浙南名校联盟2025-2026学年高三上学期十月联考数学试题
1．（2025高三上·鹿城月考）设，若，则（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
2．（2025高三上·鹿城月考）已知双曲线，则双曲线的实轴长为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
3．（2025高三上·鹿城月考）已知集合，若，则实数的值为（ ）
A．1 B．2 C．2或 D．1或
4．（2025高三上·鹿城月考）冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．在冰球运动中冰球运动员脚穿冰鞋，身着防护装备，以球杆击球，球入对方球门，多者为胜．小华同学在练习冰球的过程中，以力，作用于冰球，使冰球从点移动到点，则力对冰球所做的功的最大值为（ ）（动力做的功）
A． B．3 C．4 D．5
5．（2025高三上·鹿城月考）函数的图像与直线（为常数）的交点个数不可能为（ ）个
A．3 B．2 C．1 D．0
6．（2025高三上·鹿城月考）已知函数的定义域为为偶函数，且，则（ ）
A．47 B． C．1 D．2
7．（2025高三上·鹿城月考）在平面直角坐标系中，圆的标准方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆有公共点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．-1
8．（2025高三上·鹿城月考）已知实数满足，则下列关系不可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·鹿城月考）下列论述正确的是（ ）
A．已知随机变量，则
B．数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为3.5
C．记两个变量的样本相关系数为，若越接近0，线性相关程度越强
D．对某两个分类变量进行独立性检验时，若，则有的把握能推断零假设成立．其中表示概率值0.05所对应的临界值
10．（2025高三上·鹿城月考）过抛物线的焦点的直线交于两点，其中是的中点，点到轴的最短距离为，为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A．若直线的方程为，则
B．
C．点的轨迹方程是
D．
11．（2025高三上·鹿城月考）已知三棱锥，三棱锥的外接球为球，则下列选项中正确的是（ ）
A．与可能垂直
B．与可能垂直
C．过棱作球的截面，截面面积可能为
D．二面角的余弦值可能为
12．（2025高三上·鹿城月考）在二项式的展开式中，含项的系数为 ．
13．（2025高三上·鹿城月考）已知数列满足，则 ．
14．（2025高三上·鹿城月考）设为数字1，2，3，4，5，6的一个排列，记三位数，其中，例，则的值大于400的概率为 ．
15．（2025高三上·鹿城月考）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求角的大小；
（2）若点是的中点，且，求的周长．
16．（2025高三上·鹿城月考）已知正项数列满足．
（1）求证：是等比数列
（2）设，记数列的前项和为，求证：．
17．（2025高三上·鹿城月考）如图，四棱台的底面为菱形，的中点为．
（1）证明：平面；
（2）若，，点在底面上的射影恰是的中点，求平面与平面所成角的余弦值．
18．（2025高三上·鹿城月考）已知椭圆的离心率为，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过圆上一动点作椭圆的两条切线，切点分别为．
（I）证明：；
（II）求四边形面积的取值范围．
19．（2025高三上·鹿城月考）已知指数函数，原函数的反函数可记作．
（1）当时，证明：当
（2）当时，求函数的极值点；
（3）当时，讨论曲线与的交点个数．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：已知可得，故，
故答案为：C
【分析】先利用复数的除法运算化简可得，再利用复数相等的充要条件即可求解.
2．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线化为标准方程为，所以，
所以双曲线的实轴长为.
故答案为：B.
【分析】先将双曲线的方程化为标准方程可得，再利用实轴长的定义即可求解.
3．【答案】B
【知识点】集合中元素的确定性、互异性、无序性；并集及其运算
【解析】【解答】解：若，则，所以或.
当时，，则，不满足集合中元素的互异性，不合题意；
当时，，即，解得：或，
若，则，不满足集合中元素的互异性，不合题意；
若，则，符合题意.
故实数的值为2.
故答案为：B.
【分析】先利用题意可得，可得或，再利用集合中元素的互异性验证即可.
4．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；向量在物理中的应用；辅助角公式
【解析】【解答】解：由题意可得，又，
，其中，
当且仅当，时，取得最大值5.
故答案为：D.
【分析】先利用平面向量数量积的定义结合辅助角公式化简可得，再利用三角函数的性质即可求解.
5．【答案】A
【知识点】正弦函数的图象；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：令，则，
由题意，可转化为图像与直线交点个数问题，
在同一平面直角坐标系内，作出为与直线图像，如图所示：
由图像可知，交点个数可能为，
故答案为：A
【分析】令，作出函数和的图像，即可求解.
6．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
且所以，且，即.
因为函数为偶函数，所以.
所以，所以函数是周期为4的周期函数.
所以.
故
故答案为：C.
【分析】先利用题意可得函数是周期为4的周期函数，再用赋值法可得，结合周期函数的性质即可求解.
7．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的方程为，即圆是以为圆心，1为半径的圆；
又直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，
∴只需圆与直线有公共点即可，
设圆心到直线的距离为，
则，即，
．
的最大值是．
故答案为：B．
【分析】先利用圆的标准方程求出圆心与半径1，再利用点到直线的距离公式可得即可求解．
8．【答案】C
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；正弦函数的图象
【解析】【解答】解：依题意，令，则，，，
则a，b，c可分别视为函数，，的图象与直线交点的横坐标，
在同一坐标系中画出函数，，和的图象如图所示：
当直线为时，；
当直线为或时，；
当直线为时，；
当直线为时，；
当直线为时，；
当直线为移动到左端的直线时，始终有.
综上所述，，，都有可能成立，而不可能成立.
故答案为：C.
【分析】先将问题转化为函数，，和的图象的交点问题，再利用函数图象判断即可求解.
9．【答案】A,B
【知识点】独立性检验的基本思想；样本相关系数r及其数字特征；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】.【解答】解：A、因为，所以，故A正确；
B、数据1，3，9，4，5，16，7，11从小到大排列为1，3，4，5，7，9，11 ，16 ，
因为，所以数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为，故B正确；
C、根据相关系数的性质可知越接近1，线性相关程度越强，故C不正确；
D、当，有的把握能推断零假设不成立，故D不正确.
故答案为：AB
【分析】利用二项分布的期望公式即可判断A；利用下四分位数的定义即可判断B，利用相关系数的性质即可判断C；独立性检验原理逐断即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【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：显然，
当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，
设直线为，联立得，
，设，则，，
设，则，
其中，
所以，
点到轴的最短距离为，显然当时，取得最小值，
故，解得，
A、若直线的方程为，则，故，，
所以，故A正确；
B、由焦半径公式得，，
其中，，
所以，
所以，故B错误；
C、由于，，消去可得，
故点的轨迹方程是，故C正确；
D、，，
故，，，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】设，先联立可得，利用根与系数关系可得，易知当时，取得最小值，求出，当时，代入可得，，即可判断A；B选利用焦半径公式得，，可得即可判断B；消去可得，即可判断C；计算出，，，即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】球内接多面体；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：A、假设与垂直，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
，
所以，
由于，故⊥不可能，所以假设不成立，
所以与不可能垂直，故A错误；
B、假设与垂直，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，故当时，满足⊥，
所以与可能垂直，故B正确；
C、取的中点，连接，如图所示：
则，
故点即为三棱锥的外接球球心，即重合，外接球半径为1，
假设截面面积为，设截面半径为，则，解得，
此时，满足，，
故过棱作球的截面，截面面积可能为，故C正确；
D、过点作⊥于点，如图所示：
因为，所以的夹角即为二面角的平面角，
假设二面角的余弦值为，
，两边平方得
，
即，整理得，
解得，即重合，
即，故二面角的余弦值可能为，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】假设与垂直，利用线面垂直的判断定理及线面垂直的定义可得⊥，即可判断A；假设与垂直，得到⊥平面，即可⊥，当时，满足⊥，即可判断B正确；先找到外接球球心P，可得半径为1，利用截面面积为，可得截面半径，即可判断C；利用二面角的平面角的定义可得的夹角即为二面角的平面角，假设二面角的余弦值为，，两边平方，整理得，解得，即重合即可判断D.
12．【答案】5
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：已知的通项为，
令，则，
故项的系数为，
故答案为：5.
【分析】先利用二项式展开式的通项可得，再即可求解.
13．【答案】
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【解答】解：由数列满足，
则
.
故答案为：.
【分析】先用分组得到，再利用等比数列的求和公式，即可求解.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：数字1，2，3，4，5，6的排列数为，
要使的值大于400，则的取值组合为，
其中与的情况数一样，下面只分析其中一类：
当时，从中进行选取，满足即可，
则时，满足条件的情况数为，
时，满足条件的情况数为，
时，满足条件的情况数为；
当时，从中进行选取，此时任意选取均满足题意，
则满足条件的情况数为；
当时，从中进行选取，满足即可，
则时，满足条件的情况数为，
时，满足条件的情况数为，
时，满足条件的情况数为.
综上所述，满足条件的情况数为，
所以的值大于400的概率为.
故答案为：.
【分析】排列的性质及古典概率公式即可求解.
15．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得：.
又根据余弦定理：，
又为三角形内角，所以.
（2）解：已知如图：
在中，，
由余弦定理：，
所以，
所以或.
若，则，
，所以.
所以的周长为；
若，则，
，所以.
所以的周长为.
所以的周长为或.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理角化边化简可得，再利用余弦定理可即可求解.
（2）在中，利用余弦定理可得=4，再在中利用余弦定理求边，即可求解.
（1）因为，
由正弦定理可得：.
又根据余弦定理：，
又为三角形内角，所以.
（2）如图：
在中，，
由余弦定理：，
所以，
所以或.
若，则，
，所以.
所以的周长为；
若，则，
，所以.
所以的周长为.
所以的周长为或.
16．【答案】（1）证明：由，则，
由于，则，
所以，则，
又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）证明：由（1）得，，则，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
则，即，
所以.
【知识点】数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）先利用题意整理可得，再利用对数的运算性质即可求证；
（2）由（1）得，利用指数函数的性质可得，再利用等比数列的求和公式即可求证.
（1）由，则，
由于，则，
所以，则，
又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得，，则，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
则，即，
所以.
17．【答案】（1）证明：连接，
因为，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）解：设点在底面上的射影为，取中点，连接，
因为，所以，
由的中点为，则，
又分别为的中点，所以，
故，又平面，平面，
所以，
故以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为在正三角形中，，在中，，
则，
所以，
设平面与平面的法向量分别为，
由，取，则可得，
由，取，可得，
设平面与平面所成角为，
则.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的定义可得，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，可得平面的法向量为，平面的法向量分别为，再利用平面的夹角公式即可求解.
（1）连接，
因为，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）设点在底面上的射影为，取中点，连接，
因为，所以，
由的中点为，则，
又分别为的中点，所以，
故，又平面，平面，
所以，
故以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
因为在正三角形中，，在中，，
则，
所以，
设平面与平面的法向量分别为，
由，取，则可得，
由，取，可得，
设平面与平面所成角为，
则.
18．【答案】（1）解：由题意可得：，
可得：，
又，得，
所以椭圆方程为
（2）解：（I）当，时，此时可得：，显然，
同理：当，时，或，时，都有，
当时，设，
再设，
因为直线与椭圆相切如图所示：
联立，得，
，
即，
即，
同理，设，
联立椭圆与直线的方程可得，
得
，
即，
即，
所以是关于的方程的两根，
所以，又，可得：，
所以，
综上可证：；
（II）先证：过椭圆：（）上一点的切线方程为；
证明：当斜率存在时，设切线方程为，联立椭圆方程，
可得，化简可得：
，
由题可得：
化简可得：，该方程只有一个根，记作，
，为切点的横坐标，
切点的纵坐标，
由于，则，
则切线方程为：，
化简得：．
当切线斜率不存在时，切线为，也符合方程，
综上上一点的切线方程为；
设，
所以，，
所以，，
所以直线的方程为：，又，
可得：，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
联立，
可得：，
得，
所以，
所以四边形面积的
，
又，
所以，
即四边形面积的取值范围是.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意结合离心率及焦距列出等式即可求解；
（2）（I）设，联立椭圆方程，由，得到，再由，联立椭圆方程得到，同理的两根，再利用韦达定理即可求证；
（II）先确定直线的方程为：，利用弦长公式及点到线的距离公式，得到四边形面积表达式即可求解.
（1）由题意可得：，
可得：，
又，得，
所以椭圆方程为
（2）
（I）当，时，此时可得：，
显然，
同理：当，时，或，时，
都有，
当时，
设，
再设，
因为直线与椭圆相切，
联立，得，
，
即，
即，
同理，设，
联立椭圆与直线的方程可得，
得
，
即，
即，
所以是关于的方程的两根，
所以，又，
可得：，
所以，
综上可证：；
（II）先证：过椭圆：（）上一点的切线方程为；
证明：当斜率存在时，设切线方程为，联立椭圆方程，
可得，化简可得：
，
由题可得：
化简可得：，该方程只有一个根，记作，
，为切点的横坐标，
切点的纵坐标，
由于，则，
则切线方程为：，
化简得：．
当切线斜率不存在时，切线为，也符合方程，
综上上一点的切线方程为；
设，
所以，，
所以，，
所以直线的方程为：，又，
可得：，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
联立，
可得：，
得，
所以，
所以四边形面积的
，
又，
所以，
即四边形面积的取值范围是.
19．【答案】（1）证明：当时，，所以，
令，
所以，
所以在上单调递减，所以，
即，所以，，即；
（2）解：，
所以，
令，又因为，所以，又，所以，
当时，，当时，，
所以函数有极小值点，无极大值点；
（3）解：由，可得，因为，所以，
当时，，当时，，
则当时，曲线与没有交点．
下面只需考虑，与的交点个数即可，
令，得，，，
两边取对数得，
令，则，
由于，令，可得，而，
令，所以，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以时，，
作出的图像可得有两个解，且，
那么在上单调递增，在上单调递减，
又，
，
把看成一个整体，
由（1）得，，所以，
当，，所以，
因为，得，
所以，
当时，，当时，，
又在上单调递增，在上单调递减，
则在三个区间各有一个零点，
所以曲线与有三个交点．
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意可得，令，求导可得在上单调递减，即可求解；
（2）求导可得，令，可得，再利用导数的函数单调性的关系即可求解；
（3）由题意可得时，曲线与没有交点，故只需考虑时，方程的解的个数即可，构造函数，利用函数的单调性判断即可.
（1）当时，，所以，
令，
所以，
所以在上单调递减，所以，
即，所以，，即；
（2），
所以，
令，又因为，所以，又，所以，
当时，，当时，，
所以函数有极小值点，无极大值点；
（3）由，可得，因为，所以，
当时，，当时，，
则当时，曲线与没有交点．
下面只需考虑，与的交点个数即可，
令，得，，，
两边取对数得，
令，则，
由于，令，可得，而，
令，所以，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以时，，
作出的图像可得有两个解，且，
那么在上单调递增，在上单调递减，
又，
，
把看成一个整体，
由（1）得，，所以，
当，，所以，
因为，得，
所以，
当时，，当时，，
又在上单调递增，在上单调递减，
则在三个区间各有一个零点，
所以曲线与有三个交点．
1 / 1浙南名校联盟2025-2026学年高三上学期十月联考数学试题
1．（2025高三上·鹿城月考）设，若，则（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
【答案】C
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：已知可得，故，
故答案为：C
【分析】先利用复数的除法运算化简可得，再利用复数相等的充要条件即可求解.
2．（2025高三上·鹿城月考）已知双曲线，则双曲线的实轴长为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线化为标准方程为，所以，
所以双曲线的实轴长为.
故答案为：B.
【分析】先将双曲线的方程化为标准方程可得，再利用实轴长的定义即可求解.
3．（2025高三上·鹿城月考）已知集合，若，则实数的值为（ ）
A．1 B．2 C．2或 D．1或
【答案】B
【知识点】集合中元素的确定性、互异性、无序性；并集及其运算
【解析】【解答】解：若，则，所以或.
当时，，则，不满足集合中元素的互异性，不合题意；
当时，，即，解得：或，
若，则，不满足集合中元素的互异性，不合题意；
若，则，符合题意.
故实数的值为2.
故答案为：B.
【分析】先利用题意可得，可得或，再利用集合中元素的互异性验证即可.
4．（2025高三上·鹿城月考）冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．在冰球运动中冰球运动员脚穿冰鞋，身着防护装备，以球杆击球，球入对方球门，多者为胜．小华同学在练习冰球的过程中，以力，作用于冰球，使冰球从点移动到点，则力对冰球所做的功的最大值为（ ）（动力做的功）
A． B．3 C．4 D．5
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；向量在物理中的应用；辅助角公式
【解析】【解答】解：由题意可得，又，
，其中，
当且仅当，时，取得最大值5.
故答案为：D.
【分析】先利用平面向量数量积的定义结合辅助角公式化简可得，再利用三角函数的性质即可求解.
5．（2025高三上·鹿城月考）函数的图像与直线（为常数）的交点个数不可能为（ ）个
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【知识点】正弦函数的图象；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：令，则，
由题意，可转化为图像与直线交点个数问题，
在同一平面直角坐标系内，作出为与直线图像，如图所示：
由图像可知，交点个数可能为，
故答案为：A
【分析】令，作出函数和的图像，即可求解.
6．（2025高三上·鹿城月考）已知函数的定义域为为偶函数，且，则（ ）
A．47 B． C．1 D．2
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
且所以，且，即.
因为函数为偶函数，所以.
所以，所以函数是周期为4的周期函数.
所以.
故
故答案为：C.
【分析】先利用题意可得函数是周期为4的周期函数，再用赋值法可得，结合周期函数的性质即可求解.
7．（2025高三上·鹿城月考）在平面直角坐标系中，圆的标准方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆有公共点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．-1
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的方程为，即圆是以为圆心，1为半径的圆；
又直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，
∴只需圆与直线有公共点即可，
设圆心到直线的距离为，
则，即，
．
的最大值是．
故答案为：B．
【分析】先利用圆的标准方程求出圆心与半径1，再利用点到直线的距离公式可得即可求解．
8．（2025高三上·鹿城月考）已知实数满足，则下列关系不可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；正弦函数的图象
【解析】【解答】解：依题意，令，则，，，
则a，b，c可分别视为函数，，的图象与直线交点的横坐标，
在同一坐标系中画出函数，，和的图象如图所示：
当直线为时，；
当直线为或时，；
当直线为时，；
当直线为时，；
当直线为时，；
当直线为移动到左端的直线时，始终有.
综上所述，，，都有可能成立，而不可能成立.
故答案为：C.
【分析】先将问题转化为函数，，和的图象的交点问题，再利用函数图象判断即可求解.
9．（2025高三上·鹿城月考）下列论述正确的是（ ）
A．已知随机变量，则
B．数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为3.5
C．记两个变量的样本相关系数为，若越接近0，线性相关程度越强
D．对某两个分类变量进行独立性检验时，若，则有的把握能推断零假设成立．其中表示概率值0.05所对应的临界值
【答案】A,B
【知识点】独立性检验的基本思想；样本相关系数r及其数字特征；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】.【解答】解：A、因为，所以，故A正确；
B、数据1，3，9，4，5，16，7，11从小到大排列为1，3，4，5，7，9，11 ，16 ，
因为，所以数据1，3，9，4，5，16，7，11的下四分位数为，故B正确；
C、根据相关系数的性质可知越接近1，线性相关程度越强，故C不正确；
D、当，有的把握能推断零假设不成立，故D不正确.
故答案为：AB
【分析】利用二项分布的期望公式即可判断A；利用下四分位数的定义即可判断B，利用相关系数的性质即可判断C；独立性检验原理逐断即可判断D.
10．（2025高三上·鹿城月考）过抛物线的焦点的直线交于两点，其中是的中点，点到轴的最短距离为，为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A．若直线的方程为，则
B．
C．点的轨迹方程是
D．
【答案】A,C,D
【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：显然，
当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，
设直线为，联立得，
，设，则，，
设，则，
其中，
所以，
点到轴的最短距离为，显然当时，取得最小值，
故，解得，
A、若直线的方程为，则，故，，
所以，故A正确；
B、由焦半径公式得，，
其中，，
所以，
所以，故B错误；
C、由于，，消去可得，
故点的轨迹方程是，故C正确；
D、，，
故，，，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】设，先联立可得，利用根与系数关系可得，易知当时，取得最小值，求出，当时，代入可得，，即可判断A；B选利用焦半径公式得，，可得即可判断B；消去可得，即可判断C；计算出，，，即可判断D.
11．（2025高三上·鹿城月考）已知三棱锥，三棱锥的外接球为球，则下列选项中正确的是（ ）
A．与可能垂直
B．与可能垂直
C．过棱作球的截面，截面面积可能为
D．二面角的余弦值可能为
【答案】B,C,D
【知识点】球内接多面体；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：A、假设与垂直，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
，
所以，
由于，故⊥不可能，所以假设不成立，
所以与不可能垂直，故A错误；
B、假设与垂直，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，故当时，满足⊥，
所以与可能垂直，故B正确；
C、取的中点，连接，如图所示：
则，
故点即为三棱锥的外接球球心，即重合，外接球半径为1，
假设截面面积为，设截面半径为，则，解得，
此时，满足，，
故过棱作球的截面，截面面积可能为，故C正确；
D、过点作⊥于点，如图所示：
因为，所以的夹角即为二面角的平面角，
假设二面角的余弦值为，
，两边平方得
，
即，整理得，
解得，即重合，
即，故二面角的余弦值可能为，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】假设与垂直，利用线面垂直的判断定理及线面垂直的定义可得⊥，即可判断A；假设与垂直，得到⊥平面，即可⊥，当时，满足⊥，即可判断B正确；先找到外接球球心P，可得半径为1，利用截面面积为，可得截面半径，即可判断C；利用二面角的平面角的定义可得的夹角即为二面角的平面角，假设二面角的余弦值为，，两边平方，整理得，解得，即重合即可判断D.
12．（2025高三上·鹿城月考）在二项式的展开式中，含项的系数为 ．
【答案】5
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：已知的通项为，
令，则，
故项的系数为，
故答案为：5.
【分析】先利用二项式展开式的通项可得，再即可求解.
13．（2025高三上·鹿城月考）已知数列满足，则 ．
【答案】
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【解答】解：由数列满足，
则
.
故答案为：.
【分析】先用分组得到，再利用等比数列的求和公式，即可求解.
14．（2025高三上·鹿城月考）设为数字1，2，3，4，5，6的一个排列，记三位数，其中，例，则的值大于400的概率为 ．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：数字1，2，3，4，5，6的排列数为，
要使的值大于400，则的取值组合为，
其中与的情况数一样，下面只分析其中一类：
当时，从中进行选取，满足即可，
则时，满足条件的情况数为，
时，满足条件的情况数为，
时，满足条件的情况数为；
当时，从中进行选取，此时任意选取均满足题意，
则满足条件的情况数为；
当时，从中进行选取，满足即可，
则时，满足条件的情况数为，
时，满足条件的情况数为，
时，满足条件的情况数为.
综上所述，满足条件的情况数为，
所以的值大于400的概率为.
故答案为：.
【分析】排列的性质及古典概率公式即可求解.
15．（2025高三上·鹿城月考）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求角的大小；
（2）若点是的中点，且，求的周长．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得：.
又根据余弦定理：，
又为三角形内角，所以.
（2）解：已知如图：
在中，，
由余弦定理：，
所以，
所以或.
若，则，
，所以.
所以的周长为；
若，则，
，所以.
所以的周长为.
所以的周长为或.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理角化边化简可得，再利用余弦定理可即可求解.
（2）在中，利用余弦定理可得=4，再在中利用余弦定理求边，即可求解.
（1）因为，
由正弦定理可得：.
又根据余弦定理：，
又为三角形内角，所以.
（2）如图：
在中，，
由余弦定理：，
所以，
所以或.
若，则，
，所以.
所以的周长为；
若，则，
，所以.
所以的周长为.
所以的周长为或.
16．（2025高三上·鹿城月考）已知正项数列满足．
（1）求证：是等比数列
（2）设，记数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）证明：由，则，
由于，则，
所以，则，
又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）证明：由（1）得，，则，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
则，即，
所以.
【知识点】数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）先利用题意整理可得，再利用对数的运算性质即可求证；
（2）由（1）得，利用指数函数的性质可得，再利用等比数列的求和公式即可求证.
（1）由，则，
由于，则，
所以，则，
又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得，，则，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
则，即，
所以.
17．（2025高三上·鹿城月考）如图，四棱台的底面为菱形，的中点为．
（1）证明：平面；
（2）若，，点在底面上的射影恰是的中点，求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：连接，
因为，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）解：设点在底面上的射影为，取中点，连接，
因为，所以，
由的中点为，则，
又分别为的中点，所以，
故，又平面，平面，
所以，
故以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为在正三角形中，，在中，，
则，
所以，
设平面与平面的法向量分别为，
由，取，则可得，
由，取，可得，
设平面与平面所成角为，
则.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的定义可得，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，可得平面的法向量为，平面的法向量分别为，再利用平面的夹角公式即可求解.
（1）连接，
因为，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）设点在底面上的射影为，取中点，连接，
因为，所以，
由的中点为，则，
又分别为的中点，所以，
故，又平面，平面，
所以，
故以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
因为在正三角形中，，在中，，
则，
所以，
设平面与平面的法向量分别为，
由，取，则可得，
由，取，可得，
设平面与平面所成角为，
则.
18．（2025高三上·鹿城月考）已知椭圆的离心率为，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过圆上一动点作椭圆的两条切线，切点分别为．
（I）证明：；
（II）求四边形面积的取值范围．
【答案】（1）解：由题意可得：，
可得：，
又，得，
所以椭圆方程为
（2）解：（I）当，时，此时可得：，显然，
同理：当，时，或，时，都有，
当时，设，
再设，
因为直线与椭圆相切如图所示：
联立，得，
，
即，
即，
同理，设，
联立椭圆与直线的方程可得，
得
，
即，
即，
所以是关于的方程的两根，
所以，又，可得：，
所以，
综上可证：；
（II）先证：过椭圆：（）上一点的切线方程为；
证明：当斜率存在时，设切线方程为，联立椭圆方程，
可得，化简可得：
，
由题可得：
化简可得：，该方程只有一个根，记作，
，为切点的横坐标，
切点的纵坐标，
由于，则，
则切线方程为：，
化简得：．
当切线斜率不存在时，切线为，也符合方程，
综上上一点的切线方程为；
设，
所以，，
所以，，
所以直线的方程为：，又，
可得：，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
联立，
可得：，
得，
所以，
所以四边形面积的
，
又，
所以，
即四边形面积的取值范围是.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意结合离心率及焦距列出等式即可求解；
（2）（I）设，联立椭圆方程，由，得到，再由，联立椭圆方程得到，同理的两根，再利用韦达定理即可求证；
（II）先确定直线的方程为：，利用弦长公式及点到线的距离公式，得到四边形面积表达式即可求解.
（1）由题意可得：，
可得：，
又，得，
所以椭圆方程为
（2）
（I）当，时，此时可得：，
显然，
同理：当，时，或，时，
都有，
当时，
设，
再设，
因为直线与椭圆相切，
联立，得，
，
即，
即，
同理，设，
联立椭圆与直线的方程可得，
得
，
即，
即，
所以是关于的方程的两根，
所以，又，
可得：，
所以，
综上可证：；
（II）先证：过椭圆：（）上一点的切线方程为；
证明：当斜率存在时，设切线方程为，联立椭圆方程，
可得，化简可得：
，
由题可得：
化简可得：，该方程只有一个根，记作，
，为切点的横坐标，
切点的纵坐标，
由于，则，
则切线方程为：，
化简得：．
当切线斜率不存在时，切线为，也符合方程，
综上上一点的切线方程为；
设，
所以，，
所以，，
所以直线的方程为：，又，
可得：，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
联立，
可得：，
得，
所以，
所以四边形面积的
，
又，
所以，
即四边形面积的取值范围是.
19．（2025高三上·鹿城月考）已知指数函数，原函数的反函数可记作．
（1）当时，证明：当
（2）当时，求函数的极值点；
（3）当时，讨论曲线与的交点个数．
【答案】（1）证明：当时，，所以，
令，
所以，
所以在上单调递减，所以，
即，所以，，即；
（2）解：，
所以，
令，又因为，所以，又，所以，
当时，，当时，，
所以函数有极小值点，无极大值点；
（3）解：由，可得，因为，所以，
当时，，当时，，
则当时，曲线与没有交点．
下面只需考虑，与的交点个数即可，
令，得，，，
两边取对数得，
令，则，
由于，令，可得，而，
令，所以，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以时，，
作出的图像可得有两个解，且，
那么在上单调递增，在上单调递减，
又，
，
把看成一个整体，
由（1）得，，所以，
当，，所以，
因为，得，
所以，
当时，，当时，，
又在上单调递增，在上单调递减，
则在三个区间各有一个零点，
所以曲线与有三个交点．
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意可得，令，求导可得在上单调递减，即可求解；
（2）求导可得，令，可得，再利用导数的函数单调性的关系即可求解；
（3）由题意可得时，曲线与没有交点，故只需考虑时，方程的解的个数即可，构造函数，利用函数的单调性判断即可.
（1）当时，，所以，
令，
所以，
所以在上单调递减，所以，
即，所以，，即；
（2），
所以，
令，又因为，所以，又，所以，
当时，，当时，，
所以函数有极小值点，无极大值点；
（3）由，可得，因为，所以，
当时，，当时，，
则当时，曲线与没有交点．
下面只需考虑，与的交点个数即可，
令，得，，，
两边取对数得，
令，则，
由于，令，可得，而，
令，所以，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以时，，
作出的图像可得有两个解，且，
那么在上单调递增，在上单调递减，
又，
，
把看成一个整体，
由（1）得，，所以，
当，，所以，
因为，得，
所以，
当时，，当时，，
又在上单调递增，在上单调递减，
则在三个区间各有一个零点，
所以曲线与有三个交点．
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