贵州省铜仁市2025届高三上学期八月摸底考试数学试题
1．（2024高三上·铜仁开学考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·铜仁开学考）设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ）
A．64 B．14 C．12 D．3
3．（2024高三上·铜仁开学考）平均数 中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在下图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数 中位数和众数，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·铜仁开学考）用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.已知正四棱台的上 下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·铜仁开学考）为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
6．（2024高三上·铜仁开学考）已知向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·铜仁开学考）的展开式中的系数是（ ）
A．5 B．10 C．20 D．60
8．（2024高三上·铜仁开学考）关于函数，下列说法正确的是（ ）
①曲线在点处的切线方程为；
②的图象关于原点对称；
③若有三个不同零点，则实数的范围是；
④在上单调递减.
A．①④ B．②④ C．①②③ D．①③④
9．（2024高三上·铜仁开学考）在同一平面直角坐标系中，直线与圆的位置可能为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·铜仁开学考）如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A．当点为中点时，平面
B．当点为中点时，直线与直线所角的余弦值为
C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值
D．点到直线距离的最小值为
11．（2024高三上·铜仁开学考）定义域为的函数满足：，当时，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．
D．在上单调递增
12．（2024高三上·铜仁开学考）已知是复数，若，则 .
13．（2024高三上·铜仁开学考）已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，将角的终边绕着原点逆时针旋转得到角，则 .
14．（2024高三上·铜仁开学考）已知双曲线的右焦点为，过的直线与交于点，且满足的直线佮有三条，则双曲线的离心率的取值范围为 .
15．（2024高三上·铜仁开学考）的内角对边分别为，且.
（1）求角的大小：
（2）若，且，求的面积.
16．（2024高三上·铜仁开学考）如图，单位圆上的一质点在随机外力的作用下，每一次在圆弧上等可能地逆时针或顺时针移动，设移动次回到起始位置的概率为.
（1）求及的值：
（2）求数列的前项和.
17．（2024高三上·铜仁开学考）如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，平面平面，.
（1）为上一点，平面，求的值：
（2）平面与平面的交线为，求与平面所成角的正弦值.
18．（2024高三上·铜仁开学考）已知点，点在以为直径的圆上运动，轴，垂足为，点满足，点的轨迹为.
（1）求的方程：
（2）过点的直线交于点，设直线的斜率分别为 ，证明为定值，并求出该定值.
19．（2024高三上·铜仁开学考）如图，在区间上，曲线与轴围成的阴影部分面积记为面积，若（为函数的导函数），则.设函数
（1）若，求的值；
（2）已知，点，过点的直线分别交于两点（在第一象限），设四边形的面积为，写出的表达式（用表示）并证明：：
（3）函数有两个不同的零点，比较与的大小，并说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列为等差数列，所以，即，
又因为，，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用等差数列求和公式，以及等差数列性质求解即可.
3．【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由众数的定义，结合分布图可知，众数是右起第二个矩形下底边的中点值；
因为中位数两侧矩形面积相等，所以，
又因为数据分布图为左拖尾，所以平均数小于中位数，即，故.
故答案为：A.
【分析】由图易知众数，再根据中位数两侧矩形面积相等确定中位数与众数的大小，最后利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数判断即可.
4．【答案】B
【知识点】棱台的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：分别为上下底面的中心，作于点，如图所示：
由图可知：，侧棱与底面所成的角即为，易知；
则，易知，由正四棱台性质可得；
则该正四棱台的高为，
故该四棱台的体积是.
故答案为：B.
【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体积公式求解即可.
5．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
将函数图象上所有的点向右平移个单位长度得到.
故答案为：D.
【分析】根据三角函数图象的平移变换求解即可.
6．【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由向量满足，且在上的投影向量为 ，
可得，解得，
则，因为，所以，
故向量与向量的夹角为.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用投影向量的定义，结合向量夹角公式求解即可.
7．【答案】C
【知识点】组合及组合数公式；二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
则的展开式中的项为，
故的展开式中的系数是20.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，结合二项式定理以及组合计数公式求解即可.
8．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
①、，，则切线方程为，即，故①正确；
②、因为，所以的图象关于原点不对称，故②错误；
③、当或时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
则函数在处取得极大值，极大值为；
在处取得极小值，极小值为，
函数的零点，即直线与函数图象交点的横坐标，
因此当直线与函数图象有3个交点时，，故③正确；
④、由③可知，函数在上单调递减，故④正确.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，再求函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程即可判断①；取值计算即可判断②；求出函数的极值，结合零点的意义即可判断③；确定单调性即可判断④.
9．【答案】A,B,D
【知识点】恒过定点的直线；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知直线过定点，
因为，所以点在圆内，
则直线与圆必相交.
故答案为：ABD.
【分析】由直线方程先确定直线恒过定点，再判断点和圆的位置关系，即可得直线与圆的位置关系.
10．【答案】A,C,D
【知识点】空间点、线、面的位置；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以点为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，设，
A、 当点为中点时， 即时，点，，，，即，
而平面，则平面，故A正确；
B、由A可得，，故B错误；
C、由A知，点到平面的距离为，而的面积，
因此三棱锥的体积是定值，故C正确；
D、，则点到直线的距离
，当且仅当时取等号，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明即可判断A；利用空间向量求出向量夹角余弦即可判断B；利用三棱锥体积公式计算即可判断C；利用空间向量求出点到直线的距离最小值即可判断D.
11．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象；函数的周期性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：A、因为，所以令，
可得，则，故A错误；
B、令，得到，
则，
则或，
由于当时，，则此时，
故时，，故时，，所以，
而，故对任意恒成立，则关于对称.
可由向左平移1个单位，再向下平移2个单位.
则的图象关于点对称，故B正确；
C、令，得到，
则.
令，得到
令，得到，
两式相减得，
变形，
即，
时，，两边除以，
即，故C正确；
D、令，则，
时，，则，
且，则，即，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】赋值令，求解即可判断A；赋值令，得到关于对称，再结合函数图象平移变换求解即可判断B；赋值令，再令，再变形即可判断C；赋值令，结合时，，举反例即可判断D.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得.
故答案为：.
【分析】根据复数除法运算化简求值即可.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据任意角的三角函数的定义求出，再利用两角和的正弦公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，可知直线与双曲线两支分别相交，且有两条直线与双曲线同一支相交，
显然满足的直线有1条为x轴，为左右顶点，长度为实轴长，，
当直线过，刚好垂直x轴时，令，可求得，此时直线只有1条，不满足题意，如图所示：
根据双曲线对称性可知：时，有2条，总共3条，满足题意，
即，则，
又因为，所以双曲线的离心率的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意可知直线与双曲线两支分别相交，且有两条直线与双曲线同一支相交，运用长轴性质和通径长度求解即可.
15．【答案】（1）解：由，
根据正弦定理可得，
则
，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：根据余弦定理的推论可知，则，
因为，且，所以，解得，
则.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 由题意，结合正弦定理、正弦的两角和公式化简求解即可；
(2)根据已知条件平方相减可得到，再根据余弦定理可得出，最后根据三角形面积公式求解即可.
（1）因为，根据正弦定理边角互化，以及恒等变换可得
内角，所以
则可得，又因，
所以
（2）根据余弦定理可知，
则可得，
又因，且，
可得，
可得
则
16．【答案】（1）解：设起始位置为，质点移动如图所示：
移动2次回到起始位置，则；；
则；
若移动3次回到起始位置，；；
则；
（2）解：每次移动的时候是顺时针与逆时针移动是等可能的，
设掷骰子次时，棋子移动到，，处的概率分别为：，，，所以，
掷骰子次时，共有，，三种情况，故，
因为，即，，
又因为，
所以时，，
又因为，可得，
由，
可得数列是首项为公比为的等比数列，
，即，
又，
所以的前项和为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）按照质点移动的路线分别求概率即可；
（2）由棋子移动的方向分别按逆时针与顺时针共有，，三种情况，故可得，，由数列的递推公式，求得的通项公式，再求，最后根据求和公式求解即可.
（1）如图：设起始位置为，
移动2次回到起始位置，则；；
所以，
若移动3次回到起始位置，
；；
所以，
（2）每次移动的时候是顺时针与逆时针移动是等可能的，
设掷骰子次时，棋子移动到，，处的概率分别为：，，，
所以．
掷骰子次时，共有，，三种情况，故．
，即，，
又，
时，，
又，可得，
由，
可得数列是首项为公比为的等比数列，
，即，
又．
所以的前项和为
17．【答案】（1）解：设为上一点，且满足，连接，，如图所示：
因为平面，且平面平面，所以，即四边形为平行四边形，
在等腰梯形中，因为，所以，
所以为的中点，，即；
（2）解：延长，相交于点，设为中点，
则平面与平面的交线为直线，连接，，
由，得，且，
又平面平面，平面平面，
则平面，在中，，于是，且，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设平面法向量，则，取，得，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）设为上一点，且满足，利用线面平行的性质，结合三角形中位线性质证明即可；
（2）延长，相交于点，取的中点，利用面面垂直的性质证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
（1）设为上一点，且满足，连接，.
由平面，且平面平面，得，即四边形为平行四边形，
在等腰梯形中，，则，
所以为的中点，，即.
（2）延长，相交于点，设为中点，
则平面与平面的交线为直线，连接，，
由，得，且，
又平面平面，平面平面，
则平面，在中，，于是，且，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面法向量，则，取，得，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：设，
易知以AB为直径的圆方程为，
因为，所以，则，
又因为点在以为直径的圆上，所以，即，
则的方程为；
（2）证明：由题意，可知直线斜率存在，设直线的方程为，
联立，消元整理可得，由韦达定理可得，
因为，
所以
，
则为定值.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，求出点的轨迹方程，利用向量的坐标运算及坐标代换法求出的方程即可；
（2）设直线的方程，联立方程组，利用韦达定理以及斜率的坐标表示推理计算即可.
（1）依题意，点在圆上运动，设，
由，得，
则，又，即，
所以的方程为.
（2）依题意，直线斜率存在，设直线的方程为，
由，得，则，
又，
则
，
所以为定值.
19．【答案】（1）解：设函数定义域为，，
则；
（2）证明：由题意，四边形为梯形或矩形，又，则，
，下证，
而，只需证，
令，只需证，
，设，则，
在上单调递增，则在上单调递增，
因此，所以；
（3）解：，因为为的零点，则，
设，则有，即，于是，
由（2）知，则有，因此，
，则，即，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明；函数的零点与方程根的关系；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）由题意，令，直接代入计算即可；
（2）利用矩形或梯形面积公式计算，再利用分析法推理构造函数，利用导数证明不等式即可；
（3）利用函数零点的意义，结合（2）的结论及不等式性质推理即可.
（1）设，则，
所以.
（2）依题意，四边形为梯形或矩形，又，则，
，下证，
而，只需证，
令，只需证，
，设，则，
在上单调递增，则在上单调递增，
因此，所以.
（3），因为为的零点，则，
设，则有，即，于是，
由（2）知，则有，因此，
，则，即，所以.
贵州省铜仁市2025届高三上学期八月摸底考试数学试题
1．（2024高三上·铜仁开学考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据集合的并集运算求解即可.
2．（2024高三上·铜仁开学考）设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ）
A．64 B．14 C．12 D．3
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列为等差数列，所以，即，
又因为，，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用等差数列求和公式，以及等差数列性质求解即可.
3．（2024高三上·铜仁开学考）平均数 中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在下图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数 中位数和众数，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由众数的定义，结合分布图可知，众数是右起第二个矩形下底边的中点值；
因为中位数两侧矩形面积相等，所以，
又因为数据分布图为左拖尾，所以平均数小于中位数，即，故.
故答案为：A.
【分析】由图易知众数，再根据中位数两侧矩形面积相等确定中位数与众数的大小，最后利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数判断即可.
4．（2024高三上·铜仁开学考）用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.已知正四棱台的上 下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱台的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：分别为上下底面的中心，作于点，如图所示：
由图可知：，侧棱与底面所成的角即为，易知；
则，易知，由正四棱台性质可得；
则该正四棱台的高为，
故该四棱台的体积是.
故答案为：B.
【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体积公式求解即可.
5．（2024高三上·铜仁开学考）为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
将函数图象上所有的点向右平移个单位长度得到.
故答案为：D.
【分析】根据三角函数图象的平移变换求解即可.
6．（2024高三上·铜仁开学考）已知向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由向量满足，且在上的投影向量为 ，
可得，解得，
则，因为，所以，
故向量与向量的夹角为.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用投影向量的定义，结合向量夹角公式求解即可.
7．（2024高三上·铜仁开学考）的展开式中的系数是（ ）
A．5 B．10 C．20 D．60
【答案】C
【知识点】组合及组合数公式；二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
则的展开式中的项为，
故的展开式中的系数是20.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，结合二项式定理以及组合计数公式求解即可.
8．（2024高三上·铜仁开学考）关于函数，下列说法正确的是（ ）
①曲线在点处的切线方程为；
②的图象关于原点对称；
③若有三个不同零点，则实数的范围是；
④在上单调递减.
A．①④ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
①、，，则切线方程为，即，故①正确；
②、因为，所以的图象关于原点不对称，故②错误；
③、当或时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
则函数在处取得极大值，极大值为；
在处取得极小值，极小值为，
函数的零点，即直线与函数图象交点的横坐标，
因此当直线与函数图象有3个交点时，，故③正确；
④、由③可知，函数在上单调递减，故④正确.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，再求函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程即可判断①；取值计算即可判断②；求出函数的极值，结合零点的意义即可判断③；确定单调性即可判断④.
9．（2024高三上·铜仁开学考）在同一平面直角坐标系中，直线与圆的位置可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】恒过定点的直线；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知直线过定点，
因为，所以点在圆内，
则直线与圆必相交.
故答案为：ABD.
【分析】由直线方程先确定直线恒过定点，再判断点和圆的位置关系，即可得直线与圆的位置关系.
10．（2024高三上·铜仁开学考）如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A．当点为中点时，平面
B．当点为中点时，直线与直线所角的余弦值为
C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值
D．点到直线距离的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】空间点、线、面的位置；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以点为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，设，
A、 当点为中点时， 即时，点，，，，即，
而平面，则平面，故A正确；
B、由A可得，，故B错误；
C、由A知，点到平面的距离为，而的面积，
因此三棱锥的体积是定值，故C正确；
D、，则点到直线的距离
，当且仅当时取等号，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明即可判断A；利用空间向量求出向量夹角余弦即可判断B；利用三棱锥体积公式计算即可判断C；利用空间向量求出点到直线的距离最小值即可判断D.
11．（2024高三上·铜仁开学考）定义域为的函数满足：，当时，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．
D．在上单调递增
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象；函数的周期性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：A、因为，所以令，
可得，则，故A错误；
B、令，得到，
则，
则或，
由于当时，，则此时，
故时，，故时，，所以，
而，故对任意恒成立，则关于对称.
可由向左平移1个单位，再向下平移2个单位.
则的图象关于点对称，故B正确；
C、令，得到，
则.
令，得到
令，得到，
两式相减得，
变形，
即，
时，，两边除以，
即，故C正确；
D、令，则，
时，，则，
且，则，即，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】赋值令，求解即可判断A；赋值令，得到关于对称，再结合函数图象平移变换求解即可判断B；赋值令，再令，再变形即可判断C；赋值令，结合时，，举反例即可判断D.
12．（2024高三上·铜仁开学考）已知是复数，若，则 .
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得.
故答案为：.
【分析】根据复数除法运算化简求值即可.
13．（2024高三上·铜仁开学考）已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，将角的终边绕着原点逆时针旋转得到角，则 .
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，所以，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据任意角的三角函数的定义求出，再利用两角和的正弦公式求解即可.
14．（2024高三上·铜仁开学考）已知双曲线的右焦点为，过的直线与交于点，且满足的直线佮有三条，则双曲线的离心率的取值范围为 .
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，可知直线与双曲线两支分别相交，且有两条直线与双曲线同一支相交，
显然满足的直线有1条为x轴，为左右顶点，长度为实轴长，，
当直线过，刚好垂直x轴时，令，可求得，此时直线只有1条，不满足题意，如图所示：
根据双曲线对称性可知：时，有2条，总共3条，满足题意，
即，则，
又因为，所以双曲线的离心率的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意可知直线与双曲线两支分别相交，且有两条直线与双曲线同一支相交，运用长轴性质和通径长度求解即可.
15．（2024高三上·铜仁开学考）的内角对边分别为，且.
（1）求角的大小：
（2）若，且，求的面积.
【答案】（1）解：由，
根据正弦定理可得，
则
，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：根据余弦定理的推论可知，则，
因为，且，所以，解得，
则.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 由题意，结合正弦定理、正弦的两角和公式化简求解即可；
(2)根据已知条件平方相减可得到，再根据余弦定理可得出，最后根据三角形面积公式求解即可.
（1）因为，根据正弦定理边角互化，以及恒等变换可得
内角，所以
则可得，又因，
所以
（2）根据余弦定理可知，
则可得，
又因，且，
可得，
可得
则
16．（2024高三上·铜仁开学考）如图，单位圆上的一质点在随机外力的作用下，每一次在圆弧上等可能地逆时针或顺时针移动，设移动次回到起始位置的概率为.
（1）求及的值：
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）解：设起始位置为，质点移动如图所示：
移动2次回到起始位置，则；；
则；
若移动3次回到起始位置，；；
则；
（2）解：每次移动的时候是顺时针与逆时针移动是等可能的，
设掷骰子次时，棋子移动到，，处的概率分别为：，，，所以，
掷骰子次时，共有，，三种情况，故，
因为，即，，
又因为，
所以时，，
又因为，可得，
由，
可得数列是首项为公比为的等比数列，
，即，
又，
所以的前项和为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）按照质点移动的路线分别求概率即可；
（2）由棋子移动的方向分别按逆时针与顺时针共有，，三种情况，故可得，，由数列的递推公式，求得的通项公式，再求，最后根据求和公式求解即可.
（1）如图：设起始位置为，
移动2次回到起始位置，则；；
所以，
若移动3次回到起始位置，
；；
所以，
（2）每次移动的时候是顺时针与逆时针移动是等可能的，
设掷骰子次时，棋子移动到，，处的概率分别为：，，，
所以．
掷骰子次时，共有，，三种情况，故．
，即，，
又，
时，，
又，可得，
由，
可得数列是首项为公比为的等比数列，
，即，
又．
所以的前项和为
17．（2024高三上·铜仁开学考）如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，平面平面，.
（1）为上一点，平面，求的值：
（2）平面与平面的交线为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：设为上一点，且满足，连接，，如图所示：
因为平面，且平面平面，所以，即四边形为平行四边形，
在等腰梯形中，因为，所以，
所以为的中点，，即；
（2）解：延长，相交于点，设为中点，
则平面与平面的交线为直线，连接，，
由，得，且，
又平面平面，平面平面，
则平面，在中，，于是，且，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设平面法向量，则，取，得，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）设为上一点，且满足，利用线面平行的性质，结合三角形中位线性质证明即可；
（2）延长，相交于点，取的中点，利用面面垂直的性质证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
（1）设为上一点，且满足，连接，.
由平面，且平面平面，得，即四边形为平行四边形，
在等腰梯形中，，则，
所以为的中点，，即.
（2）延长，相交于点，设为中点，
则平面与平面的交线为直线，连接，，
由，得，且，
又平面平面，平面平面，
则平面，在中，，于是，且，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面法向量，则，取，得，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
18．（2024高三上·铜仁开学考）已知点，点在以为直径的圆上运动，轴，垂足为，点满足，点的轨迹为.
（1）求的方程：
（2）过点的直线交于点，设直线的斜率分别为 ，证明为定值，并求出该定值.
【答案】（1）解：设，
易知以AB为直径的圆方程为，
因为，所以，则，
又因为点在以为直径的圆上，所以，即，
则的方程为；
（2）证明：由题意，可知直线斜率存在，设直线的方程为，
联立，消元整理可得，由韦达定理可得，
因为，
所以
，
则为定值.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，求出点的轨迹方程，利用向量的坐标运算及坐标代换法求出的方程即可；
（2）设直线的方程，联立方程组，利用韦达定理以及斜率的坐标表示推理计算即可.
（1）依题意，点在圆上运动，设，
由，得，
则，又，即，
所以的方程为.
（2）依题意，直线斜率存在，设直线的方程为，
由，得，则，
又，
则
，
所以为定值.
19．（2024高三上·铜仁开学考）如图，在区间上，曲线与轴围成的阴影部分面积记为面积，若（为函数的导函数），则.设函数
（1）若，求的值；
（2）已知，点，过点的直线分别交于两点（在第一象限），设四边形的面积为，写出的表达式（用表示）并证明：：
（3）函数有两个不同的零点，比较与的大小，并说明理由.
【答案】（1）解：设函数定义域为，，
则；
（2）证明：由题意，四边形为梯形或矩形，又，则，
，下证，
而，只需证，
令，只需证，
，设，则，
在上单调递增，则在上单调递增，
因此，所以；
（3）解：，因为为的零点，则，
设，则有，即，于是，
由（2）知，则有，因此，
，则，即，所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明；函数的零点与方程根的关系；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）由题意，令，直接代入计算即可；
（2）利用矩形或梯形面积公式计算，再利用分析法推理构造函数，利用导数证明不等式即可；
（3）利用函数零点的意义，结合（2）的结论及不等式性质推理即可.
（1）设，则，
所以.
（2）依题意，四边形为梯形或矩形，又，则，
，下证，
而，只需证，
令，只需证，
，设，则，
在上单调递增，则在上单调递增，
因此，所以.
（3），因为为的零点，则，
设，则有，即，于是，
由（2）知，则有，因此，
，则，即，所以.
