湖南省长沙市2024-2025学年高三上学期新高考适应性考试数学试题
一、选择题:本大题共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·长沙期末）已知是虚数单位，则复数的值是（ ）
A．1 B． C．i D．
2．（2025高三上·长沙期末）若空间中三条不同直线满足，且，则直线与直线必定（ ）
A．平行 B．相交 C．垂直 D．异面
3．（2025高三上·长沙期末）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·长沙期末）已知函数的图象如下图所示，则其导函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高三上·长沙期末）若在区间上是增函数，则的最大值是（ ）
A． B． C．1 D．
6．（2025高三上·长沙期末）在中，.若于，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高三上·长沙期末）已知抛物线上两点满足，若线段的中点的纵坐标的最小值为4，则（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
8．（2025高三上·长沙期末）已知函数，若在存在最小值，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题:本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高三上·长沙期末）为了解某种新产品的加工情况，并设定工人每天加工该产品的最少数量.相关部门从工厂随机抽查了100名工人在某天内加工该产品的数量.现将这些观测数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），绘制出如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．样本观测数据的极差不大于50
B．样本观测数据落在区间上的频率为0.025
C．样本观测数据的平均数大于中位数
D．若将工人每天加工产品的最少数量设为55，估计80%的工人能完成任务
10．（2025高三上·长沙期末）已知是等比数列的前项和，满足成等差数列，则（ ）
A．成等比数列 B．成等差数列
C．成等比数列 D．成等差数列
11．（2025高三上·长沙期末）已知函数的定义域为，若存在常数与，且，使得任意，恒有，则称函数是广义周期函数.下列说法正确的有（ ）
A．一次函数（为常数）是广义周期函数
B．若是广义周期函数，则存在实数，使得是周期函数
C．若有两个不同的对称中心，则是广义周期函数
D．若与都是广义周期函数，则也是广义周期函数
三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·长沙期末）已知长为2的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，则线段的中点的轨迹方程是 .
13．（2025高三上·长沙期末）如图所示，将一个圆心角为的扇形纸板剪掉扇形，得到扇环，现将扇环围成一个圆台侧面.若，则该圆台的体积为 .
14．（2025高三上·长沙期末）在中，角所对的边分别为，且外接圆半径为，则的最大值为 .
四、解答题:本大题共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·长沙期末）甲同学计划去参观某景点，但门票需在网上预约.该同学从第一天开始，每天在规定的预约时间段开始预约，若预约成功，便停止预约；若连续预约三天都没成功，则放弃预约.假设该同学每天预约门票成功的概率均为0.7，
（1）求甲同学到第三天才预约成功的概率；
（2）记为甲同学预约门票的天数，求的分布列和期望.
16．（2025高三上·长沙期末）如图，在平行六面体中，，且，设与的交于点.
（1）证明：平面；
（2）若，且，求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2025高三上·长沙期末）已知函数，其中.
（1）若在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积为，求的值；
（2）若是的极小值点，证明：.
18．（2025高三上·长沙期末）已知椭圆的左顶点为，焦距为，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于两点，点为的外心.
（i）若为等边三角形，求点的坐标；
（ii）若点在直线上，求点到直线的距离的取值范围.
19．（2025高三上·长沙期末）已知无穷数列满足.对于集合，定义若，则；若，则.
（1）若，求集合；
（2）若，集合，且，求中元素个数的可能值；
（3）若，集合，对任意的，满足，且，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：根据复数乘方运算，有.
故答案为：D
【分析】利用复数的周期及乘方运算可得.
2．【答案】C
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】解：设直线的方向向量分别为，则都不是零向量，
因为，且，
所以，，
所以.
所以直线与直线必定垂直.
故答案为：C.
【分析】将直线的方向向量分别设为，由平行和垂直性质可得，由此判断结论.
3．【答案】C
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由角的终边经过点，所以
根据任意角三角函数定义，得.
故答案为：C
【分析】由任意角三角函数定义运算可得答案.
4．【答案】B
【知识点】函数的图象；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：AD、由题可得函数的图象为单调递增，则其导函数恒成立，
该选项错误，不合题意，
BC、当，，对应的原函数此时斜率为零，B选项满足题意；
故答案为：B.
【分析】函数的单调递增可得到导函数的恒非负，可判断AD选项；对BC选项，当时，原函数斜率为零，可得.
5．【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；正切函数的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
当时，，
因为在区间上是增函数，
所以，则，
所以，
则的最大值是，
故答案为：A
【分析】用辅助角公式得，由范围得的范围，增区间为，，则得，.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由图及题，B，C，D三点共线，则.
又于，则
.
，
则.
故答案为：B
【分析】由三点共线性质得，由垂直的化简可得答案.
7．【答案】B
【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：显然直线的斜率存在，设直线，
联立方程，消去y可得，
则，且，
由题意可得，整理可得，
又因为，
令，则，
构建
当，即时，在内单调递增，
则，即，
可得，解得，不合题意；
当，即时，在内单调递减，在内单调递增，
则，即，
可得，解得，符合题意；
综上所述：.
故答案为：B.
【分析】将直线设为，联立消元利用韦达定理，代入弦长公式可得，又，运用对勾函数单调性分析最值即可.
8．【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；指数函数的单调性与特殊点；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，单调递增，所以当时，有最小值，
当时，单调递减，所以，无最小值，
因为在存在最小值，所以，
令，
因为和在上均单调递增，
所以在上均单调递增，又因为，
所以当时，，即成立，
所以的解集为.
故答案为：D
【分析】先判断和时，函数单调性，再求出函数的最小值，列出不等式，化简为；构造新函数，借助函数的单调性解不等式即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：A、由频率分布直方图可知，样本数据极差最大值为，该选项正确，符合题意；
B、由频率分布直方图可知，数据落在区间上的频率为，该选项错误，不合题意；
C、由频率分布直方图可知，
数据的平均数为，
因为数据落在区间上的频率为，
数据落在区间上的频率为，
所以中位数位于区间中，设为，
则，解得，
所以数据的中位数为，，该选项正确，符合题意；
D、由C知，数据落在区间上的频率为，故将工人每天加工产品的最少数量设为55，估计80%的工人能完成任务.该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由频率分布直方图得最大值和最小值，代入可求出极差判断A；由频率公式即求小长方形面积判断B；代入平均数和中位数公式可判断C；计算数据落在区间上的频率可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差数列的性质；等比中项
【解析】【解答】解：A、因为数列为等比数列，可设首项为（），公比为（），
则，所以，，成等比数列，该选项正确，符合题意；
B、若等比数列的公比，则，，，
根据，，成等差数列，则，即，
这与矛盾，故不成立；
当时，由.
所以，
两边同乘以得：，即，
所以，，成等差数列，该选项正确，符合题意；
C、若，，成等比数列，则，
因为，所以：，
又，所以，
所以，所以，这与矛盾，
故，，不可能成等比数列，该选项错误，不合题意；
D、因为，，两边同乘以，得，
可得，即，
所以，，成等差数列，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD
【分析】A由等比数列中项的性质可判断；B等比数列的公比，则，，，根据，，成等差数列，故不成立，代入公式得两边同乘以可解；C若，，成等比数列，则，代入求和公式得与矛盾；D由，，两边同乘以，得，可化为，所以，，成等差数列
11．【答案】A,B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：、由，只需使
故一次函数（为常数，且）是广义周期函数，该选项正确，符合题意；
、若是广义周期函数，则存在常数与，且，使，
则，
令，得，即存在实数，使得，
此时，是周期函数，该选项正确，符合题意；
、若有两个不同的对称中心和，
因为为函数的对称中心，所以，
因为为函数的对称中心，所以，
上面两式做减法可得：，
所以
用去代替上式中的可得：，
故是广义周期函数，该选项正确，符合题意.
、因为与都是广义周期函数，则存在常数与，恒有，
存在常数与，恒有.
设，因与没有特定的数量关系，故得不到为广义周期函数.该选项错误，不合题意.
故答案为：.
【分析】对于选项A，由，只需使故一次函数（为常数，且）是广义周期函数，；对于选项B，存在常数与，使，，令，得，则；对于选项C，有两个不同的对称中心和，代入得两式子，再做差；对于选项D，由题意恒有，存在常数与，恒有.设，因与没有特定的数量关.
12．【答案】
【知识点】轨迹方程
【解析】【解答】解：设线段的中点，
若不与原点重合时，则是直角三角形，且为直角，则，即的轨迹是以原点为圆心，以为半径的圆，方程为，
若有一个是原点，同样满足，
故线段的中点的轨迹方程是：.
故答案为：
【分析】由题得线段的中点到原点的距离为1，结合圆的定义可得该点的轨迹方程.
13．【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积，
所以，扇形所围成的大圆锥的弧长为，
则所围成底面圆的半径为，
所以，圆锥的高为，
则扇形所围成的大圆锥的体积为，
同理可得，扇形所围成的小圆锥的体积为，
则该圆台的体积为.
故答案为：.
【分析】利用圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积，利用母线长可得大圆锥的底面圆半径，再根据勾股定理求出圆锥的高，则由圆锥的体积公式得出大圆锥的体积，同理求得小圆锥的体积，最后由作差法得出该圆台的体积.
14．【答案】
【知识点】基本不等式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设的面积为，的外接圆半径为，
由正弦定理，
则，
则，
由余弦定理，
则
，
由，得，
所以
，当且仅当时取等号，
所以，
则的最大值为.
故答案为：.
【分析】由三角形的面积公式结合正弦定理可得，两边平方可化为，同理运用余弦定理可得，运用基本不等式可得，即，可解.
15．【答案】（1）解：设甲同学到第三天才预约成功的事件为，
根据独立事件的乘法公式，；
（2）解：随机变量的可能取值为，
，
，
，
2 3
；
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；概率分布列
【解析】【分析】（1）代入互斥事件的概率求和公式及独立事件的乘法公式可得答案.
（2）先写出随机变量的可能取值，再分别求出其概率可得答案；
（1）设甲同学到第三天才预约成功的事件为，
根据独立事件的乘法公式，；
（2）随机变量的可能取值为，
，
，
，
2 3
；
16．【答案】（1）证明： 因为底面为平行四边形，且，
所以为菱形，所以.
又，，平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
在和中：
（）.
所以.
又为中点，所以.
又，平面，且，
所以平面.
（2）解： 由（1）可知，，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系：
因为，，，
所以，，.
所以，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，
取，得.
所以，，.
设直线与平面所成的角为，
则.
【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）要证线面垂直，需要证两个线线垂直，先证明平面，得到，再由（）得等腰三角形，可得，根据线面垂直的判定定理可证平面.
（2）建立空间直角坐标系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用空间向量求直线与平面所成角的正弦.
（1）因为底面为平行四边形，且，
所以为菱形，所以.
又，，平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
在和中：
（）.
所以.
又为中点，所以.
又，平面，且，
所以平面.
（2）由（1）可知，，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系：
因为，，，
所以，，.
所以，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，
取，得.
所以，，.
设直线与平面所成的角为，
则.
17．【答案】（1）解：由题设，则，
所以在点处的切线为，
令，则；令，则，
所以切线与两坐标轴所围成三角形的面积，可得.
（2）证明：由（1），且，，，
由是的极小值点，则且，可得，
要证，即，需证，即，
令且，只需证，而，
所以当时，，当时，，
所以上单调递减，上单调递增，故，
综上，只需，即即可，
若，则，故，
此时，且，
对于，则，显然时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，故单调递增，无极小值，不符合题设；
综上，，故得证.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求定义域求导，代入切点求切线方程，根再利用切线与两坐标轴所围成三角形的面积列方程求参数即可；
（2）先求，可得，要证原不等式，只需证明；构造且，问题可化为；利用导数得函数最值可得，运用反证法证明时得到矛盾结论，即可证结论.
（1）由题设，则，
所以在点处的切线为，
令，则；令，则，
所以切线与两坐标轴所围成三角形的面积，可得.
（2）由（1），且，，，
由是的极小值点，则且，可得，
要证，即，需证，即，
令且，只需证，而，
所以当时，，当时，，
所以上单调递减，上单调递增，故，
综上，只需，即即可，
若，则，故，
此时，且，
对于，则，显然时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，故单调递增，无极小值，不符合题设；
综上，，故得证.
18．【答案】（1）解：因为椭圆的焦距为，
又因为离心率为，所以，
由得，
所以椭圆的方程为；
（2）解： （i）因为为等边三角形，所以，
由对称性可知关于轴对称，
可设直线的方程为：，当时，，
所以点，点，，
因为，所以，
化简整理有：，解得或-（舍去），
又因为点为的外心，即为的重心，
设，则有，所以；
（ii）当直线的斜率为0时，线段的中垂线为轴，不满足题意.
设直线的方程为：，则有：，
所以，
设，则有：，
设、为线段，的中点，则，，
可得线段的中垂线方程为，即①，
同理可得线段的中垂线方程为②，
联立①②解得
，
由，可得，即，代入不等式，
解得且，则，
所以点到直线的距离为，
设函数，，则在为减函数，
在为增函数，可得，进而得.
综上，点到直线的距离的取值范围为.
【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）由椭圆几何性质得，再由即可求出，可得椭圆的方程；
（2）（i）利用为等边三角形的对称性，将直线的方程设为：，根据求得的值，点为外心，可得中垂线的交点；
(ii)将直线的方程反设为：，设，联立方程组消元并由韦达定理得，又由的外心点在直线上，得 ，即可得，代入点到直线的距离公式得，求出最值即可.
（1）因为椭圆的焦距为，
又因为离心率为，所以，
由得，
所以椭圆的方程为；
（2）（i）因为为等边三角形，所以，
由对称性可知关于轴对称，
可设直线的方程为：，当时，，
所以点，点，，
因为，所以，
化简整理有：，解得或-（舍去），
又因为点为的外心，即为的重心，
设，则有，所以；
（ii）当直线的斜率为0时，线段的中垂线为轴，不满足题意.
设直线的方程为：，则有：，
所以，
设，则有：，
设、为线段，的中点，则，，
可得线段的中垂线方程为，即①，
同理可得线段的中垂线方程为②，
联立①②解得
，
由，可得，即，代入不等式，
解得且，则，
所以点到直线的距离为，
设函数，，则在为减函数，
在为增函数，可得，进而得.
综上，点到直线的距离的取值范围为.
19．【答案】（1）解：由题意可得，
因为，所以集合.
（2）解：，设，，
不妨设，，表示集合中元素个数，
当时，，；
当时，，；
由于，故，
当，显然找不到满足条件的，
所以中元素个数的可能值为0或1.
（3）证明： 设，中最小元素为，
而，
由于最大，故，
那么，
由于，
所以，即，
所以.
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由题意得，代入数列新定义可得；
（2）不妨设，，表示集合中元素个数，利用数列新定义分、，及等比数列的求和公式讨论即可；
（3）由等比数列的求和公式结合数列新定义证明即可；
（1）由题意可得，
因为，所以集合.
（2），设，，
不妨设，，表示集合中元素个数，
当时，，；
当时，，；
由于，故，
当，显然找不到满足条件的，
所以中元素个数的可能值为0或1.
（3）设，中最小元素为，
而，
由于最大，故，
那么，
由于，
所以，即，
所以.
1 / 1湖南省长沙市2024-2025学年高三上学期新高考适应性考试数学试题
一、选择题:本大题共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·长沙期末）已知是虚数单位，则复数的值是（ ）
A．1 B． C．i D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：根据复数乘方运算，有.
故答案为：D
【分析】利用复数的周期及乘方运算可得.
2．（2025高三上·长沙期末）若空间中三条不同直线满足，且，则直线与直线必定（ ）
A．平行 B．相交 C．垂直 D．异面
【答案】C
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】解：设直线的方向向量分别为，则都不是零向量，
因为，且，
所以，，
所以.
所以直线与直线必定垂直.
故答案为：C.
【分析】将直线的方向向量分别设为，由平行和垂直性质可得，由此判断结论.
3．（2025高三上·长沙期末）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由角的终边经过点，所以
根据任意角三角函数定义，得.
故答案为：C
【分析】由任意角三角函数定义运算可得答案.
4．（2025高三上·长沙期末）已知函数的图象如下图所示，则其导函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的图象；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：AD、由题可得函数的图象为单调递增，则其导函数恒成立，
该选项错误，不合题意，
BC、当，，对应的原函数此时斜率为零，B选项满足题意；
故答案为：B.
【分析】函数的单调递增可得到导函数的恒非负，可判断AD选项；对BC选项，当时，原函数斜率为零，可得.
5．（2025高三上·长沙期末）若在区间上是增函数，则的最大值是（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；正切函数的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
当时，，
因为在区间上是增函数，
所以，则，
所以，
则的最大值是，
故答案为：A
【分析】用辅助角公式得，由范围得的范围，增区间为，，则得，.
6．（2025高三上·长沙期末）在中，.若于，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由图及题，B，C，D三点共线，则.
又于，则
.
，
则.
故答案为：B
【分析】由三点共线性质得，由垂直的化简可得答案.
7．（2025高三上·长沙期末）已知抛物线上两点满足，若线段的中点的纵坐标的最小值为4，则（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【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：显然直线的斜率存在，设直线，
联立方程，消去y可得，
则，且，
由题意可得，整理可得，
又因为，
令，则，
构建
当，即时，在内单调递增，
则，即，
可得，解得，不合题意；
当，即时，在内单调递减，在内单调递增，
则，即，
可得，解得，符合题意；
综上所述：.
故答案为：B.
【分析】将直线设为，联立消元利用韦达定理，代入弦长公式可得，又，运用对勾函数单调性分析最值即可.
8．（2025高三上·长沙期末）已知函数，若在存在最小值，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；指数函数的单调性与特殊点；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，单调递增，所以当时，有最小值，
当时，单调递减，所以，无最小值，
因为在存在最小值，所以，
令，
因为和在上均单调递增，
所以在上均单调递增，又因为，
所以当时，，即成立，
所以的解集为.
故答案为：D
【分析】先判断和时，函数单调性，再求出函数的最小值，列出不等式，化简为；构造新函数，借助函数的单调性解不等式即可.
二、选择题:本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高三上·长沙期末）为了解某种新产品的加工情况，并设定工人每天加工该产品的最少数量.相关部门从工厂随机抽查了100名工人在某天内加工该产品的数量.现将这些观测数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），绘制出如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．样本观测数据的极差不大于50
B．样本观测数据落在区间上的频率为0.025
C．样本观测数据的平均数大于中位数
D．若将工人每天加工产品的最少数量设为55，估计80%的工人能完成任务
【答案】A,C,D
【知识点】频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：A、由频率分布直方图可知，样本数据极差最大值为，该选项正确，符合题意；
B、由频率分布直方图可知，数据落在区间上的频率为，该选项错误，不合题意；
C、由频率分布直方图可知，
数据的平均数为，
因为数据落在区间上的频率为，
数据落在区间上的频率为，
所以中位数位于区间中，设为，
则，解得，
所以数据的中位数为，，该选项正确，符合题意；
D、由C知，数据落在区间上的频率为，故将工人每天加工产品的最少数量设为55，估计80%的工人能完成任务.该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由频率分布直方图得最大值和最小值，代入可求出极差判断A；由频率公式即求小长方形面积判断B；代入平均数和中位数公式可判断C；计算数据落在区间上的频率可判断D.
10．（2025高三上·长沙期末）已知是等比数列的前项和，满足成等差数列，则（ ）
A．成等比数列 B．成等差数列
C．成等比数列 D．成等差数列
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差数列的性质；等比中项
【解析】【解答】解：A、因为数列为等比数列，可设首项为（），公比为（），
则，所以，，成等比数列，该选项正确，符合题意；
B、若等比数列的公比，则，，，
根据，，成等差数列，则，即，
这与矛盾，故不成立；
当时，由.
所以，
两边同乘以得：，即，
所以，，成等差数列，该选项正确，符合题意；
C、若，，成等比数列，则，
因为，所以：，
又，所以，
所以，所以，这与矛盾，
故，，不可能成等比数列，该选项错误，不合题意；
D、因为，，两边同乘以，得，
可得，即，
所以，，成等差数列，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD
【分析】A由等比数列中项的性质可判断；B等比数列的公比，则，，，根据，，成等差数列，故不成立，代入公式得两边同乘以可解；C若，，成等比数列，则，代入求和公式得与矛盾；D由，，两边同乘以，得，可化为，所以，，成等差数列
11．（2025高三上·长沙期末）已知函数的定义域为，若存在常数与，且，使得任意，恒有，则称函数是广义周期函数.下列说法正确的有（ ）
A．一次函数（为常数）是广义周期函数
B．若是广义周期函数，则存在实数，使得是周期函数
C．若有两个不同的对称中心，则是广义周期函数
D．若与都是广义周期函数，则也是广义周期函数
【答案】A,B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：、由，只需使
故一次函数（为常数，且）是广义周期函数，该选项正确，符合题意；
、若是广义周期函数，则存在常数与，且，使，
则，
令，得，即存在实数，使得，
此时，是周期函数，该选项正确，符合题意；
、若有两个不同的对称中心和，
因为为函数的对称中心，所以，
因为为函数的对称中心，所以，
上面两式做减法可得：，
所以
用去代替上式中的可得：，
故是广义周期函数，该选项正确，符合题意.
、因为与都是广义周期函数，则存在常数与，恒有，
存在常数与，恒有.
设，因与没有特定的数量关系，故得不到为广义周期函数.该选项错误，不合题意.
故答案为：.
【分析】对于选项A，由，只需使故一次函数（为常数，且）是广义周期函数，；对于选项B，存在常数与，使，，令，得，则；对于选项C，有两个不同的对称中心和，代入得两式子，再做差；对于选项D，由题意恒有，存在常数与，恒有.设，因与没有特定的数量关.
三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·长沙期末）已知长为2的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，则线段的中点的轨迹方程是 .
【答案】
【知识点】轨迹方程
【解析】【解答】解：设线段的中点，
若不与原点重合时，则是直角三角形，且为直角，则，即的轨迹是以原点为圆心，以为半径的圆，方程为，
若有一个是原点，同样满足，
故线段的中点的轨迹方程是：.
故答案为：
【分析】由题得线段的中点到原点的距离为1，结合圆的定义可得该点的轨迹方程.
13．（2025高三上·长沙期末）如图所示，将一个圆心角为的扇形纸板剪掉扇形，得到扇环，现将扇环围成一个圆台侧面.若，则该圆台的体积为 .
【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积，
所以，扇形所围成的大圆锥的弧长为，
则所围成底面圆的半径为，
所以，圆锥的高为，
则扇形所围成的大圆锥的体积为，
同理可得，扇形所围成的小圆锥的体积为，
则该圆台的体积为.
故答案为：.
【分析】利用圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积，利用母线长可得大圆锥的底面圆半径，再根据勾股定理求出圆锥的高，则由圆锥的体积公式得出大圆锥的体积，同理求得小圆锥的体积，最后由作差法得出该圆台的体积.
14．（2025高三上·长沙期末）在中，角所对的边分别为，且外接圆半径为，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设的面积为，的外接圆半径为，
由正弦定理，
则，
则，
由余弦定理，
则
，
由，得，
所以
，当且仅当时取等号，
所以，
则的最大值为.
故答案为：.
【分析】由三角形的面积公式结合正弦定理可得，两边平方可化为，同理运用余弦定理可得，运用基本不等式可得，即，可解.
四、解答题:本大题共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·长沙期末）甲同学计划去参观某景点，但门票需在网上预约.该同学从第一天开始，每天在规定的预约时间段开始预约，若预约成功，便停止预约；若连续预约三天都没成功，则放弃预约.假设该同学每天预约门票成功的概率均为0.7，
（1）求甲同学到第三天才预约成功的概率；
（2）记为甲同学预约门票的天数，求的分布列和期望.
【答案】（1）解：设甲同学到第三天才预约成功的事件为，
根据独立事件的乘法公式，；
（2）解：随机变量的可能取值为，
，
，
，
2 3
；
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；概率分布列
【解析】【分析】（1）代入互斥事件的概率求和公式及独立事件的乘法公式可得答案.
（2）先写出随机变量的可能取值，再分别求出其概率可得答案；
（1）设甲同学到第三天才预约成功的事件为，
根据独立事件的乘法公式，；
（2）随机变量的可能取值为，
，
，
，
2 3
；
16．（2025高三上·长沙期末）如图，在平行六面体中，，且，设与的交于点.
（1）证明：平面；
（2）若，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明： 因为底面为平行四边形，且，
所以为菱形，所以.
又，，平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
在和中：
（）.
所以.
又为中点，所以.
又，平面，且，
所以平面.
（2）解： 由（1）可知，，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系：
因为，，，
所以，，.
所以，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，
取，得.
所以，，.
设直线与平面所成的角为，
则.
【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）要证线面垂直，需要证两个线线垂直，先证明平面，得到，再由（）得等腰三角形，可得，根据线面垂直的判定定理可证平面.
（2）建立空间直角坐标系，求点、直线的方向向量、平面的法向量坐标，利用空间向量求直线与平面所成角的正弦.
（1）因为底面为平行四边形，且，
所以为菱形，所以.
又，，平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
在和中：
（）.
所以.
又为中点，所以.
又，平面，且，
所以平面.
（2）由（1）可知，，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系：
因为，，，
所以，，.
所以，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，
取，得.
所以，，.
设直线与平面所成的角为，
则.
17．（2025高三上·长沙期末）已知函数，其中.
（1）若在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积为，求的值；
（2）若是的极小值点，证明：.
【答案】（1）解：由题设，则，
所以在点处的切线为，
令，则；令，则，
所以切线与两坐标轴所围成三角形的面积，可得.
（2）证明：由（1），且，，，
由是的极小值点，则且，可得，
要证，即，需证，即，
令且，只需证，而，
所以当时，，当时，，
所以上单调递减，上单调递增，故，
综上，只需，即即可，
若，则，故，
此时，且，
对于，则，显然时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，故单调递增，无极小值，不符合题设；
综上，，故得证.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求定义域求导，代入切点求切线方程，根再利用切线与两坐标轴所围成三角形的面积列方程求参数即可；
（2）先求，可得，要证原不等式，只需证明；构造且，问题可化为；利用导数得函数最值可得，运用反证法证明时得到矛盾结论，即可证结论.
（1）由题设，则，
所以在点处的切线为，
令，则；令，则，
所以切线与两坐标轴所围成三角形的面积，可得.
（2）由（1），且，，，
由是的极小值点，则且，可得，
要证，即，需证，即，
令且，只需证，而，
所以当时，，当时，，
所以上单调递减，上单调递增，故，
综上，只需，即即可，
若，则，故，
此时，且，
对于，则，显然时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，故单调递增，无极小值，不符合题设；
综上，，故得证.
18．（2025高三上·长沙期末）已知椭圆的左顶点为，焦距为，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于两点，点为的外心.
（i）若为等边三角形，求点的坐标；
（ii）若点在直线上，求点到直线的距离的取值范围.
【答案】（1）解：因为椭圆的焦距为，
又因为离心率为，所以，
由得，
所以椭圆的方程为；
（2）解： （i）因为为等边三角形，所以，
由对称性可知关于轴对称，
可设直线的方程为：，当时，，
所以点，点，，
因为，所以，
化简整理有：，解得或-（舍去），
又因为点为的外心，即为的重心，
设，则有，所以；
（ii）当直线的斜率为0时，线段的中垂线为轴，不满足题意.
设直线的方程为：，则有：，
所以，
设，则有：，
设、为线段，的中点，则，，
可得线段的中垂线方程为，即①，
同理可得线段的中垂线方程为②，
联立①②解得
，
由，可得，即，代入不等式，
解得且，则，
所以点到直线的距离为，
设函数，，则在为减函数，
在为增函数，可得，进而得.
综上，点到直线的距离的取值范围为.
【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）由椭圆几何性质得，再由即可求出，可得椭圆的方程；
（2）（i）利用为等边三角形的对称性，将直线的方程设为：，根据求得的值，点为外心，可得中垂线的交点；
(ii)将直线的方程反设为：，设，联立方程组消元并由韦达定理得，又由的外心点在直线上，得 ，即可得，代入点到直线的距离公式得，求出最值即可.
（1）因为椭圆的焦距为，
又因为离心率为，所以，
由得，
所以椭圆的方程为；
（2）（i）因为为等边三角形，所以，
由对称性可知关于轴对称，
可设直线的方程为：，当时，，
所以点，点，，
因为，所以，
化简整理有：，解得或-（舍去），
又因为点为的外心，即为的重心，
设，则有，所以；
（ii）当直线的斜率为0时，线段的中垂线为轴，不满足题意.
设直线的方程为：，则有：，
所以，
设，则有：，
设、为线段，的中点，则，，
可得线段的中垂线方程为，即①，
同理可得线段的中垂线方程为②，
联立①②解得
，
由，可得，即，代入不等式，
解得且，则，
所以点到直线的距离为，
设函数，，则在为减函数，
在为增函数，可得，进而得.
综上，点到直线的距离的取值范围为.
19．（2025高三上·长沙期末）已知无穷数列满足.对于集合，定义若，则；若，则.
（1）若，求集合；
（2）若，集合，且，求中元素个数的可能值；
（3）若，集合，对任意的，满足，且，证明：.
【答案】（1）解：由题意可得，
因为，所以集合.
（2）解：，设，，
不妨设，，表示集合中元素个数，
当时，，；
当时，，；
由于，故，
当，显然找不到满足条件的，
所以中元素个数的可能值为0或1.
（3）证明： 设，中最小元素为，
而，
由于最大，故，
那么，
由于，
所以，即，
所以.
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由题意得，代入数列新定义可得；
（2）不妨设，，表示集合中元素个数，利用数列新定义分、，及等比数列的求和公式讨论即可；
（3）由等比数列的求和公式结合数列新定义证明即可；
（1）由题意可得，
因为，所以集合.
（2），设，，
不妨设，，表示集合中元素个数，
当时，，；
当时，，；
由于，故，
当，显然找不到满足条件的，
所以中元素个数的可能值为0或1.
（3）设，中最小元素为，
而，
由于最大，故，
那么，
由于，
所以，即，
所以.
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