甘肃省白银市白银区2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题
一、选择题：本题共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·白银期末）的展开式中含项的系数为（ ）
A． B． C．10 D．5
2．（2025高三上·白银期末）已知复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·白银期末）设关于x的方程有实数解，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高三上·白银期末）已知，则方程所有的根之和为（ ）
A．1 B．2 C．5 D．7
5．（2025高三上·白银期末）已知为等比数列，若，则的公比（ ）
A． B．2 C． D．
6．（2025高三上·白银期末）直线与圆交于A，B两点，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·白银期末）我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知，则下列给出的函数其图象与的图象“相似”的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·白银期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线C第一象限上一点，的角平分线为l，过点O作的平行线，分别与，l交于M，N两点，若，则的面积为（ ）
A．20 B．12 C．24 D．10
二、选择题：本题共3小题，每题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·白银期末）现从甲、乙两名射击运动员中选择一人参加大型选拔赛，各进行了10次射击，射击成绩（单位：环）如下表所示：
次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
甲 7 7 8 9 8 9 10 9 9 9
乙 8 9 7 8 10 7 10 10 7 10
依据该次选拔赛成绩，下列说法中正确的是（ ）
A．甲的平均成绩高于乙的平均成绩
B．预计对手平均成绩较差，稳定发挥水平就能获得冠军，则选择乙参加比赛
C．预计对手平均成绩9.2环，则选择乙参加比赛
D．预计对手平均成绩8.8环，则选择甲参加比赛
10．（2025高三上·白银期末）如图，平行六面体的体积为6，点P为线段上的动点，则下列三棱锥中，其体积为1的有（ ）
A．三棱锥 B．三棱锥
C．三棱锥 D．三棱锥
11．（2025高三上·白银期末）已知是上的连续函数，满足有，且．则下列说法中正确的是（ ）
A． B．为偶函数
C．的一个周期为6 D．是的一个对称中心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·白银期末）已知集合，，则的元素个数为 ．
13．（2025高三上·白银期末）已知等差数列各项不为零，前n项和为，若，则 ．
14．（2025高三上·白银期末）三角形是常见的几何图形，除了我们已经学习的性质外，三角形还有很多性质，如：性质1：的面积；
性质2：对于内任意一点P，有；
性质3：内存在唯一一点P，使得．这个点P称为的“勃罗卡点”，角α称为的“勃罗卡角”．
若的三边长分别为1，1，，根据以上性质，可以计算出的“勃罗卡角”的正切值为 ．
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·白银期末）在中，角的对边成公差为2的等差数列．
（1）若为锐角三角形，求a的取值范围；
（2）若，求的面积．
16．（2025高三上·白银期末）如图，在三棱锥中，平面，为的中点．
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值．
17．（2025高三上·白银期末）已知．
（1）若在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若有极大值m，求证：
18．（2025高三上·白银期末）已知椭圆的离心率，过点作直线与椭圆交于两点（在上方），当的斜率为时，点恰与椭圆的上顶点重合．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，设直线，的斜率分别为，设的外接圆圆心为，点关于轴的对称点为．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求证：．
19．（2025高三上·白银期末）通过抛掷骰子产生随机数列，具体产生方式为：若第次抛掷得到点数，则．记数列的前n项和为为除以4的余数．
（1）若，求的概率；
（2）若，比较与的大小，说明理由；
（3）若，设，试确定该展开式中各项系数与事件的联系，并求的概率．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为（），
令，得，所以含项的系数为．
故答案为：D．
【分析】利用二项式展开式的通项公式，通过令未知数的次数等于目标次数，求出对应的项数，进而得到系数。
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，
满足，
所以，则.
故答案为：B.
【分析】通过设复数的代数形式，结合共轭复数的定义和复数相等的条件，建立方程组求解实部和虚部。
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，所以，即.
因为，
所以由可以推出，由不可以推出，所以是的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】判断充分必要条件的步骤：先化简命题（本题将三角方程有解转化为a的范围），再分析两个命题对应的范围关系，若p的范围是q范围的子集，则p是q的充分条件；若q的范围是p范围的子集，则p是q的必要条件。
4．【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：若，由，所以；
若，由.
因为，所以方程的所有根的和为1.
故答案为：A
【分析】根据分段函数的定义域，分别在和的区间内求解方程，再将所有根相加。
5．【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：根据等比数列定义由可得，
显然，所以，
解得.
故答案为：D
【分析】利用等比数列通项公式将各项转化为含首项和公比q的形式，通过约去非零项得到关于q的一元二次方程，进而求解公比。
6．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：
设，联立，消去y整理得：，
解得，故，
利用两点之间的距离得，
故答案为：C
【分析】通过联立直线与圆的方程，求解交点坐标，再利用两点间距离公式计算。
7．【答案】C
【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：，则，
令，则，
如图，作出函数的图象，
由图可知函数的图象有两个交点，
即函数有两个零点，且，
令，则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值点为，极小值点为.
A，函数在上单调递减，在单调递增，所以函数有极小值点，无极大值点，故A错误；
B，函数在上单调递增，在单调递减，所以函数有极大值点，无极小值点，故B错误；
C，，当或时，，当时，，
所以函数的极大值点为，极小值点为，故C正确；
D，，则函数的极小值点为，极大值点为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】判断函数 “相似” 的关键：先通过求导确定原函数的极值点个数，再分析极大值点、极小值点的分布顺序；逐一验证选项的极值点情况，匹配个数与顺序即可。
8．【答案】C
【知识点】双曲线的定义
【解析】【解答】解：如图，记l与轴交于点，
由双曲线的定义，，，
因为，为中点，故为的中位线，，
，
易知，，故，故，
由的角平分线为l，由角平分线的性质得：，
所以，
故为直角三角形，面积为.
故答案为：C.
【分析】本题通过双曲线定义、中位线性质、相似三角形及角平分线定理，逐步推导得出行程长度，最终利用直角三角形面积公式求解。
9．【答案】C,D
【知识点】极差、方差与标准差；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A：甲的平均数为：，
乙的平均数为：，故A错误；
B：甲的方差为：，
乙的方差为：，
因，故B错误；
C：甲射击一次大于环的概率为，乙射击一次大于环的概率为，故C正确；
D：甲射击一次大于环的概率为，乙射击一次大于环的概率为，故D正确，
故答案为：CD
【分析】分别计算甲、乙的平均成绩、方差，以及不同环数下的射击概率，结合题目要求的不同场景（稳定发挥、对手不同平均成绩）进行分析判断。
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：记平行六面体的体积为，
A，由平行六面体的性质，平面故点到平面的距离等于点到平面的距离，
故，故A正确；
B，因为，底面面积固定，点在线段上位置不同，高不同，故体积不为定值，故B错误；
C，因为平面平面故平面，点到平面的距离等于点到平面的距离，故，故C正确；
D，因为平面平面故平面点到平面的距离等于点到平面的距离，故，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】利用线面平行的性质将动点到平面的距离转化为定点到平面的距离，结合平行六面体体积与三棱锥体积的关系进行计算判断。
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，且的定义域为，关于原点对称，
A：令，则，解得或，若，令时，，这与矛盾，故，故A错误；
B：令，则，即，可知是偶函数，故B正确；
C：因为，即，即，
则，所以，故是以6为周期的周期函数，故C正确；
D：因为，，当时，，故，
当时，，故，
当时，，又，故，
当时，，
所以，是的一个对称中心，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】通过赋值法求、判断奇偶性，结合函数值计算推导周期性和对称中心。
12．【答案】
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：因为，，则，
因此，集合的元素个数为.
故答案为：.
【分析】先通过对数不等式求解集合A，再根据交集定义找出A与B的公共元素，进而统计元素个数。
13．【答案】
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：在等差数列中，不为零，设公差为，
因为，令时，，所以，
令时，，则，所以，
则．
故答案为：.
【分析】通过赋值、，结合等差数列通项公式，先求和公差，再利用通项公式计算。
14．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：
因为的三边长分别为1，1，，不妨设，如上图，
由余弦定理得，得，
故，在中，，
用正弦定理得，得到，
在中，，
用正弦定理得，
得到，
用差角的正弦公式得：，
得，
故答案为：
【分析】先通过余弦定理求的内角，再在两个小三角形中利用正弦定理建立关于“勃罗卡角”的等式，最后通过三角恒等变换求解正切值。
15．【答案】（1）解：∵是公差为2的等差数列，
∴，
由三角形三边关系得，，
∴，又∵为锐角三角形，
∴最大角，
∴，即，
∴，即，解得或，
∴.
（2）解：∵，
∴由正弦定理可得，
∴，解得，则，
∴，∴，
∴．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用等差数列表示三边，结合三角形三边关系和锐角三角形的余弦定理条件，确定a的范围。
（2）通过正弦定理建立边的关系，求出三边长度后，用余弦定理求角的正弦值，再结合面积公式求解。
（1）∵是公差为2的等差数列，
∴，
由三角形三边关系得，，
∴，又∵为锐角三角形，
∴最大角，
∴，即，
∴，即，解得或，
∴.
（2）∵，
∴由正弦定理可得，
∴，解得，则，
∴，∴，
∴．
16．【答案】（1）证明：取的中点为，连接，
因为为的中点，所以，
因为平面，所以平面，又平面
所以，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，且平面，
所以；
（2）解：以点为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，
所以，则，
所以，
平面的法向量为，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）通过构造辅助线，证明 AC 垂直于 BD 所在平面内的两条相交直线（DE、BE），从而证得 AC 垂直于平面 BDE，进而得到 BD⊥AC。
（2）建立空间直角坐标系，确定平面 PAB 的法向量，利用 “线面角的正弦值等于直线方向向量与平面法向量夹角余弦的绝对值”，结合向量的点积与模长计算。
（1）取的中点为，连接，
因为为的中点，所以，
因为平面，所以平面，又平面
所以，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，且平面，
所以；
（2）以点为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，
所以，则，
所以，
平面的法向量为，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．
17．【答案】（1）解：函数的定义域为，
可得，
令，
所以，
因为时，，所以单调递减，
时，，所以单调递增，
所以，
因为在定义域上单调递增，所以恒成立，
所以，即
（2）证明：由（1）可知，当有两个不同的零点时，，
此时，
且时，时，
所以，则，，其中，
因为时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以为的极大值点，则，
且，
设，则，
所以在单调递增，
所以，即.
【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）通过求导分析的单调性，利用最小值非负的条件确定的范围。
（2）先确定极大值点的存在性，再通过换元法将极大值表达式转化为关于的函数，结合导数证明其小于。
（1）函数的定义域为，
可得，
令，
所以，
因为时，，所以单调递减，
时，，所以单调递增，
所以，
因为在定义域上单调递增，所以恒成立，
所以，即；
（2）由（1）可知，当有两个不同的零点时，，
此时，
且时，时，
所以，则，，其中，
因为时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以为的极大值点，则，
且，
设，则，
所以在单调递增，
所以，即.
18．【答案】（1）解：当l的斜率为时，直线，与轴交点为，故，
∵，∴，
∴椭圆的标准方程为.
（2）解：（ⅰ）由题意得，直线斜率存在且不为，设直线，
联立方程消去得：，
∴．
∴，
∵，
∴．
（ⅱ）证明∵，中点坐标为，
∴垂直平分线方程为，
由得，垂直平分线方程为①．
同理得，垂直平分线方程为②．
由可得，即，
①+②得：，
∴，
由②-①得：，
∵直线过点，∴，即，
∴，故，
∴，
∵，∴，故．
【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）利用直线与椭圆的交点确定b的值，结合离心率公式求出a，进而得到椭圆标准方程。
（2）(i) 联立直线与椭圆方程，利用韦达定理化简斜率和的表达式，证明其为 0；
(ii) 通过分析外接圆圆心的位置和直线斜率的关系，证明垂直。
（1）当l的斜率为时，直线，与轴交点为，故，
∵，∴，
∴椭圆的标准方程为.
（2）（ⅰ）由题意得，直线斜率存在且不为，设直线，
联立方程消去得：，
∴．
∴，
∵，
∴．
（ⅱ）解法一：∵，中点坐标为，
∴垂直平分线方程为，
由得，垂直平分线方程为①．
同理得，垂直平分线方程为②．
由可得，即，
①+②得：，
∴，
由②-①得：，
∵直线过点，∴，即，
∴，故，
∴，
∵，∴，故．
解法二：设圆，
∵在圆上，∴
∵直线与圆交于，
∴联立得（*），其中是方程（*）的两根．
由（ⅰ）可知是方程的两根，
此两方程为同解方程，则有，
解得，
∴圆心，
∴，
∵，∴，
∴．
19．【答案】（1）解：因为，
所以
（2）解：的情形有：，
因此，，
的情形有：，
因此，，
所以
（3）解：，
事件表示20个式子相乘后得到的组合方式的数量，
，其中，
令，得到，
令，得到，
因此，，
令，得到，
又因为，
所以，
因此，，
所以，．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；二项式系数
【解析】【分析】（1）枚举的所有组合，利用独立事件概率公式计算。
（2）分别枚举余0和余3的组合，计算概率后比较大小。
（3）结合二项式展开的生成函数，利用复数根的对称性（单位根）求解余0的组合数，进而得到概率。
（1）因为，
所以；
（2）的情形有：，
因此，，
的情形有：，
因此，，
所以；
（3），
事件表示20个式子相乘后得到的组合方式的数量，
，其中，
令，得到，
令，得到，
因此，，
令，得到，
又因为，
所以，
因此，，
所以，．
1 / 1甘肃省白银市白银区2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题
一、选择题：本题共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·白银期末）的展开式中含项的系数为（ ）
A． B． C．10 D．5
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为（），
令，得，所以含项的系数为．
故答案为：D．
【分析】利用二项式展开式的通项公式，通过令未知数的次数等于目标次数，求出对应的项数，进而得到系数。
2．（2025高三上·白银期末）已知复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，
满足，
所以，则.
故答案为：B.
【分析】通过设复数的代数形式，结合共轭复数的定义和复数相等的条件，建立方程组求解实部和虚部。
3．（2025高三上·白银期末）设关于x的方程有实数解，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，所以，即.
因为，
所以由可以推出，由不可以推出，所以是的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】判断充分必要条件的步骤：先化简命题（本题将三角方程有解转化为a的范围），再分析两个命题对应的范围关系，若p的范围是q范围的子集，则p是q的充分条件；若q的范围是p范围的子集，则p是q的必要条件。
4．（2025高三上·白银期末）已知，则方程所有的根之和为（ ）
A．1 B．2 C．5 D．7
【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：若，由，所以；
若，由.
因为，所以方程的所有根的和为1.
故答案为：A
【分析】根据分段函数的定义域，分别在和的区间内求解方程，再将所有根相加。
5．（2025高三上·白银期末）已知为等比数列，若，则的公比（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：根据等比数列定义由可得，
显然，所以，
解得.
故答案为：D
【分析】利用等比数列通项公式将各项转化为含首项和公比q的形式，通过约去非零项得到关于q的一元二次方程，进而求解公比。
6．（2025高三上·白银期末）直线与圆交于A，B两点，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：
设，联立，消去y整理得：，
解得，故，
利用两点之间的距离得，
故答案为：C
【分析】通过联立直线与圆的方程，求解交点坐标，再利用两点间距离公式计算。
7．（2025高三上·白银期末）我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知，则下列给出的函数其图象与的图象“相似”的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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：，则，
令，则，
如图，作出函数的图象，
由图可知函数的图象有两个交点，
即函数有两个零点，且，
令，则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值点为，极小值点为.
A，函数在上单调递减，在单调递增，所以函数有极小值点，无极大值点，故A错误；
B，函数在上单调递增，在单调递减，所以函数有极大值点，无极小值点，故B错误；
C，，当或时，，当时，，
所以函数的极大值点为，极小值点为，故C正确；
D，，则函数的极小值点为，极大值点为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】判断函数 “相似” 的关键：先通过求导确定原函数的极值点个数，再分析极大值点、极小值点的分布顺序；逐一验证选项的极值点情况，匹配个数与顺序即可。
8．（2025高三上·白银期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线C第一象限上一点，的角平分线为l，过点O作的平行线，分别与，l交于M，N两点，若，则的面积为（ ）
A．20 B．12 C．24 D．10
【答案】C
【知识点】双曲线的定义
【解析】【解答】解：如图，记l与轴交于点，
由双曲线的定义，，，
因为，为中点，故为的中位线，，
，
易知，，故，故，
由的角平分线为l，由角平分线的性质得：，
所以，
故为直角三角形，面积为.
故答案为：C.
【分析】本题通过双曲线定义、中位线性质、相似三角形及角平分线定理，逐步推导得出行程长度，最终利用直角三角形面积公式求解。
二、选择题：本题共3小题，每题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·白银期末）现从甲、乙两名射击运动员中选择一人参加大型选拔赛，各进行了10次射击，射击成绩（单位：环）如下表所示：
次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
甲 7 7 8 9 8 9 10 9 9 9
乙 8 9 7 8 10 7 10 10 7 10
依据该次选拔赛成绩，下列说法中正确的是（ ）
A．甲的平均成绩高于乙的平均成绩
B．预计对手平均成绩较差，稳定发挥水平就能获得冠军，则选择乙参加比赛
C．预计对手平均成绩9.2环，则选择乙参加比赛
D．预计对手平均成绩8.8环，则选择甲参加比赛
【答案】C,D
【知识点】极差、方差与标准差；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A：甲的平均数为：，
乙的平均数为：，故A错误；
B：甲的方差为：，
乙的方差为：，
因，故B错误；
C：甲射击一次大于环的概率为，乙射击一次大于环的概率为，故C正确；
D：甲射击一次大于环的概率为，乙射击一次大于环的概率为，故D正确，
故答案为：CD
【分析】分别计算甲、乙的平均成绩、方差，以及不同环数下的射击概率，结合题目要求的不同场景（稳定发挥、对手不同平均成绩）进行分析判断。
10．（2025高三上·白银期末）如图，平行六面体的体积为6，点P为线段上的动点，则下列三棱锥中，其体积为1的有（ ）
A．三棱锥 B．三棱锥
C．三棱锥 D．三棱锥
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：记平行六面体的体积为，
A，由平行六面体的性质，平面故点到平面的距离等于点到平面的距离，
故，故A正确；
B，因为，底面面积固定，点在线段上位置不同，高不同，故体积不为定值，故B错误；
C，因为平面平面故平面，点到平面的距离等于点到平面的距离，故，故C正确；
D，因为平面平面故平面点到平面的距离等于点到平面的距离，故，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】利用线面平行的性质将动点到平面的距离转化为定点到平面的距离，结合平行六面体体积与三棱锥体积的关系进行计算判断。
11．（2025高三上·白银期末）已知是上的连续函数，满足有，且．则下列说法中正确的是（ ）
A． B．为偶函数
C．的一个周期为6 D．是的一个对称中心
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，且的定义域为，关于原点对称，
A：令，则，解得或，若，令时，，这与矛盾，故，故A错误；
B：令，则，即，可知是偶函数，故B正确；
C：因为，即，即，
则，所以，故是以6为周期的周期函数，故C正确；
D：因为，，当时，，故，
当时，，故，
当时，，又，故，
当时，，
所以，是的一个对称中心，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】通过赋值法求、判断奇偶性，结合函数值计算推导周期性和对称中心。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·白银期末）已知集合，，则的元素个数为 ．
【答案】
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：因为，，则，
因此，集合的元素个数为.
故答案为：.
【分析】先通过对数不等式求解集合A，再根据交集定义找出A与B的公共元素，进而统计元素个数。
13．（2025高三上·白银期末）已知等差数列各项不为零，前n项和为，若，则 ．
【答案】
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：在等差数列中，不为零，设公差为，
因为，令时，，所以，
令时，，则，所以，
则．
故答案为：.
【分析】通过赋值、，结合等差数列通项公式，先求和公差，再利用通项公式计算。
14．（2025高三上·白银期末）三角形是常见的几何图形，除了我们已经学习的性质外，三角形还有很多性质，如：性质1：的面积；
性质2：对于内任意一点P，有；
性质3：内存在唯一一点P，使得．这个点P称为的“勃罗卡点”，角α称为的“勃罗卡角”．
若的三边长分别为1，1，，根据以上性质，可以计算出的“勃罗卡角”的正切值为 ．
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：
因为的三边长分别为1，1，，不妨设，如上图，
由余弦定理得，得，
故，在中，，
用正弦定理得，得到，
在中，，
用正弦定理得，
得到，
用差角的正弦公式得：，
得，
故答案为：
【分析】先通过余弦定理求的内角，再在两个小三角形中利用正弦定理建立关于“勃罗卡角”的等式，最后通过三角恒等变换求解正切值。
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·白银期末）在中，角的对边成公差为2的等差数列．
（1）若为锐角三角形，求a的取值范围；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：∵是公差为2的等差数列，
∴，
由三角形三边关系得，，
∴，又∵为锐角三角形，
∴最大角，
∴，即，
∴，即，解得或，
∴.
（2）解：∵，
∴由正弦定理可得，
∴，解得，则，
∴，∴，
∴．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用等差数列表示三边，结合三角形三边关系和锐角三角形的余弦定理条件，确定a的范围。
（2）通过正弦定理建立边的关系，求出三边长度后，用余弦定理求角的正弦值，再结合面积公式求解。
（1）∵是公差为2的等差数列，
∴，
由三角形三边关系得，，
∴，又∵为锐角三角形，
∴最大角，
∴，即，
∴，即，解得或，
∴.
（2）∵，
∴由正弦定理可得，
∴，解得，则，
∴，∴，
∴．
16．（2025高三上·白银期末）如图，在三棱锥中，平面，为的中点．
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取的中点为，连接，
因为为的中点，所以，
因为平面，所以平面，又平面
所以，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，且平面，
所以；
（2）解：以点为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，
所以，则，
所以，
平面的法向量为，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）通过构造辅助线，证明 AC 垂直于 BD 所在平面内的两条相交直线（DE、BE），从而证得 AC 垂直于平面 BDE，进而得到 BD⊥AC。
（2）建立空间直角坐标系，确定平面 PAB 的法向量，利用 “线面角的正弦值等于直线方向向量与平面法向量夹角余弦的绝对值”，结合向量的点积与模长计算。
（1）取的中点为，连接，
因为为的中点，所以，
因为平面，所以平面，又平面
所以，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，且平面，
所以；
（2）以点为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，
所以，则，
所以，
平面的法向量为，
所以，
即与平面所成角的正弦值为．
17．（2025高三上·白银期末）已知．
（1）若在定义域上单调递增，求a的取值范围；
（2）若有极大值m，求证：
【答案】（1）解：函数的定义域为，
可得，
令，
所以，
因为时，，所以单调递减，
时，，所以单调递增，
所以，
因为在定义域上单调递增，所以恒成立，
所以，即
（2）证明：由（1）可知，当有两个不同的零点时，，
此时，
且时，时，
所以，则，，其中，
因为时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以为的极大值点，则，
且，
设，则，
所以在单调递增，
所以，即.
【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）通过求导分析的单调性，利用最小值非负的条件确定的范围。
（2）先确定极大值点的存在性，再通过换元法将极大值表达式转化为关于的函数，结合导数证明其小于。
（1）函数的定义域为，
可得，
令，
所以，
因为时，，所以单调递减，
时，，所以单调递增，
所以，
因为在定义域上单调递增，所以恒成立，
所以，即；
（2）由（1）可知，当有两个不同的零点时，，
此时，
且时，时，
所以，则，，其中，
因为时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以为的极大值点，则，
且，
设，则，
所以在单调递增，
所以，即.
18．（2025高三上·白银期末）已知椭圆的离心率，过点作直线与椭圆交于两点（在上方），当的斜率为时，点恰与椭圆的上顶点重合．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，设直线，的斜率分别为，设的外接圆圆心为，点关于轴的对称点为．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求证：．
【答案】（1）解：当l的斜率为时，直线，与轴交点为，故，
∵，∴，
∴椭圆的标准方程为.
（2）解：（ⅰ）由题意得，直线斜率存在且不为，设直线，
联立方程消去得：，
∴．
∴，
∵，
∴．
（ⅱ）证明∵，中点坐标为，
∴垂直平分线方程为，
由得，垂直平分线方程为①．
同理得，垂直平分线方程为②．
由可得，即，
①+②得：，
∴，
由②-①得：，
∵直线过点，∴，即，
∴，故，
∴，
∵，∴，故．
【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）利用直线与椭圆的交点确定b的值，结合离心率公式求出a，进而得到椭圆标准方程。
（2）(i) 联立直线与椭圆方程，利用韦达定理化简斜率和的表达式，证明其为 0；
(ii) 通过分析外接圆圆心的位置和直线斜率的关系，证明垂直。
（1）当l的斜率为时，直线，与轴交点为，故，
∵，∴，
∴椭圆的标准方程为.
（2）（ⅰ）由题意得，直线斜率存在且不为，设直线，
联立方程消去得：，
∴．
∴，
∵，
∴．
（ⅱ）解法一：∵，中点坐标为，
∴垂直平分线方程为，
由得，垂直平分线方程为①．
同理得，垂直平分线方程为②．
由可得，即，
①+②得：，
∴，
由②-①得：，
∵直线过点，∴，即，
∴，故，
∴，
∵，∴，故．
解法二：设圆，
∵在圆上，∴
∵直线与圆交于，
∴联立得（*），其中是方程（*）的两根．
由（ⅰ）可知是方程的两根，
此两方程为同解方程，则有，
解得，
∴圆心，
∴，
∵，∴，
∴．
19．（2025高三上·白银期末）通过抛掷骰子产生随机数列，具体产生方式为：若第次抛掷得到点数，则．记数列的前n项和为为除以4的余数．
（1）若，求的概率；
（2）若，比较与的大小，说明理由；
（3）若，设，试确定该展开式中各项系数与事件的联系，并求的概率．
【答案】（1）解：因为，
所以
（2）解：的情形有：，
因此，，
的情形有：，
因此，，
所以
（3）解：，
事件表示20个式子相乘后得到的组合方式的数量，
，其中，
令，得到，
令，得到，
因此，，
令，得到，
又因为，
所以，
因此，，
所以，．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；二项式系数
【解析】【分析】（1）枚举的所有组合，利用独立事件概率公式计算。
（2）分别枚举余0和余3的组合，计算概率后比较大小。
（3）结合二项式展开的生成函数，利用复数根的对称性（单位根）求解余0的组合数，进而得到概率。
（1）因为，
所以；
（2）的情形有：，
因此，，
的情形有：，
因此，，
所以；
（3），
事件表示20个式子相乘后得到的组合方式的数量，
，其中，
令，得到，
令，得到，
因此，，
令，得到，
又因为，
所以，
因此，，
所以，．
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