資源簡介

浙江省臺州市部分學校2025屆高三上學期年1月期末聯考數學試題
一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2025高三上·臺州期末）已知集合，，則（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·臺州期末）命題p：，都有，則命題的否定是（　　）
A．，使得 B．，使得
C．，使得 D．，使得
3．（2025高三上·臺州期末）已知，（i為虛數單位），則（　　）
A． B．4 C． D．2
4．（2025高三上·臺州期末）下表為國家統計局統計的2014年～2023年我國各級各類學校教職工數的統計數據：
　 2014年 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年
高等學校教職工數（萬人） 234 237 240 244 249 257 267 275 284 292
高中階段教職工數（萬人） 365 365 368 375 381 391 403 395 407 418
初中階段教職工數（萬人） 396 398 400 408 420 435 450 469 475 482
小學階段教職工數（萬人） 549 549 554 565 573 585 597 622 625 626
則在這10年的時間里，教職工數的增長率（增長率×100%）最高的是（　　）
A．高等學校 B．高中階段 C．初中階段 D．小學階段
5．（2025高三上·臺州期末）下列選項中的圓既與軸相切又與直線相切的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高三上·臺州期末）在空間四邊形ABCD中，，三棱錐的體積的最大值等于（　　）
A．2 B． C．1 D．
7．（2025高三上·臺州期末）對于平面凸四邊形，若，則四邊形的面積為（　　）
A． B． C． D．大小不確定
8．（2025高三上·臺州期末）在中，，且，則的值不可以是（　　）
A． B． C．1 D．2
二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2025高三上·臺州期末）以下四個正方體中，滿足平面CDE的有（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高三上·臺州期末）函數，則（　　）
A． B．的單調遞增區間為
C．最大值為 D．有兩個零點
11．（2025高三上·臺州期末）甲、乙兩個不透明的袋子中分別裝有兩種顏色不同但是大小相同的小球，甲袋中裝有5個紅球和5個綠球；乙袋中裝有4個紅球和6個綠球.先從甲袋中隨機摸出一個小球放入乙袋中，再從乙袋中隨機摸出一個小球，記表示事件“從甲袋摸出的是紅球”，表示事件“從甲袋摸出的是綠球”，記表示事件“從乙袋摸出的是紅球”，表示事件“從乙袋摸出的是綠球”.下列說法正確的是（　　）
A．，是互斥事件 B．，是獨立事件
C． D．
三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上.
12．（2025高三上·臺州期末）已知，則　 　．
13．（2025高三上·臺州期末）在平面直角坐標系xOy中，角α與角β均以Ox為始邊，它們的終邊關于y軸對稱.若，則=　 　.
14．（2025高三上·臺州期末）已知右焦點為的橢圓上的三點A，B，C滿足直線AB過坐標原點，若于點，且，則的離心率是　 　.
四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明.證明過程或演算步驟.
15．（2025高三上·臺州期末）已知銳角中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，且滿足.
（1）求c的值；
（2）若，求的值.
16．（2025高三上·臺州期末）如圖，在直四棱柱中，，，，，點和分別在側棱、上，且．
（1）求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值．
17．（2025高三上·臺州期末）已知數列滿足（e為自然對數的底），且.
（1）當時，令，求的通項公式及其前n項和；
（2）當時，令，，，求的值.
18．（2025高三上·臺州期末）“石頭、剪刀、布”是我們小時候常玩的游戲，游戲規則如下：
①石頭贏剪刀，剪刀贏布，布贏石頭；
②兩人游戲時，出相同的手勢為平局；多人游戲時都出相同的手勢或者三種手勢都出現為平局.
現有人玩游戲.
（1）分別求3人，4人玩一輪游戲，平局的概率、；
（2）求人玩一輪游戲，平局的概率（結果用n表示）；
（3）設當時，玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者的概率.
19．（2025高三上·臺州期末）對于一個函數和兩個點，，給出如下定義：記：，若滿足，則稱P是M，N視角下的“基于的回點”.
（1）若，點，，求：M，N視角下的基于的回點P的坐標；
（2）若，，對于點，，若M，N視角下的“基于的回點”恰有兩個，記為，，求證：直線，的斜率.
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】交集及其運算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因為，，
所以．
故答案為：D．
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合B，再利用已知條件和交集的運算法則，從而得出集合.
2．【答案】B
【知識點】命題的否定
【解析】【解答】解：命題p：，都有的否定是，使得.
故答案為：B.
【分析】根據全稱命題的否定是特稱命題，從而寫出該命題的否定.
3．【答案】C
【知識點】復數相等的充要條件；復數代數形式的乘除運算
【解析】【解答】解：由，可得，
所以，
因此.
故答案為：C.
【分析】根據復數的乘法運算法則結合復數相等的充要條件，從而可得的值，進而得出的值.
4．【答案】A
【知識點】頻率分布表
【解析】【解答】解：由已知高等學校增長率為，
高中階段增長率為，
初中階段增長率為，
小學階段增長率為.
故答案為：A．
【分析】利用已知條件計算出各選項中的增長率，從而找出正確的選項．
5．【答案】C
【知識點】直線與圓的位置關系
【解析】【解答】解：對于A：因為圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，
所以圓不與軸相切，故A錯誤；
對于B：因為圓心為，半徑為1，圓心到直線的距離為：，
所以圓與直線不相切，故B錯誤；
對于C：因為圓心為，半徑為，圓心到軸的距離為，
圓心到直線的距離為：，
所以，所給的圓既與軸相切又與直線相切，故C正確；
對于D：因為圓心為，半徑為1，圓心到直線的距離為，所以圓與直線不相切，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】利用已知條件和直線與圓相切位置關系判斷方法，再結合點到直線的距離公式，從而得出既與軸相切又與直線相切的圓的標準方程.
6．【答案】C
【知識點】錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：因為為邊長為2的等邊三角形，
所以，的面積為，
因為也是邊長為2的等邊三角形，
所以，當平面平面時，
此時到平面的距離最大，且最大值為，（其中為的中點），
所以，三棱錐的體積的最大值為.
故答案為：C.
【分析】根據已知條件和垂直可得三棱錐的高的最大值，再根據三棱錐的體積公式，從而得出三棱錐的體積的最大值.
7．【答案】A
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；同角三角函數間的基本關系；三角形中的幾何計算
【解析】【解答】解：因為，
所以，
可得，
設直線的夾角為，
則，可得，
所以四邊形的面積為.
故答案為：A.
【分析】根據數量積的坐標表示、向量的模的坐標表示和數量積求向量夾角公式，從而可得直線的夾角的余弦值，再結合同角三角函數基本關系式和三角形面積公式得出四邊形的面積.
8．【答案】A
【知識點】函數單調性的性質；兩角和與差的正切公式；運用誘導公式化簡求值
【解析】【解答】解：因為，
所以，
所以，
所以，
所以
，
又因為，
所以，
因為，所以，
所以，
令，因為，
所以，所以，
則，所以，
令，
函數和在上都單調遞增，
所以在上單調遞減，
則，
所以.
故答案為：A.
【分析】由結合題意，可得，從而得到，再利用，令，可得，令，再利用函數單調性得出函數的值域，從而得出不可以的值.
9．【答案】B,D
【知識點】直線與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：對于A，，，
與所成角為，
所以，與平面CDE不垂直， 故A錯誤；
對于B，在正方體中，平面，平面，
所以，
又因為，，平面CDE，
所以平面CDE，故B正確；
對于C，連接，如圖，
在正方體中，由正方體面上的對角線相等可知，為正三角形，
所以，又因為，與所成的角為，
所以與平面CDE不垂直，故C不正確；
對于D，連接，如圖，
因為平面，平面，
所以，
又因為，平面，
所以平面，又因為平面，
所以，同理可得，
由平面，
所以平面CDE，故D正確.
故答案為：BD.
【分析】根據已知條件和直線與平面內的直線不垂直，則可判斷選項A和選項C；根據直線與平面垂直的判定定理，則判斷出選項B和選項D，從而找出滿足平面CDE的正方體.
10．【答案】A,B,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值；函數的零點與方程根的關系；函數極限
【解析】【解答】解：對于A，因為的定義域為，
則，故A正確；
對于B，由，可得，
則的單調遞增區間為，故B正確；
對于C，由選項B分析，當時，；
當時，，
則函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，當時，取得最小值，故C錯誤；
對于D，由選項C分析，
則函數在上單調遞減，在上單調遞增，且，
當時，；當時，，
由零點存在定理，可知函數在區間和各有一個零點，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】先對函數求導，再根據導數的正負判斷出原函數的單調性，從而得到函數的極值，進而逐項判斷出選項A、選項B和選項C；再結合函數的變化趨勢及零點存在定理，從而作出其圖象判斷出選項D，進而找出正確的選項.
11．【答案】A,D
【知識點】互斥事件與對立事件；相互獨立事件；條件概率
【解析】【解答】解：對于A，依題意，因為每次只摸出一個球，，
所以，是互斥事件，故A正確；
對于B，因為，，
又因為，
所以，故B錯誤；
對于C，因為，故C錯誤；
對于D，因為，故D正確.
故答案為：AD.
【分析】根據，是互斥事件，則可判斷選項A；先求出的值，再判斷出二者是否相等，則可判斷選項B；計算出可判斷選項C；計算出可判斷選項D，從而找出說法正確的選項.
12．【答案】243
【知識點】二項式定理
【解析】【解答】解：令，得，①
令，得，②
②①，得，
則，
①②，得，
則，
所以．
故答案為：.
【分析】先利用賦值法，再根據方程思想和絕對值的定義，從而得出的值.
13．【答案】
【知識點】兩角和與差的余弦公式
【解析】【解答】解：因為和關于軸對稱，
所以，
那么，（或），
所以.
【分析】利用角與角關于直線的對稱性得出，再利用誘導公式和兩角差的余弦公式，從而得出的值.
14．【答案】
【知識點】橢圓的定義；橢圓的簡單性質
【解析】【解答】解：設橢圓的左焦點為，連接，
因為點平分，所以四邊形為平行四邊形，
又因為，所以四邊形為矩形，
設，則，
在直角中，，所以，
整理可得，所以，
在直角中，，所以，
所以，所以.
故答案為：.
【分析】核心是利用橢圓的對稱性與定義，結合矩形性質，通過設未知數表示線段長度，再在兩個直角三角形中應用勾股定理，建立a與c的關系，從而求出離心率，體現了 “幾何性質（ 橢圓、矩形 ）+ 代數運算（ 勾股定理、方程化簡 ）” 的橢圓離心率求解思路.
15．【答案】（1）解：方法1：由，
可得：，
化簡得：，
進一步整理得：，
，
在銳角中，，
.
方法2：先證明，
，
由正弦定理得：，
由，
可得：，
.
（2）解：因為 ，
所以，
.
【知識點】平面向量數量積定義與物理意義；兩角和與差的正弦公式；同角三角函數間的基本關系；正弦定理的應用；余弦定理的應用
【解析】【分析】（1）利用兩種方法求解.
方法1：由角化邊可得，整理得，從而得出的值.
方法2：由已知條件，易證，再結合已知條件，可得，從而得出的值.
（2）由已知條件進行切化弦，從而可得，再結合已知條件可得，再利用數量積的定義得出的值.
（1）法1：由可得：
化簡得：
進一步整理得：
.
又已知銳角，，；
法2：先證明
由正弦定理得：
由，可得：，；
（2），得，
.
16．【答案】（1）證明：分別取、的中點、，連接、、，
如圖所示：
、分別為、的中點，
則為梯形的中位線，
所以，，且，
，，
所以，，且，
所以，四邊形為平行四邊形，
故，
為的中點，
則，
因為，
則，
所以，四邊形為平行四邊形，
則，
故，
平面，平面，
因此，平面.
（2）解：以點為坐標原點，為軸，平面內垂直于的直線為軸，為軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、、
設平面的法向量為，，，，
由，
可得，
令，則，
所以，
因此，直線與平面所成角的正弦值為.
【知識點】直線與平面平行的判定；用空間向量研究直線與平面所成的角
【解析】【分析】（1）分別取、的中點、，先證明四邊形、為平行四邊形，從而可得，，再利用平行線的傳遞性結合線面平行的判定定理，從而證出平面
（2）以點為坐標原點，為軸，平面內垂直于的直線為軸，為軸建立空間直角坐標系，得出平面的法向量，再結合數量積求向量夾角公式和誘導公式，從而得出直線與平面所成角的正弦值.
17．【答案】（1）解：當時，，
兩邊取對數，則，
所以，
又因為，
所以，數列是首項為1，公比為2的等比數列，
則，.
（2）解：當時，（*），
則，
所以，
則
由（*），可得，
則，
所以，
.
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式；等比數列的前n項和；數列的求和
【解析】【分析】（1）通過對取對數，再利用等比數列的定義判斷出數列是首項為1，公比為2的等比數列，再利用等比數列的通項公式和等比數列前n項和公式，從而得出數列的通項公式和數列的前n項和.
（2）由得出，利用裂項相消法得出，再由得出，利用累乘法得出，最后代入所求式計算得出的值.
（1）當時，，兩邊取對數，，即，
又，故是首項為1，公比為2的等比數列，
故，.
（2）當時，（*），
則，故，
于是，
又由（*），可得，故，
于是
.
18．【答案】（1）解：由題意，可得，.
（2）解：因為平局的情況比較多，我們可以考慮n人玩游戲分出勝負的概率，
則；
其中表示分出勝負的三種情況，
所以n人只出了：①石頭，剪刀；②石頭，布；③剪刀，布，此時分勝負，
而分出勝負與平局是對立事件，
則.
（3）解：解法一：由于5人玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者.
情形一：第一輪平局，第二輪決出唯一獲勝者，
此時；
情形二：第一輪淘汰1位游戲者，第二輪淘汰3位游戲者，決出唯一獲勝者，
此時；
情形三：第一輪淘汰2位游戲者，第二輪淘汰2位游戲者，決出唯一獲勝者，
此時；
情形四：第一輪淘汰3位游戲者，第二輪淘汰1位游戲者，決出唯一獲勝者，
此時；
綜上所述：.
解法二：記表示n個人玩一輪游戲，恰好剩m人的概率，
當時，；
當時，，
設5人2輪游戲決出唯一獲勝者的概率，
則
.
【知識點】互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概率公式和排列數公式、組合數公式，從而得出平局的概率、的值.
（2）利用古典概率公式和對立事件求概率公式，從而用n表示平局的概率.
（3）利用古典概率公式和獨立事件乘積求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，從而得出當時，玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者的概率.
（1），
（2）由于平局的情況比較多，我們可以考慮n人玩游戲分出勝負的概率，
；
其中表示分出勝負的三種情況，即n人只出了①石頭，剪刀；②石頭，布；③剪刀，布，此時分勝負，
而分出勝負與平局是對立事件，
故
（3）解法一：由于5人玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者
情形一：第一輪平局，第二輪決出唯一獲勝者
此時；
情形二：第一輪淘汰1位游戲者，第二輪淘汰3位游戲者，決出唯一獲勝者
此時；
情形三：第一輪淘汰2位游戲者，第二輪淘汰2位游戲者，決出唯一獲勝者
此時；
情形四：第一輪淘汰3位游戲者，第二輪淘汰1位游戲者，決出唯一獲勝者
此時；
綜上所述：
解法二：記表示n個人玩一輪游戲，恰好剩m人的概率，
當時，；
當時，；
5人2輪游戲決出唯一獲勝者的概率，
.
19．【答案】（1）解：注意到，
當且僅當點P在線段MN上時，等號成立，
則M，N視角下的基于的回點P只能在線段，
與的交點上，
因為既在線段MN上，又因為在圖象上，
所以回點.
下證明與有且只有一個交點，
構造，
現證明只有一個零點，
則（），
設，（），
則，
，，
所以在上單調遞增，
因為
所以在區間上單調遞減，在上單調遞增，
所以.
則只有一個零點，
所以M，N視角下的“基于的回點”個數有且只有一個，是.
（2）證明：因為，
由橢圓的定義可知P是橢圓與的交點，
設，，其中，
先證對數不等式：若，，則，
設（），
則，
因為，
所以，
則在上單調遞增，
又因為，
所以，當時，，
若，則，
所以；
若，也成立，
所以，，
則，
取，，
得，
，
，①
將和相減，
得，
，②
再將和相加，
得，③
注意到：當時，
由，知，
結合①，②，③，
則
，
，.
【知識點】利用導數研究函數的單調性；基本不等式在最值問題中的應用；函數的零點與方程根的關系
【解析】【分析】（1）利用已知條件將問題轉化為：與有且只有一個交點，先構造函數，再通過二次求導，從而判斷出函數的單調性，進而得到函數零點和零點個數.
（2）利用已知條件將問題轉化為：橢圓與有兩個交點，，從而求出直線，的斜率的取值范圍，結合對數不等式得到，再利用點差法得到， 從而得出，結合基本不等式求最值的方法，從而得到，再解不等式可得的取值范圍.
（1）注意到，當且僅當點P在線段MN上時，等號成立，即M，N視角下的基于的回點P只能在線段，與的交點上.
因為既在線段MN上，又在圖象上，故回點；
下證明與有且只有一個交點.
構造，現證明只有一個零點.
（），
設，（），
則
，，
所以在上單調遞增.
由于
所以在區間上單調遞減，在上單調遞增，
所以.
因此只有一個零點，即M，N視角下的“基于的回點”個數有且只有一個，是.
（2），由橢圓的定義可知P是橢圓與的交點，
設，，其中.
先證對數不等式：若，，則.
設（），
則，
因為，所以，即在上單調遞增，又，
所以當時，.
若，則，所以；
若，也成立.
所以，，則.
取，，得.
.①
將和相減，
得，
.②
再將和相加，得.③
注意到：時，由知，
結合①，②，③，知
，
，，
1 / 1浙江省臺州市部分學校2025屆高三上學期年1月期末聯考數學試題
一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2025高三上·臺州期末）已知集合，，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】交集及其運算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因為，，
所以．
故答案為：D．
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合B，再利用已知條件和交集的運算法則，從而得出集合.
2．（2025高三上·臺州期末）命題p：，都有，則命題的否定是（　　）
A．，使得 B．，使得
C．，使得 D．，使得
【答案】B
【知識點】命題的否定
【解析】【解答】解：命題p：，都有的否定是，使得.
故答案為：B.
【分析】根據全稱命題的否定是特稱命題，從而寫出該命題的否定.
3．（2025高三上·臺州期末）已知，（i為虛數單位），則（　　）
A． B．4 C． D．2
【答案】C
【知識點】復數相等的充要條件；復數代數形式的乘除運算
【解析】【解答】解：由，可得，
所以，
因此.
故答案為：C.
【分析】根據復數的乘法運算法則結合復數相等的充要條件，從而可得的值，進而得出的值.
4．（2025高三上·臺州期末）下表為國家統計局統計的2014年～2023年我國各級各類學校教職工數的統計數據：
　 2014年 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年
高等學校教職工數（萬人） 234 237 240 244 249 257 267 275 284 292
高中階段教職工數（萬人） 365 365 368 375 381 391 403 395 407 418
初中階段教職工數（萬人） 396 398 400 408 420 435 450 469 475 482
小學階段教職工數（萬人） 549 549 554 565 573 585 597 622 625 626
則在這10年的時間里，教職工數的增長率（增長率×100%）最高的是（　　）
A．高等學校 B．高中階段 C．初中階段 D．小學階段
【答案】A
【知識點】頻率分布表
【解析】【解答】解：由已知高等學校增長率為，
高中階段增長率為，
初中階段增長率為，
小學階段增長率為.
故答案為：A．
【分析】利用已知條件計算出各選項中的增長率，從而找出正確的選項．
5．（2025高三上·臺州期末）下列選項中的圓既與軸相切又與直線相切的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】直線與圓的位置關系
【解析】【解答】解：對于A：因為圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，
所以圓不與軸相切，故A錯誤；
對于B：因為圓心為，半徑為1，圓心到直線的距離為：，
所以圓與直線不相切，故B錯誤；
對于C：因為圓心為，半徑為，圓心到軸的距離為，
圓心到直線的距離為：，
所以，所給的圓既與軸相切又與直線相切，故C正確；
對于D：因為圓心為，半徑為1，圓心到直線的距離為，所以圓與直線不相切，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】利用已知條件和直線與圓相切位置關系判斷方法，再結合點到直線的距離公式，從而得出既與軸相切又與直線相切的圓的標準方程.
6．（2025高三上·臺州期末）在空間四邊形ABCD中，，三棱錐的體積的最大值等于（　　）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【知識點】錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：因為為邊長為2的等邊三角形，
所以，的面積為，
因為也是邊長為2的等邊三角形，
所以，當平面平面時，
此時到平面的距離最大，且最大值為，（其中為的中點），
所以，三棱錐的體積的最大值為.
故答案為：C.
【分析】根據已知條件和垂直可得三棱錐的高的最大值，再根據三棱錐的體積公式，從而得出三棱錐的體積的最大值.
7．（2025高三上·臺州期末）對于平面凸四邊形，若，則四邊形的面積為（　　）
A． B． C． D．大小不確定
【答案】A
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；同角三角函數間的基本關系；三角形中的幾何計算
【解析】【解答】解：因為，
所以，
可得，
設直線的夾角為，
則，可得，
所以四邊形的面積為.
故答案為：A.
【分析】根據數量積的坐標表示、向量的模的坐標表示和數量積求向量夾角公式，從而可得直線的夾角的余弦值，再結合同角三角函數基本關系式和三角形面積公式得出四邊形的面積.
8．（2025高三上·臺州期末）在中，，且，則的值不可以是（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【知識點】函數單調性的性質；兩角和與差的正切公式；運用誘導公式化簡求值
【解析】【解答】解：因為，
所以，
所以，
所以，
所以
，
又因為，
所以，
因為，所以，
所以，
令，因為，
所以，所以，
則，所以，
令，
函數和在上都單調遞增，
所以在上單調遞減，
則，
所以.
故答案為：A.
【分析】由結合題意，可得，從而得到，再利用，令，可得，令，再利用函數單調性得出函數的值域，從而得出不可以的值.
二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2025高三上·臺州期末）以下四個正方體中，滿足平面CDE的有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知識點】直線與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：對于A，，，
與所成角為，
所以，與平面CDE不垂直， 故A錯誤；
對于B，在正方體中，平面，平面，
所以，
又因為，，平面CDE，
所以平面CDE，故B正確；
對于C，連接，如圖，
在正方體中，由正方體面上的對角線相等可知，為正三角形，
所以，又因為，與所成的角為，
所以與平面CDE不垂直，故C不正確；
對于D，連接，如圖，
因為平面，平面，
所以，
又因為，平面，
所以平面，又因為平面，
所以，同理可得，
由平面，
所以平面CDE，故D正確.
故答案為：BD.
【分析】根據已知條件和直線與平面內的直線不垂直，則可判斷選項A和選項C；根據直線與平面垂直的判定定理，則判斷出選項B和選項D，從而找出滿足平面CDE的正方體.
10．（2025高三上·臺州期末）函數，則（　　）
A． B．的單調遞增區間為
C．最大值為 D．有兩個零點
【答案】A,B,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值；函數的零點與方程根的關系；函數極限
【解析】【解答】解：對于A，因為的定義域為，
則，故A正確；
對于B，由，可得，
則的單調遞增區間為，故B正確；
對于C，由選項B分析，當時，；
當時，，
則函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，當時，取得最小值，故C錯誤；
對于D，由選項C分析，
則函數在上單調遞減，在上單調遞增，且，
當時，；當時，，
由零點存在定理，可知函數在區間和各有一個零點，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】先對函數求導，再根據導數的正負判斷出原函數的單調性，從而得到函數的極值，進而逐項判斷出選項A、選項B和選項C；再結合函數的變化趨勢及零點存在定理，從而作出其圖象判斷出選項D，進而找出正確的選項.
11．（2025高三上·臺州期末）甲、乙兩個不透明的袋子中分別裝有兩種顏色不同但是大小相同的小球，甲袋中裝有5個紅球和5個綠球；乙袋中裝有4個紅球和6個綠球.先從甲袋中隨機摸出一個小球放入乙袋中，再從乙袋中隨機摸出一個小球，記表示事件“從甲袋摸出的是紅球”，表示事件“從甲袋摸出的是綠球”，記表示事件“從乙袋摸出的是紅球”，表示事件“從乙袋摸出的是綠球”.下列說法正確的是（　　）
A．，是互斥事件 B．，是獨立事件
C． D．
【答案】A,D
【知識點】互斥事件與對立事件；相互獨立事件；條件概率
【解析】【解答】解：對于A，依題意，因為每次只摸出一個球，，
所以，是互斥事件，故A正確；
對于B，因為，，
又因為，
所以，故B錯誤；
對于C，因為，故C錯誤；
對于D，因為，故D正確.
故答案為：AD.
【分析】根據，是互斥事件，則可判斷選項A；先求出的值，再判斷出二者是否相等，則可判斷選項B；計算出可判斷選項C；計算出可判斷選項D，從而找出說法正確的選項.
三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上.
12．（2025高三上·臺州期末）已知，則　 　．
【答案】243
【知識點】二項式定理
【解析】【解答】解：令，得，①
令，得，②
②①，得，
則，
①②，得，
則，
所以．
故答案為：.
【分析】先利用賦值法，再根據方程思想和絕對值的定義，從而得出的值.
13．（2025高三上·臺州期末）在平面直角坐標系xOy中，角α與角β均以Ox為始邊，它們的終邊關于y軸對稱.若，則=　 　.
【答案】
【知識點】兩角和與差的余弦公式
【解析】【解答】解：因為和關于軸對稱，
所以，
那么，（或），
所以.
【分析】利用角與角關于直線的對稱性得出，再利用誘導公式和兩角差的余弦公式，從而得出的值.
14．（2025高三上·臺州期末）已知右焦點為的橢圓上的三點A，B，C滿足直線AB過坐標原點，若于點，且，則的離心率是　 　.
【答案】
【知識點】橢圓的定義；橢圓的簡單性質
【解析】【解答】解：設橢圓的左焦點為，連接，
因為點平分，所以四邊形為平行四邊形，
又因為，所以四邊形為矩形，
設，則，
在直角中，，所以，
整理可得，所以，
在直角中，，所以，
所以，所以.
故答案為：.
【分析】核心是利用橢圓的對稱性與定義，結合矩形性質，通過設未知數表示線段長度，再在兩個直角三角形中應用勾股定理，建立a與c的關系，從而求出離心率，體現了 “幾何性質（ 橢圓、矩形 ）+ 代數運算（ 勾股定理、方程化簡 ）” 的橢圓離心率求解思路.
四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明.證明過程或演算步驟.
15．（2025高三上·臺州期末）已知銳角中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，且滿足.
（1）求c的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）解：方法1：由，
可得：，
化簡得：，
進一步整理得：，
，
在銳角中，，
.
方法2：先證明，
，
由正弦定理得：，
由，
可得：，
.
（2）解：因為 ，
所以，
.
【知識點】平面向量數量積定義與物理意義；兩角和與差的正弦公式；同角三角函數間的基本關系；正弦定理的應用；余弦定理的應用
【解析】【分析】（1）利用兩種方法求解.
方法1：由角化邊可得，整理得，從而得出的值.
方法2：由已知條件，易證，再結合已知條件，可得，從而得出的值.
（2）由已知條件進行切化弦，從而可得，再結合已知條件可得，再利用數量積的定義得出的值.
（1）法1：由可得：
化簡得：
進一步整理得：
.
又已知銳角，，；
法2：先證明
由正弦定理得：
由，可得：，；
（2），得，
.
16．（2025高三上·臺州期末）如圖，在直四棱柱中，，，，，點和分別在側棱、上，且．
（1）求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】（1）證明：分別取、的中點、，連接、、，
如圖所示：
、分別為、的中點，
則為梯形的中位線，
所以，，且，
，，
所以，，且，
所以，四邊形為平行四邊形，
故，
為的中點，
則，
因為，
則，
所以，四邊形為平行四邊形，
則，
故，
平面，平面，
因此，平面.
（2）解：以點為坐標原點，為軸，平面內垂直于的直線為軸，為軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、、
設平面的法向量為，，，，
由，
可得，
令，則，
所以，
因此，直線與平面所成角的正弦值為.
【知識點】直線與平面平行的判定；用空間向量研究直線與平面所成的角
【解析】【分析】（1）分別取、的中點、，先證明四邊形、為平行四邊形，從而可得，，再利用平行線的傳遞性結合線面平行的判定定理，從而證出平面
（2）以點為坐標原點，為軸，平面內垂直于的直線為軸，為軸建立空間直角坐標系，得出平面的法向量，再結合數量積求向量夾角公式和誘導公式，從而得出直線與平面所成角的正弦值.
17．（2025高三上·臺州期末）已知數列滿足（e為自然對數的底），且.
（1）當時，令，求的通項公式及其前n項和；
（2）當時，令，，，求的值.
【答案】（1）解：當時，，
兩邊取對數，則，
所以，
又因為，
所以，數列是首項為1，公比為2的等比數列，
則，.
（2）解：當時，（*），
則，
所以，
則
由（*），可得，
則，
所以，
.
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式；等比數列的前n項和；數列的求和
【解析】【分析】（1）通過對取對數，再利用等比數列的定義判斷出數列是首項為1，公比為2的等比數列，再利用等比數列的通項公式和等比數列前n項和公式，從而得出數列的通項公式和數列的前n項和.
（2）由得出，利用裂項相消法得出，再由得出，利用累乘法得出，最后代入所求式計算得出的值.
（1）當時，，兩邊取對數，，即，
又，故是首項為1，公比為2的等比數列，
故，.
（2）當時，（*），
則，故，
于是，
又由（*），可得，故，
于是
.
18．（2025高三上·臺州期末）“石頭、剪刀、布”是我們小時候常玩的游戲，游戲規則如下：
①石頭贏剪刀，剪刀贏布，布贏石頭；
②兩人游戲時，出相同的手勢為平局；多人游戲時都出相同的手勢或者三種手勢都出現為平局.
現有人玩游戲.
（1）分別求3人，4人玩一輪游戲，平局的概率、；
（2）求人玩一輪游戲，平局的概率（結果用n表示）；
（3）設當時，玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者的概率.
【答案】（1）解：由題意，可得，.
（2）解：因為平局的情況比較多，我們可以考慮n人玩游戲分出勝負的概率，
則；
其中表示分出勝負的三種情況，
所以n人只出了：①石頭，剪刀；②石頭，布；③剪刀，布，此時分勝負，
而分出勝負與平局是對立事件，
則.
（3）解：解法一：由于5人玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者.
情形一：第一輪平局，第二輪決出唯一獲勝者，
此時；
情形二：第一輪淘汰1位游戲者，第二輪淘汰3位游戲者，決出唯一獲勝者，
此時；
情形三：第一輪淘汰2位游戲者，第二輪淘汰2位游戲者，決出唯一獲勝者，
此時；
情形四：第一輪淘汰3位游戲者，第二輪淘汰1位游戲者，決出唯一獲勝者，
此時；
綜上所述：.
解法二：記表示n個人玩一輪游戲，恰好剩m人的概率，
當時，；
當時，，
設5人2輪游戲決出唯一獲勝者的概率，
則
.
【知識點】互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概率公式和排列數公式、組合數公式，從而得出平局的概率、的值.
（2）利用古典概率公式和對立事件求概率公式，從而用n表示平局的概率.
（3）利用古典概率公式和獨立事件乘積求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，從而得出當時，玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者的概率.
（1），
（2）由于平局的情況比較多，我們可以考慮n人玩游戲分出勝負的概率，
；
其中表示分出勝負的三種情況，即n人只出了①石頭，剪刀；②石頭，布；③剪刀，布，此時分勝負，
而分出勝負與平局是對立事件，
故
（3）解法一：由于5人玩2輪游戲，最終決出唯一獲勝者
情形一：第一輪平局，第二輪決出唯一獲勝者
此時；
情形二：第一輪淘汰1位游戲者，第二輪淘汰3位游戲者，決出唯一獲勝者
此時；
情形三：第一輪淘汰2位游戲者，第二輪淘汰2位游戲者，決出唯一獲勝者
此時；
情形四：第一輪淘汰3位游戲者，第二輪淘汰1位游戲者，決出唯一獲勝者
此時；
綜上所述：
解法二：記表示n個人玩一輪游戲，恰好剩m人的概率，
當時，；
當時，；
5人2輪游戲決出唯一獲勝者的概率，
.
19．（2025高三上·臺州期末）對于一個函數和兩個點，，給出如下定義：記：，若滿足，則稱P是M，N視角下的“基于的回點”.
（1）若，點，，求：M，N視角下的基于的回點P的坐標；
（2）若，，對于點，，若M，N視角下的“基于的回點”恰有兩個，記為，，求證：直線，的斜率.
【答案】（1）解：注意到，
當且僅當點P在線段MN上時，等號成立，
則M，N視角下的基于的回點P只能在線段，
與的交點上，
因為既在線段MN上，又因為在圖象上，
所以回點.
下證明與有且只有一個交點，
構造，
現證明只有一個零點，
則（），
設，（），
則，
，，
所以在上單調遞增，
因為
所以在區間上單調遞減，在上單調遞增，
所以.
則只有一個零點，
所以M，N視角下的“基于的回點”個數有且只有一個，是.
（2）證明：因為，
由橢圓的定義可知P是橢圓與的交點，
設，，其中，
先證對數不等式：若，，則，
設（），
則，
因為，
所以，
則在上單調遞增，
又因為，
所以，當時，，
若，則，
所以；
若，也成立，
所以，，
則，
取，，
得，
，
，①
將和相減，
得，
，②
再將和相加，
得，③
注意到：當時，
由，知，
結合①，②，③，
則
，
，.
【知識點】利用導數研究函數的單調性；基本不等式在最值問題中的應用；函數的零點與方程根的關系
【解析】【分析】（1）利用已知條件將問題轉化為：與有且只有一個交點，先構造函數，再通過二次求導，從而判斷出函數的單調性，進而得到函數零點和零點個數.
（2）利用已知條件將問題轉化為：橢圓與有兩個交點，，從而求出直線，的斜率的取值范圍，結合對數不等式得到，再利用點差法得到， 從而得出，結合基本不等式求最值的方法，從而得到，再解不等式可得的取值范圍.
（1）注意到，當且僅當點P在線段MN上時，等號成立，即M，N視角下的基于的回點P只能在線段，與的交點上.
因為既在線段MN上，又在圖象上，故回點；
下證明與有且只有一個交點.
構造，現證明只有一個零點.
（），
設，（），
則
，，
所以在上單調遞增.
由于
所以在區間上單調遞減，在上單調遞增，
所以.
因此只有一個零點，即M，N視角下的“基于的回點”個數有且只有一個，是.
（2），由橢圓的定義可知P是橢圓與的交點，
設，，其中.
先證對數不等式：若，，則.
設（），
則，
因為，所以，即在上單調遞增，又，
所以當時，.
若，則，所以；
若，也成立.
所以，，則.
取，，得.
.①
將和相減，
得，
.②
再將和相加，得.③
注意到：時，由知，
結合①，②，③，知
，
，，
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