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2025年第四届典韦杯线上联考（五月）
数　 学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．本试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。
一、选择题：本题共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．已知集合，，则
A． B． C． D．
2．已知复数满足，则
A． B． C． D．
3．双曲线的右焦点到其渐近线的距离为
A． B． C． D．
4．已知函数在单调递减，则的取值范围是
A． B． C． D．
5．展开式中的常数项为
A． B． C． D．
6．已知，且，则的最小值为
A． B． C． D．
7．若数列满足，，则的个位数字为
A． B． C． D．
8．已知集合，其中，集合为的一个非空子集，且满足对于任意的，均有，则称为的一个“对映子集”．从的所有子集中等可能的抽取一个集合，是的对映子集的概率为，记，则
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．下列立体图形中，一定有内切球的是
A．正四面体 B．直三棱柱
C．正三棱台 D．正四棱锥
10．已知函数，下列说法正确的是
A．是奇函数 B．
C．最小正周期为 D．的最大值为
11．已知抛物线的顶点为，焦点为，点是抛物线上一动点，下列说法正确的是
A． B．的准线方程为
C．≥ D．的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知随机变量的分布列为，，则_________．
13．若的面积为，，则_________．
14．设为坐标原点，椭圆的左顶点和左焦点分别为、，、为上关于轴对称的两点（点在第二象限）且轴，，则的离心率为_________；已知、为上关于轴对称的两点，直线，交于点，若椭圆的长轴长为，则点的轨迹方程为_________（结果含）．
四、解答题：本题共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．（13分）
在中，分别是角的对边，
（1）求；
（2）若点是上靠近的三等分点，且，求．
16．（15分）
已知函数
（1）证明：有且仅有一个极值点，并判断是极大值点还是极小值点．
（2）当时，证明：．
17．（15分）
如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，，点在平面上的投影为点（图中未画出）．
证明：；
求与平面夹角的正弦值．
18．（17分）
已知双曲线，分别为其左、右顶点，是第一象限内曲线上一点，为曲线左支上一点，与轴交于点且与原点不重合，已知．
求直线的斜率；
设直线，的斜率分别为，：
证明：；
证明：．
19．（17分）
已知数列满足，，且和，的概率相同，记，其中≤≤，记为所有的之和，其中，的值可以相同．
（1）当(为常数)的概率最大时，求的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）将的所有值随机排列组成数列，≥，证明：存在一种排列方式，使得均为等差数列．2025 年第四届典韦杯线上联考（五月）
数学参考答案及考点分析
一、选择题：本大题共11小题，单选8小题，每小题5分，共计40分．多选3小题每小题6分，共18分.单选与答案不符不给分,多选选全得满分,选部分得部分分,选错不得分.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A B C B D A D B AD AB AC
已知集合，,则
B. C. D.
考点：一元二次不等式的求解，集合的基本运算 难度：★
解析：，得，故
已知复数满足，则
A. B. C. D.
考点：复数的基本运算 难度：★
解析：
双曲线的右焦点到双曲线渐近线的距离为
A. B. C. D.
考点：双曲线的性质，点到直线的距离公式 难度：★
解析：易知，双曲线的焦点到双曲线渐近线的距离为
已知函数在单调递减，则的取值范围是
A. B. C. D.
考点：函数与导数 难度：★★
解析：，
展开式中的常数项为
A. -671 B. 671 C. -1342 D.1342
考点：二项式定理，排列与组合 难度：★★★
解析：常数项，可能是一个和两个相乘，也可能是两个和四个相乘，也可能是所有的相乘，所以常数项为：
已知，且，则的最小值为
考点：基本不等式 难度：★★★
解析：
设，则
，可以取等
若数列满足，，则的个位数字为
A. B. C. D.
考点：数列求解 难度：★★★
解析：令得，即
所以数列是公差为2的等差数列
所以
取，易得： 取，易得：
取，易得： 取，易得：
所以，解得：，因此
累加得
故，所以个位数为5，选D
已知集合，其中，集合为的一个非空子集，且满足对于任意的，均有，则称为的一个“对映子集”，从的所有子集中等可能的抽取一个集合，是的对映子集的概率为，记,则
B.
C. D.
考点：集合，二项式定理，数列求和 难度：★★★★
解析：将所有的二元对映子集列举出来：，
需要注意的是，集合也是满足题意的一个对映子集，由于集合具有互异性，为便于理解，这里把他当作二元集合
一共有个二元子集，而从这些子集中任选几项，所组成的并集，依旧是的对映子集，因此，一共有
种二元子集
因此，因此
当时，，故选B
需要注意的是，这里的指的是的值所在的一个区间，不代表上面的表达式的实际取值范围，答案是经过放缩以后得到的。
下列立体图形中，一定有内切球的是
A．正四面体 B．直三棱柱
C．正三棱台 D．正四棱锥
考点：立体图形的内切球问题 难度：★
解析：任意正棱锥均有内切球，正四面体也一定有内切球
而直三棱柱，正三棱台想要有内切球，要求相对苛刻，需要这些几何图形的高满足一定条件，因此本题答案为AD
已知函数，下列说法正确的是
A．是奇函数 B.
C．最小正周期为 D. 的最大值为
考点：三角恒等变换，函数与导数 难度：★★★
解析：，故A正确
，故B正确
，故C错误
，令，
，令得，易知当时，
故D错误
因此本题答案为AB
已知抛物线的顶点为，焦点为，点是抛物线上一动点，下列说法正确的是
A． B．的准线方程为
C． D．的最大值为
考点：抛物线的定义和性质 难度：★★★★
解析：首先连接，的方程为
而垂直于的直线，斜率为，这也是准线的斜率，又因为准线到顶点的距离等于间的距离
因此，解得，所以准线方程为
而根据抛物线性质，
因此A正确，B错误
再根据抛物线定义：
整理可得：
即
所以
解得,故C正确
而
当且仅当取等，但此时,因此无法取等，故D错误
故本题答案为AC
二、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分,与答案相符即给分,没有化简的结果也可酌情给分.
12.已知随机变量的分布列为，则_________.
解答:，
难度：★★
13．若的面积为，，则_________．
解答：
14.设为坐标原点，椭圆的左顶点和左焦点分别为,，,为上关于轴对称的两点(点在第二象限）且轴，，则的离心率为_________;已知为上关于轴对称的两点，直线交于点，若椭圆的长轴长为，则点的轨迹方程为_________(结果含).
解答:，很容易得到，我们在此主要解决第二空
取关于轴的对称点，关于原点对称
故
而
故
所以点在以为左右顶点，离心率为的双曲线上运动
剩下答案显而易见：
本题如果没写后面的限制条件，会扣一分
难度：★★★★
三、解答题：本题共 5 小题，共 77 分,从15-19题,每小题分值分别为13,15,15,17,17.
过程规范,答案正确者得满分,过程不规范或答案错误者根据作答情况适当扣分.
15（13分）在中，分别是角的对边，
（1）求；
（2）若点是上靠近的三等分点，且，求．
解析：（1）
又因为,所以
解：
同理可得：
故
难度：★★★
16.（15分）
已知函数
（1）证明：有且仅有一个极值点，并判断是极大值点还是极小值点．
（2）当时，证明：．
(1)证明：
故在单调递增
又因为
故
故单调递增
故有唯一极值点，且为极小值点。
.
故
故
故 得证
难度：★★★
17.（15分）
如图,在四棱锥中，平面,底面是菱形，， ，点在平面上的投影为点（图中未画出）．
（1）证明：；
（2）求与平面夹角的正弦值．
证明：
因此
（2）如图建立空间坐标系（左手系）
设为平面的一个法向量
得
同理可得，
故可设，
故，因此,
而
因此
与平面夹角的正弦值为
难度：★★★★
已知双曲线，分别为其左、右顶点，是第一象限内曲线上一点，为曲线左支上一点，与轴交于点且与原点不重合，已知．
（1）求直线的斜率；
（2）设直线，的斜率分别为，：
证明：；
证明：．
（1）设
联立：
整理得：
设
故
即，若
故
故
（2）(i)证明：，
故
得证
(ii)证明：
又因为
即证：
由正弦定理：
而
故
得证
难度：★★★★
19．（17分）
已知数列满足，，且和，的概率相同，记，其中≤≤，记为所有的之和，其中，的值可以相同．
（1）当(为常数)的概率最大时，求的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）将的所有值随机排列组成数列，≥，证明：存在一种排列方式，使得均为等差数列．
解：（1）当为奇数时，数列
个数，换言之，从经历了次加一或减一的变换
假设加了，一共有种方式，由组合数性质，时，最大
此时，加1的次数和减1的次数是一样的，因此
同理可得：当为偶数时，，此时
因此：当
（2）构造如下三角
第一行为1，而每个数的左下方都比该数大1，每个数的右下方都比该数小1
我们不难注意到，每一行的所有数之和为，其中为行数，我们先证明这一点
第二行所有数之和为成立
假设第行所有数之和为，将第行从左到右依次编号为
则第行所有数之和为
因此每一行所有数之和为
而为的所有可能值之和，在所有的中，第一行加了次，第二行加了次，依次类推，直到第行，只加了一次
因此，每一行在中的“贡献”均为，一共有行
因此的通项公式为：
回到第二问的三角形中，设第行的所有数从左到右依次为
则从加到，不同的和设为
第行的所有数为
第行的所有数为
从而的可能值为
因此，每一个，都可以引申出四个，使得这四个数成公差为2的等差数列，这样的等差数列一共有种
故存在一种排列方式，使得均为等差数列．
难度：★★★★

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