广东省揭阳市惠来县第一中学2025届高三上学期第四次阶段考试（11月）数学试题
1．（2024高三上·惠来期中）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题可得：或，则.
故答案为：D.
【分析】先通过解一元二次不等式求出集合A，再根据集合B中元素的范围，判断B是否为A的子集.
2．（2024高三上·惠来期中）在 中， ，则角 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】因为 ，
利用正弦定理化角为边得： ，即
利用余弦定理得： ，
因为 ，所以 ，
故答案为：D
【分析】利用正弦定理化角为边得 ，再利用余弦定理求出 ，结合 ，即可求出角 的取值范围.
3．（2024高三上·惠来期中）已知函数 ，则（ ）
A． 在（0，2）单调递增
B． 在（0，2）单调递减
C． 的图像关于直线x=1对称
D． 的图像关于点（1，0）对称
【答案】C
【知识点】复合函数的单调性；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】由题意知， ，所以 的图象关于直线 对称，故C正确，D错误；又 （ ），由复合函数的单调性可知 在 上单调递增，在 上单调递减，所以A，B错误，故选C．
【分析】利用函数的对称性结合复合函数的单调性，从而利用排除法得出正确的选项。
4．（2024高三上·惠来期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由已知知：，
化简得
，
令，则，，
所以
.
故答案为：D
【分析】通过角的拆分，利用余弦和角公式化简已知条件，得到的值；再利用诱导公式将转化为与相关的二倍角形式，代入求值.
5．（2024高三上·惠来期中）已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，可得，
所以
，
所以.
故答案为：B.
【分析】将递推式裂项为相邻两项的差，通过累加消去中间项，得到数列的通项公式，再代入n = 10求值.
6．（2024高三上·惠来期中）在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（ ）
A．32 B．24 C．18 D．12
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：按照A场地安排人数，可以分以下两类：
第一类，A场地安排1人，共种安排方法，
第二类，A场地安排2人，共种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法.
故答案为：B
【分析】按照场地安排的人数进行分类讨论，再结合分类加法计数原理，利用排列组合的知识分别计算每类的安排方法数，最后相加得到总的方法数.
7．（2024高三上·惠来期中）已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：
四面体ABCD是正四面体，
，且、、三向量两两夹角为，
点E，F分别是BC，AD的中点，
，，
则.
故答案为：C.
【分析】核心是利用向量的线性运算将、用已知向量表示，再结合正四面体中向量的模长与夹角，通过数量积公式计算结果.
8．（2024高三上·惠来期中）若不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，则恒成立，
又，
当时，恒成立，所以在上单调递增，且时，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，所以，
令，，
则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即的取值范围是.
故答案为：B
【分析】核心是通过构造函数，利用导数分析函数单调性，确定的范围；求出函数最大值并结合不等式恒成立条件得到与的关系；再构造新函数，利用导数求其最小值，从而得到的取值范围.
9．（2024高三上·惠来期中）已知复数，下列说法正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则或 D．若，则
【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：A，，则，故A正确；
B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误；
C，下面先证明命题“若，则，或”成立.
证明：设，，若，则有，
故有，即，两式相乘变形得，，则有，或，或，
①当时，，即；
②当，且时，则，又因为不同时为，所以，即；
③当，且时，则，同理可得，故；
综上所述，命题“若，则，或”成立.
下面我们应用刚证明的结论推证选项C，
，，
，或，即或，故C正确；
D，令，则，但，不为，故D错误.
故答案为：.
【分析】用复数的模、复数的乘法运算以及特殊值法等来判断选项的正误.A，借助复数与其共轭复数乘积等于模的平方这一性质分析；B采用举反例的方法；C先证明复数乘法中若积为零则至少一个因子为零的结论，再据此推导；D同样用举反例判断.
10．（2024高三上·惠来期中）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等腰三角形
B．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个
C．若不是直角三角形，则
D．若，则为钝角三角形
【答案】B,C
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正切公式；解三角形
【解析】【解答】解：A，由正弦定理得，则，
则在中，或，即或，故A错误；
B，由，则，
可得，故，满足条件的三角形有一个，故B正确；
C，因为不是直角三角形，所以，，均有意义，
又，所以，
所以，故C正确；
D，，即，
为锐角，故不一定为钝角三角形，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】结合正弦定理、余弦定理、三角形内角和及三角恒等变换公式，对每个选项逐一分析三角形的形状、解的个数及角的关系.
11．（2024高三上·惠来期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ）
A．当时，平面
B．任意，三棱锥的体积是定值
C．存在，使得与平面所成的角为
D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为
【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示建系，，
所以，从而，所以，又面，所以面，时，与重合，平面为
平面，因为面，平面，A对.
不与平面平行，到面的距离不为定值，三棱锥的体积不为定值，B错.
设面的法向量为，则，令，解得，即可取，而，所以与平面所成角的正弦值为，
又，所以，所以，又，所以面，
当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，当在时，与平面所成角为，所以存在使与平面所成角为，C正确.
，设平面的法向量为，不妨设，则.
，则，平面的法向量，显然球心，到面的距离，外接球半径，
截面圆半径的平方为，所以，D对.
故答案为：ACD.
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量工具分析各选项.A，验证线面垂直；选项B，判断点到面的距离是否为定值以确定体积是否为定值；选项C，分析线面角的连续性来判断是否存在；选项D，求出平面法向量、球心到平面距离，结合球半径求截面面积.
12．（2024高三上·惠来期中）若，则= ．
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：联立，解得，则．
故答案为：.
【分析】由已知条件结合同角三角函数间的平方关系，求得，再求即可.
13．（2024高三上·惠来期中）若圆锥的底面直径为6，母线长为5，则其内切球的表面积为 ．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：圆锥的轴截面如图所示，
则圆锥的高，设内切球的半径为r，
根据面积相等，可得圆锥轴截面的面积为，
得到，
所以内切球的表面积为．
故答案为：
【分析】将圆锥的内切球问题转化为轴截面等腰三角形的内切圆问题，利用面积法求出内切圆（ 即内切球的大圆 ）的半径，再代入球的表面积公式计算.
14．（2024高三上·惠来期中）数列：1，1，2，3，5，8，…，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家菜昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为“兔子数列”.数学上，该数列可表述为，.对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是以60为周期变化的，通项公式等.借助数学家对人类的此项贡献，我们不难得到，从而易得＋＋＋…＋值的个位数为 .
【答案】4
【知识点】数列的应用；斐波那契数列
【解析】【解答】解：∵，，
∴=，
又该数列项的个位数是以60为周期变化，
∴的个位数字相同，的个位数字相同，
∵，
∴，，，，，则，
∴的个位数字为4.
故答案为：4.
【分析】根据已知的数列平方项裂项公式，通过裂项相消求出前126项平方和的表达式；再利用斐波那契数列个位数的周期性，求出对应项的个位数，进而得到乘积的个位数.
15．（2024高三上·惠来期中）已知数列是以为首项，为公比的等比数列，且.
（1）证明：是等差数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明： 因为是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，即，又，所以是首项为，公差为的等差数列.
（2）解： 由（1）知，所以，
所以，.则，
上述两个等式作差可得，
故
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式
【解析】【分析】（1）证明是等差数列，需根据已知等比数列的条件，对其递推式进行变形，结合等差数列定义来证明.
（2）由（1）的结论求出的通项公式，再利用错位相减法求出前项和.
（1）因为是以为首项，为公比的等比数列，所以，
所以，即，
又，所以是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）知，
所以，
所以，。
则，
上述两个等式作差可得
，
故.
16．（2024高三上·惠来期中）已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．
（1）证明：；
（2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明：取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则，因为，
所以，，设直线与直线交于点，因为，则，，
所以，，所以，，故，
设，则，，
所以，，且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）解： 因为，，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，设平面的法向量为，
则，，则，
取，则，设，
其中，，
因为直线与平面所成角的正弦值为，则，
解得，即.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面垂直的性质；平面的法向量
【解析】【分析】（1）证明，计划通过取中点，构造辅助线，先证明垂直于包含的平面，再利用线面垂直性质得证.
（2）建立空间直角坐标系，设出上动点的向量表示，求出平面的法向量，再利用空间向量法，结合线面角公式列方程求解.
（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）因为，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
17．（2024高三上·惠来期中）已知的内角的对边分别为，且 .
（1）求角C；
（2）设在上，且，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，即，
又，所以，
得到，即，
又，所以，得到，又，所以.
（2）解：，则，又由（1）及条件知，，
在中，令，由正弦定理得，，
得到，，即，
所以，又，得到，
又，所以，当时，取到最大值为，
又易知，，得到，所以的取值范围为.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化为角，结合三角恒等变换求出角C.
(2) 在三角形中应用正弦定理表示出a、b，再通过三角恒等变换与角的范围，结合三边关系求出3a + b的取值范围.
（1）因为，由正弦定理可得，即，
又，所以，
得到，即，
又，所以，得到，又，所以.
（2），则，又由（1）及条件知，，
在中，令，由正弦定理得，，
得到，，即，
所以，又，得到，
又，所以，当时，取到最大值为，
又易知，，得到，所以的取值范围为.
18．（2024高三上·惠来期中）已知函数.
（1）当时，求的零点个数；
（2）设，函数.
（i）判断的单调性；
（ii）若，求的最小值.
【答案】（1）解：由题可知，则，令，可得，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
，又，
，即在和内各有一个零点，
有2个不同的零点.
（2）解： （i）由题可知，则，
令，可得或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在和上单调递减.
（ii）由，可得，是关于的方程的两个不同的实根，
故，，即.
故，
设，当时，，
为上的增函数，的最小值为，
故的最小值为.
【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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）通过求导判断函数单调性，结合零点存在定理确定零点个数.
（2）（i）对求导，根据导数的正负判断单调性.（ii）用得到根的关系，进而表示出，构造函数求最小值.
（1）由题可知，则，
令，可得，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
，
又，，
即在和内各有一个零点，
有2个不同的零点.
（2）（i）由题可知，
则，
令，可得或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在和上单调递减.
（ii）由，可得，是关于的方程的两个不同的实根，
故，，即.
故
，
设，
当时，，
为上的增函数，
的最小值为，
故的最小值为.
19．（2024高三上·惠来期中）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
（1）若已知数列，求；
（2）求不等式的解集；
（3）是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由.
【答案】（1）解：第一次“和扩充”：3，7，4，9，5；第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5；故.
（2）解：数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，则经第次“和扩充”后增加的项数为，所以，所以，其中数列经过1次“和扩充”后，得到，，故，，故是首项为4，公比为2的等比数列，所以，故，又，则，即，解得.
（3）解：因为，，依次类推，，故，若使为等差数列，则，所以存在不全为0的数列，使得数列为等差数列.
【知识点】等差数列概念与表示；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）按“和扩充”定义，逐步操作得到第二次扩充后的数列，直接数项数、算和.
（2）分析每次“和扩充”后项数的递推关系，构造等比数列求通项，解不等式得结果.
（3）推导每次“和扩充”后和的递推公式，求出表达式，结合等差数列性质判断是否存在.
（1）第一次“和扩充”：3，7，4，9，5；
第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5；
故.
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，
所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，，
故，，
故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
又，则，即，解得.
（3）因为，
，
依次类推，，
故
，
若使为等差数列，则，
所以存在不全为0的数列，使得数列为等差数列.
1 / 1广东省揭阳市惠来县第一中学2025届高三上学期第四次阶段考试（11月）数学试题
1．（2024高三上·惠来期中）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·惠来期中）在 中， ，则角 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·惠来期中）已知函数 ，则（ ）
A． 在（0，2）单调递增
B． 在（0，2）单调递减
C． 的图像关于直线x=1对称
D． 的图像关于点（1，0）对称
4．（2024高三上·惠来期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·惠来期中）已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·惠来期中）在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（ ）
A．32 B．24 C．18 D．12
7．（2024高三上·惠来期中）已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·惠来期中）若不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·惠来期中）已知复数，下列说法正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则或 D．若，则
10．（2024高三上·惠来期中）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等腰三角形
B．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个
C．若不是直角三角形，则
D．若，则为钝角三角形
11．（2024高三上·惠来期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ）
A．当时，平面
B．任意，三棱锥的体积是定值
C．存在，使得与平面所成的角为
D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为
12．（2024高三上·惠来期中）若，则= ．
13．（2024高三上·惠来期中）若圆锥的底面直径为6，母线长为5，则其内切球的表面积为 ．
14．（2024高三上·惠来期中）数列：1，1，2，3，5，8，…，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家菜昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为“兔子数列”.数学上，该数列可表述为，.对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是以60为周期变化的，通项公式等.借助数学家对人类的此项贡献，我们不难得到，从而易得＋＋＋…＋值的个位数为 .
15．（2024高三上·惠来期中）已知数列是以为首项，为公比的等比数列，且.
（1）证明：是等差数列；
（2）求数列的前项和.
16．（2024高三上·惠来期中）已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．
（1）证明：；
（2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
17．（2024高三上·惠来期中）已知的内角的对边分别为，且 .
（1）求角C；
（2）设在上，且，求的取值范围．
18．（2024高三上·惠来期中）已知函数.
（1）当时，求的零点个数；
（2）设，函数.
（i）判断的单调性；
（ii）若，求的最小值.
19．（2024高三上·惠来期中）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
（1）若已知数列，求；
（2）求不等式的解集；
（3）是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题可得：或，则.
故答案为：D.
【分析】先通过解一元二次不等式求出集合A，再根据集合B中元素的范围，判断B是否为A的子集.
2．【答案】D
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】因为 ，
利用正弦定理化角为边得： ，即
利用余弦定理得： ，
因为 ，所以 ，
故答案为：D
【分析】利用正弦定理化角为边得 ，再利用余弦定理求出 ，结合 ，即可求出角 的取值范围.
3．【答案】C
【知识点】复合函数的单调性；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】由题意知， ，所以 的图象关于直线 对称，故C正确，D错误；又 （ ），由复合函数的单调性可知 在 上单调递增，在 上单调递减，所以A，B错误，故选C．
【分析】利用函数的对称性结合复合函数的单调性，从而利用排除法得出正确的选项。
4．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由已知知：，
化简得
，
令，则，，
所以
.
故答案为：D
【分析】通过角的拆分，利用余弦和角公式化简已知条件，得到的值；再利用诱导公式将转化为与相关的二倍角形式，代入求值.
5．【答案】B
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，可得，
所以
，
所以.
故答案为：B.
【分析】将递推式裂项为相邻两项的差，通过累加消去中间项，得到数列的通项公式，再代入n = 10求值.
6．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：按照A场地安排人数，可以分以下两类：
第一类，A场地安排1人，共种安排方法，
第二类，A场地安排2人，共种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法.
故答案为：B
【分析】按照场地安排的人数进行分类讨论，再结合分类加法计数原理，利用排列组合的知识分别计算每类的安排方法数，最后相加得到总的方法数.
7．【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：
四面体ABCD是正四面体，
，且、、三向量两两夹角为，
点E，F分别是BC，AD的中点，
，，
则.
故答案为：C.
【分析】核心是利用向量的线性运算将、用已知向量表示，再结合正四面体中向量的模长与夹角，通过数量积公式计算结果.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，则恒成立，
又，
当时，恒成立，所以在上单调递增，且时，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，所以，
令，，
则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即的取值范围是.
故答案为：B
【分析】核心是通过构造函数，利用导数分析函数单调性，确定的范围；求出函数最大值并结合不等式恒成立条件得到与的关系；再构造新函数，利用导数求其最小值，从而得到的取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：A，，则，故A正确；
B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误；
C，下面先证明命题“若，则，或”成立.
证明：设，，若，则有，
故有，即，两式相乘变形得，，则有，或，或，
①当时，，即；
②当，且时，则，又因为不同时为，所以，即；
③当，且时，则，同理可得，故；
综上所述，命题“若，则，或”成立.
下面我们应用刚证明的结论推证选项C，
，，
，或，即或，故C正确；
D，令，则，但，不为，故D错误.
故答案为：.
【分析】用复数的模、复数的乘法运算以及特殊值法等来判断选项的正误.A，借助复数与其共轭复数乘积等于模的平方这一性质分析；B采用举反例的方法；C先证明复数乘法中若积为零则至少一个因子为零的结论，再据此推导；D同样用举反例判断.
10．【答案】B,C
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正切公式；解三角形
【解析】【解答】解：A，由正弦定理得，则，
则在中，或，即或，故A错误；
B，由，则，
可得，故，满足条件的三角形有一个，故B正确；
C，因为不是直角三角形，所以，，均有意义，
又，所以，
所以，故C正确；
D，，即，
为锐角，故不一定为钝角三角形，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】结合正弦定理、余弦定理、三角形内角和及三角恒等变换公式，对每个选项逐一分析三角形的形状、解的个数及角的关系.
11．【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示建系，，
所以，从而，所以，又面，所以面，时，与重合，平面为
平面，因为面，平面，A对.
不与平面平行，到面的距离不为定值，三棱锥的体积不为定值，B错.
设面的法向量为，则，令，解得，即可取，而，所以与平面所成角的正弦值为，
又，所以，所以，又，所以面，
当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，当在时，与平面所成角为，所以存在使与平面所成角为，C正确.
，设平面的法向量为，不妨设，则.
，则，平面的法向量，显然球心，到面的距离，外接球半径，
截面圆半径的平方为，所以，D对.
故答案为：ACD.
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量工具分析各选项.A，验证线面垂直；选项B，判断点到面的距离是否为定值以确定体积是否为定值；选项C，分析线面角的连续性来判断是否存在；选项D，求出平面法向量、球心到平面距离，结合球半径求截面面积.
12．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：联立，解得，则．
故答案为：.
【分析】由已知条件结合同角三角函数间的平方关系，求得，再求即可.
13．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：圆锥的轴截面如图所示，
则圆锥的高，设内切球的半径为r，
根据面积相等，可得圆锥轴截面的面积为，
得到，
所以内切球的表面积为．
故答案为：
【分析】将圆锥的内切球问题转化为轴截面等腰三角形的内切圆问题，利用面积法求出内切圆（ 即内切球的大圆 ）的半径，再代入球的表面积公式计算.
14．【答案】4
【知识点】数列的应用；斐波那契数列
【解析】【解答】解：∵，，
∴=，
又该数列项的个位数是以60为周期变化，
∴的个位数字相同，的个位数字相同，
∵，
∴，，，，，则，
∴的个位数字为4.
故答案为：4.
【分析】根据已知的数列平方项裂项公式，通过裂项相消求出前126项平方和的表达式；再利用斐波那契数列个位数的周期性，求出对应项的个位数，进而得到乘积的个位数.
15．【答案】（1）证明： 因为是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，即，又，所以是首项为，公差为的等差数列.
（2）解： 由（1）知，所以，
所以，.则，
上述两个等式作差可得，
故
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式
【解析】【分析】（1）证明是等差数列，需根据已知等比数列的条件，对其递推式进行变形，结合等差数列定义来证明.
（2）由（1）的结论求出的通项公式，再利用错位相减法求出前项和.
（1）因为是以为首项，为公比的等比数列，所以，
所以，即，
又，所以是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）知，
所以，
所以，。
则，
上述两个等式作差可得
，
故.
16．【答案】（1）证明：取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则，因为，
所以，，设直线与直线交于点，因为，则，，
所以，，所以，，故，
设，则，，
所以，，且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）解： 因为，，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，设平面的法向量为，
则，，则，
取，则，设，
其中，，
因为直线与平面所成角的正弦值为，则，
解得，即.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面垂直的性质；平面的法向量
【解析】【分析】（1）证明，计划通过取中点，构造辅助线，先证明垂直于包含的平面，再利用线面垂直性质得证.
（2）建立空间直角坐标系，设出上动点的向量表示，求出平面的法向量，再利用空间向量法，结合线面角公式列方程求解.
（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）因为，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
17．【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，即，
又，所以，
得到，即，
又，所以，得到，又，所以.
（2）解：，则，又由（1）及条件知，，
在中，令，由正弦定理得，，
得到，，即，
所以，又，得到，
又，所以，当时，取到最大值为，
又易知，，得到，所以的取值范围为.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化为角，结合三角恒等变换求出角C.
(2) 在三角形中应用正弦定理表示出a、b，再通过三角恒等变换与角的范围，结合三边关系求出3a + b的取值范围.
（1）因为，由正弦定理可得，即，
又，所以，
得到，即，
又，所以，得到，又，所以.
（2），则，又由（1）及条件知，，
在中，令，由正弦定理得，，
得到，，即，
所以，又，得到，
又，所以，当时，取到最大值为，
又易知，，得到，所以的取值范围为.
18．【答案】（1）解：由题可知，则，令，可得，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
，又，
，即在和内各有一个零点，
有2个不同的零点.
（2）解： （i）由题可知，则，
令，可得或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在和上单调递减.
（ii）由，可得，是关于的方程的两个不同的实根，
故，，即.
故，
设，当时，，
为上的增函数，的最小值为，
故的最小值为.
【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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）通过求导判断函数单调性，结合零点存在定理确定零点个数.
（2）（i）对求导，根据导数的正负判断单调性.（ii）用得到根的关系，进而表示出，构造函数求最小值.
（1）由题可知，则，
令，可得，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
，
又，，
即在和内各有一个零点，
有2个不同的零点.
（2）（i）由题可知，
则，
令，可得或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在和上单调递减.
（ii）由，可得，是关于的方程的两个不同的实根，
故，，即.
故
，
设，
当时，，
为上的增函数，
的最小值为，
故的最小值为.
19．【答案】（1）解：第一次“和扩充”：3，7，4，9，5；第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5；故.
（2）解：数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，则经第次“和扩充”后增加的项数为，所以，所以，其中数列经过1次“和扩充”后，得到，，故，，故是首项为4，公比为2的等比数列，所以，故，又，则，即，解得.
（3）解：因为，，依次类推，，故，若使为等差数列，则，所以存在不全为0的数列，使得数列为等差数列.
【知识点】等差数列概念与表示；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）按“和扩充”定义，逐步操作得到第二次扩充后的数列，直接数项数、算和.
（2）分析每次“和扩充”后项数的递推关系，构造等比数列求通项，解不等式得结果.
（3）推导每次“和扩充”后和的递推公式，求出表达式，结合等差数列性质判断是否存在.
（1）第一次“和扩充”：3，7，4，9，5；
第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5；
故.
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，
所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，，
故，，
故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
又，则，即，解得.
（3）因为，
，
依次类推，，
故
，
若使为等差数列，则，
所以存在不全为0的数列，使得数列为等差数列.
1 / 1
