而得出m的值，进而得到，再通过计算函数值和的值，从而逐项判断找出关系正确的选项.
4．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
所以，.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和同角三角函数基本关系式可得的值，再结合两角和的正弦公式和，，从而得出的值.
5．【答案】B
【知识点】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：∵，，
∴，，
∴
.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件可得，，再利用向量的线性运算表示，再结合数量积的运算律得出的值 .
6．【答案】B
【知识点】直线与圆相交的性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：不妨取双曲线：的一条渐近线为：，
由双曲线：的一条渐近线被以为圆心，
为半径的圆截得的弦长为，
可得焦点到的距离为，
所以，
解得，
所以，双曲线C的离心率为
故答案为：B.
【分析】通过圆的圆心到双曲线的渐近线的距离，利用已知条件列出关系式，再结合双曲线的离心率公式和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出双曲线的离心率的值．
7．【答案】D
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，且，，
所以，则，
由余弦定理，得，
由，整理得，解得或，
当时，，此时B为钝角，与为锐角三角形矛盾，舍去，
所以，故D错误；
由，，和余弦定理，可得，
因为A为三角形的内角，所以，故A正确；
此时，，故C正确；
因为AD为角A的平分线，设，由，
可得，则，
解得，所以，故B正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和余弦定理以及分类讨论的方法，从而得出c的值，则判断出选项D；利用已知条件和余弦定理得出角A的值，则判断出选项A；利用三角形面积公式判断出选项C；利用角平分线的性质和三角形的面积公式，从而得出AD的长，则判断出选项B，从而找出结论错误的选项.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，设H为底面三角形的中心，PH为三棱锥的高，设为h，
由题意，得，解得，
该三棱锥为正三棱锥，，
，，
令 ，
由，可得或（舍去），
当时，；当时，，
在 单调递增，在单调递减，
则 ，
.
故答案为：B.
【分析】由外接球的体积得出球的半径，再由正三棱锥体积公式得出其体积，利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，则得出三棱锥体积的最大值.
9．【答案】B,C,D
【知识点】简单复合函数求导法则；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：对于A，由题意，可得，解得，故A错误；
对于B，因为函数的解析式为：，
所以，
则，故B正确；
对于C，因为，，
所以，故C正确；
对于D，因为，，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用正弦型函数的最小正周期公式和已知条件，从而得出的值，则判断出选项A；先求出，再代入计算判断出选项B；代入函数解析式计算判断出选项C；代入函数解析式比较计算，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数的值；简单复合函数求导法则；等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，令，得，故选项A错误；
对于B，令，，得，解得，
令，，得，故选项B正确；
令，得，
∴，
令，得，
∴是以4为首项，4为公差的等差数列，
∴，故选项C、选项D都正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和赋值法，从而判断出选项A和选项B；令，求导可得，再利用等差数列的定义判断出数列是以4为首项，4为公差的等差数列，再结合等差数列前n项和公式，则判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图：
对于A：设，则，因为，因此，
由，解得，因此，则，
所以，因此，故A正确；
对于B：因为，由选项A知：当点在轴上方时，
在中，
过作轴，交轴于，
则在中，，
因此利用抛物线的对称性知：当点在轴下方时，
同理可得：，故B错误；
对于C：因为，所以，
由抛物线定义知：，所以，
因此，则是的平分线，
所以因为，
所以点在以线段为直径的圆上，
因此在中，，故C正确；
对于D：因为，所以，
因此，由抛物线定义知：，
所以因为点在以线段为直径的圆上，
所以，因此，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用两点距离公式求出点M和点N的坐标，再根据两点求直线的斜率公式，则判断出选项A；利用选项A和正切函数的定义以及抛物线图象的对称性，则判断出选项B；利用抛物线定义和角平分线的性质以及余弦函数的定义，则判断出选项C；利用两三角形相似与对应边成比例的关系和抛物线的定义，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】1
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】由二项式定理可得：，因为的系数是，所以r=5即，即，所以a=1.
【分析】由二项式定理可得：，令7-2r=3，以及即可求解.
13．【答案】
【知识点】函数的值域；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，
当时，，
则在上单调递减，所以，
则；要使得函数的值域为，
所以，当时，，所以，
解得，所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先求出当时函数的取值范围，依题意可得当时，，从而得到，解不等式组得出实数a的取值范围.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：记3名主持人分别为甲、乙、丙，3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈，
将主持人甲作为参照物，只需考虑剩下的35人从甲开始顺时针排列的顺序，
则3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈有种站法，参与者连续站在一起的人数不超过13人，
则主持人乙、丙将33位参与者分隔成3组，按照顺时针方向记为第一、二、三组，
由
考虑的情况，第一、二、三组人数有、，三种分组方法；
考虑，第一、二、三组人数有种分组方法；
考虑，第一、二、三组人数有1种分组方法，
同理可知，共有种分组方法，
则参与者连续站在一起的人数不超过13人共有种站法，
可得参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率是
故答案为：
【分析】记3名主持人分别为甲、乙、丙，将主持人甲作为参照物，考虑剩下的35人从甲开始顺时针排列的顺序，则得出3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈的站法数，再分析主持人乙、丙将33位参与者分隔成3组的人数情况，从而得到参与者连续站在一起的人数不超过13人的站法种数，再利用古典概率公式得出参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率.
15．【答案】（1）解：由，
得，
两式相减，得，
则，，
得等比数列的公比，
当时，，
所以，
所以.
（2）解：因为数列为：3，，，1，1，，，，，
以如下划分：3，，，1，1，，，，，，
得项数，
当时共有项数；
当时共有项数，
所以
.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，由可得，两式相减得出数列递推公式，结合等比数列的定义得出等比数列的公比，由已知条件得出首项的值，再根据等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由题意可得项数，再结合等比数列的求和公式代入计算，从而得出
（1）由，得，
两式相减得，
即，，
得等比数列的公比，
又当时，，所以，所以
（2）数列为：3，，，1，1，，，，，
以如下划分：3，，，1，1，，，，，，得项数，
当时共有项数，
当时共有项数，
所以
.
16．【答案】（1）证明：如图所示，取中点，中点，连接，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，，平面PCE，∴平面，
又平面，∴，
∵，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴，
∵，，，，平面
∴平面
（2）解：解法一：如图所示，以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
∴，，，设点，
∴，，
设平面PAB的法向量，
则，令x=a，则，∴，
∴，解得
∴平面PAB的法向量，
由(1)易知平面PAC的法向量，
设平面PAB与平面PAC夹角为，∴，
∴ 平面与平面夹角的余弦值为
解法二：如图所示，作，垂足为 M，连接
∵平面，，∴平面，
为与平面所成角，
∴，解得，
设，则，
由，得，解得
作，垂足为，连接，
为平面与平面夹角，
，由得，，
，
，
平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，，利用线面垂直的判定定理可得
平面，进而可得，由根据面面垂直的性质可得平面，进而可得，利用线面垂直的判定定理即可证得平面
（2）方法一，建立空间直角坐标系，设点，先求得直线BC的方向向量与平面 的法向量，进而求得a的值，再求得平面 ，利用向量的夹角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值.
方法二，作，垂足为 M，连接BM，利用线面垂直的判定与性质可得为与平面所成角，进而列式求得CM的值，作，垂足为，连接，可得为平面与平面夹角，计算即可求得平面与平面夹角的余弦值.
（1）取中点，中点，连接，
因为，所以，
又，所以，
又因为，，平面PCE，
所以平面，
又平面，故有，
因为，
所以，
又平面平面，平面平面，
又在平面内，
所以平面，
又平面，故有，
又，，平面
故有平面
（2）解法一：以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设点，
设平面PAB的法向量，，，
则，
可取，
于是有，得
平面PAC的法向量，平面PAB的法向量，设平面PAB与平面PAC夹角为，则，
解法二：如图，作，垂足为 M，连接
因为平面，，故平面，
为与平面所成角，
有，得到，
设，则，
由，得，解得
作，垂足为，连接，
为平面与平面夹角，
，由得，，
，
，
平面与平面夹角的余弦值为
17．【答案】（1）解：由题意，得，
因为，
解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）证明：由题意可知：直线的斜率必定存在，
故设直线l的方程为，
联立方程，
整理得，
所以.
（i）由，
解得，
所以直线l的方程为，
令，得；
令，得，
所以PQ的中点为，
则 AB与PQ有相同的中点，
所以，命题得证；
（ii）解：
，
则
，
令，
则，
解得，
则直线l斜率的取值范围为 .
【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）由椭圆过点，离心率为和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而建立关于a，b，c三者的关系式，从而得出a，b，c的值，进而求出椭圆的方程.
（2）由（1）设直线方程，将直线的方程与椭圆方程联立.
（i）根据根与系数的关系和已知条件列出等式，从而得出k的值，从而得到直线l的方程，进而得出点P、Q的坐标，则得到线段PQ的中点与线段AB的中点重合，从而证出.
（ii）由结合数量积的坐标表示和一元二次不等式求解方法，从而得出直线l的斜率的取值范围.
（1）由题意得，又，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）由题意可知：直线的斜率必定存在，故设直线 l的方程为，
联立方程，
整理得，
所以，
（i）由，解得，
所以直线l的方程为，
令，得；令，得，
所以PQ的中点为，
即AB与PQ有相同的中点，
所以，命题得证；
（ii）又
，
则
，
令，即，解得，
则直线l斜率的取值范围为 .
18．【答案】（1）解：该棋手在第二局与甲比赛p最大，
该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，
记，，，
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，
比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则
同理可得，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率为：，
该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率为：，
因为，
所以该棋手在第二局与甲比赛p最大.
（2）（i）解：因为没有平局，
所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，
则，
由题意，得X的所有可能取值为：2，4，5，
则，
，
，
所以X的分布列为：
2 4 5
所以X的期望为：
，
由，
得，当且仅当取等号，
则，
因此，
所以的最大值为
（ii）证明：设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，
由题意知，甲最后赢得比赛的局数是偶数，
由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，
其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，
事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，
当甲、乙得分总数相同时，
甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同，
所以
，
因此，
则，
又因为，
所以
【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；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记，，，分别得出在第二盘与甲、乙、丙比赛连胜两局的概率，再结合比较法得出该棋手在第二局与甲比赛p最大.
（2）（ⅰ）利用已知条件求出随机变量X所有可能值，利用相互独立事件乘法求概率公式与互斥事件加法求概率公式，从而得出相应的概率，进而列出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望，再利用基本不等式求最值的方法得出随机变量X的数学期望的最大值.
（ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，再利用相互独立事件乘法求概率公式，从而证出
（1）该棋手在第二局与甲比赛p最大，
该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，记，，，
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则，
同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率，
该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率，
因为，所以该棋手在第二局与甲比赛 p最大.
（2）（ⅰ）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则，
由题意得X的所有可能取值为：2，4，5，
，
，
，
所以X的分布列为：
2 4 5
所以X的期望为：
，
由，得，当且仅当取等号，则，
因此，
所以的最大值为
（ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”.
由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数，
由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同，
所以
，
因此，得，而，
所以
19．【答案】（1）解：由题意，显然直线切的图象交于点，
直线是的图象的一条“自公切线”，
因此函数的图象存在“自公切线”；
对于是严格减函数，
则在不同点处的切线斜率不同，
所以，函数的图象不存在“自公切线”.
（2）证明：由恒成立，
且当且仅当时，，
则是上的严格增函数，
可得它至多有一个零点，
令，
由的图象是连续曲线，且，
因此在上存在零点，
则在上存在零点，
所以有唯一零点；
假设的图象存在“自公切线”，
则存在且，
使得的图象在与处的切线重合，
则，有，
不妨设，切线和
直线有相同截距，
则，
因为，
所以，
则，
则，
所以，
令，
则，
所以函数在上单调递增，
则，
因此当时，，
则在上无解，
所以的图象不存在“自公切线”.
（3）证明：对给定的，
由（2）知有唯一零点，
则唯一确定，
因为在点处的切线方程为，
所以，
则函数在点处的切线方程为，
若存在，
使得点与是函数图象的一对“同切点”，
则，
因为，
所以，
所以，且，
从而存在，使得，
代入，
可得，
则，
所以是数列中的项；
反之，若是数列中的项，
则存在，使得，
所以，
由（2）中的严格增，可知严格增，
又因为且，可知，
令，则，
且，
所以，
可得，
所以存在，
使得点与是函数的图象的一对“同切点”，
所以，存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”的充要条件是“是数列中的项”.
【知识点】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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由直线与函数的图象交于点，再利用“自公切线”的定义判断出函数的图象是否存在“自公切线”，由导数正负判断函数的单调性和“自公切线”定义判断出函数的图象是否存在“自公切线”.
（2）利用导数正负判断函数的单调性，结合零点存在性定理判断出函数有唯一零点，再假定存在“自公切线”，利用导数求出切线方程，从而证出在上无解，进而证出函数有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”.
（3）利用导数求出在点与处的切线方程，利用（2）的结论结合诱导公式以及充要条件的证明方法，从而推理证出“存在，使得点与是函数的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“是数列中的项”.
（1）显然直线切的图象于点，
直线是的图象的一条“自公切线”，因此函数的图象存在“自公切线”；
对于是严格减函数，则在不同点处的切线斜率不同，
所以函数的图象不存在“自公切线”.
（2）由恒成立，且仅当时，
则是上的严格增函数，可得它至多有一个零点，
令，
由的图象是连续曲线，且，
因此在上存在零点，即在上存在零点，所以有唯一零点；
假设的图象存在“自公切线”，则存在且，
使得的图象在与处的切线重合，即，有，不妨设，
切线，，
有相同截距，即，而，
则，即，
则有，即，令，，
即函数在上单调递增，，因此当时，，
即在上无解，
所以的图象不存在“自公切线”.
（3）对给定的，由（2）知有唯一零点，即唯一确定，
又在点处的切线方程为，即，
在点处的切线方程为，
若存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”，
则，又，则，
所以，且，从而存在，
使得，代入，可得，则，即是数列中的项；
反之，若是数列中的项，则存在，使得，即，
由（2）中的严格增，可知严格增，又且，可知，
令，则且，
即，可得，所以存在，
使得点与是函数的图象的一对“同切点”.
所以存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”的充要条件是“是数列中的项”.
1 / 1浙江省杭州市2024-2025学年高三上学期期末学业水平测试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
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
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以.
故答案为：B.
【分析】先利用平方法和一元一次不等式求解方法以及偶次根式函数的定义域求解方法，从而得出集合，再根据交集的运算规则，从而得出集合．
2．（2025高三上·杭州期末）为虚数单位，为z的共轭复数，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用复数的除法运算法则得出复数z，再由共轭复数的定义得出复数z的共轭复数.
3．（2025高三上·杭州期末）已知函数是奇函数，则下列关系中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的值
【解析】【解答】解：因为是奇函数，定义域为R，
所以，所以，
所以，则，满足题意，
所以，，
故选项A正确；选项B、选项C和选项D都错误.
故答案为：A.
【分析】利用奇函数的性质可得，从而得出m的值，进而得到，再通过计算函数值和的值，从而逐项判断找出关系正确的选项.
4．（2025高三上·杭州期末）已知，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
所以，.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和同角三角函数基本关系式可得的值，再结合两角和的正弦公式和，，从而得出的值.
5．（2025高三上·杭州期末）在平面四边形ABCD中，若，，且，，则（ ）
A． B．8 C．10 D．3
【答案】B
【知识点】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：∵，，
∴，，
∴
.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件可得，，再利用向量的线性运算表示，再结合数量积的运算律得出的值 .
6．（2025高三上·杭州期末）已知双曲线的右焦点为，一条渐近线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知识点】直线与圆相交的性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：不妨取双曲线：的一条渐近线为：，
由双曲线：的一条渐近线被以为圆心，
为半径的圆截得的弦长为，
可得焦点到的距离为，
所以，
解得，
所以，双曲线C的离心率为
故答案为：B.
【分析】通过圆的圆心到双曲线的渐近线的距离，利用已知条件列出关系式，再结合双曲线的离心率公式和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出双曲线的离心率的值．
7．（2025高三上·杭州期末）锐角的内角所对的边分别为，角A的平分线交BC于点D，若，且，则下列结论中错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，且，，
所以，则，
由余弦定理，得，
由，整理得，解得或，
当时，，此时B为钝角，与为锐角三角形矛盾，舍去，
所以，故D错误；
由，，和余弦定理，可得，
因为A为三角形的内角，所以，故A正确；
此时，，故C正确；
因为AD为角A的平分线，设，由，
可得，则，
解得，所以，故B正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和余弦定理以及分类讨论的方法，从而得出c的值，则判断出选项D；利用已知条件和余弦定理得出角A的值，则判断出选项A；利用三角形面积公式判断出选项C；利用角平分线的性质和三角形的面积公式，从而得出AD的长，则判断出选项B，从而找出结论错误的选项.
8．（2025高三上·杭州期末）已知正三棱锥的高为 ，且各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为 ，则三棱锥体积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，设H为底面三角形的中心，PH为三棱锥的高，设为h，
由题意，得，解得，
该三棱锥为正三棱锥，，
，，
令 ，
由，可得或（舍去），
当时，；当时，，
在 单调递增，在单调递减，
则 ，
.
故答案为：B.
【分析】由外接球的体积得出球的半径，再由正三棱锥体积公式得出其体积，利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，则得出三棱锥体积的最大值.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9．（2025高三上·杭州期末）已知函数的最小正周期为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】简单复合函数求导法则；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：对于A，由题意，可得，解得，故A错误；
对于B，因为函数的解析式为：，
所以，
则，故B正确；
对于C，因为，，
所以，故C正确；
对于D，因为，，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用正弦型函数的最小正周期公式和已知条件，从而得出的值，则判断出选项A；先求出，再代入计算判断出选项B；代入函数解析式计算判断出选项C；代入函数解析式比较计算，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高三上·杭州期末）已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意实数x，y有，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】函数的值；简单复合函数求导法则；等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，令，得，故选项A错误；
对于B，令，，得，解得，
令，，得，故选项B正确；
令，得，
∴，
令，得，
∴是以4为首项，4为公差的等差数列，
∴，故选项C、选项D都正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和赋值法，从而判断出选项A和选项B；令，求导可得，再利用等差数列的定义判断出数列是以4为首项，4为公差的等差数列，再结合等差数列前n项和公式，则判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025高三上·杭州期末）已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点为抛物线上的点，且满足，过作的垂线，垂足为与交于点，则（ ）
A．直线的斜率为定值 B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图：
对于A：设，则，因为，因此，
由，解得，因此，则，
所以，因此，故A正确；
对于B：因为，由选项A知：当点在轴上方时，
在中，
过作轴，交轴于，
则在中，，
因此利用抛物线的对称性知：当点在轴下方时，
同理可得：，故B错误；
对于C：因为，所以，
由抛物线定义知：，所以，
因此，则是的平分线，
所以因为，
所以点在以线段为直径的圆上，
因此在中，，故C正确；
对于D：因为，所以，
因此，由抛物线定义知：，
所以因为点在以线段为直径的圆上，
所以，因此，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用两点距离公式求出点M和点N的坐标，再根据两点求直线的斜率公式，则判断出选项A；利用选项A和正切函数的定义以及抛物线图象的对称性，则判断出选项B；利用抛物线定义和角平分线的性质以及余弦函数的定义，则判断出选项C；利用两三角形相似与对应边成比例的关系和抛物线的定义，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·杭州期末）若二项式的展开式中的系数是84，则实数 ．
【答案】1
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】由二项式定理可得：，因为的系数是，所以r=5即，即，所以a=1.
【分析】由二项式定理可得：，令7-2r=3，以及即可求解.
13．（2025高三上·杭州期末）设，且，函数的值域为，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数的值域；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，
当时，，
则在上单调递减，所以，
则；要使得函数的值域为，
所以，当时，，所以，
解得，所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先求出当时函数的取值范围，依题意可得当时，，从而得到，解不等式组得出实数a的取值范围.
14．（2025高三上·杭州期末）一个综艺节目中，3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈，则参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率是 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：记3名主持人分别为甲、乙、丙，3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈，
将主持人甲作为参照物，只需考虑剩下的35人从甲开始顺时针排列的顺序，
则3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈有种站法，参与者连续站在一起的人数不超过13人，
则主持人乙、丙将33位参与者分隔成3组，按照顺时针方向记为第一、二、三组，
由
考虑的情况，第一、二、三组人数有、，三种分组方法；
考虑，第一、二、三组人数有种分组方法；
考虑，第一、二、三组人数有1种分组方法，
同理可知，共有种分组方法，
则参与者连续站在一起的人数不超过13人共有种站法，
可得参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率是
故答案为：
【分析】记3名主持人分别为甲、乙、丙，将主持人甲作为参照物，考虑剩下的35人从甲开始顺时针排列的顺序，则得出3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈的站法数，再分析主持人乙、丙将33位参与者分隔成3组的人数情况，从而得到参与者连续站在一起的人数不超过13人的站法种数，再利用古典概率公式得出参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率.
四、解答题：本题共5小题，共60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）已知等比数列的前n项和为，
（1）求数列的通项公式；
（2）在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求
【答案】（1）解：由，
得，
两式相减，得，
则，，
得等比数列的公比，
当时，，
所以，
所以.
（2）解：因为数列为：3，，，1，1，，，，，
以如下划分：3，，，1，1，，，，，，
得项数，
当时共有项数；
当时共有项数，
所以
.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，由可得，两式相减得出数列递推公式，结合等比数列的定义得出等比数列的公比，由已知条件得出首项的值，再根据等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由题意可得项数，再结合等比数列的求和公式代入计算，从而得出
（1）由，得，
两式相减得，
即，，
得等比数列的公比，
又当时，，所以，所以
（2）数列为：3，，，1，1，，，，，
以如下划分：3，，，1，1，，，，，，得项数，
当时共有项数，
当时共有项数，
所以
.
16．（2025高三上·杭州期末）如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面
（1）证明：平面
（2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：如图所示，取中点，中点，连接，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，，平面PCE，∴平面，
又平面，∴，
∵，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴，
∵，，，，平面
∴平面
（2）解：解法一：如图所示，以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
∴，，，设点，
∴，，
设平面PAB的法向量，
则，令x=a，则，∴，
∴，解得
∴平面PAB的法向量，
由(1)易知平面PAC的法向量，
设平面PAB与平面PAC夹角为，∴，
∴ 平面与平面夹角的余弦值为
解法二：如图所示，作，垂足为 M，连接
∵平面，，∴平面，
为与平面所成角，
∴，解得，
设，则，
由，得，解得
作，垂足为，连接，
为平面与平面夹角，
，由得，，
，
，
平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，，利用线面垂直的判定定理可得
平面，进而可得，由根据面面垂直的性质可得平面，进而可得，利用线面垂直的判定定理即可证得平面
（2）方法一，建立空间直角坐标系，设点，先求得直线BC的方向向量与平面 的法向量，进而求得a的值，再求得平面 ，利用向量的夹角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值.
方法二，作，垂足为 M，连接BM，利用线面垂直的判定与性质可得为与平面所成角，进而列式求得CM的值，作，垂足为，连接，可得为平面与平面夹角，计算即可求得平面与平面夹角的余弦值.
（1）取中点，中点，连接，
因为，所以，
又，所以，
又因为，，平面PCE，
所以平面，
又平面，故有，
因为，
所以，
又平面平面，平面平面，
又在平面内，
所以平面，
又平面，故有，
又，，平面
故有平面
（2）解法一：以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设点，
设平面PAB的法向量，，，
则，
可取，
于是有，得
平面PAC的法向量，平面PAB的法向量，设平面PAB与平面PAC夹角为，则，
解法二：如图，作，垂足为 M，连接
因为平面，，故平面，
为与平面所成角，
有，得到，
设，则，
由，得，解得
作，垂足为，连接，
为平面与平面夹角，
，由得，，
，
，
平面与平面夹角的余弦值为
17．（2025高三上·杭州期末）已知椭圆过点，离心率为
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点的直线l与椭圆交于A，B两点，与x轴交于点P，与y轴交于点Q，
（ⅰ）若点M为线段AB的中点，求证：；
（ⅱ）若原点O总在以AB为直径的圆外，求直线l斜率的取值范围.
【答案】（1）解：由题意，得，
因为，
解得，
所以，椭圆的方程为.
（2）证明：由题意可知：直线的斜率必定存在，
故设直线l的方程为，
联立方程，
整理得，
所以.
（i）由，
解得，
所以直线l的方程为，
令，得；
令，得，
所以PQ的中点为，
则 AB与PQ有相同的中点，
所以，命题得证；
（ii）解：
，
则
，
令，
则，
解得，
则直线l斜率的取值范围为 .
【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）由椭圆过点，离心率为和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而建立关于a，b，c三者的关系式，从而得出a，b，c的值，进而求出椭圆的方程.
（2）由（1）设直线方程，将直线的方程与椭圆方程联立.
（i）根据根与系数的关系和已知条件列出等式，从而得出k的值，从而得到直线l的方程，进而得出点P、Q的坐标，则得到线段PQ的中点与线段AB的中点重合，从而证出.
（ii）由结合数量积的坐标表示和一元二次不等式求解方法，从而得出直线l的斜率的取值范围.
（1）由题意得，又，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）由题意可知：直线的斜率必定存在，故设直线 l的方程为，
联立方程，
整理得，
所以，
（i）由，解得，
所以直线l的方程为，
令，得；令，得，
所以PQ的中点为，
即AB与PQ有相同的中点，
所以，命题得证；
（ii）又
，
则
，
令，即，解得，
则直线l斜率的取值范围为 .
18．（2025高三上·杭州期末）阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙.
（1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程.
（2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值；
（ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明：
【答案】（1）解：该棋手在第二局与甲比赛p最大，
该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，
记，，，
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，
比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则
同理可得，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率为：，
该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率为：，
因为，
所以该棋手在第二局与甲比赛p最大.
（2）（i）解：因为没有平局，
所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，
则，
由题意，得X的所有可能取值为：2，4，5，
则，
，
，
所以X的分布列为：
2 4 5
所以X的期望为：
，
由，
得，当且仅当取等号，
则，
因此，
所以的最大值为
（ii）证明：设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，
由题意知，甲最后赢得比赛的局数是偶数，
由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，
其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，
事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，
当甲、乙得分总数相同时，
甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同，
所以
，
因此，
则，
又因为，
所以
【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；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记，，，分别得出在第二盘与甲、乙、丙比赛连胜两局的概率，再结合比较法得出该棋手在第二局与甲比赛p最大.
（2）（ⅰ）利用已知条件求出随机变量X所有可能值，利用相互独立事件乘法求概率公式与互斥事件加法求概率公式，从而得出相应的概率，进而列出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望，再利用基本不等式求最值的方法得出随机变量X的数学期望的最大值.
（ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，再利用相互独立事件乘法求概率公式，从而证出
（1）该棋手在第二局与甲比赛p最大，
该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，记，，，
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则，
同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率，
该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率，
因为，所以该棋手在第二局与甲比赛 p最大.
（2）（ⅰ）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则，
由题意得X的所有可能取值为：2，4，5，
，
，
，
所以X的分布列为：
2 4 5
所以X的期望为：
，
由，得，当且仅当取等号，则，
因此，
所以的最大值为
（ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”.
由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数，
由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同，
所以
，
因此，得，而，
所以
19．（2025高三上·杭州期末）若函数的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数的图象的“自公切线”，称这两点为函数的图象的一对“同切点”.
（1）分别判断函数与的图象是否存在“自公切线”，并说明理由；
（2）若，求证：函数有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”；
（3）设，的零点为，，求证：“存在，使得点与是函数的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“是数列中的项”.
【答案】（1）解：由题意，显然直线切的图象交于点，
直线是的图象的一条“自公切线”，
因此函数的图象存在“自公切线”；
对于是严格减函数，
则在不同点处的切线斜率不同，
所以，函数的图象不存在“自公切线”.
（2）证明：由恒成立，
且当且仅当时，，
则是上的严格增函数，
可得它至多有一个零点，
令，
由的图象是连续曲线，且，
因此在上存在零点，
则在上存在零点，
所以有唯一零点；
假设的图象存在“自公切线”，
则存在且，
使得的图象在与处的切线重合，
则，有，
不妨设，切线和
直线有相同截距，
则，
因为，
所以，
则，
则，
所以，
令，
则，
所以函数在上单调递增，
则，
因此当时，，
则在上无解，
所以的图象不存在“自公切线”.
（3）证明：对给定的，
由（2）知有唯一零点，
则唯一确定，
因为在点处的切线方程为，
所以，
则函数在点处的切线方程为，
若存在，
使得点与是函数图象的一对“同切点”，
则，
因为，
所以，
所以，且，
从而存在，使得，
代入，
可得，
则，
所以是数列中的项；
反之，若是数列中的项，
则存在，使得，
所以，
由（2）中的严格增，可知严格增，
又因为且，可知，
令，则，
且，
所以，
可得，
所以存在，
使得点与是函数的图象的一对“同切点”，
所以，存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”的充要条件是“是数列中的项”.
【知识点】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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由直线与函数的图象交于点，再利用“自公切线”的定义判断出函数的图象是否存在“自公切线”，由导数正负判断函数的单调性和“自公切线”定义判断出函数的图象是否存在“自公切线”.
（2）利用导数正负判断函数的单调性，结合零点存在性定理判断出函数有唯一零点，再假定存在“自公切线”，利用导数求出切线方程，从而证出在上无解，进而证出函数有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”.
（3）利用导数求出在点与处的切线方程，利用（2）的结论结合诱导公式以及充要条件的证明方法，从而推理证出“存在，使得点与是函数的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“是数列中的项”.
（1）显然直线切的图象于点，
直线是的图象的一条“自公切线”，因此函数的图象存在“自公切线”；
对于是严格减函数，则在不同点处的切线斜率不同，
所以函数的图象不存在“自公切线”.
（2）由恒成立，且仅当时，
则是上的严格增函数，可得它至多有一个零点，
令，
由的图象是连续曲线，且，
因此在上存在零点，即在上存在零点，所以有唯一零点；
假设的图象存在“自公切线”，则存在且，
使得的图象在与处的切线重合，即，有，不妨设，
切线，，
有相同截距，即，而，
则，即，
则有，即，令，，
即函数在上单调递增，，因此当时，，
即在上无解，
所以的图象不存在“自公切线”.
（3）对给定的，由（2）知有唯一零点，即唯一确定，
又在点处的切线方程为，即，
在点处的切线方程为，
若存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”，
则，又，则，
所以，且，从而存在，
使得，代入，可得，则，即是数列中的项；
反之，若是数列中的项，则存在，使得，即，
由（2）中的严格增，可知严格增，又且，可知，
令，则且，
即，可得，所以存在，
使得点与是函数的图象的一对“同切点”.
所以存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”的充要条件是“是数列中的项”.
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