浙江省杭州第四中学2025-2026学年高三上学期10月期中考试数学试题
1．（2025高三上·杭州期中）命题“”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高三上·杭州期中）已知集合，，且的元素个数为2，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·杭州期中）若，，则直线一定不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．（2025高三上·杭州期中）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则圆锥母线与底面所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·杭州期中）已知是偶函数，则（ ）
A． B． C．1 D．2
6．（2025高三上·杭州期中）若非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·杭州期中）已知函数在上恰有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·杭州期中）设函数，若存在实数，使得，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·杭州期中）已知某地社交媒体用户的日活跃时长（单位：小时）服从正态分布，则（ ）
A．，
B．若，则
C．
D．
10．（2025高三上·杭州期中）设是等差数列的前项和，若，，则（ ）
A． B．
C．当取得最大值时， D．使成立的最大整数为13
11．（2025高三上·杭州期中）设，，已知函数，则（ ）
A． 有唯一的极值点
B．若有两个零点，则
C．若，且恒成立，则
D．若，且恒成立，则
12．（2025高三上·杭州期中）已知定义在上的连续函数的导函数，设，则
13．（2025高三上·杭州期中）已知双曲线的右顶点为，过向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于，若，则双曲线的渐近线方程为 ．
14．（2025高三上·杭州期中）一游戏的规则如下：有①②③三个奖池，在开始时三个奖池都处于开启状态，游戏会进行若干轮，每一轮游戏都将等可能地从开启的奖池中随机选择一个并获得对应的奖品，在一个完整游戏流程中：①号奖池或②号奖池会在第二次被选择到后永久关闭，而③号奖池永远保持开启.则当游戏第轮进行完成时，恰有一个奖池关闭的概率为
15．（2025高三上·杭州期中）一个等比数列有3项，如果把第2项加上4，那么得到的数列等差数列；如果再把这个等差数列的第3项加上32，那么得到的数列又成等比数列，求原来的等比数列.
16．（2025高三上·杭州期中）记的内角的对边分别为，已知．
（1）证明：；
（2）当角最大时，求角的大小．
17．（2025高三上·杭州期中）已知函数．
（1）若函数的图象关于点对称，求的值；
（2）若是的极大值点，求的值；
（3）设是的极值点，且满足，求的取值范围.
18．（2025高三上·杭州期中）已知椭圆的上顶点为，右顶点为，直线与椭圆相交于点、（构成凸四边形）
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值；
（3）用含的代数式表示凸四边形的面积，并求的最大值
19．（2025高三上·杭州期中）随机将这2n个连续正整数分成A，B两组，每组n个数，A组最小数为，最大数为；B组最小数为，最大数为，记
（1）当时，求的分布列和数学期望；
（2）令C表示事件与的取值恰好相等，求事件C发生的概率；
（3）对（2）中的事件C，表示C的对立事件，判断和的大小关系，并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为存在量词命题的否定是全称量词命题，
所以命题“”的否定是，
故答案为：B.
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题进行判断，即的否定为，的否定是.
2．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，得，则的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】根据交集的元素的个数是2个，交集的性质可得中两个元素的均在中，故可求参数的取值范围.
3．【答案】A
【知识点】直线的一般式方程
【解析】【解答】解：由题意可知，故直线的方程可化为，
由，可得，，
由斜率和截距的几何意义可知直线不经过第一象限．
故答案为：A．
【分析】化直线的方程为斜截式，可得斜率和截距，可得答案．
4．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：设圆锥底面的半径为，母线长为，高为，
由题意，得，
解得，
设圆锥母线与底面所成角为，
则，
所以圆锥母线与底面所成角的大小为.
故答案为：A.
【分析】先利用题中条件得出圆锥母线与高的关系，再结合三角函数定义得出圆锥母线与底面所成角的大小.
5．【答案】D
【知识点】偶函数；函数的奇偶性
【解析】【解答】是偶函数，
恒成立，
不恒为0，
，解得.
当时定义域为关于原点对称，又满足，为偶函数。
故选：D
【分析】根据偶函数定义进行计算，再验证。
6．【答案】B
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因，
则，则，
在方向上的投影向量为.
故答案为：B
【分析】列出投影向量公式，化简得 需先求，化简求出求解即可.
7．【答案】B
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因，，则，
因函数与的零点完全相同，
则函数在上恰有个零点，
等价于函数在上恰有个零点，
①若，即，则，
则不可能存在个零点；
②若，即，因为区间关于对称，
则，得
综上，的取值范围是.
故答案为：B
【分析】由x的范围，求出 的范围，将该范围的端点分、两种情况讨论，将问题转化为在上恰有个零点，即可.
8．【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，所以，
所以根据二次函数的性质可知当时取最大值为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件f(f(x))=b得f(b)=b代入， 得到关于的表达式，然后根据二次函数的性质求出结果即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】连续型随机变量；正态分布的期望与方差；3σ原则
【解析】【解答】解：A、因为（单位：小时）服从正态分布，，，
根据正态分布知识，，，该选项错误，不合题意；
B、若，则，得，该选项正确，符合题意；
C、，
根据原则，可得，该选项正确，符合题意；
D、，
，
由对称性可知，
所以，该选项正确，符合题意．
故选：BCD．
【分析】根据正态分布，得，，利用正态分布以为对称轴的对称性分别求解．
10．【答案】A,C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：A、因为是等差数列的前项和，
所以由，
由，而，所以，
因为数列是等差数列，所以等差数列的公差，该选项正确，符合题意；
B、由上可知：，且，所以，且，该选项错误，不合题意；
C、由上可知：，，因此数列的前项都是正数，从第项起每项都是负数，
所以当时，取得最大值，该选项错误，不合题意；
D、因为，所以，又，
所以使成立的最大整数为，该选项错误，不合题意，
故选：AC
【分析】根据等差数列的前项和公式及中项性质可判断ABC；及中项性质，可判断D.
11．【答案】A,B,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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，且，
由可得，则，
因，则可得，
同理由可得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，故有唯一极值点，该选项正确，符合题意.
B、若有两个零点，则其极大值，
即，因，则，
设函数，，则，
故在上单调递增，故有，
即，
故，解得，该选项正确，符合题意.
C、若，且恒成立，
则极大值(*)，
即，而，有，
则，故
由(*)，，即，
故得，该选项正确，符合题意.
D、由C判断得，该选项错误，不合题意.
故选：
【分析】先对f(x)进行求导，令f'(x)>0求出f(x)的增区间同理求出减区间，可得函数极值点，确定选项A；由函数有两个零点，得出极大值大于0，通过构造函数，求出g(x)的最小值， 可判断B；根据得出极大值小于0，进而求出关于的范围，进而得出的范围，可判断CD.
12．【答案】
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，
所以，
故答案为：.
【分析】根据复合函数求导法则，再将x=1代入进行求解即可.
13．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：由题意可知双曲线的渐近线方程，，
设，
所以，
因为，
所以，解得，
所以，
因为垂直于渐近线，
所以，
所以渐近线方程为，
故答案为：.
【分析】写出渐近线方程，设出，可得与的坐标，代入由向量关系构造方程组可得，再由垂直于渐近线，利用斜率之积为，求出即可.
14．【答案】
【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；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：记“当游戏第轮进行完成时，恰有一个奖池关闭”事件A，
由题意可知：第1轮结束不会有奖池关闭，且①号奖池与②号奖池被关闭的概率相同，
不妨设被关闭的奖池为①号，
若直到第2轮有一个奖池关闭，前两轮均为①号奖池，后两轮不能均为②号奖池，
则概率为；
若直到第3轮有一个奖池关闭，第3轮为①号奖池，前两轮有一次为①号奖池，同时前4轮不能出现2次②号奖池，
则概率为；
若直到第4轮有一个奖池关闭，第4轮为①号奖池，前三轮有一次为①号奖池，同时前三轮不能出现2次②号奖池，
则概率为；
所以.
故答案为：.
【分析】先讨论被关闭的奖池出现在第几轮；分析可知第1轮结束不会有奖池关闭，且①号奖池与②号奖池被关闭的概率相同，每一轮结合独立充分性实验的概率乘法公式运算求解.
15．【答案】解：设所求的等比数列为，，，
当第2项加上4后，得；当第3项加上32后，得，
联立得
解得或
故答案为或，，.
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列与等比数列的综合；等比中项；等差中项
【解析】【分析】先设三个数，，，再根据等差中项及等比中项性质列出方程组解得，，即得结果.
16．【答案】（1）证明：，所以，
由正弦定理得：
由正弦定理得.
（2）解：由余弦定理得
当且仅当，即时等号成立，此时取到最大值为；
因为，所以，又因为正弦定理得出，
所以此时.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）现将已知分式交叉相乘得到． 由正弦定理边角互化可得，再应用两角和差公式化简，三角形内角和A+B+C=π，得到sin(A+C）=sinB，结合正弦定理可得答案；
（2）由结合余弦定理将式子化简为，该式子符合基本不等式结构，可得当且仅当，即时，取到最大值为，最后由正弦定理可得答案.
（1），所以，
由正弦定理得：
由正弦定理得.
（2）由余弦定理得
当且仅当，即时等号成立，此时取到最大值为；
因为，所以，又因为正弦定理得出，
所以此时.
17．【答案】（1）解：由曲线的图象关于点对称，得是奇函数，
因为，所以，解得.
（2）解：．
因为是的极大值点，所以，解得或2.
当时，，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，因此是的极小值点（舍去）；
当时，，所以时，单调递增，
当时，单调递减，因此是的极大值点．
综上，可得.
（3）解：，
因为是的极值点，所以，
因为，代入上式化简可得：
由可得，
解得.
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）由的图象关于点对称 可得f(-x+2)=-f(x+2)即是奇函数，利用奇函数的定义即可求解；
（2）的根即为函数f(x)的极值点，即，解得或2，分别代入原函数结合函数单调性检验即可；
（3）由是的极值点，即为的两个根，由韦达定理得，代入化简得：，解不等式即可求解.
（1）由曲线的图象关于点对称，得是奇函数，
因为，所以，解得.
（2）．
因为是的极大值点，所以，解得或2.
当时，，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，因此是的极小值点（舍去）；
当时，，所以时，单调递增，
当时，单调递减，因此是的极大值点．
综上，可得.
（3），
因为是的极值点，所以，
因为，代入上式化简可得：
由可得，
解得.
18．【答案】（1）解：因为椭圆的上顶点为，右顶点为，
则，，所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：联立方程：，消去y可得，
且，则，
可知直线与椭圆相交，
设，，则，
可得
，
所以为定值
（3）解：由（2）可知：，则，
又因为点，，
则，直线的方程为，即，
可知直线：与直线：平行，
则两平行线间距离为，
则
，
即，，则，
设，
（i）当时，，即；
（ⅱ）当时，因为函数单调递减，函数单调递增，
可知单调递减，且，
①当时，，即；
②当时，，即；
综上所述：当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
所以的最大值为
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据上顶点为，右顶点为可得，，即可得椭圆方程；
（2）将直线方程与椭圆方程联立消元可得，运用韦达定理，分别表示出，将韦达定理得到的结论代入，计算化简可证明；
（3）由弦长公式求出，代入面积公式求得，求导，构造函数进一步分析得的正负， 从而得到 的单调性，可求最值.
（1）因为椭圆的上顶点为，右顶点为，
则，，所以椭圆的标准方程为.
（2）联立方程：，消去y可得，
且，则，
可知直线与椭圆相交，
设，，则，
可得
，
所以为定值
（3）由（2）可知：，则，
又因为点，，
则，直线的方程为，即，
可知直线：与直线：平行，
则两平行线间距离为，
则
，
即，，则，
设，
（i）当时，，即；
（ⅱ）当时，因为函数单调递减，函数单调递增，
可知单调递减，且，
①当时，，即；
②当时，，即；
综上所述：当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
所以的最大值为
19．【答案】（1）当时，所有可能值为2，3，4，5.将6个正整数平均分成A，B两组，不同的分组方法共有种，
所以的分布列为
2 3 4 5
P
（2）和恰好相等的所有可能值为
又和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；
和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；
和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；
所以当时，
当时
（3）由（2）当时，因此
而当时，理由如下：
等价于①
用数学归纳法来证明：
当时，①式左边①式右边所以①式成立
假设时①式成立，即成立
那么，当时，①式左边
=①式右边
即当时①式也成立
综合得，对于的所有正整数，都有成立
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；组合及组合数公式；归纳推理
【解析】【 分析 】（1）要求的数学期望，需要先求的分布列：当时，将6个正整数平均分成A，B两组，不同的分组方法共有种；所有可能值为2，3，4，5.对应组数分别为4，6，6，4，分别求出概率，代入期望公式即可；
（2）分类讨论和的情况：和恰好相等的所有可能值为当= =时，不同的分组方法有2种；当==时，不同的分组方法有2种；当==时，不同的分组方法有2种；当==时，不同的分组方法有2种；以此类推：==时，不同的分组方法有2种；所以当时，.当时.
3）先归纳：当时，因此当时， 将代入 化简可得 ，可用数学归纳法证明. 当时，将此结果代入可得，利用阶乘作差可得大小.
1 / 1浙江省杭州第四中学2025-2026学年高三上学期10月期中考试数学试题
1．（2025高三上·杭州期中）命题“”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为存在量词命题的否定是全称量词命题，
所以命题“”的否定是，
故答案为：B.
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题进行判断，即的否定为，的否定是.
2．（2025高三上·杭州期中）已知集合，，且的元素个数为2，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，得，则的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】根据交集的元素的个数是2个，交集的性质可得中两个元素的均在中，故可求参数的取值范围.
3．（2025高三上·杭州期中）若，，则直线一定不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】直线的一般式方程
【解析】【解答】解：由题意可知，故直线的方程可化为，
由，可得，，
由斜率和截距的几何意义可知直线不经过第一象限．
故答案为：A．
【分析】化直线的方程为斜截式，可得斜率和截距，可得答案．
4．（2025高三上·杭州期中）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则圆锥母线与底面所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：设圆锥底面的半径为，母线长为，高为，
由题意，得，
解得，
设圆锥母线与底面所成角为，
则，
所以圆锥母线与底面所成角的大小为.
故答案为：A.
【分析】先利用题中条件得出圆锥母线与高的关系，再结合三角函数定义得出圆锥母线与底面所成角的大小.
5．（2025高三上·杭州期中）已知是偶函数，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【知识点】偶函数；函数的奇偶性
【解析】【解答】是偶函数，
恒成立，
不恒为0，
，解得.
当时定义域为关于原点对称，又满足，为偶函数。
故选：D
【分析】根据偶函数定义进行计算，再验证。
6．（2025高三上·杭州期中）若非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因，
则，则，
在方向上的投影向量为.
故答案为：B
【分析】列出投影向量公式，化简得 需先求，化简求出求解即可.
7．（2025高三上·杭州期中）已知函数在上恰有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因，，则，
因函数与的零点完全相同，
则函数在上恰有个零点，
等价于函数在上恰有个零点，
①若，即，则，
则不可能存在个零点；
②若，即，因为区间关于对称，
则，得
综上，的取值范围是.
故答案为：B
【分析】由x的范围，求出 的范围，将该范围的端点分、两种情况讨论，将问题转化为在上恰有个零点，即可.
8．（2025高三上·杭州期中）设函数，若存在实数，使得，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，所以，
所以根据二次函数的性质可知当时取最大值为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件f(f(x))=b得f(b)=b代入， 得到关于的表达式，然后根据二次函数的性质求出结果即可.
9．（2025高三上·杭州期中）已知某地社交媒体用户的日活跃时长（单位：小时）服从正态分布，则（ ）
A．，
B．若，则
C．
D．
【答案】B,C,D
【知识点】连续型随机变量；正态分布的期望与方差；3σ原则
【解析】【解答】解：A、因为（单位：小时）服从正态分布，，，
根据正态分布知识，，，该选项错误，不合题意；
B、若，则，得，该选项正确，符合题意；
C、，
根据原则，可得，该选项正确，符合题意；
D、，
，
由对称性可知，
所以，该选项正确，符合题意．
故选：BCD．
【分析】根据正态分布，得，，利用正态分布以为对称轴的对称性分别求解．
10．（2025高三上·杭州期中）设是等差数列的前项和，若，，则（ ）
A． B．
C．当取得最大值时， D．使成立的最大整数为13
【答案】A,C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：A、因为是等差数列的前项和，
所以由，
由，而，所以，
因为数列是等差数列，所以等差数列的公差，该选项正确，符合题意；
B、由上可知：，且，所以，且，该选项错误，不合题意；
C、由上可知：，，因此数列的前项都是正数，从第项起每项都是负数，
所以当时，取得最大值，该选项错误，不合题意；
D、因为，所以，又，
所以使成立的最大整数为，该选项错误，不合题意，
故选：AC
【分析】根据等差数列的前项和公式及中项性质可判断ABC；及中项性质，可判断D.
11．（2025高三上·杭州期中）设，，已知函数，则（ ）
A． 有唯一的极值点
B．若有两个零点，则
C．若，且恒成立，则
D．若，且恒成立，则
【答案】A,B,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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，且，
由可得，则，
因，则可得，
同理由可得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，故有唯一极值点，该选项正确，符合题意.
B、若有两个零点，则其极大值，
即，因，则，
设函数，，则，
故在上单调递增，故有，
即，
故，解得，该选项正确，符合题意.
C、若，且恒成立，
则极大值(*)，
即，而，有，
则，故
由(*)，，即，
故得，该选项正确，符合题意.
D、由C判断得，该选项错误，不合题意.
故选：
【分析】先对f(x)进行求导，令f'(x)>0求出f(x)的增区间同理求出减区间，可得函数极值点，确定选项A；由函数有两个零点，得出极大值大于0，通过构造函数，求出g(x)的最小值， 可判断B；根据得出极大值小于0，进而求出关于的范围，进而得出的范围，可判断CD.
12．（2025高三上·杭州期中）已知定义在上的连续函数的导函数，设，则
【答案】
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，
所以，
故答案为：.
【分析】根据复合函数求导法则，再将x=1代入进行求解即可.
13．（2025高三上·杭州期中）已知双曲线的右顶点为，过向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于，若，则双曲线的渐近线方程为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：由题意可知双曲线的渐近线方程，，
设，
所以，
因为，
所以，解得，
所以，
因为垂直于渐近线，
所以，
所以渐近线方程为，
故答案为：.
【分析】写出渐近线方程，设出，可得与的坐标，代入由向量关系构造方程组可得，再由垂直于渐近线，利用斜率之积为，求出即可.
14．（2025高三上·杭州期中）一游戏的规则如下：有①②③三个奖池，在开始时三个奖池都处于开启状态，游戏会进行若干轮，每一轮游戏都将等可能地从开启的奖池中随机选择一个并获得对应的奖品，在一个完整游戏流程中：①号奖池或②号奖池会在第二次被选择到后永久关闭，而③号奖池永远保持开启.则当游戏第轮进行完成时，恰有一个奖池关闭的概率为
【答案】
【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；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：记“当游戏第轮进行完成时，恰有一个奖池关闭”事件A，
由题意可知：第1轮结束不会有奖池关闭，且①号奖池与②号奖池被关闭的概率相同，
不妨设被关闭的奖池为①号，
若直到第2轮有一个奖池关闭，前两轮均为①号奖池，后两轮不能均为②号奖池，
则概率为；
若直到第3轮有一个奖池关闭，第3轮为①号奖池，前两轮有一次为①号奖池，同时前4轮不能出现2次②号奖池，
则概率为；
若直到第4轮有一个奖池关闭，第4轮为①号奖池，前三轮有一次为①号奖池，同时前三轮不能出现2次②号奖池，
则概率为；
所以.
故答案为：.
【分析】先讨论被关闭的奖池出现在第几轮；分析可知第1轮结束不会有奖池关闭，且①号奖池与②号奖池被关闭的概率相同，每一轮结合独立充分性实验的概率乘法公式运算求解.
15．（2025高三上·杭州期中）一个等比数列有3项，如果把第2项加上4，那么得到的数列等差数列；如果再把这个等差数列的第3项加上32，那么得到的数列又成等比数列，求原来的等比数列.
【答案】解：设所求的等比数列为，，，
当第2项加上4后，得；当第3项加上32后，得，
联立得
解得或
故答案为或，，.
【知识点】等比数列的通项公式；等差数列与等比数列的综合；等比中项；等差中项
【解析】【分析】先设三个数，，，再根据等差中项及等比中项性质列出方程组解得，，即得结果.
16．（2025高三上·杭州期中）记的内角的对边分别为，已知．
（1）证明：；
（2）当角最大时，求角的大小．
【答案】（1）证明：，所以，
由正弦定理得：
由正弦定理得.
（2）解：由余弦定理得
当且仅当，即时等号成立，此时取到最大值为；
因为，所以，又因为正弦定理得出，
所以此时.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）现将已知分式交叉相乘得到． 由正弦定理边角互化可得，再应用两角和差公式化简，三角形内角和A+B+C=π，得到sin(A+C）=sinB，结合正弦定理可得答案；
（2）由结合余弦定理将式子化简为，该式子符合基本不等式结构，可得当且仅当，即时，取到最大值为，最后由正弦定理可得答案.
（1），所以，
由正弦定理得：
由正弦定理得.
（2）由余弦定理得
当且仅当，即时等号成立，此时取到最大值为；
因为，所以，又因为正弦定理得出，
所以此时.
17．（2025高三上·杭州期中）已知函数．
（1）若函数的图象关于点对称，求的值；
（2）若是的极大值点，求的值；
（3）设是的极值点，且满足，求的取值范围.
【答案】（1）解：由曲线的图象关于点对称，得是奇函数，
因为，所以，解得.
（2）解：．
因为是的极大值点，所以，解得或2.
当时，，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，因此是的极小值点（舍去）；
当时，，所以时，单调递增，
当时，单调递减，因此是的极大值点．
综上，可得.
（3）解：，
因为是的极值点，所以，
因为，代入上式化简可得：
由可得，
解得.
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）由的图象关于点对称 可得f(-x+2)=-f(x+2)即是奇函数，利用奇函数的定义即可求解；
（2）的根即为函数f(x)的极值点，即，解得或2，分别代入原函数结合函数单调性检验即可；
（3）由是的极值点，即为的两个根，由韦达定理得，代入化简得：，解不等式即可求解.
（1）由曲线的图象关于点对称，得是奇函数，
因为，所以，解得.
（2）．
因为是的极大值点，所以，解得或2.
当时，，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，因此是的极小值点（舍去）；
当时，，所以时，单调递增，
当时，单调递减，因此是的极大值点．
综上，可得.
（3），
因为是的极值点，所以，
因为，代入上式化简可得：
由可得，
解得.
18．（2025高三上·杭州期中）已知椭圆的上顶点为，右顶点为，直线与椭圆相交于点、（构成凸四边形）
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值；
（3）用含的代数式表示凸四边形的面积，并求的最大值
【答案】（1）解：因为椭圆的上顶点为，右顶点为，
则，，所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：联立方程：，消去y可得，
且，则，
可知直线与椭圆相交，
设，，则，
可得
，
所以为定值
（3）解：由（2）可知：，则，
又因为点，，
则，直线的方程为，即，
可知直线：与直线：平行，
则两平行线间距离为，
则
，
即，，则，
设，
（i）当时，，即；
（ⅱ）当时，因为函数单调递减，函数单调递增，
可知单调递减，且，
①当时，，即；
②当时，，即；
综上所述：当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
所以的最大值为
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据上顶点为，右顶点为可得，，即可得椭圆方程；
（2）将直线方程与椭圆方程联立消元可得，运用韦达定理，分别表示出，将韦达定理得到的结论代入，计算化简可证明；
（3）由弦长公式求出，代入面积公式求得，求导，构造函数进一步分析得的正负， 从而得到 的单调性，可求最值.
（1）因为椭圆的上顶点为，右顶点为，
则，，所以椭圆的标准方程为.
（2）联立方程：，消去y可得，
且，则，
可知直线与椭圆相交，
设，，则，
可得
，
所以为定值
（3）由（2）可知：，则，
又因为点，，
则，直线的方程为，即，
可知直线：与直线：平行，
则两平行线间距离为，
则
，
即，，则，
设，
（i）当时，，即；
（ⅱ）当时，因为函数单调递减，函数单调递增，
可知单调递减，且，
①当时，，即；
②当时，，即；
综上所述：当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
所以的最大值为
19．（2025高三上·杭州期中）随机将这2n个连续正整数分成A，B两组，每组n个数，A组最小数为，最大数为；B组最小数为，最大数为，记
（1）当时，求的分布列和数学期望；
（2）令C表示事件与的取值恰好相等，求事件C发生的概率；
（3）对（2）中的事件C，表示C的对立事件，判断和的大小关系，并说明理由．
【答案】（1）当时，所有可能值为2，3，4，5.将6个正整数平均分成A，B两组，不同的分组方法共有种，
所以的分布列为
2 3 4 5
P
（2）和恰好相等的所有可能值为
又和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；
和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；
和恰好相等且等于时，不同的分组方法有2种；
所以当时，
当时
（3）由（2）当时，因此
而当时，理由如下：
等价于①
用数学归纳法来证明：
当时，①式左边①式右边所以①式成立
假设时①式成立，即成立
那么，当时，①式左边
=①式右边
即当时①式也成立
综合得，对于的所有正整数，都有成立
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；组合及组合数公式；归纳推理
【解析】【 分析 】（1）要求的数学期望，需要先求的分布列：当时，将6个正整数平均分成A，B两组，不同的分组方法共有种；所有可能值为2，3，4，5.对应组数分别为4，6，6，4，分别求出概率，代入期望公式即可；
（2）分类讨论和的情况：和恰好相等的所有可能值为当= =时，不同的分组方法有2种；当==时，不同的分组方法有2种；当==时，不同的分组方法有2种；当==时，不同的分组方法有2种；以此类推：==时，不同的分组方法有2种；所以当时，.当时.
3）先归纳：当时，因此当时， 将代入 化简可得 ，可用数学归纳法证明. 当时，将此结果代入可得，利用阶乘作差可得大小.
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