贵州省部分校2024-2025学年高三上学期入学考试数学试卷
1．（2024高三上·贵州开学考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·贵州开学考）若向量，的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·贵州开学考）已知圆关于直线对称，则的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．6 D．4
4．（2024高三上·贵州开学考）的展开式中项的系数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·贵州开学考）已知函数有三个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，为测量一座古塔的高度，工作人员从塔底同一水平面的处测得塔顶C的仰角为，然后从处出发朝古塔方向走了60米到达处，在处测得塔顶C的仰角为，把塔顶正下方的一点记为点，则该古塔的高度为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
7．（2024高三上·贵州开学考）已知直线与椭圆相交于两点，椭圆的两个焦点是，，线段的中点为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·贵州开学考）已知函数满足：对任意实数x，y，都有成立，且．给出下列四个结论：①；②的图象关于点对称；③若，则；④，．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
9．（2024高三上·贵州开学考）已知复数，则下列结论正确的是（ ）
A．若z为纯虚数，则
B．若z在复平面内对应的点位于第一象限，则
C．若，则
D．若，则
10．（2024高三上·贵州开学考）已知函数，若将的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象对应的函数为奇函数
C．的图象关于点对称
D．在上单调递增
11．（2024高三上·贵州开学考）已知抛物线的准线l与圆相切，P为C上的动点，N是圆M上的动点，过P作l的垂线，垂足为Q，C的焦点为F，则下列结论正确的是（ ）
A．点F的坐标为
B．的最小值为
C．存在两个P点，使得
D．若为正三角形，则圆M与直线PQ相交
12．（2024高三上·贵州开学考）已知函数，则 ．
13．（2024高三上·贵州开学考）已知一组样本数据1，2，m，6的极差为6，若，则 ，这组数据的方差为 ．
14．（2024高三上·贵州开学考）在三棱锥中，，，D为AC的中点，平面ABC，且，则三棱锥外接球的表面积为 ．
15．（2024高三上·贵州开学考）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）求的单调区间和极小值．
16．（2024高三上·贵州开学考）甲、乙两人进行围棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分，约定一方比另一方多3分或比赛满7局时结束，并规定：当一方比另一方多3分或比赛满7局时，得分多的一方才算赢．假设在每局比赛中不存在平局，且甲每局获胜的概率为，各局比赛相互独立．已知前3局中，甲胜1局，乙胜2局，两人又打了局后比赛结束．
（1）求甲获得这次比赛胜利的概率；
（2）求的分布列及期望．
17．（2024高三上·贵州开学考）在三棱锥中，，，，为线段的中点．
（1）证明：．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2024高三上·贵州开学考）已知双曲线的离心率为，实轴长为6，A为双曲线C的左顶点，设直线l过定点，且与双曲线C交于E，F两点．
（1）求双曲线C的方程；
（2）证明：直线AE与AF的斜率之积为定值．
19．（2024高三上·贵州开学考）若n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”．
（1）设数列是项数为7的“对称数列”，，若成等差数列，且，试写出所有可能的数列．
（2）已知递增数列的前n项和为，且．
①求的通项公式；
②组合数具有对称性，恰好构成一个“对称数列”，记，求．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题可知，，
所以，
故答案为：A．
【分析】根据对数函数的性质求得，再根据集合的交集运算定义求解即可．
2．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题可知，，
故答案为：C．
【分析】由向量夹角公式，数量积及模的坐标计算公式求解即可．
3．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为圆关于直线对称，
所以直线过圆心，即，
则
因为，且，所以，
所以，
当且仅当即等号成立，
则的最小值是4.
故答案为：D.
【分析】转化为直线过圆心即，再利用基本不等式可得答案.
4．【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由二项式定理得的展开式的通项为，
化简得，
令，解得，
所以项的系数为.
故答案为：B
【分析】利用二项式定理得到展开式通项，再求解即可.
5．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：
因为有三个零点，
所以有三个根，所以和有三个交点，
而，令，，
令，，
所以在上分别单调递增，在上单调递减，
所以极小值为，极大值为，
当时，，时，，
所以.
故答案为：B
【分析】将零点问题转化为交点问题，结合导数求解即可.
6．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意得，，，，
所以，且设，得到即为所求古塔高度，
而，
由锐角三角函数的定义得，
解得.
故答案为：C.
【分析】利用两角差的正切公式结合锐角三角函数定义求解即可.
7．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，由题可知，，
则，所以，即，解得，
所以，则，
所以，
故答案为：B．
【分析】根据线段的中点为，利用点差法求得，再利用三角形面积公式求解．
8．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：对于①，令，则，所以，故错误；
对于②，令，则，
所以的图象关于对称，所以的图象关于点对称，故正确；
对于③，因为，若，则，故正确；
对于④，令，则，可得，
令，则，故错误.
故答案为：C.
【分析】令可判断①；令，求出可得的图象关于对称，再由图象平移规律可判断②；根据可判断③；令求出，再令可判断④.
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、由，
若z为纯虚数，即且，则，A错误；
B、若z在复平面内对应的点位于第一象限，则，得，即，B正确；
C、若，则，则，C正确；
D、若，则，解得，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由复数，若z为纯虚数，得，即可判断A；
若z在复平面内对应的点位于第一象限，则，得到，即可判断B；
若，则，则，即可判断C；
若，则，解得，即可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，
所以，
将的图象平移后能与函数的图象完全重合，
所以，解得，所以A错误；
对于B，此时，设得到的新函数为，
向右平移个单位长度后得出函数，
由正弦函数性质得是奇函数，所以B正确；
对于C，令，解得，
当时，，所以的图象关于点对称，所以C正确；
对于D，由题意得，，，
所以在上不单调，所以D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用二倍角公式结合辅助角公式化简，并结合正弦型函数的图象变换和已知条件，从而得出的值，则判断出选项A；利用正弦型函数的图象变换得出函数g(x)的解析式，再结合正弦函数的奇偶性判断出函数的奇偶性，则判断出选项B；利用换元法和正弦函数图象的对称性，则判断出正弦型函数的对称性，从而判断出选项C；利用已知条件和特殊函数的值，再结合函数的单调性，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、准线与圆相切，
可知，可得，所以，A正确；
B、根据可得，
可确定最小值为，B错误；
C、若，则，做中垂线，
根据题意知，设为中点，则可得，
直线斜率为，根据点斜式可确定为，
与抛物线联立得，
，
所以可知有两个解，所以存在两个P点，使得，C正确；
D、根据为正三角形，所以，则，
且，所以可得，和圆与轴交点为，
，所以可知圆M与直线PQ相交，D正确.
故选：ACD.
【分析】对A，准线与圆相切，可知，即可确定焦点为F坐标，即可判断选项；
对B，转化为，根据将军饮马理论可判断选项；
对C，若，则，做中垂线，解出方程，与抛物线联立，解得个数，即可判断几个交点；
对D，根据为正三角形，可得解得纵坐标，和圆与轴交点比较，即可判断.
12．【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】分段函数求值，由内到外，分别代入对应解析式即可得解.
13．【答案】；
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为一组样本数据1，2，m，6的极差为6，且，
所以，解得，则，
所以方差为.
故答案为：；.
【分析】由极差为6，可得，求出平均数，再由方差计算公式，即可求出方差.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：在中，，，
由余弦定理得，
所以，设的外接圆的半径为，
则由正弦定理得，解得
结合图形分析：
因为D为AC的中点，平面ABC，且，
在中，，，
又，则圆心到点的距离为，
另设三棱锥的外接球球心到平面的距离为，设外接球的半径为，
则中，，即，
直角梯形中，，即，
解得，，所以.
故答案为：.
【分析】由已知，利用余弦定理可得，再由正弦定理可得的外接圆的半径为，结合立体图形，设三棱锥的外接球球心到平面的距离为，设外接球的半径为，在中和直角梯形中，由等量关系建立方程组，解出，即可得到三棱锥外接球的表面积.
15．【答案】（1）解： 因为，定义域为，
所以，，
则，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
令得，令得，
故所求三角形的面积为．
（2）解：因为，，
令得或，
令得或，令得，
又函数的定义域为，
所以的增区间为，，减区间为，
所以的极小值为．
【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
【解析】【分析】（1）由切点为，求出切线斜率，写出切线的点斜式方程，得到切线方程的横纵截距，即可求得切线与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）由导数的正负，解出的定义域内的范围，即可求出的单调区间，由的单调情况，可以得到的极小值．
（1）因为，定义域为，
所以，，
则，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
令得，令得，
故所求三角形的面积为．
（2）因为，，
令得或，
令得或，令得，
又函数的定义域为，
所以的增区间为，，减区间为，
所以的极小值为．
16．【答案】（1）解： 情况1：在接下来的比赛中，甲连赢局，则甲获胜，
概率为；
情况2：在接下来的比赛中，前局甲赢局，负局，第局甲赢，则甲获胜，
概率为.
所以甲获得这次比赛胜利的概率为.
（2）解：的可能取值为，
时，在接下来的比赛中，乙连赢局，
所以，则，
所以的分布列为：
数学期望.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）根据甲先得分的情况进行分类讨论，由此求得甲获胜的概率.
（2）根据的取值进行分类讨论，由相互独立事件概率计算公式计算出分布列并求得数学期望.
（1）情况1：在接下来的比赛中，甲连赢局，则甲获胜，
概率为；
情况2：在接下来的比赛中，前局甲赢局，负局，第局甲赢，则甲获胜，
概率为.
所以甲获得这次比赛胜利的概率为.
（2）的可能取值为，
时，在接下来的比赛中，乙连赢局，
所以，则，
所以的分布列为：
数学期望.
17．【答案】（1）证明： 作面，，
如图，以中点为原点建立如下空间直角坐标系，
所以，因为，
所以，是等边三角形，设，
因为为线段的中点，所以，，
故，所以，，
得到，
因为，所以，
而，，
所以，
解得，所以，，
所以，设，因为是等边三角形，
所以，故，而，，
所以，解得，所以，
因为，所以，
，故，
由两点间距离公式得，解得，
所以，故，
而，可得，故得证.
（2）解： 由上问得，
，设面的法向量为，
所以，故得到，
令，解得，，所以，
而，，
设面的法向量为，
所以，故得到，
令，解得，，所以，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用两平面夹角的向量求法求解即可.
（1）作面，，
如图，以中点为原点建立如下空间直角坐标系，
所以，因为，
所以，是等边三角形，设，
因为为线段的中点，所以，，
故，所以，，
得到，
因为，所以，
而，，
所以，
解得，所以，，
所以，设，因为是等边三角形，
所以，故，而，，
所以，解得，所以，
因为，所以，
，故，
由两点间距离公式得，解得，
所以，故，
而，可得，故得证.
（2）由上问得，
，设面的法向量为，
所以，故得到，
令，解得，，所以，
而，，
设面的法向量为，
所以，故得到，
令，解得，，所以，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解： 因为双曲线的实轴长为6，所以，
因为双曲线的离心率为，所以，解得，
由，得，则C的方程为．
（2）证明：
设，，因为直线过定点，显然直线l不垂直于轴，则设直线，
联立方程组，消去x得，
由，得，
则，，
因为A为双曲线C的左顶点，所以，
直线AE的斜率，直线AF的斜率，
所以
，
即直线AE与AF的斜率之积为定值．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由实轴长为6，得，由离心率为，得，再由得，即可得到双曲线C的方程；
（2）设，，直线，直线与双曲线联立方程得，根据韦达定理得，，根据斜率公式得，最后代入化简计算即可得证.
（1）因为双曲线的实轴长为6，所以，
因为双曲线的离心率为，所以，解得，
由，得，则C的方程为．
（2）
设，，因为直线过定点，显然直线l不垂直于轴，则设直线，
联立方程组，消去x得，
由，得，
则，，
因为A为双曲线C的左顶点，所以，
直线AE的斜率，直线AF的斜率，
所以
，
即直线AE与AF的斜率之积为定值．
19．【答案】（1）解： 因为成等差数列，所以，
又，所以，则，
①当时，，
则所以可能数列为：；；；；
①当时，
由，解得，，
当时，由，且，，所以不合题意舍去；
所以可能数列为：；；；；；；；；；；；．
综上，所有可能的数列为：；；；；；；；；；；；；；；；．
（2）解： ①当时，，则；
当，，
所以，
因为为递增数列，且，所以时，，
所以，即，
所以为首项为，公差为的等差数列，
；
②
，
设，
两边求导得，，
令，则，
所以，
所以，
设，
则，
两式相减得，
所以，
所以．
【知识点】数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）由等差数列的性质及已知条件求解即可；
（2）由及为递增数列，利用求解即可；通过构造，根据导数计算出，再根据错位相减计算即可．
（1）因为成等差数列，所以，
又，所以，则，
①当时，，
则所以可能数列为：；；；；
①当时，
由，解得，，
当时，由，且，，所以不合题意舍去；
所以可能数列为：；；；；；；；；；；；．
综上，所有可能的数列为：；；；；；；；；；；；；；；；．
（2）①当时，，则；
当，，
所以，
因为为递增数列，且，所以时，，
所以，即，
所以为首项为，公差为的等差数列，
；
②
，
设，
两边求导得，，
令，则，
所以，
所以，
设，
则，
两式相减得，
所以，
所以．
贵州省部分校2024-2025学年高三上学期入学考试数学试卷
1．（2024高三上·贵州开学考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题可知，，
所以，
故答案为：A．
【分析】根据对数函数的性质求得，再根据集合的交集运算定义求解即可．
2．（2024高三上·贵州开学考）若向量，的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题可知，，
故答案为：C．
【分析】由向量夹角公式，数量积及模的坐标计算公式求解即可．
3．（2024高三上·贵州开学考）已知圆关于直线对称，则的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．6 D．4
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为圆关于直线对称，
所以直线过圆心，即，
则
因为，且，所以，
所以，
当且仅当即等号成立，
则的最小值是4.
故答案为：D.
【分析】转化为直线过圆心即，再利用基本不等式可得答案.
4．（2024高三上·贵州开学考）的展开式中项的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由二项式定理得的展开式的通项为，
化简得，
令，解得，
所以项的系数为.
故答案为：B
【分析】利用二项式定理得到展开式通项，再求解即可.
5．（2024高三上·贵州开学考）已知函数有三个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：
因为有三个零点，
所以有三个根，所以和有三个交点，
而，令，，
令，，
所以在上分别单调递增，在上单调递减，
所以极小值为，极大值为，
当时，，时，，
所以.
故答案为：B
【分析】将零点问题转化为交点问题，结合导数求解即可.
6．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，为测量一座古塔的高度，工作人员从塔底同一水平面的处测得塔顶C的仰角为，然后从处出发朝古塔方向走了60米到达处，在处测得塔顶C的仰角为，把塔顶正下方的一点记为点，则该古塔的高度为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意得，，，，
所以，且设，得到即为所求古塔高度，
而，
由锐角三角函数的定义得，
解得.
故答案为：C.
【分析】利用两角差的正切公式结合锐角三角函数定义求解即可.
7．（2024高三上·贵州开学考）已知直线与椭圆相交于两点，椭圆的两个焦点是，，线段的中点为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，由题可知，，
则，所以，即，解得，
所以，则，
所以，
故答案为：B．
【分析】根据线段的中点为，利用点差法求得，再利用三角形面积公式求解．
8．（2024高三上·贵州开学考）已知函数满足：对任意实数x，y，都有成立，且．给出下列四个结论：①；②的图象关于点对称；③若，则；④，．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：对于①，令，则，所以，故错误；
对于②，令，则，
所以的图象关于对称，所以的图象关于点对称，故正确；
对于③，因为，若，则，故正确；
对于④，令，则，可得，
令，则，故错误.
故答案为：C.
【分析】令可判断①；令，求出可得的图象关于对称，再由图象平移规律可判断②；根据可判断③；令求出，再令可判断④.
9．（2024高三上·贵州开学考）已知复数，则下列结论正确的是（ ）
A．若z为纯虚数，则
B．若z在复平面内对应的点位于第一象限，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、由，
若z为纯虚数，即且，则，A错误；
B、若z在复平面内对应的点位于第一象限，则，得，即，B正确；
C、若，则，则，C正确；
D、若，则，解得，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由复数，若z为纯虚数，得，即可判断A；
若z在复平面内对应的点位于第一象限，则，得到，即可判断B；
若，则，则，即可判断C；
若，则，解得，即可判断D.
10．（2024高三上·贵州开学考）已知函数，若将的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象对应的函数为奇函数
C．的图象关于点对称
D．在上单调递增
【答案】B,C
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，
所以，
将的图象平移后能与函数的图象完全重合，
所以，解得，所以A错误；
对于B，此时，设得到的新函数为，
向右平移个单位长度后得出函数，
由正弦函数性质得是奇函数，所以B正确；
对于C，令，解得，
当时，，所以的图象关于点对称，所以C正确；
对于D，由题意得，，，
所以在上不单调，所以D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用二倍角公式结合辅助角公式化简，并结合正弦型函数的图象变换和已知条件，从而得出的值，则判断出选项A；利用正弦型函数的图象变换得出函数g(x)的解析式，再结合正弦函数的奇偶性判断出函数的奇偶性，则判断出选项B；利用换元法和正弦函数图象的对称性，则判断出正弦型函数的对称性，从而判断出选项C；利用已知条件和特殊函数的值，再结合函数的单调性，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．（2024高三上·贵州开学考）已知抛物线的准线l与圆相切，P为C上的动点，N是圆M上的动点，过P作l的垂线，垂足为Q，C的焦点为F，则下列结论正确的是（ ）
A．点F的坐标为
B．的最小值为
C．存在两个P点，使得
D．若为正三角形，则圆M与直线PQ相交
【答案】A,C,D
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、准线与圆相切，
可知，可得，所以，A正确；
B、根据可得，
可确定最小值为，B错误；
C、若，则，做中垂线，
根据题意知，设为中点，则可得，
直线斜率为，根据点斜式可确定为，
与抛物线联立得，
，
所以可知有两个解，所以存在两个P点，使得，C正确；
D、根据为正三角形，所以，则，
且，所以可得，和圆与轴交点为，
，所以可知圆M与直线PQ相交，D正确.
故选：ACD.
【分析】对A，准线与圆相切，可知，即可确定焦点为F坐标，即可判断选项；
对B，转化为，根据将军饮马理论可判断选项；
对C，若，则，做中垂线，解出方程，与抛物线联立，解得个数，即可判断几个交点；
对D，根据为正三角形，可得解得纵坐标，和圆与轴交点比较，即可判断.
12．（2024高三上·贵州开学考）已知函数，则 ．
【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】分段函数求值，由内到外，分别代入对应解析式即可得解.
13．（2024高三上·贵州开学考）已知一组样本数据1，2，m，6的极差为6，若，则 ，这组数据的方差为 ．
【答案】；
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为一组样本数据1，2，m，6的极差为6，且，
所以，解得，则，
所以方差为.
故答案为：；.
【分析】由极差为6，可得，求出平均数，再由方差计算公式，即可求出方差.
14．（2024高三上·贵州开学考）在三棱锥中，，，D为AC的中点，平面ABC，且，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：在中，，，
由余弦定理得，
所以，设的外接圆的半径为，
则由正弦定理得，解得
结合图形分析：
因为D为AC的中点，平面ABC，且，
在中，，，
又，则圆心到点的距离为，
另设三棱锥的外接球球心到平面的距离为，设外接球的半径为，
则中，，即，
直角梯形中，，即，
解得，，所以.
故答案为：.
【分析】由已知，利用余弦定理可得，再由正弦定理可得的外接圆的半径为，结合立体图形，设三棱锥的外接球球心到平面的距离为，设外接球的半径为，在中和直角梯形中，由等量关系建立方程组，解出，即可得到三棱锥外接球的表面积.
15．（2024高三上·贵州开学考）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）求的单调区间和极小值．
【答案】（1）解： 因为，定义域为，
所以，，
则，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
令得，令得，
故所求三角形的面积为．
（2）解：因为，，
令得或，
令得或，令得，
又函数的定义域为，
所以的增区间为，，减区间为，
所以的极小值为．
【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
【解析】【分析】（1）由切点为，求出切线斜率，写出切线的点斜式方程，得到切线方程的横纵截距，即可求得切线与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）由导数的正负，解出的定义域内的范围，即可求出的单调区间，由的单调情况，可以得到的极小值．
（1）因为，定义域为，
所以，，
则，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
令得，令得，
故所求三角形的面积为．
（2）因为，，
令得或，
令得或，令得，
又函数的定义域为，
所以的增区间为，，减区间为，
所以的极小值为．
16．（2024高三上·贵州开学考）甲、乙两人进行围棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分，约定一方比另一方多3分或比赛满7局时结束，并规定：当一方比另一方多3分或比赛满7局时，得分多的一方才算赢．假设在每局比赛中不存在平局，且甲每局获胜的概率为，各局比赛相互独立．已知前3局中，甲胜1局，乙胜2局，两人又打了局后比赛结束．
（1）求甲获得这次比赛胜利的概率；
（2）求的分布列及期望．
【答案】（1）解： 情况1：在接下来的比赛中，甲连赢局，则甲获胜，
概率为；
情况2：在接下来的比赛中，前局甲赢局，负局，第局甲赢，则甲获胜，
概率为.
所以甲获得这次比赛胜利的概率为.
（2）解：的可能取值为，
时，在接下来的比赛中，乙连赢局，
所以，则，
所以的分布列为：
数学期望.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）根据甲先得分的情况进行分类讨论，由此求得甲获胜的概率.
（2）根据的取值进行分类讨论，由相互独立事件概率计算公式计算出分布列并求得数学期望.
（1）情况1：在接下来的比赛中，甲连赢局，则甲获胜，
概率为；
情况2：在接下来的比赛中，前局甲赢局，负局，第局甲赢，则甲获胜，
概率为.
所以甲获得这次比赛胜利的概率为.
（2）的可能取值为，
时，在接下来的比赛中，乙连赢局，
所以，则，
所以的分布列为：
数学期望.
17．（2024高三上·贵州开学考）在三棱锥中，，，，为线段的中点．
（1）证明：．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明： 作面，，
如图，以中点为原点建立如下空间直角坐标系，
所以，因为，
所以，是等边三角形，设，
因为为线段的中点，所以，，
故，所以，，
得到，
因为，所以，
而，，
所以，
解得，所以，，
所以，设，因为是等边三角形，
所以，故，而，，
所以，解得，所以，
因为，所以，
，故，
由两点间距离公式得，解得，
所以，故，
而，可得，故得证.
（2）解： 由上问得，
，设面的法向量为，
所以，故得到，
令，解得，，所以，
而，，
设面的法向量为，
所以，故得到，
令，解得，，所以，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用两平面夹角的向量求法求解即可.
（1）作面，，
如图，以中点为原点建立如下空间直角坐标系，
所以，因为，
所以，是等边三角形，设，
因为为线段的中点，所以，，
故，所以，，
得到，
因为，所以，
而，，
所以，
解得，所以，，
所以，设，因为是等边三角形，
所以，故，而，，
所以，解得，所以，
因为，所以，
，故，
由两点间距离公式得，解得，
所以，故，
而，可得，故得证.
（2）由上问得，
，设面的法向量为，
所以，故得到，
令，解得，，所以，
而，，
设面的法向量为，
所以，故得到，
令，解得，，所以，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2024高三上·贵州开学考）已知双曲线的离心率为，实轴长为6，A为双曲线C的左顶点，设直线l过定点，且与双曲线C交于E，F两点．
（1）求双曲线C的方程；
（2）证明：直线AE与AF的斜率之积为定值．
【答案】（1）解： 因为双曲线的实轴长为6，所以，
因为双曲线的离心率为，所以，解得，
由，得，则C的方程为．
（2）证明：
设，，因为直线过定点，显然直线l不垂直于轴，则设直线，
联立方程组，消去x得，
由，得，
则，，
因为A为双曲线C的左顶点，所以，
直线AE的斜率，直线AF的斜率，
所以
，
即直线AE与AF的斜率之积为定值．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由实轴长为6，得，由离心率为，得，再由得，即可得到双曲线C的方程；
（2）设，，直线，直线与双曲线联立方程得，根据韦达定理得，，根据斜率公式得，最后代入化简计算即可得证.
（1）因为双曲线的实轴长为6，所以，
因为双曲线的离心率为，所以，解得，
由，得，则C的方程为．
（2）
设，，因为直线过定点，显然直线l不垂直于轴，则设直线，
联立方程组，消去x得，
由，得，
则，，
因为A为双曲线C的左顶点，所以，
直线AE的斜率，直线AF的斜率，
所以
，
即直线AE与AF的斜率之积为定值．
19．（2024高三上·贵州开学考）若n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”．
（1）设数列是项数为7的“对称数列”，，若成等差数列，且，试写出所有可能的数列．
（2）已知递增数列的前n项和为，且．
①求的通项公式；
②组合数具有对称性，恰好构成一个“对称数列”，记，求．
【答案】（1）解： 因为成等差数列，所以，
又，所以，则，
①当时，，
则所以可能数列为：；；；；
①当时，
由，解得，，
当时，由，且，，所以不合题意舍去；
所以可能数列为：；；；；；；；；；；；．
综上，所有可能的数列为：；；；；；；；；；；；；；；；．
（2）解： ①当时，，则；
当，，
所以，
因为为递增数列，且，所以时，，
所以，即，
所以为首项为，公差为的等差数列，
；
②
，
设，
两边求导得，，
令，则，
所以，
所以，
设，
则，
两式相减得，
所以，
所以．
【知识点】数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）由等差数列的性质及已知条件求解即可；
（2）由及为递增数列，利用求解即可；通过构造，根据导数计算出，再根据错位相减计算即可．
（1）因为成等差数列，所以，
又，所以，则，
①当时，，
则所以可能数列为：；；；；
①当时，
由，解得，，
当时，由，且，，所以不合题意舍去；
所以可能数列为：；；；；；；；；；；；．
综上，所有可能的数列为：；；；；；；；；；；；；；；；．
（2）①当时，，则；
当，，
所以，
因为为递增数列，且，所以时，，
所以，即，
所以为首项为，公差为的等差数列，
；
②
，
设，
两边求导得，，
令，则，
所以，
所以，
设，
则，
两式相减得，
所以，
所以．
