广东省潮州市2024-2025学年高三上学期期末教学质量检测数学试题
一、单项选择题（本题共8道小题，每小题只有一个选项正确，每小题5分，共40分）
1．（2025高三上·潮州期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·潮州期末）若复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A．i B．－i C．1 D．－1
3．（2025高三上·潮州期末）围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为 ，都是白子的概率是 ，则从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·潮州期末）已知双曲线的一条渐近线方程是，则的离心率是（ ）
A． B． C．5 D．
5．（2025高三上·潮州期末）若正四面体的棱长为，则该正四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·潮州期末）已知函数在处取得极大值，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·潮州期末）已知函数（，）的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移（）个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·潮州期末）若满足，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）
9．（2025高三上·潮州期末）已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的值为
B．的最小值为1
C．若，则的值为2
D．若与的夹角为钝角，则的取值范围是且
10．（2025高三上·潮州期末）设，则（ ）
A．
B．
C．
D．当时，除以8的余数是7
11．（2025高三上·潮州期末）如图，心形曲线与轴交于两点，点是上的一个动点，则（ ）
A．点和均在上 B．点的纵坐标的最大值为
C．的最大值与最小值之和为3 D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·潮州期末）等差数列中，，则的前9项和 ．
13．（2025高三上·潮州期末）如图，三个相同的正方形相接，则 ．
14．（2025高三上·潮州期末）在平面直角坐标中，已知点，，点满足，则点的轨迹方程为 ，若直线的方程为，则点到直线的距离的最大值为 ，
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·潮州期末）的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长．
16．（2025高三上·潮州期末）设为抛物线：的焦点，为的准线与轴的交点，且直线过点．
（1）若与有且仅有一个公共点，求直线的方程；
（2）若与交于，两点，且，求的面积．
17．（2025高三上·潮州期末）“潮州柑”是一种象征吉祥的果子，因比桔大，故俗称“大吉”，而桔与吉同音，用谐音会意法，就成了大吉．春节时候，潮州人有带“大吉”拜年的习俗，互换“大吉”，愿彼此“大吉大利”．春节将至，某水果店对“潮州柑”进行试销，得到一组销售数据，如下表所示：
试销单价（元） 3 4 5 6 7
产品销量件 20 16 15 12 6
（1）经计算相关系数，变量，线性相关程度很高，求关于的经验回归方程；
（2）用（1）中所求的经验回归方程来拟合这组成对数据，当样本数据的残差的绝对值大于1.2时，称该对数据为一个“次数据”，现从这5个成对数据中任取3个做残差分析，求取到的数据中“次数据”个数的分布列和数学期望．
参考公式：线性回归方程中，的最小二乘法估计分别为，．
参考数据：
18．（2025高三上·潮州期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，，是棱上两点（在的上方），且．
（1）若，求证：平面；
（2）当点到平面的距离取得最大值时，求直线与平面所成角的正弦值．
19．（2025高三上·潮州期末）已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意的、都有，且，设数列满足．
（1）写出，的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）用表示数列的前项和．试问：是否存在关于的整式，使得对于一切不小于2的自然数恒成立？若存在，写出的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，，
故．
故答案为：D.
【分析】先明确集合 和 的具体元素范围，再找它们的公共元素.
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，所以，故，复数z的虚部为1.
故答案为：C.
【分析】涉及复数的四则运算以及复数虚部的概念.通过已知等式，用复数的除法运算求出，求出，根据复数虚部的定义确定的虚部.
3．【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】围棋盒子中有多粒黑子和白子，
∵从中取出2粒都是黑子的概率为 ，都是白子的概率是 ，
∴由对立事件概率计算公式得：
从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是： .
故答案为：D.
【分析】 利用对立事件概率计算公式能求出结果．
4．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因双曲线的一条渐近线方程为，
依题意，，则其离心率为
故答案为：D.
【分析】关联渐近线方程与、关系，再结合离心率公式（涉及、，且 ）来推导.
5．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：方法一：如图，正四面体中，
作底面的高，由正四面体的性质，点为的中心，
设为外接球的球心，外接球的半径为，由正三角形的性质，，；
由，得，解得，
该球的表面积为．
故答案为：A．
方法二：如下图
在立方体中，通过连接面对角线可得到正四面体，
可知两者的外接球相同，正四面体的棱长为立方体的一个面的对角线长，
则立方体的棱长为.立方体的体对角线即为外接球的直径.代入计算可得，
外接球的半径，外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】正四面体的外接球问题，关键在于找到外接球半径.用正四面体与正方体的特殊关系（正四面体可嵌入正方体，二者外接球相同 ），通过棱长求出正方体棱长，进而得到外接球半径，最后计算表面积.
6．【答案】B
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为函数，（），
则，
令得或，
当时，不在函数的定义域内，不符合条件；
当时，若，在，上，单调递增，在上，单调递减，此时为的极小值，不符合；
若，在上，单调递增，不存在极值，不符合；
若，在，上，单调递增，在上，单调递减，此时为的极大值.
故答案为：B.
【分析】确定正实数的取值范围使得函数在处取得极大值，需通过求导分析函数单调性，根据极值点左右单调性变化来判断.
7．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图可知，即，由，即，
则，又图象过点，所以，即，
点在原图象的增区间上，所以可取，，可得；
的图象向右平移（）个单位得到的图象，可得，
又为奇函数，所以，，即，，
又，所以.
故答案为：A.
【分析】解决函数平移后为奇函数时平移量的最小值问题，需先确定原函数的表达式，再根据奇函数性质求出平移量.
8．【答案】D
【知识点】指数函数的图象与性质；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：设，则恒成立，即，因为，所以在上单调递增，且当时，，故当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，取得极小值，即最小值，
，令，得．
故答案为：D．
【分析】关于的不等式对所有实数成立时，实数的取值范围问题.构造函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最小值大于的问题.通过求导分析函数的单调性，找其最小值，求解的取值范围.
9．【答案】B,C,D
【知识点】向量的模；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：A：，A选项错误；
B：，当时取等号，B选项正确；
C：，根据，解得，C选项正确；
D：与的夹角为钝角，则，且两个向量不能反向共线，注意到A选项，时，，于是且.
故答案为：BCD.
【分析】围绕向量的平行、模、垂直以及夹角为钝角的条件展开，需逐个分析选项，利用向量相关性质和公式进行判断.向量平行，依据平行的坐标表示公式判断参数.向量和的模的最值，通过模的计算公式转化为二次函数最值求解.模相等转化为向量垂直，利用数量积为计算参数.夹角为钝角时，数量积小于且向量不共线，结合前面平行条件确定范围.
10．【答案】A,C
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A，令，可得，故A正确；
B，通项公式为，令可得，
令可得，故，故B错误；
C，令可得，
令，可得，，故C正确；
D，当时，，所以除以8的余数是1，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】围绕二项式展开式的系数问题，通过赋值法、通项公式等工具，分别对每个选项进行分析判断.
A、C，用赋值法，给展开式中的赋特殊值，代入后可得到系数和的相关等式，进而判断对错.
B，借助二项式展开式的通项公式，求出指定项的系数，再计算系数和判断.
D，同样利用二项式定理展开，分析除以的余数情况.
11．【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解： 心形曲线 ，令，解得，则
A、当时，，解得或，
当时，，解得，则和均在L上，故A正确；
B、因为曲线关于y轴对称，当时，，所以，
，
当时，最大，且最大值为，故B正确；
C、，因为曲线关于y轴对称，当时，设，
所以
，
因为可取任意角，所以取最小值，取最大值，
所以和为，故C错误；
D、由，可得点在椭圆内，
即满足，即，
整理得，即恒成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】点代入曲线求解即可判断A；根据曲线分段得出函数取得最大值即可判断B；利用三角换元再结合三角恒等变换求最值即可判断C；利用三角换元结合椭圆的方程得出恒成立即可判断D.
12．【答案】90
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
又，所以，所以，
故答案为：90.
【分析】用等差数列的性质找到关键项的值，再结合等差数列的求和公式求出前项和.
13．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由图可得，，所以，
而，均为锐角，即，所以．
故答案为：.
【分析】根据图形确定和的值，再用两角和的正切公式计算，最后结合、的范围确定的值.
14．【答案】；
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设，则，，
因为，所以有，
同时平方，化简得，故点的轨迹为圆心在，半径2为的圆，
而直线过定点，所以点到直线的距离．
故答案为：，．
【分析】用两点间距离公式，根据建立等式，通过化简得到轨迹方程，判断轨迹形状.距离最大值，先确定直线所过定点，再结合点的轨迹是圆，用圆上点到直线距离的最值与圆心到定点距离、圆半径的关系求解.
15．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，所以，
又，所以，则，
又，所以.
（2）解：因为，所以，
由余弦定理，即，
即，所以，
所以（负值已舍去），所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，再利用三角恒等变换公式化简，结合角的范围求出角.
（2）先由三角形面积公式求出的值，再用余弦定理结合的值求出，进而得到三角形周长.
（1）因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，又，所以，
则，又，所以；
（2）因为，所以，
由余弦定理，即，
即，所以，
所以（负值已舍去），
所以的周长为.
16．【答案】（1）解：抛物线：的焦点坐标为，准线方程为，则．
若与轴垂直，此时与只有一个交点．
若与轴不垂直，设．
由，消去整理得．
因为与有且仅有一个公共点，所以，故．
此时的方程为或．
综上，的方程为，或．
（2）解：由（1）得，即．设，，则，．
因为，所以，又，，所以，
整理可得，代入可得，解得．
所以的面积.
【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】【分析】（1）分直线与轴垂直和不垂直两种情况.垂直时直接判断交点；不垂直时设直线方程，联立抛物线方程，根据判别式为求参数，得到直线方程.
（2）设直线与抛物线交点，利用韦达定理得根与系数关系，结合向量垂直的数量积为求出参数，再根据三角形面积公式计算面积.
（1）抛物线：的焦点坐标为，准线方程为，则．
若与轴垂直，此时与只有一个交点．
若与轴不垂直，设．由，消去整理得．
因为与有且仅有一个公共点，所以，故．
此时的方程为或．
综上，的方程为，或．
（2）由（1）得，即．设，，
则，．
因为，所以，又，
所以，
整理可得，代入可得，解得．
所以的面积
.
17．【答案】（1）解：由题意，，
，，
故求关于的经验回归方程为.
（2）解：由（1）可列表
试销单价（元） 3 4 5 6 7
产品销量件 20 16 15 12 6
20.2 17 13.8 10.6 7.4
0.2 1 1.2 1.4 1.4
故可知这5个成对数据中有2个 “次数据”，故的可能值为0，1，2，
，，，
故的分布列为
0 1 2
期望为：.
【知识点】众数、中位数、平均数；线性回归方程；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）根据最小二乘法求经验回归方程的步骤，先计算、，再利用公式求出和，从而得到回归方程.
（2）根据回归方程求出每个数据的残差，确定“次数据”的个数，再利用超几何分布的知识求出的分布列和数学期望.
（1）由题意，，
，
，
故求关于的经验回归方程为.
（2）由（1）可列表
试销单价（元） 3 4 5 6 7
产品销量件 20 16 15 12 6
20.2 17 13.8 10.6 7.4
0.2 1 1.2 1.4 1.4
故可知这5个成对数据中有2个 “次数据”，
故的可能值为0，1，2，
，，，
故的分布列为
0 1 2
期望为：.
18．【答案】（1）证明：连接，记，，连接，，如下图，
在正方形中，因为，为的中点，所以，，
易知∽，则，可得，
在中，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：因为平面，平面，所以，，故两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，的面积为定值，
又点A到平面EFC的距离为定值，三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，
所以要使点到平面AEC的距离最大，则的面积最小，即到AC的距离最小，
设，则，
所以E到AC的距离为
所以当时，E到AC的距离最小，点到平面AEC的距离最大，此时
设平面AEC的一个法向量为，则，
令，可得，又，
设直线AG与平面AEC所成角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）用正方形性质和相似三角形得到线段比例关系，进而得到线线平行，结合线面平行判定定理证明.
（2）先分析点到平面距离最大的情况，再建立空间直角坐标系，求出平面法向量和直线方向向量，最后用线面角向量公式计算.
（1）连接，记，，连接，，如下图，
在正方形中，因为，为的中点，所以，，
易知∽，则，可得，
在中，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，
所以，，
故两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，
的面积为定值，
又点A到平面EFC的距离为定值，三棱锥的体积为定值，
即三棱锥的体积为定值，
所以要使点到平面AEC的距离最大，则的面积最小，即到AC的距离最小，
设，则，
所以E到AC的距离为
所以当时，E到AC的距离最小，点到平面AEC的距离最大，
此时
设平面AEC的一个法向量为，
则，令，可得，
又，设直线AG与平面AEC所成角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值.
19．【答案】（1）解：在中，令，得，即，
令，得，即，故，
令，得，
∴即，.
（2）解：当时，，
令，则，∴，∴，
令有，∵，∴，.
（3）解：当时，由，可得，
即，则，
∴，，，
∴，
∵，∴，∴.
故存在关于的整式，使等式对于一切小于的自然数恒成立.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）用抽象函数对、赋特殊值（如，，等 ），代入已知等式求出、.
（2）对抽象函数等式变形，构造新函数，通过推导新函数性质，结合已知条件得出的表达式，进而求出数列的通项公式.
（3）由数列通项得出前项和的递推关系，再通过累加法推导，判断是否存在满足条件的整式.
（1）在中，
令，得，即，
令，得，即，故，
令，得，
∴即，.
（2）当时，，
令，则，
∴，
∴，
令有，
∵，∴，.
（3）当时，由，可得，
即，则，
∴，，，
∴，
∵，∴，
∴.
故存在关于的整式，使等式对于一切小于的自然数恒成立.
1 / 1广东省潮州市2024-2025学年高三上学期期末教学质量检测数学试题
一、单项选择题（本题共8道小题，每小题只有一个选项正确，每小题5分，共40分）
1．（2025高三上·潮州期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，，
故．
故答案为：D.
【分析】先明确集合 和 的具体元素范围，再找它们的公共元素.
2．（2025高三上·潮州期末）若复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A．i B．－i C．1 D．－1
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，所以，故，复数z的虚部为1.
故答案为：C.
【分析】涉及复数的四则运算以及复数虚部的概念.通过已知等式，用复数的除法运算求出，求出，根据复数虚部的定义确定的虚部.
3．（2025高三上·潮州期末）围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为 ，都是白子的概率是 ，则从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】围棋盒子中有多粒黑子和白子，
∵从中取出2粒都是黑子的概率为 ，都是白子的概率是 ，
∴由对立事件概率计算公式得：
从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是： .
故答案为：D.
【分析】 利用对立事件概率计算公式能求出结果．
4．（2025高三上·潮州期末）已知双曲线的一条渐近线方程是，则的离心率是（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因双曲线的一条渐近线方程为，
依题意，，则其离心率为
故答案为：D.
【分析】关联渐近线方程与、关系，再结合离心率公式（涉及、，且 ）来推导.
5．（2025高三上·潮州期末）若正四面体的棱长为，则该正四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：方法一：如图，正四面体中，
作底面的高，由正四面体的性质，点为的中心，
设为外接球的球心，外接球的半径为，由正三角形的性质，，；
由，得，解得，
该球的表面积为．
故答案为：A．
方法二：如下图
在立方体中，通过连接面对角线可得到正四面体，
可知两者的外接球相同，正四面体的棱长为立方体的一个面的对角线长，
则立方体的棱长为.立方体的体对角线即为外接球的直径.代入计算可得，
外接球的半径，外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】正四面体的外接球问题，关键在于找到外接球半径.用正四面体与正方体的特殊关系（正四面体可嵌入正方体，二者外接球相同 ），通过棱长求出正方体棱长，进而得到外接球半径，最后计算表面积.
6．（2025高三上·潮州期末）已知函数在处取得极大值，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为函数，（），
则，
令得或，
当时，不在函数的定义域内，不符合条件；
当时，若，在，上，单调递增，在上，单调递减，此时为的极小值，不符合；
若，在上，单调递增，不存在极值，不符合；
若，在，上，单调递增，在上，单调递减，此时为的极大值.
故答案为：B.
【分析】确定正实数的取值范围使得函数在处取得极大值，需通过求导分析函数单调性，根据极值点左右单调性变化来判断.
7．（2025高三上·潮州期末）已知函数（，）的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移（）个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图可知，即，由，即，
则，又图象过点，所以，即，
点在原图象的增区间上，所以可取，，可得；
的图象向右平移（）个单位得到的图象，可得，
又为奇函数，所以，，即，，
又，所以.
故答案为：A.
【分析】解决函数平移后为奇函数时平移量的最小值问题，需先确定原函数的表达式，再根据奇函数性质求出平移量.
8．（2025高三上·潮州期末）若满足，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的图象与性质；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：设，则恒成立，即，因为，所以在上单调递增，且当时，，故当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，取得极小值，即最小值，
，令，得．
故答案为：D．
【分析】关于的不等式对所有实数成立时，实数的取值范围问题.构造函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最小值大于的问题.通过求导分析函数的单调性，找其最小值，求解的取值范围.
二、多项选择题（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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）
9．（2025高三上·潮州期末）已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的值为
B．的最小值为1
C．若，则的值为2
D．若与的夹角为钝角，则的取值范围是且
【答案】B,C,D
【知识点】向量的模；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：A：，A选项错误；
B：，当时取等号，B选项正确；
C：，根据，解得，C选项正确；
D：与的夹角为钝角，则，且两个向量不能反向共线，注意到A选项，时，，于是且.
故答案为：BCD.
【分析】围绕向量的平行、模、垂直以及夹角为钝角的条件展开，需逐个分析选项，利用向量相关性质和公式进行判断.向量平行，依据平行的坐标表示公式判断参数.向量和的模的最值，通过模的计算公式转化为二次函数最值求解.模相等转化为向量垂直，利用数量积为计算参数.夹角为钝角时，数量积小于且向量不共线，结合前面平行条件确定范围.
10．（2025高三上·潮州期末）设，则（ ）
A．
B．
C．
D．当时，除以8的余数是7
【答案】A,C
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A，令，可得，故A正确；
B，通项公式为，令可得，
令可得，故，故B错误；
C，令可得，
令，可得，，故C正确；
D，当时，，所以除以8的余数是1，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】围绕二项式展开式的系数问题，通过赋值法、通项公式等工具，分别对每个选项进行分析判断.
A、C，用赋值法，给展开式中的赋特殊值，代入后可得到系数和的相关等式，进而判断对错.
B，借助二项式展开式的通项公式，求出指定项的系数，再计算系数和判断.
D，同样利用二项式定理展开，分析除以的余数情况.
11．（2025高三上·潮州期末）如图，心形曲线与轴交于两点，点是上的一个动点，则（ ）
A．点和均在上 B．点的纵坐标的最大值为
C．的最大值与最小值之和为3 D．
【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解： 心形曲线 ，令，解得，则
A、当时，，解得或，
当时，，解得，则和均在L上，故A正确；
B、因为曲线关于y轴对称，当时，，所以，
，
当时，最大，且最大值为，故B正确；
C、，因为曲线关于y轴对称，当时，设，
所以
，
因为可取任意角，所以取最小值，取最大值，
所以和为，故C错误；
D、由，可得点在椭圆内，
即满足，即，
整理得，即恒成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】点代入曲线求解即可判断A；根据曲线分段得出函数取得最大值即可判断B；利用三角换元再结合三角恒等变换求最值即可判断C；利用三角换元结合椭圆的方程得出恒成立即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·潮州期末）等差数列中，，则的前9项和 ．
【答案】90
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
又，所以，所以，
故答案为：90.
【分析】用等差数列的性质找到关键项的值，再结合等差数列的求和公式求出前项和.
13．（2025高三上·潮州期末）如图，三个相同的正方形相接，则 ．
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由图可得，，所以，
而，均为锐角，即，所以．
故答案为：.
【分析】根据图形确定和的值，再用两角和的正切公式计算，最后结合、的范围确定的值.
14．（2025高三上·潮州期末）在平面直角坐标中，已知点，，点满足，则点的轨迹方程为 ，若直线的方程为，则点到直线的距离的最大值为 ，
【答案】；
【知识点】恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；轨迹方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设，则，，
因为，所以有，
同时平方，化简得，故点的轨迹为圆心在，半径2为的圆，
而直线过定点，所以点到直线的距离．
故答案为：，．
【分析】用两点间距离公式，根据建立等式，通过化简得到轨迹方程，判断轨迹形状.距离最大值，先确定直线所过定点，再结合点的轨迹是圆，用圆上点到直线距离的最值与圆心到定点距离、圆半径的关系求解.
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·潮州期末）的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，所以，
又，所以，则，
又，所以.
（2）解：因为，所以，
由余弦定理，即，
即，所以，
所以（负值已舍去），所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，再利用三角恒等变换公式化简，结合角的范围求出角.
（2）先由三角形面积公式求出的值，再用余弦定理结合的值求出，进而得到三角形周长.
（1）因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，又，所以，
则，又，所以；
（2）因为，所以，
由余弦定理，即，
即，所以，
所以（负值已舍去），
所以的周长为.
16．（2025高三上·潮州期末）设为抛物线：的焦点，为的准线与轴的交点，且直线过点．
（1）若与有且仅有一个公共点，求直线的方程；
（2）若与交于，两点，且，求的面积．
【答案】（1）解：抛物线：的焦点坐标为，准线方程为，则．
若与轴垂直，此时与只有一个交点．
若与轴不垂直，设．
由，消去整理得．
因为与有且仅有一个公共点，所以，故．
此时的方程为或．
综上，的方程为，或．
（2）解：由（1）得，即．设，，则，．
因为，所以，又，，所以，
整理可得，代入可得，解得．
所以的面积.
【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】【分析】（1）分直线与轴垂直和不垂直两种情况.垂直时直接判断交点；不垂直时设直线方程，联立抛物线方程，根据判别式为求参数，得到直线方程.
（2）设直线与抛物线交点，利用韦达定理得根与系数关系，结合向量垂直的数量积为求出参数，再根据三角形面积公式计算面积.
（1）抛物线：的焦点坐标为，准线方程为，则．
若与轴垂直，此时与只有一个交点．
若与轴不垂直，设．由，消去整理得．
因为与有且仅有一个公共点，所以，故．
此时的方程为或．
综上，的方程为，或．
（2）由（1）得，即．设，，
则，．
因为，所以，又，
所以，
整理可得，代入可得，解得．
所以的面积
.
17．（2025高三上·潮州期末）“潮州柑”是一种象征吉祥的果子，因比桔大，故俗称“大吉”，而桔与吉同音，用谐音会意法，就成了大吉．春节时候，潮州人有带“大吉”拜年的习俗，互换“大吉”，愿彼此“大吉大利”．春节将至，某水果店对“潮州柑”进行试销，得到一组销售数据，如下表所示：
试销单价（元） 3 4 5 6 7
产品销量件 20 16 15 12 6
（1）经计算相关系数，变量，线性相关程度很高，求关于的经验回归方程；
（2）用（1）中所求的经验回归方程来拟合这组成对数据，当样本数据的残差的绝对值大于1.2时，称该对数据为一个“次数据”，现从这5个成对数据中任取3个做残差分析，求取到的数据中“次数据”个数的分布列和数学期望．
参考公式：线性回归方程中，的最小二乘法估计分别为，．
参考数据：
【答案】（1）解：由题意，，
，，
故求关于的经验回归方程为.
（2）解：由（1）可列表
试销单价（元） 3 4 5 6 7
产品销量件 20 16 15 12 6
20.2 17 13.8 10.6 7.4
0.2 1 1.2 1.4 1.4
故可知这5个成对数据中有2个 “次数据”，故的可能值为0，1，2，
，，，
故的分布列为
0 1 2
期望为：.
【知识点】众数、中位数、平均数；线性回归方程；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）根据最小二乘法求经验回归方程的步骤，先计算、，再利用公式求出和，从而得到回归方程.
（2）根据回归方程求出每个数据的残差，确定“次数据”的个数，再利用超几何分布的知识求出的分布列和数学期望.
（1）由题意，，
，
，
故求关于的经验回归方程为.
（2）由（1）可列表
试销单价（元） 3 4 5 6 7
产品销量件 20 16 15 12 6
20.2 17 13.8 10.6 7.4
0.2 1 1.2 1.4 1.4
故可知这5个成对数据中有2个 “次数据”，
故的可能值为0，1，2，
，，，
故的分布列为
0 1 2
期望为：.
18．（2025高三上·潮州期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，，是棱上两点（在的上方），且．
（1）若，求证：平面；
（2）当点到平面的距离取得最大值时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：连接，记，，连接，，如下图，
在正方形中，因为，为的中点，所以，，
易知∽，则，可得，
在中，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：因为平面，平面，所以，，故两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，的面积为定值，
又点A到平面EFC的距离为定值，三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，
所以要使点到平面AEC的距离最大，则的面积最小，即到AC的距离最小，
设，则，
所以E到AC的距离为
所以当时，E到AC的距离最小，点到平面AEC的距离最大，此时
设平面AEC的一个法向量为，则，
令，可得，又，
设直线AG与平面AEC所成角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）用正方形性质和相似三角形得到线段比例关系，进而得到线线平行，结合线面平行判定定理证明.
（2）先分析点到平面距离最大的情况，再建立空间直角坐标系，求出平面法向量和直线方向向量，最后用线面角向量公式计算.
（1）连接，记，，连接，，如下图，
在正方形中，因为，为的中点，所以，，
易知∽，则，可得，
在中，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，
所以，，
故两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，
的面积为定值，
又点A到平面EFC的距离为定值，三棱锥的体积为定值，
即三棱锥的体积为定值，
所以要使点到平面AEC的距离最大，则的面积最小，即到AC的距离最小，
设，则，
所以E到AC的距离为
所以当时，E到AC的距离最小，点到平面AEC的距离最大，
此时
设平面AEC的一个法向量为，
则，令，可得，
又，设直线AG与平面AEC所成角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值.
19．（2025高三上·潮州期末）已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意的、都有，且，设数列满足．
（1）写出，的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）用表示数列的前项和．试问：是否存在关于的整式，使得对于一切不小于2的自然数恒成立？若存在，写出的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）解：在中，令，得，即，
令，得，即，故，
令，得，
∴即，.
（2）解：当时，，
令，则，∴，∴，
令有，∵，∴，.
（3）解：当时，由，可得，
即，则，
∴，，，
∴，
∵，∴，∴.
故存在关于的整式，使等式对于一切小于的自然数恒成立.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）用抽象函数对、赋特殊值（如，，等 ），代入已知等式求出、.
（2）对抽象函数等式变形，构造新函数，通过推导新函数性质，结合已知条件得出的表达式，进而求出数列的通项公式.
（3）由数列通项得出前项和的递推关系，再通过累加法推导，判断是否存在满足条件的整式.
（1）在中，
令，得，即，
令，得，即，故，
令，得，
∴即，.
（2）当时，，
令，则，
∴，
∴，
令有，
∵，∴，.
（3）当时，由，可得，
即，则，
∴，，，
∴，
∵，∴，
∴.
故存在关于的整式，使等式对于一切小于的自然数恒成立.
1 / 1
