浙江省台州市部分学校2025届高三上学期年1月期末联考数学试题
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高三上·台州期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·台州期末）命题p：，都有，则命题的否定是（ ）
A．，使得 B．，使得
C．，使得 D．，使得
3．（2025高三上·台州期末）已知，（i为虚数单位），则（ ）
A． B．4 C． D．2
4．（2025高三上·台州期末）下表为国家统计局统计的2014年～2023年我国各级各类学校教职工数的统计数据：
2014年 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年
高等学校教职工数（万人） 234 237 240 244 249 257 267 275 284 292
高中阶段教职工数（万人） 365 365 368 375 381 391 403 395 407 418
初中阶段教职工数（万人） 396 398 400 408 420 435 450 469 475 482
小学阶段教职工数（万人） 549 549 554 565 573 585 597 622 625 626
则在这10年的时间里，教职工数的增长率（增长率×100%）最高的是（ ）
A．高等学校 B．高中阶段 C．初中阶段 D．小学阶段
5．（2025高三上·台州期末）下列选项中的圆既与轴相切又与直线相切的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高三上·台州期末）在空间四边形ABCD中，，三棱锥的体积的最大值等于（ ）
A．2 B． C．1 D．
7．（2025高三上·台州期末）对于平面凸四边形，若，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．大小不确定
8．（2025高三上·台州期末）在中，，且，则的值不可以是（ ）
A． B． C．1 D．2
二、选择题：本大题共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·台州期末）以下四个正方体中，满足平面CDE的有（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高三上·台州期末）函数，则（ ）
A． B．的单调递增区间为
C．最大值为 D．有两个零点
11．（2025高三上·台州期末）甲、乙两个不透明的袋子中分别装有两种颜色不同但是大小相同的小球，甲袋中装有5个红球和5个绿球；乙袋中装有4个红球和6个绿球.先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中，再从乙袋中随机摸出一个小球，记表示事件“从甲袋摸出的是红球”，表示事件“从甲袋摸出的是绿球”，记表示事件“从乙袋摸出的是红球”，表示事件“从乙袋摸出的是绿球”.下列说法正确的是（ ）
A．，是互斥事件 B．，是独立事件
C． D．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12．（2025高三上·台州期末）已知，则 ．
13．（2025高三上·台州期末）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则= .
14．（2025高三上·台州期末）已知右焦点为的椭圆上的三点A，B，C满足直线AB过坐标原点，若于点，且，则的离心率是 .
四、解答题：本大题共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·台州期末）已知锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足.
（1）求c的值；
（2）若，求的值.
16．（2025高三上·台州期末）如图，在直四棱柱中，，，，，点和分别在侧棱、上，且．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
17．（2025高三上·台州期末）已知数列满足（e为自然对数的底），且.
（1）当时，令，求的通项公式及其前n项和；
（2）当时，令，，，求的值.
18．（2025高三上·台州期末）“石头、剪刀、布”是我们小时候常玩的游戏，游戏规则如下：
①石头赢剪刀，剪刀赢布，布赢石头；
②两人游戏时，出相同的手势为平局；多人游戏时都出相同的手势或者三种手势都出现为平局.
现有人玩游戏.
（1）分别求3人，4人玩一轮游戏，平局的概率、；
（2）求人玩一轮游戏，平局的概率（结果用n表示）；
（3）设当时，玩2轮游戏，最终决出唯一获胜者的概率.
19．（2025高三上·台州期末）对于一个函数和两个点，，给出如下定义：记：，若满足，则称P是M，N视角下的“基于的回点”.
（1）若，点，，求：M，N视角下的基于的回点P的坐标；
（2）若，，对于点，，若M，N视角下的“基于的回点”恰有两个，记为，，求证：直线，的斜率.
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：因为，，
所以．
故答案为：D．
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合B，再利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题p：，都有的否定是，使得.
故答案为：B.
【分析】根据全称命题的否定是特称命题，从而写出该命题的否定.
3．【答案】C
【知识点】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：由，可得，
所以，
因此.
故答案为：C.
【分析】根据复数的乘法运算法则结合复数相等的充要条件，从而可得的值，进而得出的值.
4．【答案】A
【知识点】频率分布表
【解析】【解答】解：由已知高等学校增长率为，
高中阶段增长率为，
初中阶段增长率为，
小学阶段增长率为.
故答案为：A．
【分析】利用已知条件计算出各选项中的增长率，从而找出正确的选项．
5．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：对于A：因为圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，
所以圆不与轴相切，故A错误；
对于B：因为圆心为，半径为1，圆心到直线的距离为：，
所以圆与直线不相切，故B错误；
对于C：因为圆心为，半径为，圆心到轴的距离为，
圆心到直线的距离为：，
所以，所给的圆既与轴相切又与直线相切，故C正确；
对于D：因为圆心为，半径为1，圆心到直线的距离为，所以圆与直线不相切，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和直线与圆相切位置关系判断方法，再结合点到直线的距离公式，从而得出既与轴相切又与直线相切的圆的标准方程.
6．【答案】C
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为为边长为2的等边三角形，
所以，的面积为，
因为也是边长为2的等边三角形，
所以，当平面平面时，
此时到平面的距离最大，且最大值为，（其中为的中点），
所以，三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和垂直可得三棱锥的高的最大值，再根据三棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积的最大值.
7．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；同角三角函数间的基本关系；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
可得，
设直线的夹角为，
则，可得，
所以四边形的面积为.
故答案为：A.
【分析】根据数量积的坐标表示、向量的模的坐标表示和数量积求向量夹角公式，从而可得直线的夹角的余弦值，再结合同角三角函数基本关系式和三角形面积公式得出四边形的面积.
8．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；两角和与差的正切公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
所以，
所以
，
又因为，
所以，
因为，所以，
所以，
令，因为，
所以，所以，
则，所以，
令，
函数和在上都单调递增，
所以在上单调递减，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】由结合题意，可得，从而得到，再利用，令，可得，令，再利用函数单调性得出函数的值域，从而得出不可以的值.
9．【答案】B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，，，
与所成角为，
所以，与平面CDE不垂直， 故A错误；
对于B，在正方体中，平面，平面，
所以，
又因为，，平面CDE，
所以平面CDE，故B正确；
对于C，连接，如图，
在正方体中，由正方体面上的对角线相等可知，为正三角形，
所以，又因为，与所成的角为，
所以与平面CDE不垂直，故C不正确；
对于D，连接，如图，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，同理可得，
由平面，
所以平面CDE，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据已知条件和直线与平面内的直线不垂直，则可判断选项A和选项C；根据直线与平面垂直的判定定理，则判断出选项B和选项D，从而找出满足平面CDE的正方体.
10．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：对于A，因为的定义域为，
则，故A正确；
对于B，由，可得，
则的单调递增区间为，故B正确；
对于C，由选项B分析，当时，；
当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，取得最小值，故C错误；
对于D，由选项C分析，
则函数在上单调递减，在上单调递增，且，
当时，；当时，，
由零点存在定理，可知函数在区间和各有一个零点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先对函数求导，再根据导数的正负判断出原函数的单调性，从而得到函数的极值，进而逐项判断出选项A、选项B和选项C；再结合函数的变化趋势及零点存在定理，从而作出其图象判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，依题意，因为每次只摸出一个球，，
所以，是互斥事件，故A正确；
对于B，因为，，
又因为，
所以，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据，是互斥事件，则可判断选项A；先求出的值，再判断出二者是否相等，则可判断选项B；计算出可判断选项C；计算出可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】243
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：令，得，①
令，得，②
②①，得，
则，
①②，得，
则，
所以．
故答案为：.
【分析】先利用赋值法，再根据方程思想和绝对值的定义，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：因为和关于轴对称，
所以，
那么，（或），
所以.
【分析】利用角与角关于直线的对称性得出，再利用诱导公式和两角差的余弦公式，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的左焦点为，连接，
因为点平分，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形，
设，则，
在直角中，，所以，
整理可得，所以，
在直角中，，所以，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】核心是利用椭圆的对称性与定义，结合矩形性质，通过设未知数表示线段长度，再在两个直角三角形中应用勾股定理，建立a与c的关系，从而求出离心率，体现了 “几何性质（ 椭圆、矩形 ）+ 代数运算（ 勾股定理、方程化简 ）” 的椭圆离心率求解思路.
15．【答案】（1）解：方法1：由，
可得：，
化简得：，
进一步整理得：，
，
在锐角中，，
.
方法2：先证明，
，
由正弦定理得：，
由，
可得：，
.
（2）解：因为 ，
所以，
.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法1：由角化边可得，整理得，从而得出的值.
方法2：由已知条件，易证，再结合已知条件，可得，从而得出的值.
（2）由已知条件进行切化弦，从而可得，再结合已知条件可得，再利用数量积的定义得出的值.
（1）法1：由可得：
化简得：
进一步整理得：
.
又已知锐角，，；
法2：先证明
由正弦定理得：
由，可得：，；
（2），得，
.
16．【答案】（1）证明：分别取、的中点、，连接、、，
如图所示：
、分别为、的中点，
则为梯形的中位线，
所以，，且，
，，
所以，，且，
所以，四边形为平行四边形，
故，
为的中点，
则，
因为，
则，
所以，四边形为平行四边形，
则，
故，
平面，平面，
因此，平面.
（2）解：以点为坐标原点，为轴，平面内垂直于的直线为轴，为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、
设平面的法向量为，，，，
由，
可得，
令，则，
所以，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）分别取、的中点、，先证明四边形、为平行四边形，从而可得，，再利用平行线的传递性结合线面平行的判定定理，从而证出平面
（2）以点为坐标原点，为轴，平面内垂直于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，得出平面的法向量，再结合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.
17．【答案】（1）解：当时，，
两边取对数，则，
所以，
又因为，
所以，数列是首项为1，公比为2的等比数列，
则，.
（2）解：当时，（*），
则，
所以，
则
由（*），可得，
则，
所以，
.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）通过对取对数，再利用等比数列的定义判断出数列是首项为1，公比为2的等比数列，再利用等比数列的通项公式和等比数列前n项和公式，从而得出数列的通项公式和数列的前n项和.
（2）由得出，利用裂项相消法得出，再由得出，利用累乘法得出，最后代入所求式计算得出的值.
（1）当时，，两边取对数，，即，
又，故是首项为1，公比为2的等比数列，
故，.
（2）当时，（*），
则，故，
于是，
又由（*），可得，故，
于是
.
18．【答案】（1）解：由题意，可得，.
（2）解：因为平局的情况比较多，我们可以考虑n人玩游戏分出胜负的概率，
则；
其中表示分出胜负的三种情况，
所以n人只出了：①石头，剪刀；②石头，布；③剪刀，布，此时分胜负，
而分出胜负与平局是对立事件，
则.
（3）解：解法一：由于5人玩2轮游戏，最终决出唯一获胜者.
情形一：第一轮平局，第二轮决出唯一获胜者，
此时；
情形二：第一轮淘汰1位游戏者，第二轮淘汰3位游戏者，决出唯一获胜者，
此时；
情形三：第一轮淘汰2位游戏者，第二轮淘汰2位游戏者，决出唯一获胜者，
此时；
情形四：第一轮淘汰3位游戏者，第二轮淘汰1位游戏者，决出唯一获胜者，
此时；
综上所述：.
解法二：记表示n个人玩一轮游戏，恰好剩m人的概率，
当时，；
当时，，
设5人2轮游戏决出唯一获胜者的概率，
则
.
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概率公式和排列数公式、组合数公式，从而得出平局的概率、的值.
（2）利用古典概率公式和对立事件求概率公式，从而用n表示平局的概率.
（3）利用古典概率公式和独立事件乘积求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而得出当时，玩2轮游戏，最终决出唯一获胜者的概率.
（1），
（2）由于平局的情况比较多，我们可以考虑n人玩游戏分出胜负的概率，
；
其中表示分出胜负的三种情况，即n人只出了①石头，剪刀；②石头，布；③剪刀，布，此时分胜负，
而分出胜负与平局是对立事件，
故
（3）解法一：由于5人玩2轮游戏，最终决出唯一获胜者
情形一：第一轮平局，第二轮决出唯一获胜者
此时；
情形二：第一轮淘汰1位游戏者，第二轮淘汰3位游戏者，决出唯一获胜者
此时；
情形三：第一轮淘汰2位游戏者，第二轮淘汰2位游戏者，决出唯一获胜者
此时；
情形四：第一轮淘汰3位游戏者，第二轮淘汰1位游戏者，决出唯一获胜者
此时；
综上所述：
解法二：记表示n个人玩一轮游戏，恰好剩m人的概率，
当时，；
当时，；
5人2轮游戏决出唯一获胜者的概率，
.
19．【答案】（1）解：注意到，
当且仅当点P在线段MN上时，等号成立，
则M，N视角下的基于的回点P只能在线段，
与的交点上，
因为既在线段MN上，又因为在图象上，
所以回点.
下证明与有且只有一个交点，
构造，
现证明只有一个零点，
则（），
设，（），
则，
，，
所以在上单调递增，
因为
所以在区间上单调递减，在上单调递增，
所以.
则只有一个零点，
所以M，N视角下的“基于的回点”个数有且只有一个，是.
（2）证明：因为，
由椭圆的定义可知P是椭圆与的交点，
设，，其中，
先证对数不等式：若，，则，
设（），
则，
因为，
所以，
则在上单调递增，
又因为，
所以，当时，，
若，则，
所以；
若，也成立，
所以，，
则，
取，，
得，
，
，①
将和相减，
得，
，②
再将和相加，
得，③
注意到：当时，
由，知，
结合①，②，③，
则
，
，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件将问题转化为：与有且只有一个交点，先构造函数，再通过二次求导，从而判断出函数的单调性，进而得到函数零点和零点个数.
（2）利用已知条件将问题转化为：椭圆与有两个交点，，从而求出直线，的斜率的取值范围，结合对数不等式得到，再利用点差法得到， 从而得出，结合基本不等式求最值的方法，从而得到，再解不等式可得的取值范围.
（1）注意到，当且仅当点P在线段MN上时，等号成立，即M，N视角下的基于的回点P只能在线段，与的交点上.
因为既在线段MN上，又在图象上，故回点；
下证明与有且只有一个交点.
构造，现证明只有一个零点.
（），
设，（），
则
，，
所以在上单调递增.
由于
所以在区间上单调递减，在上单调递增，
所以.
因此只有一个零点，即M，N视角下的“基于的回点”个数有且只有一个，是.
（2），由椭圆的定义可知P是椭圆与的交点，
设，，其中.
先证对数不等式：若，，则.
设（），
则，
因为，所以，即在上单调递增，又，
所以当时，.
若，则，所以；
若，也成立.
所以，，则.
取，，得.
.①
将和相减，
得，
.②
再将和相加，得.③
注意到：时，由知，
结合①，②，③，知
，
，，
1 / 1浙江省台州市部分学校2025届高三上学期年1月期末联考数学试题
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高三上·台州期末）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：因为，，
所以．
故答案为：D．
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合B，再利用已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高三上·台州期末）命题p：，都有，则命题的否定是（ ）
A．，使得 B．，使得
C．，使得 D．，使得
【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题p：，都有的否定是，使得.
故答案为：B.
【分析】根据全称命题的否定是特称命题，从而写出该命题的否定.
3．（2025高三上·台州期末）已知，（i为虚数单位），则（ ）
A． B．4 C． D．2
【答案】C
【知识点】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：由，可得，
所以，
因此.
故答案为：C.
【分析】根据复数的乘法运算法则结合复数相等的充要条件，从而可得的值，进而得出的值.
4．（2025高三上·台州期末）下表为国家统计局统计的2014年～2023年我国各级各类学校教职工数的统计数据：
2014年 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年
高等学校教职工数（万人） 234 237 240 244 249 257 267 275 284 292
高中阶段教职工数（万人） 365 365 368 375 381 391 403 395 407 418
初中阶段教职工数（万人） 396 398 400 408 420 435 450 469 475 482
小学阶段教职工数（万人） 549 549 554 565 573 585 597 622 625 626
则在这10年的时间里，教职工数的增长率（增长率×100%）最高的是（ ）
A．高等学校 B．高中阶段 C．初中阶段 D．小学阶段
【答案】A
【知识点】频率分布表
【解析】【解答】解：由已知高等学校增长率为，
高中阶段增长率为，
初中阶段增长率为，
小学阶段增长率为.
故答案为：A．
【分析】利用已知条件计算出各选项中的增长率，从而找出正确的选项．
5．（2025高三上·台州期末）下列选项中的圆既与轴相切又与直线相切的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：对于A：因为圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，
所以圆不与轴相切，故A错误；
对于B：因为圆心为，半径为1，圆心到直线的距离为：，
所以圆与直线不相切，故B错误；
对于C：因为圆心为，半径为，圆心到轴的距离为，
圆心到直线的距离为：，
所以，所给的圆既与轴相切又与直线相切，故C正确；
对于D：因为圆心为，半径为1，圆心到直线的距离为，所以圆与直线不相切，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和直线与圆相切位置关系判断方法，再结合点到直线的距离公式，从而得出既与轴相切又与直线相切的圆的标准方程.
6．（2025高三上·台州期末）在空间四边形ABCD中，，三棱锥的体积的最大值等于（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为为边长为2的等边三角形，
所以，的面积为，
因为也是边长为2的等边三角形，
所以，当平面平面时，
此时到平面的距离最大，且最大值为，（其中为的中点），
所以，三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和垂直可得三棱锥的高的最大值，再根据三棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积的最大值.
7．（2025高三上·台州期末）对于平面凸四边形，若，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．大小不确定
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；同角三角函数间的基本关系；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
可得，
设直线的夹角为，
则，可得，
所以四边形的面积为.
故答案为：A.
【分析】根据数量积的坐标表示、向量的模的坐标表示和数量积求向量夹角公式，从而可得直线的夹角的余弦值，再结合同角三角函数基本关系式和三角形面积公式得出四边形的面积.
8．（2025高三上·台州期末）在中，，且，则的值不可以是（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；两角和与差的正切公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
所以，
所以
，
又因为，
所以，
因为，所以，
所以，
令，因为，
所以，所以，
则，所以，
令，
函数和在上都单调递增，
所以在上单调递减，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】由结合题意，可得，从而得到，再利用，令，可得，令，再利用函数单调性得出函数的值域，从而得出不可以的值.
二、选择题：本大题共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·台州期末）以下四个正方体中，满足平面CDE的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，，，
与所成角为，
所以，与平面CDE不垂直， 故A错误；
对于B，在正方体中，平面，平面，
所以，
又因为，，平面CDE，
所以平面CDE，故B正确；
对于C，连接，如图，
在正方体中，由正方体面上的对角线相等可知，为正三角形，
所以，又因为，与所成的角为，
所以与平面CDE不垂直，故C不正确；
对于D，连接，如图，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，同理可得，
由平面，
所以平面CDE，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据已知条件和直线与平面内的直线不垂直，则可判断选项A和选项C；根据直线与平面垂直的判定定理，则判断出选项B和选项D，从而找出满足平面CDE的正方体.
10．（2025高三上·台州期末）函数，则（ ）
A． B．的单调递增区间为
C．最大值为 D．有两个零点
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：对于A，因为的定义域为，
则，故A正确；
对于B，由，可得，
则的单调递增区间为，故B正确；
对于C，由选项B分析，当时，；
当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，取得最小值，故C错误；
对于D，由选项C分析，
则函数在上单调递减，在上单调递增，且，
当时，；当时，，
由零点存在定理，可知函数在区间和各有一个零点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先对函数求导，再根据导数的正负判断出原函数的单调性，从而得到函数的极值，进而逐项判断出选项A、选项B和选项C；再结合函数的变化趋势及零点存在定理，从而作出其图象判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2025高三上·台州期末）甲、乙两个不透明的袋子中分别装有两种颜色不同但是大小相同的小球，甲袋中装有5个红球和5个绿球；乙袋中装有4个红球和6个绿球.先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中，再从乙袋中随机摸出一个小球，记表示事件“从甲袋摸出的是红球”，表示事件“从甲袋摸出的是绿球”，记表示事件“从乙袋摸出的是红球”，表示事件“从乙袋摸出的是绿球”.下列说法正确的是（ ）
A．，是互斥事件 B．，是独立事件
C． D．
【答案】A,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，依题意，因为每次只摸出一个球，，
所以，是互斥事件，故A正确；
对于B，因为，，
又因为，
所以，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据，是互斥事件，则可判断选项A；先求出的值，再判断出二者是否相等，则可判断选项B；计算出可判断选项C；计算出可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12．（2025高三上·台州期末）已知，则 ．
【答案】243
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：令，得，①
令，得，②
②①，得，
则，
①②，得，
则，
所以．
故答案为：.
【分析】先利用赋值法，再根据方程思想和绝对值的定义，从而得出的值.
13．（2025高三上·台州期末）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则= .
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：因为和关于轴对称，
所以，
那么，（或），
所以.
【分析】利用角与角关于直线的对称性得出，再利用诱导公式和两角差的余弦公式，从而得出的值.
14．（2025高三上·台州期末）已知右焦点为的椭圆上的三点A，B，C满足直线AB过坐标原点，若于点，且，则的离心率是 .
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的左焦点为，连接，
因为点平分，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形，
设，则，
在直角中，，所以，
整理可得，所以，
在直角中，，所以，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】核心是利用椭圆的对称性与定义，结合矩形性质，通过设未知数表示线段长度，再在两个直角三角形中应用勾股定理，建立a与c的关系，从而求出离心率，体现了 “几何性质（ 椭圆、矩形 ）+ 代数运算（ 勾股定理、方程化简 ）” 的椭圆离心率求解思路.
四、解答题：本大题共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·台州期末）已知锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足.
（1）求c的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）解：方法1：由，
可得：，
化简得：，
进一步整理得：，
，
在锐角中，，
.
方法2：先证明，
，
由正弦定理得：，
由，
可得：，
.
（2）解：因为 ，
所以，
.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法1：由角化边可得，整理得，从而得出的值.
方法2：由已知条件，易证，再结合已知条件，可得，从而得出的值.
（2）由已知条件进行切化弦，从而可得，再结合已知条件可得，再利用数量积的定义得出的值.
（1）法1：由可得：
化简得：
进一步整理得：
.
又已知锐角，，；
法2：先证明
由正弦定理得：
由，可得：，；
（2），得，
.
16．（2025高三上·台州期末）如图，在直四棱柱中，，，，，点和分别在侧棱、上，且．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：分别取、的中点、，连接、、，
如图所示：
、分别为、的中点，
则为梯形的中位线，
所以，，且，
，，
所以，，且，
所以，四边形为平行四边形，
故，
为的中点，
则，
因为，
则，
所以，四边形为平行四边形，
则，
故，
平面，平面，
因此，平面.
（2）解：以点为坐标原点，为轴，平面内垂直于的直线为轴，为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、
设平面的法向量为，，，，
由，
可得，
令，则，
所以，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）分别取、的中点、，先证明四边形、为平行四边形，从而可得，，再利用平行线的传递性结合线面平行的判定定理，从而证出平面
（2）以点为坐标原点，为轴，平面内垂直于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，得出平面的法向量，再结合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.
17．（2025高三上·台州期末）已知数列满足（e为自然对数的底），且.
（1）当时，令，求的通项公式及其前n项和；
（2）当时，令，，，求的值.
【答案】（1）解：当时，，
两边取对数，则，
所以，
又因为，
所以，数列是首项为1，公比为2的等比数列，
则，.
（2）解：当时，（*），
则，
所以，
则
由（*），可得，
则，
所以，
.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）通过对取对数，再利用等比数列的定义判断出数列是首项为1，公比为2的等比数列，再利用等比数列的通项公式和等比数列前n项和公式，从而得出数列的通项公式和数列的前n项和.
（2）由得出，利用裂项相消法得出，再由得出，利用累乘法得出，最后代入所求式计算得出的值.
（1）当时，，两边取对数，，即，
又，故是首项为1，公比为2的等比数列，
故，.
（2）当时，（*），
则，故，
于是，
又由（*），可得，故，
于是
.
18．（2025高三上·台州期末）“石头、剪刀、布”是我们小时候常玩的游戏，游戏规则如下：
①石头赢剪刀，剪刀赢布，布赢石头；
②两人游戏时，出相同的手势为平局；多人游戏时都出相同的手势或者三种手势都出现为平局.
现有人玩游戏.
（1）分别求3人，4人玩一轮游戏，平局的概率、；
（2）求人玩一轮游戏，平局的概率（结果用n表示）；
（3）设当时，玩2轮游戏，最终决出唯一获胜者的概率.
【答案】（1）解：由题意，可得，.
（2）解：因为平局的情况比较多，我们可以考虑n人玩游戏分出胜负的概率，
则；
其中表示分出胜负的三种情况，
所以n人只出了：①石头，剪刀；②石头，布；③剪刀，布，此时分胜负，
而分出胜负与平局是对立事件，
则.
（3）解：解法一：由于5人玩2轮游戏，最终决出唯一获胜者.
情形一：第一轮平局，第二轮决出唯一获胜者，
此时；
情形二：第一轮淘汰1位游戏者，第二轮淘汰3位游戏者，决出唯一获胜者，
此时；
情形三：第一轮淘汰2位游戏者，第二轮淘汰2位游戏者，决出唯一获胜者，
此时；
情形四：第一轮淘汰3位游戏者，第二轮淘汰1位游戏者，决出唯一获胜者，
此时；
综上所述：.
解法二：记表示n个人玩一轮游戏，恰好剩m人的概率，
当时，；
当时，，
设5人2轮游戏决出唯一获胜者的概率，
则
.
【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；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概率公式和排列数公式、组合数公式，从而得出平局的概率、的值.
（2）利用古典概率公式和对立事件求概率公式，从而用n表示平局的概率.
（3）利用古典概率公式和独立事件乘积求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而得出当时，玩2轮游戏，最终决出唯一获胜者的概率.
（1），
（2）由于平局的情况比较多，我们可以考虑n人玩游戏分出胜负的概率，
；
其中表示分出胜负的三种情况，即n人只出了①石头，剪刀；②石头，布；③剪刀，布，此时分胜负，
而分出胜负与平局是对立事件，
故
（3）解法一：由于5人玩2轮游戏，最终决出唯一获胜者
情形一：第一轮平局，第二轮决出唯一获胜者
此时；
情形二：第一轮淘汰1位游戏者，第二轮淘汰3位游戏者，决出唯一获胜者
此时；
情形三：第一轮淘汰2位游戏者，第二轮淘汰2位游戏者，决出唯一获胜者
此时；
情形四：第一轮淘汰3位游戏者，第二轮淘汰1位游戏者，决出唯一获胜者
此时；
综上所述：
解法二：记表示n个人玩一轮游戏，恰好剩m人的概率，
当时，；
当时，；
5人2轮游戏决出唯一获胜者的概率，
.
19．（2025高三上·台州期末）对于一个函数和两个点，，给出如下定义：记：，若满足，则称P是M，N视角下的“基于的回点”.
（1）若，点，，求：M，N视角下的基于的回点P的坐标；
（2）若，，对于点，，若M，N视角下的“基于的回点”恰有两个，记为，，求证：直线，的斜率.
【答案】（1）解：注意到，
当且仅当点P在线段MN上时，等号成立，
则M，N视角下的基于的回点P只能在线段，
与的交点上，
因为既在线段MN上，又因为在图象上，
所以回点.
下证明与有且只有一个交点，
构造，
现证明只有一个零点，
则（），
设，（），
则，
，，
所以在上单调递增，
因为
所以在区间上单调递减，在上单调递增，
所以.
则只有一个零点，
所以M，N视角下的“基于的回点”个数有且只有一个，是.
（2）证明：因为，
由椭圆的定义可知P是椭圆与的交点，
设，，其中，
先证对数不等式：若，，则，
设（），
则，
因为，
所以，
则在上单调递增，
又因为，
所以，当时，，
若，则，
所以；
若，也成立，
所以，，
则，
取，，
得，
，
，①
将和相减，
得，
，②
再将和相加，
得，③
注意到：当时，
由，知，
结合①，②，③，
则
，
，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件将问题转化为：与有且只有一个交点，先构造函数，再通过二次求导，从而判断出函数的单调性，进而得到函数零点和零点个数.
（2）利用已知条件将问题转化为：椭圆与有两个交点，，从而求出直线，的斜率的取值范围，结合对数不等式得到，再利用点差法得到， 从而得出，结合基本不等式求最值的方法，从而得到，再解不等式可得的取值范围.
（1）注意到，当且仅当点P在线段MN上时，等号成立，即M，N视角下的基于的回点P只能在线段，与的交点上.
因为既在线段MN上，又在图象上，故回点；
下证明与有且只有一个交点.
构造，现证明只有一个零点.
（），
设，（），
则
，，
所以在上单调递增.
由于
所以在区间上单调递减，在上单调递增，
所以.
因此只有一个零点，即M，N视角下的“基于的回点”个数有且只有一个，是.
（2），由椭圆的定义可知P是椭圆与的交点，
设，，其中.
先证对数不等式：若，，则.
设（），
则，
因为，所以，即在上单调递增，又，
所以当时，.
若，则，所以；
若，也成立.
所以，，则.
取，，得.
.①
将和相减，
得，
.②
再将和相加，得.③
注意到：时，由知，
结合①，②，③，知
，
，，
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