广东省深圳市罗湖区2024-2025学年高三上学期期末质量检测数学试题
1．（2024高三上·罗湖期末）设集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·罗湖期末）若复数满足，则（ ）
A．1 B．-1 C． D．16
3．（2024高三上·罗湖期末）的展开式中常数项为（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
4．（2024高三上·罗湖期末）已知样本的标准差为2，平均数为3，则值为（ ）
A．35 B．77 C．49 D．91
5．（2024高三上·罗湖期末）当，定义，则为（ ）
A．周期函数 B．奇函数
C．偶函数 D．单调递增函数
6．（2024高三上·罗湖期末）已知椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若，且离心率为，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·罗湖期末）已知圆，直线，若直线l与圆C两交点记为A，B，点P为圆C上一动点，且满足，则最大值为（ ）
A． B．3 C．4 D．8
8．（2024高三上·罗湖期末）已知向量、满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·罗湖期末）在正方体中，，下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．
C．存在λ，使得
D．当时，平面截正方体的表面所得的图形为五边形
10．（2024高三上·罗湖期末）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的图象关于直线对称
B．当时，将的图象向左平移个单位得到，的图象关于原点对称
C．当时，在单调递减
D．若函数在区间上恰有一个零点，则ω的范围为
11．（2024高三上·罗湖期末）已知函数，则下列关于说法正确的是（ ）
A．当有且只有一个零点，设其为，则
B．当时，关于x的不等式有解
C．当时，若满足，则
D．有两解的充要条件是
12．（2024高三上·罗湖期末）若曲线与曲线在点处有相同的切线，则 ．
13．（2024高三上·罗湖期末）已知，则 ．
14．（2024高三上·罗湖期末）已知数列满足，则 ．
15．（2024高三上·罗湖期末）在中，，点P为内部一点，．
（1）若，求的面积；
（2）若，求的长．
16．（2024高三上·罗湖期末）如图，在矩形中，，取中点，将和分别沿直线，折叠，使，两点重合于点得到三棱锥．
（1）当时，求证：；
（2）若二面角的平面角为，是否存在上一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
17．（2024高三上·罗湖期末）用红、黄、蓝、绿、紫五种不同颜色中的若干种给正四棱锥的五个顶点着色，要求相邻两个顶点的颜色不同．
（1）记“给顶点A、C涂不同的颜色”为事件M，“完成全部顶点的着色用了4种不同的颜色”为事件N，求．
（2）设完成全部顶点的着色所用的颜色种数为X，求X的概率分布列及数学期望．
18．（2024高三上·罗湖期末）已知平面内一动圆过点，且该圆被x轴截得的弦长为2，设其圆心的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）点A为曲线E上一点（不同于原点），过点A作E的切线l，经过点A并且垂直于l的直线与E相交于点B，点C为E上一点并且满足．
（ⅰ）若点A的坐标为，求直线的方程；
（ⅱ）求面积的最小值．
19．（2024高三上·罗湖期末）曼哈顿距离是人工智能中常用的一种测距方式，其定义为：设，则A，B之间的曼哈顿距离为．现已知直线，点P是直线l上一动点．
（1）若点，试计算的取值范围；
（2）若点，试计算的最小值；
（3）若点M是函数图象上一动点，求的最小值，并求当取最小值时对应的点P的轨迹的长度．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】解不等式，求得集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：A.
【分析】利用复数代数形式的除法运算法则化简求得复数，再根据复数的乘方运算求解即可.
3．【答案】C
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，解得，则的展开式的常数项为.
故答案为：C.
【分析】写出展开式的通项公式，令求解常数项即可.
4．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由样本的平均数为3，可得，
则，
由的标准差为2，可得，
则，
解得.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用数据的平均数和方差的计算公式求解即可.
5．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、 当时，，
，
则是周期为1的周期函数，故A正确；
BCD、，，
，，显然是非奇非偶函数，故BCD错误.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用周期函数定义求解即可判断A；取特殊值验证即可判断BCD.
6．【答案】A
【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，如图所示：
因为，所以四边形为矩形，所以，
在中，，
根据椭圆定义可知：，则，
即，
因为离心率为，所以，所以，则.
故答案为：A．
【分析】设椭圆的左焦点为，由题意，结合椭圆的性质可得四边形为矩形，且，在中，表示出，再利用椭圆的定义和离心率列方程化简求解即可.
7．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；恒过定点的直线；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆心，半径，
直线化为，
令，解得，则直线过定点，且，
设中点为，则，且，
因为，所以，
则，当且仅当时等号成立，故的最大值为.
故答案为：C.
【分析】易知圆心和半径，再化直线方程为，求直线恒过定点，设中点为，求得圆心到直线的距离的取值范围，将转化为，利用向量数量积的运算律计算求解即可.
8．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，，，，，
则，，即，
点到的距离与到点的距离之差为定值，点的轨迹为以、为焦点，为半实轴长的双曲线的右支，如图所示：
则.
故答案为：B.
【分析】设点，，，由题意可得，确定点的轨迹为双曲线一支，再利用双曲线的性质求解即可.
9．【答案】B,D
【知识点】平面的基本性质及推论；向量的数量积判断向量的共线与垂直；用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】解：A、易知当时，直线即为直线，平面，故A错误；
设正方体的棱长为1，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
B、，则，即，故B正确；
C、，则，
即与不垂直，故C错误；
D、连接并延长分别与交于点，连接分别与交于点，
连接，如图所示：
则多边形为平面截正方体的表面所得的截面，为五边形，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】当时，直线即为直线，平面即可判断A；以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，利用空间向量法证明即可判断BC；连接并延长分别与交于点，连接分别与交于点，连接，作出截面即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；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：函数，
A、当时，函数，，则的图象关于直线对称，故A正确；
B、当时，函数， 将的图象向左平移个单位得，则的图象不关于原点对称，故B错误；
C、 当时，函数，当时，，则在单调递减，故C正确；
D、当时，，若在区间上恰有一个零点，则，解得，则的范围为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】将代入，验证时函数取最值即可判断A；根据三角函数图象的平移可得 ，结合三角函数的性质求解即可判断B；将代入，利用整体法求解即可判断C；当时，，根据函数有一个零点得求解即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数定义域为，其中，且，
A、当时，易知函数在单调递增，
且，，
由零点存在性定理可知，函数存在唯一零点，设为，且，
故当有且只有一个零点，且，故A正确；
B、令，则，，，
当时，令，解得，且，
当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
由则，
则当时，，
故，即恒成立，无解，故B错误；
C、当时，函数定义域为，，
令，解得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
且当时，；当时，.
且，
作出函数的大致图象，如图所示：
若满足，则，不妨设，
设，，则在上单调递减，
故，即，
由，则，又，
所以有，由，，
且在单调递增，所以，即，
则，故C正确；
D、令，则，，
则有两解在有两解，
当时，在上单调递增，至多有一个零点，不满足有两解；
当时，，令，解得，
当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
则，
且当时，；当时，.
作出函数的大致图象，如图所示：
由图象可知有两解，
即，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】当时易知函数的单调性，由函数的单调性，结合零点存在性定理求解即可判断A；令，则，求导，利用导数判断函数的单调性，由最小值大于即可判断B；由极值点偏移，结合函数单调性证明即可判断C；分两类讨论函数单调性，结合图象求解即可判断D.
12．【答案】2
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：易知点在曲线上，曲线，求导可得，，
则曲线在点处的切线为，即；
曲线，求导得，且，曲线在点处的切线为，即，
因为曲线与曲线在点处有相同的切线，所以.
故答案为：2.
【分析】分别求导，利用导数的几何意义求曲线在点处的切线方程，由切线相同，求解a的值即可.
13．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，因为，
所以，所以，
则，
.
故答案为：.
【分析】由，可得，由题意，利用同角三角函数的基本关系求的的值，再根据正弦的二倍角公式求得的值，最后利用诱导公式计算即可.
14．【答案】1
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：数列满足，
由，可得，解得，
由，可得，
由，可得，
由，可得，
由，可得，
由，可得，
由，可得，
由以上规律可得，出现1的项的周期为4，
因为，所以，
由，可得，
由，可得，
由，可得.
故答案为：1.
【分析】由题意，根据数列的递推公式求出具体的项，找规律，根据数列的规律求解即可.
15．【答案】（1）解： 在中，、、，
由余弦定理可得：，
由，可得，则，
又，故，则，
则，
则；
（2）解：由，则，
在中，由正弦定理，可得，化简得，
在中，由余弦定理可得，即，
则，即，即.
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1） 在中，利用余弦定理的推论求得，可得，根据同角三角函数基本关系求，再结合等腰三角形性质及三角形面积公式计算即可；
（2）在中，利用正弦定理可得，在中，利用余弦定理可得，结合可得，即可得与有关等式，求解即可.
（1）由、、，
则，
由，则，
则，
又，故，则，
则
，
则；
（2）由，则，
在中，由正弦定理可得，
即，化简得，
在中，由余弦定理可得，
即，
则，即，即.
16．【答案】（1）证明：易知，，，
因为，所以，所以，即，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：存在，理由如下：
因为，，，平面，
所以平面，二面角的平面角为，
以为原点，垂直于所在的直线为轴，、方向为和轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
设，
则，
平面的一个法向量为，
设直线与平面的夹角，则，解得，
故位于中点时，满足条件.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）易知，，，满足，推得，再利用线面垂直的判定定理证平面，即可得；
（2）由题意，可证平面，以为原点，垂直于所在的直线为轴，、方向为和轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量结合线面夹角公式求解即可.
（1）由题可知，，，，
又因为，所以．
所以．即，
且，平面，可得平面，
由平面，所以．
（2）存在，理由如下：
因为，，，平面，
所以平面，二面角的平面角为，
如图所示，以为原点，垂直于所在的直线为轴，、方向为和轴．
则，，，，
可得，，
设，
则
平面的一个法向量为，
设直线与平面的夹角，
可得，解得，
故位于中点时，满足条件.
17．【答案】（1）解：计算事件N的情况数：先从5种颜色里选4种颜色有，设所选的4种颜色为，
设顶点P有4种涂法，假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b，顶点B有2种涂法，
假设B涂c，顶点C有2种涂法（因为不能与A同色且能与B同色），顶点D有1种涂法（因为不能与C同时且不能与P同色）， 根据分步计数原理，事件N的情况数为种情况，
计算事件的情况数：设所选的4种颜色为，设顶点P有4种涂法，
假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b，顶点B有2种涂法，假设B涂c，
顶点C有1种涂法（因为不能与A同色），顶点D有1种涂法（因为不能与C同时且不能与P同色），
根据分布计数原理，事件的情况数为种情况，
则；
（2）解：由题至少用三种颜色才能完成涂色，即可得到X的可能取值为，
当涂3种颜色时，一共种情况，当涂4种颜色时，
由（1）知共240种情况，当涂5种颜色时，有种情况，一共有种情况，
，
，
，
分布列为：
X 3 4 5
P
故数学期望为.
【知识点】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；基本计数原理的应用；条件概率
【解析】【分析】（1）先求出 “全部顶点的着色用了4种不同的颜色”事件的情况数，再求出“给顶点A、C涂不同的颜色”的情况数，利用求解即可；
（2）由题意至少用三种颜色才能完成涂色，即可得到X的可能取值为，再分别求出，列分布列，再计算期望即可.
（1）计算事件N的情况数：先从5种颜色里选4种颜色有，设所选的4种颜色为，
设顶点P有4种涂法，假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b，顶点B有2种涂法，
假设B涂c，顶点C有2种涂法（因为不能与A同色且能与B同色），顶点D有1种涂法
（因为不能与C同时且不能与P同色）. 根据分步计数原理，事件N的情况数为种情况.
计算事件的情况数：设所选的4种颜色为，设顶点P有4种涂法，
假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b，顶点B有2种涂法，假设B涂c，
顶点C有1种涂法（因为不能与A同色），顶点D有1种涂法
（因为不能与C同时且不能与P同色）.
根据分布计数原理，事件的情况数为种情况.
所以
（2）由题至少用三种颜色才能完成涂色，即可得到X的可能取值为，
当涂3种颜色时，一共种情况，当涂4种颜色时，
由（1）知共240种情况，当涂5种颜色时，有种情况.
一共有种情况.
，
所以分布列为
X 3 4 5
P
故数学期望为
18．【答案】（1）解：设圆心坐标为，由题意可得，两边平方得，
整理可得，则曲线的方程为；
（2）解：（ⅰ）由（1）可得，求导可得，
因为点，所以处切线斜率为，因为与切线垂直，所以斜率，
则直线方程为，即，
联立，消元整理可得，解得或，
把代入，得，则点坐标为，
因为，，所以，
则直线方程为，即；
（ⅱ）设点，点处切线斜率，则，
直线方程为，联立，消元整理得，
由韦达定理得，，而，
同理，直线方程为，联立，
得到，所以，
于是，
，
化简得
当且仅当时等号成立，则面积最小值为32.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；抛物线的简单性质；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设圆心坐标为，由题意，结合两点间距离公式列式求解即可；
（2）（ⅰ）由（1）可得，求导，求出曲线在点A处的切线斜率，进而得到直线的斜率和方程，联立方程求出B点坐标，再根据垂直关系求直线的方程即可；
（ⅱ）最后利用弦长公式求出和，从而得出三角形面积表达式，利用基本不等式求最值即可.
（1）设圆心坐标为，由，两边平方得，
展开整理可得，所以曲线的方程为.
（2）（ⅰ）已知，对其求导得.
因为点，所以处切线斜率为，由于与切线垂直，所以斜率.
则直线方程为.
联立，将代入得，
即，解得或者.
把代入得，所以点坐标为.
因为，，所以.
所以直线方程为，整理得.
（ⅱ）设点，点处切线斜率，则，
直线方程为.
联立，将代入得，
整理得.
由韦达定理得，，而.
同理，直线方程为，联立，
得到，所以，
于是.
，
化简得
进一步得. 当且仅当时等号成立.
则面积最小值为32.
19．【答案】（1）解：设点，则，
因为的几何意义为数轴上点到距离之和，所以当时，最小，
最小值为，则；
（2）解：
，
当时，取最小值；当时，取最小值；
当时，取最小值，
因此当时，最小，且最小值为；
（3）解：先证明，成立，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，即，
设点，则，
当时，，由于，，
于是，
当时，，
于是；
当时，，
设，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，
即，当，即时，等号成立，
综上，的最小值为，此时点的横坐标满足即可，
此时点P的轨迹的长度为.
【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
【解析】【分析】（1）由题意，设，根据新定义及两绝对值和的几何意义求解即可；
（2）根据新定义及两个绝对值和的几何意义，结合取最值时自变量的范围求解即可；
（3）由新定义及绝对值的几何意义及利用导数求最小值得解.
（1）依题意可设点，
，
因为的几何意义为数轴上点到距离之和，
所以当时，最小，最小值为，
所以.
（2），
当时，取最小值；当时，取最小值；当时，取最小值，
因此当时，最小，
最小值为.
（3）先证明，成立，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，
即.
设点，
则，
①当时，，由于，，
于是，
②当时，，
于是
；
③当时，，
设，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，
即，当，即时，等号成立.
综上，的最小值为，此时点的横坐标满足即可，
此时点P的轨迹的长度为.
1 / 1广东省深圳市罗湖区2024-2025学年高三上学期期末质量检测数学试题
1．（2024高三上·罗湖期末）设集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】解不等式，求得集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高三上·罗湖期末）若复数满足，则（ ）
A．1 B．-1 C． D．16
【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：A.
【分析】利用复数代数形式的除法运算法则化简求得复数，再根据复数的乘方运算求解即可.
3．（2024高三上·罗湖期末）的展开式中常数项为（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
【答案】C
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，解得，则的展开式的常数项为.
故答案为：C.
【分析】写出展开式的通项公式，令求解常数项即可.
4．（2024高三上·罗湖期末）已知样本的标准差为2，平均数为3，则值为（ ）
A．35 B．77 C．49 D．91
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由样本的平均数为3，可得，
则，
由的标准差为2，可得，
则，
解得.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用数据的平均数和方差的计算公式求解即可.
5．（2024高三上·罗湖期末）当，定义，则为（ ）
A．周期函数 B．奇函数
C．偶函数 D．单调递增函数
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、 当时，，
，
则是周期为1的周期函数，故A正确；
BCD、，，
，，显然是非奇非偶函数，故BCD错误.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用周期函数定义求解即可判断A；取特殊值验证即可判断BCD.
6．（2024高三上·罗湖期末）已知椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若，且离心率为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【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，如图所示：
因为，所以四边形为矩形，所以，
在中，，
根据椭圆定义可知：，则，
即，
因为离心率为，所以，所以，则.
故答案为：A．
【分析】设椭圆的左焦点为，由题意，结合椭圆的性质可得四边形为矩形，且，在中，表示出，再利用椭圆的定义和离心率列方程化简求解即可.
7．（2024高三上·罗湖期末）已知圆，直线，若直线l与圆C两交点记为A，B，点P为圆C上一动点，且满足，则最大值为（ ）
A． B．3 C．4 D．8
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；恒过定点的直线；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆心，半径，
直线化为，
令，解得，则直线过定点，且，
设中点为，则，且，
因为，所以，
则，当且仅当时等号成立，故的最大值为.
故答案为：C.
【分析】易知圆心和半径，再化直线方程为，求直线恒过定点，设中点为，求得圆心到直线的距离的取值范围，将转化为，利用向量数量积的运算律计算求解即可.
8．（2024高三上·罗湖期末）已知向量、满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，，，，，
则，，即，
点到的距离与到点的距离之差为定值，点的轨迹为以、为焦点，为半实轴长的双曲线的右支，如图所示：
则.
故答案为：B.
【分析】设点，，，由题意可得，确定点的轨迹为双曲线一支，再利用双曲线的性质求解即可.
9．（2024高三上·罗湖期末）在正方体中，，下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．
C．存在λ，使得
D．当时，平面截正方体的表面所得的图形为五边形
【答案】B,D
【知识点】平面的基本性质及推论；向量的数量积判断向量的共线与垂直；用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】解：A、易知当时，直线即为直线，平面，故A错误；
设正方体的棱长为1，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
B、，则，即，故B正确；
C、，则，
即与不垂直，故C错误；
D、连接并延长分别与交于点，连接分别与交于点，
连接，如图所示：
则多边形为平面截正方体的表面所得的截面，为五边形，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】当时，直线即为直线，平面即可判断A；以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，利用空间向量法证明即可判断BC；连接并延长分别与交于点，连接分别与交于点，连接，作出截面即可判断D.
10．（2024高三上·罗湖期末）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的图象关于直线对称
B．当时，将的图象向左平移个单位得到，的图象关于原点对称
C．当时，在单调递减
D．若函数在区间上恰有一个零点，则ω的范围为
【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；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：函数，
A、当时，函数，，则的图象关于直线对称，故A正确；
B、当时，函数， 将的图象向左平移个单位得，则的图象不关于原点对称，故B错误；
C、 当时，函数，当时，，则在单调递减，故C正确；
D、当时，，若在区间上恰有一个零点，则，解得，则的范围为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】将代入，验证时函数取最值即可判断A；根据三角函数图象的平移可得 ，结合三角函数的性质求解即可判断B；将代入，利用整体法求解即可判断C；当时，，根据函数有一个零点得求解即可判断D.
11．（2024高三上·罗湖期末）已知函数，则下列关于说法正确的是（ ）
A．当有且只有一个零点，设其为，则
B．当时，关于x的不等式有解
C．当时，若满足，则
D．有两解的充要条件是
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数定义域为，其中，且，
A、当时，易知函数在单调递增，
且，，
由零点存在性定理可知，函数存在唯一零点，设为，且，
故当有且只有一个零点，且，故A正确；
B、令，则，，，
当时，令，解得，且，
当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
由则，
则当时，，
故，即恒成立，无解，故B错误；
C、当时，函数定义域为，，
令，解得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
且当时，；当时，.
且，
作出函数的大致图象，如图所示：
若满足，则，不妨设，
设，，则在上单调递减，
故，即，
由，则，又，
所以有，由，，
且在单调递增，所以，即，
则，故C正确；
D、令，则，，
则有两解在有两解，
当时，在上单调递增，至多有一个零点，不满足有两解；
当时，，令，解得，
当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
则，
且当时，；当时，.
作出函数的大致图象，如图所示：
由图象可知有两解，
即，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】当时易知函数的单调性，由函数的单调性，结合零点存在性定理求解即可判断A；令，则，求导，利用导数判断函数的单调性，由最小值大于即可判断B；由极值点偏移，结合函数单调性证明即可判断C；分两类讨论函数单调性，结合图象求解即可判断D.
12．（2024高三上·罗湖期末）若曲线与曲线在点处有相同的切线，则 ．
【答案】2
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：易知点在曲线上，曲线，求导可得，，
则曲线在点处的切线为，即；
曲线，求导得，且，曲线在点处的切线为，即，
因为曲线与曲线在点处有相同的切线，所以.
故答案为：2.
【分析】分别求导，利用导数的几何意义求曲线在点处的切线方程，由切线相同，求解a的值即可.
13．（2024高三上·罗湖期末）已知，则 ．
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，因为，
所以，所以，
则，
.
故答案为：.
【分析】由，可得，由题意，利用同角三角函数的基本关系求的的值，再根据正弦的二倍角公式求得的值，最后利用诱导公式计算即可.
14．（2024高三上·罗湖期末）已知数列满足，则 ．
【答案】1
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：数列满足，
由，可得，解得，
由，可得，
由，可得，
由，可得，
由，可得，
由，可得，
由，可得，
由以上规律可得，出现1的项的周期为4，
因为，所以，
由，可得，
由，可得，
由，可得.
故答案为：1.
【分析】由题意，根据数列的递推公式求出具体的项，找规律，根据数列的规律求解即可.
15．（2024高三上·罗湖期末）在中，，点P为内部一点，．
（1）若，求的面积；
（2）若，求的长．
【答案】（1）解： 在中，、、，
由余弦定理可得：，
由，可得，则，
又，故，则，
则，
则；
（2）解：由，则，
在中，由正弦定理，可得，化简得，
在中，由余弦定理可得，即，
则，即，即.
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1） 在中，利用余弦定理的推论求得，可得，根据同角三角函数基本关系求，再结合等腰三角形性质及三角形面积公式计算即可；
（2）在中，利用正弦定理可得，在中，利用余弦定理可得，结合可得，即可得与有关等式，求解即可.
（1）由、、，
则，
由，则，
则，
又，故，则，
则
，
则；
（2）由，则，
在中，由正弦定理可得，
即，化简得，
在中，由余弦定理可得，
即，
则，即，即.
16．（2024高三上·罗湖期末）如图，在矩形中，，取中点，将和分别沿直线，折叠，使，两点重合于点得到三棱锥．
（1）当时，求证：；
（2）若二面角的平面角为，是否存在上一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：易知，，，
因为，所以，所以，即，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：存在，理由如下：
因为，，，平面，
所以平面，二面角的平面角为，
以为原点，垂直于所在的直线为轴，、方向为和轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
设，
则，
平面的一个法向量为，
设直线与平面的夹角，则，解得，
故位于中点时，满足条件.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）易知，，，满足，推得，再利用线面垂直的判定定理证平面，即可得；
（2）由题意，可证平面，以为原点，垂直于所在的直线为轴，、方向为和轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量结合线面夹角公式求解即可.
（1）由题可知，，，，
又因为，所以．
所以．即，
且，平面，可得平面，
由平面，所以．
（2）存在，理由如下：
因为，，，平面，
所以平面，二面角的平面角为，
如图所示，以为原点，垂直于所在的直线为轴，、方向为和轴．
则，，，，
可得，，
设，
则
平面的一个法向量为，
设直线与平面的夹角，
可得，解得，
故位于中点时，满足条件.
17．（2024高三上·罗湖期末）用红、黄、蓝、绿、紫五种不同颜色中的若干种给正四棱锥的五个顶点着色，要求相邻两个顶点的颜色不同．
（1）记“给顶点A、C涂不同的颜色”为事件M，“完成全部顶点的着色用了4种不同的颜色”为事件N，求．
（2）设完成全部顶点的着色所用的颜色种数为X，求X的概率分布列及数学期望．
【答案】（1）解：计算事件N的情况数：先从5种颜色里选4种颜色有，设所选的4种颜色为，
设顶点P有4种涂法，假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b，顶点B有2种涂法，
假设B涂c，顶点C有2种涂法（因为不能与A同色且能与B同色），顶点D有1种涂法（因为不能与C同时且不能与P同色）， 根据分步计数原理，事件N的情况数为种情况，
计算事件的情况数：设所选的4种颜色为，设顶点P有4种涂法，
假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b，顶点B有2种涂法，假设B涂c，
顶点C有1种涂法（因为不能与A同色），顶点D有1种涂法（因为不能与C同时且不能与P同色），
根据分布计数原理，事件的情况数为种情况，
则；
（2）解：由题至少用三种颜色才能完成涂色，即可得到X的可能取值为，
当涂3种颜色时，一共种情况，当涂4种颜色时，
由（1）知共240种情况，当涂5种颜色时，有种情况，一共有种情况，
，
，
，
分布列为：
X 3 4 5
P
故数学期望为.
【知识点】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；基本计数原理的应用；条件概率
【解析】【分析】（1）先求出 “全部顶点的着色用了4种不同的颜色”事件的情况数，再求出“给顶点A、C涂不同的颜色”的情况数，利用求解即可；
（2）由题意至少用三种颜色才能完成涂色，即可得到X的可能取值为，再分别求出，列分布列，再计算期望即可.
（1）计算事件N的情况数：先从5种颜色里选4种颜色有，设所选的4种颜色为，
设顶点P有4种涂法，假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b，顶点B有2种涂法，
假设B涂c，顶点C有2种涂法（因为不能与A同色且能与B同色），顶点D有1种涂法
（因为不能与C同时且不能与P同色）. 根据分步计数原理，事件N的情况数为种情况.
计算事件的情况数：设所选的4种颜色为，设顶点P有4种涂法，
假设涂a，顶点A有3种涂法，假设A涂b，顶点B有2种涂法，假设B涂c，
顶点C有1种涂法（因为不能与A同色），顶点D有1种涂法
（因为不能与C同时且不能与P同色）.
根据分布计数原理，事件的情况数为种情况.
所以
（2）由题至少用三种颜色才能完成涂色，即可得到X的可能取值为，
当涂3种颜色时，一共种情况，当涂4种颜色时，
由（1）知共240种情况，当涂5种颜色时，有种情况.
一共有种情况.
，
所以分布列为
X 3 4 5
P
故数学期望为
18．（2024高三上·罗湖期末）已知平面内一动圆过点，且该圆被x轴截得的弦长为2，设其圆心的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）点A为曲线E上一点（不同于原点），过点A作E的切线l，经过点A并且垂直于l的直线与E相交于点B，点C为E上一点并且满足．
（ⅰ）若点A的坐标为，求直线的方程；
（ⅱ）求面积的最小值．
【答案】（1）解：设圆心坐标为，由题意可得，两边平方得，
整理可得，则曲线的方程为；
（2）解：（ⅰ）由（1）可得，求导可得，
因为点，所以处切线斜率为，因为与切线垂直，所以斜率，
则直线方程为，即，
联立，消元整理可得，解得或，
把代入，得，则点坐标为，
因为，，所以，
则直线方程为，即；
（ⅱ）设点，点处切线斜率，则，
直线方程为，联立，消元整理得，
由韦达定理得，，而，
同理，直线方程为，联立，
得到，所以，
于是，
，
化简得
当且仅当时等号成立，则面积最小值为32.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；抛物线的简单性质；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设圆心坐标为，由题意，结合两点间距离公式列式求解即可；
（2）（ⅰ）由（1）可得，求导，求出曲线在点A处的切线斜率，进而得到直线的斜率和方程，联立方程求出B点坐标，再根据垂直关系求直线的方程即可；
（ⅱ）最后利用弦长公式求出和，从而得出三角形面积表达式，利用基本不等式求最值即可.
（1）设圆心坐标为，由，两边平方得，
展开整理可得，所以曲线的方程为.
（2）（ⅰ）已知，对其求导得.
因为点，所以处切线斜率为，由于与切线垂直，所以斜率.
则直线方程为.
联立，将代入得，
即，解得或者.
把代入得，所以点坐标为.
因为，，所以.
所以直线方程为，整理得.
（ⅱ）设点，点处切线斜率，则，
直线方程为.
联立，将代入得，
整理得.
由韦达定理得，，而.
同理，直线方程为，联立，
得到，所以，
于是.
，
化简得
进一步得. 当且仅当时等号成立.
则面积最小值为32.
19．（2024高三上·罗湖期末）曼哈顿距离是人工智能中常用的一种测距方式，其定义为：设，则A，B之间的曼哈顿距离为．现已知直线，点P是直线l上一动点．
（1）若点，试计算的取值范围；
（2）若点，试计算的最小值；
（3）若点M是函数图象上一动点，求的最小值，并求当取最小值时对应的点P的轨迹的长度．
【答案】（1）解：设点，则，
因为的几何意义为数轴上点到距离之和，所以当时，最小，
最小值为，则；
（2）解：
，
当时，取最小值；当时，取最小值；
当时，取最小值，
因此当时，最小，且最小值为；
（3）解：先证明，成立，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，即，
设点，则，
当时，，由于，，
于是，
当时，，
于是；
当时，，
设，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，
即，当，即时，等号成立，
综上，的最小值为，此时点的横坐标满足即可，
此时点P的轨迹的长度为.
【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
【解析】【分析】（1）由题意，设，根据新定义及两绝对值和的几何意义求解即可；
（2）根据新定义及两个绝对值和的几何意义，结合取最值时自变量的范围求解即可；
（3）由新定义及绝对值的几何意义及利用导数求最小值得解.
（1）依题意可设点，
，
因为的几何意义为数轴上点到距离之和，
所以当时，最小，最小值为，
所以.
（2），
当时，取最小值；当时，取最小值；当时，取最小值，
因此当时，最小，
最小值为.
（3）先证明，成立，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，
即.
设点，
则，
①当时，，由于，，
于是，
②当时，，
于是
；
③当时，，
设，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，
即，当，即时，等号成立.
综上，的最小值为，此时点的横坐标满足即可，
此时点P的轨迹的长度为.
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