广东省仲元中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题
1．（2025高三上·番禺期中）已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·番禺期中）双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·番禺期中）下列函数中，图象关于点对称的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高三上·番禺期中）已知数列满足，，则数列前2025项和为（ ）
A．1013 B．-1011 C．1014 D．-1012
5．（2025高三上·番禺期中）已知定义域为的函数满足，，当时，，则（ ）
A． B．2 C． D．3
6．（2025高三上·番禺期中）在平面内，三个非零向量，，两两的夹角相等，且，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2025高三上·番禺期中）已知函数.若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·番禺期中）已知正实数 满足则（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·番禺期中）已知直线，不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若，且，则
C．若，且，则
D．若，且，则
10．（2025高三上·番禺期中）已知抛物线的焦点为为其上一动点，当运动到点时，，直线与相交于两点，点，则（ ）
A．的准线方程为
B．的最小值为8
C．若，则过点
D．当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切
11．（2025高三上·番禺期中）在中，内角，，的对边分别为，，，，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2025高三上·番禺期中）已知复数满足，则复数的实部为 .
13．（2025高三上·番禺期中）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，6圈的概率为0.4．小桐一周跑11圈的概率为 ；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望
14．（2025高三上·番禺期中）已知函数，若过点的两条互相垂直的直线分别与的图象交于另外的点和，且四边形ABCD为正方形，则这两条直线的斜率之和为 ．
15．（2025高三上·番禺期中）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，.
（1）求角的大小；
（2）若三角形为锐角三角形，且，求周长的取值范围.
16．（2025高三上·番禺期中）设数列的前项和为，，，数列满足，点在直线上，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
17．（2025高三上·番禺期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，平面平面，平面平面，平面与平面夹角为.
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥外接球的体积；
（3）点，，分别在棱，，上，当时，求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2025高三上·番禺期中）已知椭圆经过点，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，，为上两个动点，且，作，垂足为.
（i）线段的长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由；
（ii）设点的轨迹为，过点作的切线交于点（异于、），求面积的最小值.
19．（2025高三上·番禺期中）已知函数存在极值点．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）求b的取值范围并证明；
（3）若且，求a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，集合，
所以．
故答案为：A．
【分析】先用列举法表示集合A，再利用补集的定义即可求解.
2．【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线，化为标准方程得，
则离心率为 .
故答案为：C.
【分析】先将双曲线化为标准方程，再利用离心率的定义即可求解.
3．【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：A、当时，，
函数图象关于点不对称，故A错误；
B、当时，，函数图象关于点不对称，故B错误；
C、当时，，函数图象关于点不对称，C错误；
D、当时，无意义，函数图象关于点对称，故D正确.
故答案为：D
【分析】利用正弦函数中心的定义逐项计算即可求解.
4．【答案】C
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：由题意可知，当为偶数时，，
数列前项和.
故答案为：C.
【分析】当为偶数时，，再利用并项求和法即可求解.
5．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为定义域为的函数满足，则为奇函数，
又，所以，
所以，则是周期为的周期函数，
又因为，即，
又当时，，所以，解得，
所以，
所以.
故答案为：A
【分析】先利用为奇函数的定义可得为奇函数，再利用可得是周期为的周期函数，再利用可得，再利用周期性即可求解.
6．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：依题意，平面向量两两夹角可以为或，
当向量两两夹角为时，，
解得，不符合题意；
当向量两两夹角为时，，
则，
因此，解得或（舍去）.
故答案为：C
【分析】按向量的夹角为或，利用平面向量数量积定义即可求解.
7．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由，可得，令，其中，
由于存在，使得，则实数的取值范围即为函数在上的值域.
由于函数、在区间上为增函数，所以函数在上为增函数.
当时，，又，
所以，函数在上的值域为.
因此实数的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】利用可得，构造函数，利用函数的单调性求的值域即可求解.
8．【答案】B
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：已知可得
因，则有即（*）
设，因为在上为增函数，则（*）等价于即
故可得：.
故答案为：B.
【分析】先利用对数的运算性质等价变形为利用放缩移项可得构造函数，利用f(x)其单调性即可求解.
9．【答案】A,D
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、因为，，所以，
又，所以不同的平面满足，故A正确；
B、若，且，则或两平面相交，
比如：正方体的底面和侧面中分别取直线，且，但是底面和侧面并不平行，故B错误；
C、若，且，则两平面相交或平行，
比如：正方体的上下两个底面中分别取直线，且，上底面与平行，但是上底面与下底面并不垂直；故C错误；
D、因为，，则，又，所以，故D正确.
故答案为：AD
【分析】利用线面垂直的性质即可判断A；举反列即可判断B和C；利用线面垂直的判定定理即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；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：A、由题设，可得，则，准线为，该选项正确，符合题意；
B、由，作准线，如下图示，
则，当且仅当共线且准线取等号，该选项正确，符合题意；
C、若，联立，则或，
不妨令，则；
若，联立，则或，
不妨令，则；
所以，对于直线，存在使，此时直线不过，该选项错误，不合题意；
D、若直线过焦点时，以为直径的圆的半径为，
而的中点，即圆心的横坐标为，易知以为直径的圆与轴相切，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD
【分析】对于选项A，，可得，则，准线为；对于选项B，，当且仅当共线且准线取等号；对于选项C，若，若，分别与抛物线联立求解得和，可判断；对于选项D，直线过焦点时，以为直径的圆的半径为，心的横坐标为，易知以为直径的圆与轴相切.
11．【答案】B,C,D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
A、若，则，该选项错误，不合题意；
B、若角，则由及得及，不符合，
故角，则由及得，
所以即，该选项正确，符合题意；
C、由上，
所以由得，整理得，
解得或，由得，故，
所以，，故，该选项正确，符合题意；
D、因为即，所以由正弦定理，该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】对于选项A，若，则；对于选项B，及得，所以即；对于选项C，由B得，得，解方程即可；对于选项D，，由正弦定理，可得.
12．【答案】0
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：.
则其实部为0.
故答案为：0.
【分析】先利用复数的除法运算化简可得，再利用实部的定义即可求解.
13．【答案】；
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【解答】解：设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件，设第二次跑5圈为事件，
则；
设运动量达标为事件，，
所以，；
故答案为：；
【分析】先利用全概率公式即可求解空一，再利用全概率公式可得，最后利用二项分布数学期望公式即可求解.
14．【答案】
【知识点】奇偶函数图象的对称性；直线的斜率；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：函数的图象关于点中心对称，
不妨设直线AC的方程为，
由，得，
解得或或，
则，
同理可得，
由，得，
即，
即，
即，
令，则这两条直线的斜率之和为．
故答案为：
【分析】先由函数特征得中心对称点，设，联立解得x的值，代入两点间距离公式得|AC|、|BD|，由正方形得化简可得.
15．【答案】（1）解：，则由正弦定理得，
即，
，，
又，，，；
（2）解：在锐角三角形ABC中，，
因为根据正弦定理，所以，
又因为，所以，
所以三角形周长为
，
因为，即，所以，
，，
所以.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用数量积坐标公式可得，再利用正弦定理化简可得，最后利用两角和正弦公式即可求解；
（2）先利用正弦定理可得，即可得，再利用三角恒等变换化简可得，最后利用即可求解.
（1），则由正弦定理得，
即，
，，
又，，，；
（2）在锐角三角形ABC中，，
因为根据正弦定理，所以，
又因为，所以，
所以三角形周长为
，
因为，即，所以，
，，
所以.
16．【答案】解：（1）由可得，两式相减得，.又，所以.故是首项为1，公比为3的等比数列.所以.由点在直线上，所以.则数列是首项为1，公差为2的等差数列.则.（2）因为，所以.则，两式相减得：∴
（1）解：由可得，两式相减得，.
又，所以.
故是首项为1，公比为3的等比数列.
所以.
由点在直线上，所以.
则数列是首项为1，公差为2的等差数列.
则.
（2）解：因为，
所以.
则，
两式相减得：
∴
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用，可得，利用等比数列的定义可得，再利用点在直线上可得，最后利用等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）中结论可得，利用用错位相消法即可求解．
17．【答案】（1）证明：已知平面平面，平面平面，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：设球心为，球心在面上的射影为，连接，如图所示：
设球的半径为，
因为平面，所以，
所以就是平面与平面夹角的平面角，即为.
所以矩形为正方形，
所以球心在面上的射影是正方形对角线的交点，
已知，平面，
所以，可得.
所以外接球的体积为.
（3）解：以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
因为，所以，
因为面，面，所以面，
同理，面，面，所以面，
因为，所以面面，
所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，
可知，
设平面的法向量为，
则，即，令，解得，
则平面的一个法向量为，
直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理即可得证；
（2）先利用平面可得，再利用二面角平面角的定义可得，最后利用四棱锥的体积公式即可求解；
（3）建立空间直角坐标系，平面的法向量为，，再利用线面角的向量公式即可求解
（1）已知平面平面，平面平面，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）如图所示，设球心为，球心在面上的射影为，
连接，设球的半径为，
因为平面，所以，
所以就是平面与平面夹角的平面角，即为.
所以矩形为正方形，
所以球心在面上的射影是正方形对角线的交点，
已知，平面，
所以，可得.
所以外接球的体积为.
（3）如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，
因为面，面，所以面，
同理，面，面，所以面，
因为，所以面面，
所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，
可知，
设平面的法向量为，
则，即，令，解得，
则平面的一个法向量为，
直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
18．【答案】（1）解：，解得，则可得椭圆.
（2）解：（i）是定值，理由如下：
当直线的斜率不存在时，可设方程为，代入椭圆，
可得，易知，解得；
当直线的斜率存在时，可设方程为，如图所示：
联立，消去可得，
由，设，
则，
可得，
由直线的斜率，直线的斜率，且，
则，整理可得，
化简可得，解得，
由.
（ii）由圆的对称性，则，
由（i）可知：如图所示：
当直线的斜率不存在时，，
当直线的斜率存在时，
，当且仅当时，等号成立，则，
综上可得，故的最小值为.
【知识点】基本不等式；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用离心率可得，把点代入方程可得，再结合的关系式，即可求解；
（2）（i）当直线的斜率不存在时可得，当直线的斜率存在时，可设方程为椭圆方程和直线方程联立可得，利用直线垂直可得，再利用根与系数关系化简可得，最后利用点到直线的距离公式即可求解；（ii）利用圆的对称性，当直线的斜率不存在时，，当直线的斜率存在时，利用基本不等式即可求解.
（1），解得，则可得椭圆.
（2）（i）是定值，理由如下：
当直线的斜率不存在时，可设方程为，代入椭圆，
可得，易知，解得；
当直线的斜率存在时，可设方程为，
联立，消去可得，
由，设，
则，
可得，
由直线的斜率，直线的斜率，且，
则，整理可得，
化简可得，解得，
由.
（ii）由圆的对称性，则，
由（i）可知：
当直线的斜率不存在时，，
当直线的斜率存在时，
，当且仅当时，等号成立，则，
综上可得，故的最小值为.
19．【答案】（1）解：由题意，当时，，，
有，，
时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
（2）解：由题意，，，
记，，
所以在单调递增，.
若，则，，无极值点，不符合题意，
若，则，取，则，
所以，使得，即，
且在上单调递减，在上单调递增.
所以
综上，b的取值范围为，并且有；
（3）解：由（2），需，
设，有，则，，
函数，有，所以a关于t单调递增.
而，
即.
（i）若，显然成立，此时，
则，即，
（ii）若，则
设，则，
记，则，，
所以在单调递减，在单调递增，
，
所以，所以在定义域内单调递增，
所以只需求，使得，则，
即，即，
记，在上恒成立，在单调递增.
又，所以，所以，
所以，所以.
综上，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）当时求导可得，利用导数的正负和函数单调性的关系即可求解；
（2）先求导可得，令，求导可得，分和两种情况分别求解即可；
（3）由（2）可得需，设可得，令，求导可得a关于t单调递增，，再分和两种情况即可求解.
（1）由题意，当时，，，
有，，
时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
（2）由题意，，，
记，，
所以在单调递增，.
若，则，，无极值点，不符合题意，
若，则，取，则，
所以，使得，即，
且在上单调递减，在上单调递增.
所以
综上，b的取值范围为，并且有；
（3）由（2），需，
设，有，则，，
函数，有，所以a关于t单调递增.
而，
即.
（i）若，显然成立，此时，
则，即，
（ii）若，则
设，则，
记，则，，
所以在单调递减，在单调递增，
，
所以，所以在定义域内单调递增，
所以只需求，使得，则，
即，即，
记，在上恒成立，在单调递增.
又，所以，所以，
所以，所以.
综上，.
1 / 1广东省仲元中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题
1．（2025高三上·番禺期中）已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，集合，
所以．
故答案为：A．
【分析】先用列举法表示集合A，再利用补集的定义即可求解.
2．（2025高三上·番禺期中）双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线，化为标准方程得，
则离心率为 .
故答案为：C.
【分析】先将双曲线化为标准方程，再利用离心率的定义即可求解.
3．（2025高三上·番禺期中）下列函数中，图象关于点对称的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：A、当时，，
函数图象关于点不对称，故A错误；
B、当时，，函数图象关于点不对称，故B错误；
C、当时，，函数图象关于点不对称，C错误；
D、当时，无意义，函数图象关于点对称，故D正确.
故答案为：D
【分析】利用正弦函数中心的定义逐项计算即可求解.
4．（2025高三上·番禺期中）已知数列满足，，则数列前2025项和为（ ）
A．1013 B．-1011 C．1014 D．-1012
【答案】C
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：由题意可知，当为偶数时，，
数列前项和.
故答案为：C.
【分析】当为偶数时，，再利用并项求和法即可求解.
5．（2025高三上·番禺期中）已知定义域为的函数满足，，当时，，则（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为定义域为的函数满足，则为奇函数，
又，所以，
所以，则是周期为的周期函数，
又因为，即，
又当时，，所以，解得，
所以，
所以.
故答案为：A
【分析】先利用为奇函数的定义可得为奇函数，再利用可得是周期为的周期函数，再利用可得，再利用周期性即可求解.
6．（2025高三上·番禺期中）在平面内，三个非零向量，，两两的夹角相等，且，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：依题意，平面向量两两夹角可以为或，
当向量两两夹角为时，，
解得，不符合题意；
当向量两两夹角为时，，
则，
因此，解得或（舍去）.
故答案为：C
【分析】按向量的夹角为或，利用平面向量数量积定义即可求解.
7．（2025高三上·番禺期中）已知函数.若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由，可得，令，其中，
由于存在，使得，则实数的取值范围即为函数在上的值域.
由于函数、在区间上为增函数，所以函数在上为增函数.
当时，，又，
所以，函数在上的值域为.
因此实数的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】利用可得，构造函数，利用函数的单调性求的值域即可求解.
8．（2025高三上·番禺期中）已知正实数 满足则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：已知可得
因，则有即（*）
设，因为在上为增函数，则（*）等价于即
故可得：.
故答案为：B.
【分析】先利用对数的运算性质等价变形为利用放缩移项可得构造函数，利用f(x)其单调性即可求解.
9．（2025高三上·番禺期中）已知直线，不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若，且，则
C．若，且，则
D．若，且，则
【答案】A,D
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、因为，，所以，
又，所以不同的平面满足，故A正确；
B、若，且，则或两平面相交，
比如：正方体的底面和侧面中分别取直线，且，但是底面和侧面并不平行，故B错误；
C、若，且，则两平面相交或平行，
比如：正方体的上下两个底面中分别取直线，且，上底面与平行，但是上底面与下底面并不垂直；故C错误；
D、因为，，则，又，所以，故D正确.
故答案为：AD
【分析】利用线面垂直的性质即可判断A；举反列即可判断B和C；利用线面垂直的判定定理即可判断D.
10．（2025高三上·番禺期中）已知抛物线的焦点为为其上一动点，当运动到点时，，直线与相交于两点，点，则（ ）
A．的准线方程为
B．的最小值为8
C．若，则过点
D．当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；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：A、由题设，可得，则，准线为，该选项正确，符合题意；
B、由，作准线，如下图示，
则，当且仅当共线且准线取等号，该选项正确，符合题意；
C、若，联立，则或，
不妨令，则；
若，联立，则或，
不妨令，则；
所以，对于直线，存在使，此时直线不过，该选项错误，不合题意；
D、若直线过焦点时，以为直径的圆的半径为，
而的中点，即圆心的横坐标为，易知以为直径的圆与轴相切，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD
【分析】对于选项A，，可得，则，准线为；对于选项B，，当且仅当共线且准线取等号；对于选项C，若，若，分别与抛物线联立求解得和，可判断；对于选项D，直线过焦点时，以为直径的圆的半径为，心的横坐标为，易知以为直径的圆与轴相切.
11．（2025高三上·番禺期中）在中，内角，，的对边分别为，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
A、若，则，该选项错误，不合题意；
B、若角，则由及得及，不符合，
故角，则由及得，
所以即，该选项正确，符合题意；
C、由上，
所以由得，整理得，
解得或，由得，故，
所以，，故，该选项正确，符合题意；
D、因为即，所以由正弦定理，该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】对于选项A，若，则；对于选项B，及得，所以即；对于选项C，由B得，得，解方程即可；对于选项D，，由正弦定理，可得.
12．（2025高三上·番禺期中）已知复数满足，则复数的实部为 .
【答案】0
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：.
则其实部为0.
故答案为：0.
【分析】先利用复数的除法运算化简可得，再利用实部的定义即可求解.
13．（2025高三上·番禺期中）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，6圈的概率为0.4．小桐一周跑11圈的概率为 ；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望
【答案】；
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【解答】解：设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件，设第二次跑5圈为事件，
则；
设运动量达标为事件，，
所以，；
故答案为：；
【分析】先利用全概率公式即可求解空一，再利用全概率公式可得，最后利用二项分布数学期望公式即可求解.
14．（2025高三上·番禺期中）已知函数，若过点的两条互相垂直的直线分别与的图象交于另外的点和，且四边形ABCD为正方形，则这两条直线的斜率之和为 ．
【答案】
【知识点】奇偶函数图象的对称性；直线的斜率；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：函数的图象关于点中心对称，
不妨设直线AC的方程为，
由，得，
解得或或，
则，
同理可得，
由，得，
即，
即，
即，
令，则这两条直线的斜率之和为．
故答案为：
【分析】先由函数特征得中心对称点，设，联立解得x的值，代入两点间距离公式得|AC|、|BD|，由正方形得化简可得.
15．（2025高三上·番禺期中）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，.
（1）求角的大小；
（2）若三角形为锐角三角形，且，求周长的取值范围.
【答案】（1）解：，则由正弦定理得，
即，
，，
又，，，；
（2）解：在锐角三角形ABC中，，
因为根据正弦定理，所以，
又因为，所以，
所以三角形周长为
，
因为，即，所以，
，，
所以.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用数量积坐标公式可得，再利用正弦定理化简可得，最后利用两角和正弦公式即可求解；
（2）先利用正弦定理可得，即可得，再利用三角恒等变换化简可得，最后利用即可求解.
（1），则由正弦定理得，
即，
，，
又，，，；
（2）在锐角三角形ABC中，，
因为根据正弦定理，所以，
又因为，所以，
所以三角形周长为
，
因为，即，所以，
，，
所以.
16．（2025高三上·番禺期中）设数列的前项和为，，，数列满足，点在直线上，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】解：（1）由可得，两式相减得，.又，所以.故是首项为1，公比为3的等比数列.所以.由点在直线上，所以.则数列是首项为1，公差为2的等差数列.则.（2）因为，所以.则，两式相减得：∴
（1）解：由可得，两式相减得，.
又，所以.
故是首项为1，公比为3的等比数列.
所以.
由点在直线上，所以.
则数列是首项为1，公差为2的等差数列.
则.
（2）解：因为，
所以.
则，
两式相减得：
∴
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用，可得，利用等比数列的定义可得，再利用点在直线上可得，最后利用等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）中结论可得，利用用错位相消法即可求解．
17．（2025高三上·番禺期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，平面平面，平面平面，平面与平面夹角为.
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥外接球的体积；
（3）点，，分别在棱，，上，当时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：已知平面平面，平面平面，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：设球心为，球心在面上的射影为，连接，如图所示：
设球的半径为，
因为平面，所以，
所以就是平面与平面夹角的平面角，即为.
所以矩形为正方形，
所以球心在面上的射影是正方形对角线的交点，
已知，平面，
所以，可得.
所以外接球的体积为.
（3）解：以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
因为，所以，
因为面，面，所以面，
同理，面，面，所以面，
因为，所以面面，
所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，
可知，
设平面的法向量为，
则，即，令，解得，
则平面的一个法向量为，
直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理即可得证；
（2）先利用平面可得，再利用二面角平面角的定义可得，最后利用四棱锥的体积公式即可求解；
（3）建立空间直角坐标系，平面的法向量为，，再利用线面角的向量公式即可求解
（1）已知平面平面，平面平面，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）如图所示，设球心为，球心在面上的射影为，
连接，设球的半径为，
因为平面，所以，
所以就是平面与平面夹角的平面角，即为.
所以矩形为正方形，
所以球心在面上的射影是正方形对角线的交点，
已知，平面，
所以，可得.
所以外接球的体积为.
（3）如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，
因为面，面，所以面，
同理，面，面，所以面，
因为，所以面面，
所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，
可知，
设平面的法向量为，
则，即，令，解得，
则平面的一个法向量为，
直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
18．（2025高三上·番禺期中）已知椭圆经过点，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，，为上两个动点，且，作，垂足为.
（i）线段的长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由；
（ii）设点的轨迹为，过点作的切线交于点（异于、），求面积的最小值.
【答案】（1）解：，解得，则可得椭圆.
（2）解：（i）是定值，理由如下：
当直线的斜率不存在时，可设方程为，代入椭圆，
可得，易知，解得；
当直线的斜率存在时，可设方程为，如图所示：
联立，消去可得，
由，设，
则，
可得，
由直线的斜率，直线的斜率，且，
则，整理可得，
化简可得，解得，
由.
（ii）由圆的对称性，则，
由（i）可知：如图所示：
当直线的斜率不存在时，，
当直线的斜率存在时，
，当且仅当时，等号成立，则，
综上可得，故的最小值为.
【知识点】基本不等式；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用离心率可得，把点代入方程可得，再结合的关系式，即可求解；
（2）（i）当直线的斜率不存在时可得，当直线的斜率存在时，可设方程为椭圆方程和直线方程联立可得，利用直线垂直可得，再利用根与系数关系化简可得，最后利用点到直线的距离公式即可求解；（ii）利用圆的对称性，当直线的斜率不存在时，，当直线的斜率存在时，利用基本不等式即可求解.
（1），解得，则可得椭圆.
（2）（i）是定值，理由如下：
当直线的斜率不存在时，可设方程为，代入椭圆，
可得，易知，解得；
当直线的斜率存在时，可设方程为，
联立，消去可得，
由，设，
则，
可得，
由直线的斜率，直线的斜率，且，
则，整理可得，
化简可得，解得，
由.
（ii）由圆的对称性，则，
由（i）可知：
当直线的斜率不存在时，，
当直线的斜率存在时，
，当且仅当时，等号成立，则，
综上可得，故的最小值为.
19．（2025高三上·番禺期中）已知函数存在极值点．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）求b的取值范围并证明；
（3）若且，求a的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，当时，，，
有，，
时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
（2）解：由题意，，，
记，，
所以在单调递增，.
若，则，，无极值点，不符合题意，
若，则，取，则，
所以，使得，即，
且在上单调递减，在上单调递增.
所以
综上，b的取值范围为，并且有；
（3）解：由（2），需，
设，有，则，，
函数，有，所以a关于t单调递增.
而，
即.
（i）若，显然成立，此时，
则，即，
（ii）若，则
设，则，
记，则，，
所以在单调递减，在单调递增，
，
所以，所以在定义域内单调递增，
所以只需求，使得，则，
即，即，
记，在上恒成立，在单调递增.
又，所以，所以，
所以，所以.
综上，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）当时求导可得，利用导数的正负和函数单调性的关系即可求解；
（2）先求导可得，令，求导可得，分和两种情况分别求解即可；
（3）由（2）可得需，设可得，令，求导可得a关于t单调递增，，再分和两种情况即可求解.
（1）由题意，当时，，，
有，，
时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
（2）由题意，，，
记，，
所以在单调递增，.
若，则，，无极值点，不符合题意，
若，则，取，则，
所以，使得，即，
且在上单调递减，在上单调递增.
所以
综上，b的取值范围为，并且有；
（3）由（2），需，
设，有，则，，
函数，有，所以a关于t单调递增.
而，
即.
（i）若，显然成立，此时，
则，即，
（ii）若，则
设，则，
记，则，，
所以在单调递减，在单调递增，
，
所以，所以在定义域内单调递增，
所以只需求，使得，则，
即，即，
记，在上恒成立，在单调递增.
又，所以，所以，
所以，所以.
综上，.
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