浙江省宁波市九校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试题
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（2025高三上·宁波期末）已知复数满足，则（ ）
A．2 B． C． D．
2．（2025高三上·宁波期末）已知全集，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高三上·宁波期末）已知向量，，则是的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高三上·宁波期末）展开式中的系数为（ ）
A． B．5 C．15 D．35
5．（2025高三上·宁波期末）圆台的上下底面半径分别为1和3，圆台的母线与下底面所成角为，则圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·宁波期末）下列不等式正确的为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高三上·宁波期末）如图，直线与函数交点的横坐标分别为，，，若，，则（ ）
A． B． C． D．1
8．（2025高三上·宁波期末）在平面直角坐标系中，若点到直线的距离不小于2，则的取值范围为（ ）
A． B．
C．或 D．或
二、选择题：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·宁波期末）从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，其中7个人唱歌，8个人跳舞，共有多少种选择方式，下列各式表述正确的为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高三上·宁波期末）如图，圆锥SO的底面圆直径为AB，，，D为底面圆上的动点，则（ ）
A．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为30°
B．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为60°
C．直线SD与AB所成角的最小值为45°
D．直线SD与AB所成角的最大值为60°
11．（2025高三上·宁波期末）已知函数，数列满足，前项和为．则（ ）
A．函数的对称中心为
B．函数为奇函数
C．不等式的解集为
D．若，，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·宁波期末）已知数据的平均数为3，方差为1，则数据，，，…，的平均数与方差的和为 ．
13．（2025高三上·宁波期末）过点的直线与抛物线交于两点，且，，则 ．
14．（2025高三上·宁波期末）已知函数有两个极值点，，当时，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·宁波期末）甲、乙两个箱子装有大小及外观相同的小球，甲箱中有5个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球．
（1）若从甲箱中任取2个小球，求这2个小球同色的概率；
（2）若先从甲箱中任取2个小球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取1个小球，求从乙箱中取出的球是白球的概率．
16．（2025高三上·宁波期末）已知函数．数列的首项．以后各项按如下方式取定：记曲线在处的切线为，若，则记与轴交点的横坐标是．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，求数列的前项和．
17．（2025高三上·宁波期末）如图，三棱锥中，，．异面直线和所成角的余弦值为，点是线段上的一个动点．
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角的正弦值为，求．
18．（2025高三上·宁波期末）如图，双曲线的左右焦点分别为，，双曲线与有相同的渐近线和焦距．过上一点作的两条切线，切点分别为A，B，A在轴上方，连接AB交于点M．
（注：过曲线外一点作曲线的两条切线，则两切点所在直线方程为）
（1）求双曲线的方程；
（2）证明：直线AB与切于点M，且；
（3）当点在第三象限，且时，求的值．
19．（2025高三上·宁波期末）（1）证明：；
（2）当时，利用所给图形证明（1）中等式；
（3）如图，的外接圆半径为1，，的一个外角的角平分线交外接圆于点D，过D作于点M，利用（1）中等式，证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法运算法则，从而得出复数z.
2．【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：D.
【分析】解绝对值不等式得出集合A，再利用补集的运算法则，从而得出集合.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，
所以，
泽，
解得或，
所以是的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】根据向量平行的坐标表示和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】A
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：若要产生这一项，
则当在中取1时，再在中取2个、取4个1，
当在中取时，再在中取3个、取3个1，
所以展开式中的系数为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和分类加法计数原理、分步乘法计数原理结合组合数公式，从而得出展开式中的系数.
5．【答案】D
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，该圆台的轴截面如图所示，
设上下底面半径分别为，圆台的高为，
由题意，可得，，
所以，
所以，圆台的体积.
故答案为：D.
【分析】根据圆台上、下底面半径和夹角之间的关系式，从而求出圆台的高，再利用圆台的体积公式得出圆台的体积.
6．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由幂函数在上为增函数，
可知，，故A错误；
由，故B错误；
由，
所以，故C正确；
因为，，
所以，
又因为，
则，
所以，
所以，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用幂函数的单调性判断出选项A；根据指数与根式的互化和比较法，则可判断选项B；利用对数函数的单调性和换底公式，则可判断选项C；根据正弦函数的单调性判断出选项D，从而找出不等式正确的选项.
7．【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由图象知图象的对称轴为直线，
则，
可得，
因为函数图象的对称中心为，即，
所以，
可得，
解得，
又因为，
所以，
所以，则.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合图象的对称性，可知，，从而得出的值，则得出函数的解析式，再利用代入法得出函数的值.
8．【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由点可知，点A在圆上，
因为圆心到直线的距离，
由题意知，则，
简可得，解得.
故答案为：B.
【分析】由点A的坐标消参结合圆的定义，从而可得点所在轨迹方程为圆，再利用圆心到直线的距离求出圆上点到直线的最近距离，从而建立不等式求解得出实数k的取值范围.
9．【答案】A,B,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：从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，其中7个人唱歌，8个人跳舞，
先从40个能歌善舞的人中选择15个人有种选择，
再从15个人参加艺术节表演中选择7个人唱歌有种选择，剩下的8人跳舞，
共有种选择方式，故选项A正确；
先从40个能歌善舞的人中选择7个人唱歌有种选择，
再从剩下33个人中选择8个人跳舞有种选择，
共有种选择方式，故选项B正确；
先从40个能歌善舞的人中选择8个人跳舞有种选择，
再从剩下32个人中选择7个人跳舞有种选择，
共有种选择方式，故选项C正确；
因为不能满足从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，
其中7个人唱歌，8个人跳舞，故选项D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用已知条件和组合数公式，再结合分步乘法原理，从而得出表述正确的式子.
10．【答案】B,C
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：过作直线分别平行于，交分别为，连接，如图，
则为直线与所成的角，
则，且为直线所成的角，
设，则，
在中，，
所以，故A错误、B正确；
对于C、D，易知直线与所成角的最小值为直线与底面所成角，
同时直线与所成角的最大值为直线与所成角，故D错误、C正确.
故答案为：BC.
【分析】先作出两条异面直线所成的角结合勾股定理和余弦函数的定义，从而判断选项A和选项B；利用线面角的定义和性质可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为，
所以
，
所以函数关于对称，故A正确；
令，则，
所以
由选项A知，，
所以.
所以不是奇函数，故B错误；
因为，
所以
因为在R上单调递增，
所以，，故C正确；
由选项A知，，且，，
则
，
又因为，
所以，
则，
当时，，
当且仅当时，即当，，时，等号成立；
当时，
，
当且仅当时，即当，，时，等号成立，
若，，
则的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】计算的和是否为，则可判断选项A；设，计算的和是否为，则可判断选项B；根据函数的单调性和对称中心，则可判断选项C；利用数列求和得到，再根据基本不等式求最值的方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】19
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设数据，，，…，的平均数为，方差为，
设，的平均数为，方程为，
则
，
所以，
所以.
故答案为：19.
【分析】根据已知条件和平均数公式和性质以及方差的公式和性质，从而得出数据，，，…，的平均数与方差的和.
13．【答案】
【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：由题意得，，
∵，∴，
故直线方程为，即，
设，
则，
由，
得，，
∴，
∵，
∴，
解得.
故答案为：.
【分析】根据两直线垂直可得直线方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得出，再根据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，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；函数极限
【解析】【解答】解：因为，又因为有两个极值点，，
则.
令，则，
所以，，
两式相除，可得，，
又因为，
则，
构造函数，，
令，两边取对数得：，
两边求导数，可得，
则，
因为，所以符号与有关.
令，则，故在上单调递减，
则，则，所以在上单调递减，
则，则，
对于，注意到，
因为，所以，
则.则，，
构造函数，则，
则在上单调递减，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意可得，令，从而可得关于n的表达式，进而可得关于n的表达式，构造函数，再分别利用导数正负判断函数的单调性去研究，，，从而得出t的取值范围.
15．【答案】（1）解：从甲箱中任取2个小球的事件数为，
这2个小球同色的事件数为，
所以这2个小球同色的概率为．
（2）解：设事件A为“从乙箱中任取1个小球，取出的这个小球是白球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球都是白球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球为1个白球1个黑球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球都是黑球”，
则事件，，彼此互斥，
所以，，，
，，，
所以
，
所以取出的这个小球是白球的概率为．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）先求出从甲箱中任取2个小球的事件数，求出这2个小球同色的事件数，再利用古典概率公式得出这2个小球同色的概率.
（2）先求出从从甲箱中取出的2个小球的各种情况的概率，再利用条件概率公式和全概率公式，从而得出乙箱中取出的球是白球的概率．
（1）从甲箱中任取2个小球的事件数为，
这2个小球同色的事件数为，
所以这2个小球同色的概率为．
（2）设事件A为“从乙箱中任取1个小球，取出的这个小球是白球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球都是白球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球为1个白球1个黑球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球都是黑球”，
则事件，，彼此互斥．
，，，
，，，
所以
，
所以取出的这个小球是白球的概率为．
16．【答案】（1）证明：由，得，
则曲线在处的切线方程为，
根据题意，令，可得，，
由，
因为，
所以，
由，得
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）解：由上式得，，
则，①
两边乘以2，可得：，②
由①－②得，
所以．
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，利用点斜式得出曲线的切线方程，再求出与轴交点横坐标，从而可得数列的递推关系，通过递推代入得到与前一项的关系式，再加以说明非0结合等比数列的定义，从而证出数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）利用（1）可得，再利用错位相减法求出数列的前项和.
（1）由，得，
曲线在处的切线方程为，
根据题意令可得，，
由，
因为，所以，且由得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）由上式得，，
则，①
两边乘以2可得：，②.
由①－②得，，
所以．
17．【答案】（1）证明：法一：（几何法）如图，取中点，
由，得，
作，，
则四边形为菱形，且，
连接，，，
则，
所以
∵异面直线与所成角的余弦值为，
∴，
当时，
则，
此时，不能构成，舍去，
则，
所以
∵，，
∴为直角三角形，
故，
∴，
所以，
∵，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面．
法二：（基底法）如图，取中点，
由，，
得，，
故二面角的平面角为，
由题意，得，，
设，，，．
则，，，
，，
则
∵，
∴，
∴或（舍去），
∴，此时，平面平面．
（2）解：如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，
设，，
则，
∴，得，
故.
设平面的法向量，
则
令，得，，
则，
设平面的法向量为，
则
令，则，
所以，
设二面角的平面角为，
则
得或（舍），
所以，
∴，
则.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用两种方法求证.
方法一：利用已知条件和等腰三角形三线合一得出线线垂直，利用线线平行得出四边形为菱形，且，再结合异面直线所成到角、余弦定理和三角形的结构特征以及勾股定理，从而得出线线垂直，再利用线面垂直可证面面垂直，即证出平面平面．
方法二：利用已知条件和等腰三角形三线合一得出线线垂直，再利用二面角和数量积为0两向量垂直、数量积的定义、数量积的运算律，则由数量积求向量夹角公式，从而证出平面平面．
（2）以为原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，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，从而得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已知条件，从而得出点F的坐标，再结合向量的坐标表示和向量的模的坐标表示，从而得出DF的长.
（1）法一：（几何法）如图，取中点，由，得，
作，，则四边形为菱形，且，
连接，，，则，.
∵异面直线与所成角的余弦值为，∴，
当时，，
此时，不能构成，舍去，
故，，
∵，，∴为直角三角形，故，
∴，即，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
法二：（基底法）如图，取中点，由，得，，故二面角的平面角为，
由题意，得，，
设，，，．
则，，，，，
，
∵，∴，
∴或（舍去），
∴，此时，平面平面．
（2）如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，，
设，，则，
∴，得，故.
设平面的法向量，则
令，得，，即，
设平面的法向量为，则
令，则，即，
设二面角的平面角为，
则，
得或（舍），故，
∴，故.
18．【答案】（1）解：因为曲线的渐近线方程为，，
又因为曲线的渐近线方程为，，
所以，
得，，
所以双曲线的方程为．
（2）证明：已知，且满足，
设切点，，，
根据题意，得直线AB方程为，
因为直线AB与曲线联立，得，
化简得，
则，
所以直线AB与切于点，
所以，，
因为直线AB与曲线联立，
得，
则，
得，
所以，
则为中点，
所以．
（3）解：法一：因为，
则，
将直线与直线联立，
得，
则，
将点，代入，
得，
化简得，
由，得，
所以．
法二：因为，，点与点关于原点对称，
所以，
又因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
则
所以．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和双曲线的焦距以及双曲线中a，b，c三者的关系式，从而列方程求解得出a，b的值，进而得出双曲线的方程.
（2）联立直线与双曲线方程，再根据直线与曲线相切求出切点的横坐标，再联立直线与双曲线方程，再利用根与系数的关系可得点为中点，从而证出直线AB与切于点M，且.
（3）利用两种方法求解.
法一：将直线和直线联立求出点坐标，再代入双曲线方程求出的值，再由三角形面积公式得出的值.
法二：利用，，从而得出的值.
（1）的渐近线方程为，，
的渐近线方程为，，
所以，得，，所以双曲线的方程为．
（2）已知，且满足，
设切点，，，
根据题意得，直线AB方程为．
直线AB与联立，得，
化简得，，
所以直线AB与切于点．
所以，．
直线AB与联立，得，即，
得，
所以，即为中点，
所以．
（3）法一：因为，则，
直线与直线联立，
得，即，
将点代入，
得，化简得，
由得，，
所以．
法二：因为，，点与点关于原点对称，所以．
因为，所以，
因为，所以，所以，
，
所以．
19．【答案】证明：（1）由题意得，，
，
两式相加得，．
（2）由题意得，线段的中点的坐标为如图，过作垂直于轴，交轴于，
则，，
在中，，
在中，
则，
∴，
则．
（3）设，，，
则，，
∴，
在中，由正弦定理得，，
∴，
在中，由正弦定理得，，
∴，
∴，
由（1）中，
得．
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据，再利用两角和、差的正弦公式，从而证出.
（2）过作垂直于轴，交轴于，再结合图形表示所给图形，从而证出（1）中等式.
（3）根据三角形的性质转化角，再利用正弦定理结合（1）中等式，从而证出.
1 / 1浙江省宁波市九校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试题
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（2025高三上·宁波期末）已知复数满足，则（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法运算法则，从而得出复数z.
2．（2025高三上·宁波期末）已知全集，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：D.
【分析】解绝对值不等式得出集合A，再利用补集的运算法则，从而得出集合.
3．（2025高三上·宁波期末）已知向量，，则是的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 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；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，
所以，
泽，
解得或，
所以是的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】根据向量平行的坐标表示和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·宁波期末）展开式中的系数为（ ）
A． B．5 C．15 D．35
【答案】A
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：若要产生这一项，
则当在中取1时，再在中取2个、取4个1，
当在中取时，再在中取3个、取3个1，
所以展开式中的系数为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和分类加法计数原理、分步乘法计数原理结合组合数公式，从而得出展开式中的系数.
5．（2025高三上·宁波期末）圆台的上下底面半径分别为1和3，圆台的母线与下底面所成角为，则圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，该圆台的轴截面如图所示，
设上下底面半径分别为，圆台的高为，
由题意，可得，，
所以，
所以，圆台的体积.
故答案为：D.
【分析】根据圆台上、下底面半径和夹角之间的关系式，从而求出圆台的高，再利用圆台的体积公式得出圆台的体积.
6．（2025高三上·宁波期末）下列不等式正确的为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由幂函数在上为增函数，
可知，，故A错误；
由，故B错误；
由，
所以，故C正确；
因为，，
所以，
又因为，
则，
所以，
所以，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用幂函数的单调性判断出选项A；根据指数与根式的互化和比较法，则可判断选项B；利用对数函数的单调性和换底公式，则可判断选项C；根据正弦函数的单调性判断出选项D，从而找出不等式正确的选项.
7．（2025高三上·宁波期末）如图，直线与函数交点的横坐标分别为，，，若，，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由图象知图象的对称轴为直线，
则，
可得，
因为函数图象的对称中心为，即，
所以，
可得，
解得，
又因为，
所以，
所以，则.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合图象的对称性，可知，，从而得出的值，则得出函数的解析式，再利用代入法得出函数的值.
8．（2025高三上·宁波期末）在平面直角坐标系中，若点到直线的距离不小于2，则的取值范围为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由点可知，点A在圆上，
因为圆心到直线的距离，
由题意知，则，
简可得，解得.
故答案为：B.
【分析】由点A的坐标消参结合圆的定义，从而可得点所在轨迹方程为圆，再利用圆心到直线的距离求出圆上点到直线的最近距离，从而建立不等式求解得出实数k的取值范围.
二、选择题：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·宁波期末）从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，其中7个人唱歌，8个人跳舞，共有多少种选择方式，下列各式表述正确的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,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：从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，其中7个人唱歌，8个人跳舞，
先从40个能歌善舞的人中选择15个人有种选择，
再从15个人参加艺术节表演中选择7个人唱歌有种选择，剩下的8人跳舞，
共有种选择方式，故选项A正确；
先从40个能歌善舞的人中选择7个人唱歌有种选择，
再从剩下33个人中选择8个人跳舞有种选择，
共有种选择方式，故选项B正确；
先从40个能歌善舞的人中选择8个人跳舞有种选择，
再从剩下32个人中选择7个人跳舞有种选择，
共有种选择方式，故选项C正确；
因为不能满足从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，
其中7个人唱歌，8个人跳舞，故选项D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用已知条件和组合数公式，再结合分步乘法原理，从而得出表述正确的式子.
10．（2025高三上·宁波期末）如图，圆锥SO的底面圆直径为AB，，，D为底面圆上的动点，则（ ）
A．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为30°
B．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为60°
C．直线SD与AB所成角的最小值为45°
D．直线SD与AB所成角的最大值为60°
【答案】B,C
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：过作直线分别平行于，交分别为，连接，如图，
则为直线与所成的角，
则，且为直线所成的角，
设，则，
在中，，
所以，故A错误、B正确；
对于C、D，易知直线与所成角的最小值为直线与底面所成角，
同时直线与所成角的最大值为直线与所成角，故D错误、C正确.
故答案为：BC.
【分析】先作出两条异面直线所成的角结合勾股定理和余弦函数的定义，从而判断选项A和选项B；利用线面角的定义和性质可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025高三上·宁波期末）已知函数，数列满足，前项和为．则（ ）
A．函数的对称中心为
B．函数为奇函数
C．不等式的解集为
D．若，，则的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为，
所以
，
所以函数关于对称，故A正确；
令，则，
所以
由选项A知，，
所以.
所以不是奇函数，故B错误；
因为，
所以
因为在R上单调递增，
所以，，故C正确；
由选项A知，，且，，
则
，
又因为，
所以，
则，
当时，，
当且仅当时，即当，，时，等号成立；
当时，
，
当且仅当时，即当，，时，等号成立，
若，，
则的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】计算的和是否为，则可判断选项A；设，计算的和是否为，则可判断选项B；根据函数的单调性和对称中心，则可判断选项C；利用数列求和得到，再根据基本不等式求最值的方法，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·宁波期末）已知数据的平均数为3，方差为1，则数据，，，…，的平均数与方差的和为 ．
【答案】19
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设数据，，，…，的平均数为，方差为，
设，的平均数为，方程为，
则
，
所以，
所以.
故答案为：19.
【分析】根据已知条件和平均数公式和性质以及方差的公式和性质，从而得出数据，，，…，的平均数与方差的和.
13．（2025高三上·宁波期末）过点的直线与抛物线交于两点，且，，则 ．
【答案】
【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：由题意得，，
∵，∴，
故直线方程为，即，
设，
则，
由，
得，，
∴，
∵，
∴，
解得.
故答案为：.
【分析】根据两直线垂直可得直线方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得出，再根据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，从而得出的值.
14．（2025高三上·宁波期末）已知函数有两个极值点，，当时，的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；函数极限
【解析】【解答】解：因为，又因为有两个极值点，，
则.
令，则，
所以，，
两式相除，可得，，
又因为，
则，
构造函数，，
令，两边取对数得：，
两边求导数，可得，
则，
因为，所以符号与有关.
令，则，故在上单调递减，
则，则，所以在上单调递减，
则，则，
对于，注意到，
因为，所以，
则.则，，
构造函数，则，
则在上单调递减，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意可得，令，从而可得关于n的表达式，进而可得关于n的表达式，构造函数，再分别利用导数正负判断函数的单调性去研究，，，从而得出t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·宁波期末）甲、乙两个箱子装有大小及外观相同的小球，甲箱中有5个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球．
（1）若从甲箱中任取2个小球，求这2个小球同色的概率；
（2）若先从甲箱中任取2个小球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取1个小球，求从乙箱中取出的球是白球的概率．
【答案】（1）解：从甲箱中任取2个小球的事件数为，
这2个小球同色的事件数为，
所以这2个小球同色的概率为．
（2）解：设事件A为“从乙箱中任取1个小球，取出的这个小球是白球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球都是白球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球为1个白球1个黑球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球都是黑球”，
则事件，，彼此互斥，
所以，，，
，，，
所以
，
所以取出的这个小球是白球的概率为．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）先求出从甲箱中任取2个小球的事件数，求出这2个小球同色的事件数，再利用古典概率公式得出这2个小球同色的概率.
（2）先求出从从甲箱中取出的2个小球的各种情况的概率，再利用条件概率公式和全概率公式，从而得出乙箱中取出的球是白球的概率．
（1）从甲箱中任取2个小球的事件数为，
这2个小球同色的事件数为，
所以这2个小球同色的概率为．
（2）设事件A为“从乙箱中任取1个小球，取出的这个小球是白球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球都是白球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球为1个白球1个黑球”，
事件为“从甲箱中取出的2个小球都是黑球”，
则事件，，彼此互斥．
，，，
，，，
所以
，
所以取出的这个小球是白球的概率为．
16．（2025高三上·宁波期末）已知函数．数列的首项．以后各项按如下方式取定：记曲线在处的切线为，若，则记与轴交点的横坐标是．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）证明：由，得，
则曲线在处的切线方程为，
根据题意，令，可得，，
由，
因为，
所以，
由，得
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）解：由上式得，，
则，①
两边乘以2，可得：，②
由①－②得，
所以．
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，利用点斜式得出曲线的切线方程，再求出与轴交点横坐标，从而可得数列的递推关系，通过递推代入得到与前一项的关系式，再加以说明非0结合等比数列的定义，从而证出数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）利用（1）可得，再利用错位相减法求出数列的前项和.
（1）由，得，
曲线在处的切线方程为，
根据题意令可得，，
由，
因为，所以，且由得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）由上式得，，
则，①
两边乘以2可得：，②.
由①－②得，，
所以．
17．（2025高三上·宁波期末）如图，三棱锥中，，．异面直线和所成角的余弦值为，点是线段上的一个动点．
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明：法一：（几何法）如图，取中点，
由，得，
作，，
则四边形为菱形，且，
连接，，，
则，
所以
∵异面直线与所成角的余弦值为，
∴，
当时，
则，
此时，不能构成，舍去，
则，
所以
∵，，
∴为直角三角形，
故，
∴，
所以，
∵，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面．
法二：（基底法）如图，取中点，
由，，
得，，
故二面角的平面角为，
由题意，得，，
设，，，．
则，，，
，，
则
∵，
∴，
∴或（舍去），
∴，此时，平面平面．
（2）解：如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，
设，，
则，
∴，得，
故.
设平面的法向量，
则
令，得，，
则，
设平面的法向量为，
则
令，则，
所以，
设二面角的平面角为，
则
得或（舍），
所以，
∴，
则.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用两种方法求证.
方法一：利用已知条件和等腰三角形三线合一得出线线垂直，利用线线平行得出四边形为菱形，且，再结合异面直线所成到角、余弦定理和三角形的结构特征以及勾股定理，从而得出线线垂直，再利用线面垂直可证面面垂直，即证出平面平面．
方法二：利用已知条件和等腰三角形三线合一得出线线垂直，再利用二面角和数量积为0两向量垂直、数量积的定义、数量积的运算律，则由数量积求向量夹角公式，从而证出平面平面．
（2）以为原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，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，从而得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已知条件，从而得出点F的坐标，再结合向量的坐标表示和向量的模的坐标表示，从而得出DF的长.
（1）法一：（几何法）如图，取中点，由，得，
作，，则四边形为菱形，且，
连接，，，则，.
∵异面直线与所成角的余弦值为，∴，
当时，，
此时，不能构成，舍去，
故，，
∵，，∴为直角三角形，故，
∴，即，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
法二：（基底法）如图，取中点，由，得，，故二面角的平面角为，
由题意，得，，
设，，，．
则，，，，，
，
∵，∴，
∴或（舍去），
∴，此时，平面平面．
（2）如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，，
设，，则，
∴，得，故.
设平面的法向量，则
令，得，，即，
设平面的法向量为，则
令，则，即，
设二面角的平面角为，
则，
得或（舍），故，
∴，故.
18．（2025高三上·宁波期末）如图，双曲线的左右焦点分别为，，双曲线与有相同的渐近线和焦距．过上一点作的两条切线，切点分别为A，B，A在轴上方，连接AB交于点M．
（注：过曲线外一点作曲线的两条切线，则两切点所在直线方程为）
（1）求双曲线的方程；
（2）证明：直线AB与切于点M，且；
（3）当点在第三象限，且时，求的值．
【答案】（1）解：因为曲线的渐近线方程为，，
又因为曲线的渐近线方程为，，
所以，
得，，
所以双曲线的方程为．
（2）证明：已知，且满足，
设切点，，，
根据题意，得直线AB方程为，
因为直线AB与曲线联立，得，
化简得，
则，
所以直线AB与切于点，
所以，，
因为直线AB与曲线联立，
得，
则，
得，
所以，
则为中点，
所以．
（3）解：法一：因为，
则，
将直线与直线联立，
得，
则，
将点，代入，
得，
化简得，
由，得，
所以．
法二：因为，，点与点关于原点对称，
所以，
又因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
则
所以．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和双曲线的焦距以及双曲线中a，b，c三者的关系式，从而列方程求解得出a，b的值，进而得出双曲线的方程.
（2）联立直线与双曲线方程，再根据直线与曲线相切求出切点的横坐标，再联立直线与双曲线方程，再利用根与系数的关系可得点为中点，从而证出直线AB与切于点M，且.
（3）利用两种方法求解.
法一：将直线和直线联立求出点坐标，再代入双曲线方程求出的值，再由三角形面积公式得出的值.
法二：利用，，从而得出的值.
（1）的渐近线方程为，，
的渐近线方程为，，
所以，得，，所以双曲线的方程为．
（2）已知，且满足，
设切点，，，
根据题意得，直线AB方程为．
直线AB与联立，得，
化简得，，
所以直线AB与切于点．
所以，．
直线AB与联立，得，即，
得，
所以，即为中点，
所以．
（3）法一：因为，则，
直线与直线联立，
得，即，
将点代入，
得，化简得，
由得，，
所以．
法二：因为，，点与点关于原点对称，所以．
因为，所以，
因为，所以，所以，
，
所以．
19．（2025高三上·宁波期末）（1）证明：；
（2）当时，利用所给图形证明（1）中等式；
（3）如图，的外接圆半径为1，，的一个外角的角平分线交外接圆于点D，过D作于点M，利用（1）中等式，证明：．
【答案】证明：（1）由题意得，，
，
两式相加得，．
（2）由题意得，线段的中点的坐标为如图，过作垂直于轴，交轴于，
则，，
在中，，
在中，
则，
∴，
则．
（3）设，，，
则，，
∴，
在中，由正弦定理得，，
∴，
在中，由正弦定理得，，
∴，
∴，
由（1）中，
得．
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据，再利用两角和、差的正弦公式，从而证出.
（2）过作垂直于轴，交轴于，再结合图形表示所给图形，从而证出（1）中等式.
（3）根据三角形的性质转化角，再利用正弦定理结合（1）中等式，从而证出.
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