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湖南省永州市2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试卷
1．（2025·永州模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·永州模拟）若复数z满足，则z在复平面内对应的点为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·永州模拟）已知为等差数列的前n项和，且，，则（　　）
A．40 B．45 C．50 D．55
4．（2025·永州模拟）已知，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·永州模拟）的展开式的第4项系数是（　　）
A． B．280 C． D．560
6．（2025·永州模拟）已知椭圆E：，点，若直线（）与椭圆E交于A，B两点，则的周长为（　　）
A． B．4 C． D．8
7．（2025·永州模拟）若函数在区间上单调递增，则实数a的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·永州模拟）如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（　　）
A．62 B．63 C．64 D．65
9．（2025·永州模拟）下列说法中，正确的有（　　）
A．具有相关关系的两个变量x，y的相关系数r越大，则x，y之间的线性相关程度越强
B．已知随机变量服从正态分布，且，则
C．数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30
D．若一组样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数
10．（2025·永州模拟）已知函数，则（　　）
A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增
C．曲线关于直线对称 D．
11．（2025·永州模拟）已知平面内动点到定点的距离与到定直线l：的距离之和等于6，其轨迹为曲线，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分
B．点横坐标的取值范围是
C．若过点的直线与曲线的部分图象和部分图象分别交于，则
D．对给定的点（），用表示的最小值，则的最小值为
12．（2025·永州模拟）已知函数是偶函数，则　 　.
13．（2025·永州模拟）已知直线与圆C：交于A，B两点，且，则　 　.
14．（2025·永州模拟）已知四棱台的底面为矩形，上底面积为下底面积的，所有侧棱长均为.当该四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为　 　.
15．（2025·永州模拟）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且.
（1）求的值；
（2）若，，求的面积.
16．（2025·永州模拟）某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如下表所示：
等级 不及格 及格 良 优
分数 1 2 3 4
人数 3 9 5 3
（1）若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；
（2）用样本估计总体，以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X.
（ⅰ）若，求X的分布列与数学期望；
（ⅱ）若，当k为何值时，最大？
17．（2025·永州模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，是边长为2的等边三角形，F为BC的中点.
（1）证明：；
（2）若直线AP与DF的夹角的余弦值为，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
18．（2025·永州模拟）已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为.
（1）求双曲线E的标准方程：
（2）过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N.
（ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值：
（ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围.
19．（2025·永州模拟）已知函数（），且有唯一零点.
（1）证明：；
（2）证明：；
（3）判断数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，又因为集合
所以.
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式，从而得出集合，再根据交集的运算法则得出集合.
2．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则z在复平面内对应的点为.
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法运算法则化简复数z，再根据复数的几何意义得出复数z在复平面内对应的点的坐标.
3．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】利用，结合等差数列前n项和公式，从而求出等差数列的公差d的值，再利用等差数列前n项和公式，从而得出的值.
4．【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和二倍角的正弦公式、同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
5．【答案】A
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式的第4项系数是.
故答案为：A.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项，再利用通项得出的展开式的第4项系数.
6．【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为椭圆E：的长半轴长，半焦距，
所以，点为椭圆的左焦点，右焦点为，
又因为直线恒过定点，
所以的周长为.
故答案为：D.
【分析】利用椭圆的长半轴长和椭圆中a，b，c三者的关系式以及椭圆的标准方程，从而得出椭圆的半焦距，进而得出椭圆的焦点坐标，再利用直线恒过定点结合三角形的周长公式，从而得出的周长.
7．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：已知，可得，
因为在区间上单调递增，
所以在区间上恒成立，
则在区间上恒成立，
移项可得在区间上恒成立，
令，，则，
对求导，
可得，
令，则，
因为恒成立，
所以，
解得或．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
则．
因为，
所以实数的最小值为．
故答案为：C．
【分析】先对函数求导，再利用函数单调性与导数的正负的关系，从而得到的不等式，再通过构造法，令，再利用导数判断其单调性，从而得出其最大值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出的最小值．
8．【答案】B
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题中条件，
得，
则数列的相邻两项之差严格递增，
要使得正整数最大，则数列增长尽可能缓慢，
需要让相邻两项差值尽可能小，
则相邻两项差值构成公差为1的等差数列，
因为，
所以，
，，
所以，
由累加法，得：
令，
则，
解得，
当时，，符合题意；
当时，，无法构造“速增数列”满足题意.
故答案为：B.
【分析】由题意可知数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则需要让相邻两项差值尽可能小，则相邻两项差值构成公差为1的等差数列，由此构造出“速增数列”的递推关系，再利用累加法得出其通项公式，令，从而解出的值，进而代入验证得出正整数k的最大值.
9．【答案】B,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，具有相关关系的两个变量x，y的相关系数越大，
则x，y之间的线性相关程度越强，故A不正确；
对于B，因为随机变量服从正态分布，又因为，
所以，
则，故B正确；
对于C，因为，
所以数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30，故C正确；
对于D，由对称性知若频率分布直方图左右对称，则平均数等于中位数，
若频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，
则平均数大于中位数，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据相关系数与x，y之间的线性相关程度的关系，则判断出选项A；根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出的值，则可判断选项B；根据百分位数的概念得出第30百分位数，则可判断选项C；利用频率分布直方图求中位线和平均数的方法，再进行比较判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A ，
因为
，
则是的周期，
假设其最小正周期，
则对任意恒成立，
故当时，，
则①，
当时，，
则②，
当时，，
则③，
①②两式相加得，
因为，所以，
则或或，
所以或或，
经检验，当或时，①式不成立；
当时，③式不成立，
所以，是的最小正周期，故A正确；
对于B，当时，
，
则在上单调递增，故B正确；
对于C，因为，，
所以，
则曲线不关于直线对称，故C错误；
对于D，先证明，
令，
则，
则在上单调递减，
则，
所以，
则，等号成立时，
当时，，
则当时，得，
又因为和均为偶函数，
则恒成立且等号成立时，
则
，等号成立时，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由得是的周期，再利用反证法证出是的最小正周期，则判断出选项A；利用导函数判断函数的单调性，则判断出选项B；利用已知条件计算得出，则判断出曲线不关于直线对称，则可判断选项C；先证明，再利用不等式放缩，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为平面内动点到定点的距离与到定直线l：的距离之和等于6，
所以，
所以，
整理得轨迹为曲线：.
对于A，若，则轨迹为曲线化简得，
则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分，故A正确；
对于B，若，则曲线为，
可得，
则，
若，则轨迹为曲线化简得，
可得，，
综上所述，可得，解得，
所以点横坐标的取值范围是，故B不正确；
对于C，由选项B，可得曲线的图象如图所示：
设曲线的左右端点为，
又因为，
所以，
设直线的方程为，
则，
所以，
联立，
解得，
联立，
解得，
当时，
则，，
所以，
则；
当时，
则，，
所以，
则，
综上所述，恒成立，故C正确；
对于D，如图，设直线与曲线的交点为，
当时，代入曲线中，可得或，
则，
如图1：当时，，
则；
如图2：当时，，
则，
如图3：当时，
因为，
所以，
所以，
综上所述，的最小值为.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件确定动点满足的方程为，整理可得轨迹为曲线：，再根据曲线分析，当时，则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分，从而判断选项A；先讨论，时确定的取值范围，从而可得点的横坐标的取值范围，则可判断选项B；先确定曲线的端点，从而得出直线的斜率，设直线的方程为，从而得出实数的取值范围，再联立直线方程与曲线方程，从而得出点的横坐标，进而确定的关系式，则可判断选项C；先确定直线与曲线的交点的坐标，再分别讨论，，几种情况，再结合三角形三边关系可得最值情况，则判断选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：因为函数是偶函数，且定义域为，
所以，
则，
所以，
则恒成立，
所以且，
解得.
故答案为：.
【分析】根据题意结合偶函数的定义，则得到，从而得出恒成立，进而得出的值.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：取中点，连接，
因为点为中点，
所以，
所以，
所以或（舍），
又因为圆C：的圆心，半径，
所以，圆心到直线的距离，
相交弦长，
则，
解得.
故答案为：.
【分析】根据圆与直线相交的几何性质结合数量积的几何意义，从而得出相交弦长的值，再根据直线与圆相交弦长公式，从而列方程求解得出的值.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意，设下底长、宽分别为，
则上底边长、宽为，
如图1，分别是上下底面的中心，连结，，，
图1
则，
根据边长关系，知该棱台的高为，
则
，
当且仅当时，即当时等号成立，取得最大值，
此时棱台的高，
上底面外接圆半径，下底面半径；
设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上，显然球心M在所在的直线上，
当棱台两底面在球心异侧时，则球心M在线段上，
如图2，设，
图2
则，，
显然，
则，
所以，
解得，舍去；
当棱台两底面在球心同侧时，显然球心M在线段的延长线上，
如图3，设，
图3
则，显然，
则，
所以
解得，，
此时，外接球的表面积为.
故答案为：.
【分析】根据棱台的性质，从而表示出棱台的高与边长之间的关系式，再根据棱台的体积公式，则将体积函数式表示出来，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出四棱台的体积的最大值，进而得到棱台的高，再利用外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，从而数形结合求出外接球的半径，再利用球的表面积公式得出该四棱台的体积最大时，其外接球的表面积.
15．【答案】（1）解：因为，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以.

（2）解：因为，，
由正弦定理得，
所以，
因为，
所以
则的面积为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及同角三角函数基本关系式、三角函数值在各象限的符号，从而得出角A的正弦值.
（2）先利用正弦定理得出的值，再利用已知条件和三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式，从而得出角B的正弦值，再利用三角形的面积公式得出的面积.
（1）因为，由余弦定理得，所以，所以，
所以，所以，
因为，所以.
（2）因为，，
由正弦定理得，所以，
因为，所以，
则的面积为.
16．【答案】（1）解：设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
则所选的2位学生分数不同的概率为.
（2）解：（ⅰ）设“学生分数不小于3”，
则，
若，则的可能取值为，
由题意可得，
则，，
，，
所以的分布列为：
又因为，
所以.
（ⅱ）若，则，
所以
因为最大，
所以，
则，
又因为且，
所以，当时，最大.
【知识点】互斥事件与对立事件；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，根据对立事件求概率公式和组合数公式、互斥事件加法求概率公式以及古典概率公式，从而得出所选的2位学生分数不同的概率.
（2）（ⅰ）当时，，结合二项分布得出随机变量X的概率分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（ⅱ）当时，，利用最大结合二项分布的概率计算公式，从而可得，再解不等式组可得k的取值范围，再利用且，从而得出当时，最大.
（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
故所选的2位学生分数不同的概率为；
（2）设“学生分数不小于3”，则，
（ⅰ）若，的可能取值为，由题意可得，
又，，
，，
所以的分布列为：
由于，则；
（ⅱ）若，则，
所以，
由于最大，
所以，
即，
因为，，所以时，最大.
17．【答案】（1）证明：记的中点为，连接，
因为为菱形，，
所以为正三角形，
所以，
由为正三角形，
可得，
因为是平面内的两条相交直线，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：由（1）知，，过点作平面，
以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为平面，
所以点在坐标平面内，
设，，
则，
所以，，
因为直线AP与DF的夹角的余弦值为，
所以，
解得，
因为，
所以，
得，
所以，
设平面PAB的法向量为，
则，
令，得，
记直线PC与平面PAB所成角为，
则.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）记的中点为，利用正三角形的性质结合线面垂直判定定理，从而证出直线平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，即证出.
（2）以所在直线分别为轴，从而建立空间直角坐标系，设，再根据线线角的向量表示和已知条件，从而求出点的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面PAB的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
（1）记的中点为，连接，
因为为菱形，，所以为正三角形，所以，
由为正三角形可得，
因为是平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）知，，过点作平面，
以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为平面，所以点在坐标平面内，设，，
则，，
所以，，
因为直线AP与DF的夹角的余弦值为，所以，
解得，因为，所以，得，
所以，
设平面PAB的法向量为，
则，令得，
记直线PC与平面PAB所成角为，则.
18．【答案】（1）解：已知双曲线的虚轴长为，
则，解得，
又因为离心率，且，
把代入可得，
由，可得，
将其代入中，
得到，解得，
所以双曲线的标准方程为.
（2）（ⅰ）证明：当斜率为0时，
已知，直线BC方程为，
令，则，
解得，
所以，
则.
当斜率不为0时，设直线AB方程，与联立，
把代入，得，
由韦达定理得，，
因为直线交左右两支，
所以，
解得，
因为直线BC方程为，
令，得，
则.
则，
经化简得，
把，，
代入，
先看分子：
，
再看分母：
，
此时，
因为，，
约分后，可得.
（ⅱ）解：当斜率为0时，
因为，两三角形相似，
所以.
当斜率不为0时，
不妨设，，，
所以，
则，
则，
代入与的值，
得，
因为，所以，
结合，解得，
所以，
综上所述，取值范围是.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的虚轴长和双曲线的离心率公式以及双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出、的值，进而得到双曲线的标准方程.
（2）（i）设出直线的方程，再将直线l的方程与双曲线方程联立，再利用韦达定理求出相关点的坐标关系，再利用两点求斜率公式，从而证出直线AN的斜率为定值.
（ii）根据三角形面积公式求出的表达式，再根据已知条件和韦达定理式，从而得出的取值范围.
（1）已知双曲线的虚轴长为，则，解得.
又因为离心率，且，把代入可得.
由可得，将其代入中，得到.
解得，所以双曲线的标准方程为.
（2）（ⅰ）当斜率为0时：
已知，BC方程.
令，则，解得，所以.
.
当斜率不为0时：
设AB方程，与联立：
把代入得.
由韦达定理得，.
因为直线交左右两支，有，解得.
BC方程，令，得，即.
则，经化简得，
把，代入.
先看分子：
再看分母：
此时.
因为，，约分后可得.
（ⅱ）当斜率为0时，因为，两三角形相似，.
当斜率不为0时，不妨设，，，所以.
.
，代入与的值得.
因为，所以，结合，解得.
所以.
综上，取值范围是.
19．【答案】（1）证明：要证，
即证.
设，
对求导得，
当，，单调递减；
当，，单调递增，
所以在取最小值，
则，原不等式得证.
（2）证明：先证，
由（1）知，，
则，
所以.
因为，
所以，
可得，
当，，
则，
当时也满足，
所以；
再证，
由（1），
得，
因为，
所以，
则，
又因为，
所以，
则，
所以
综上所述，.
（3）解：对函数求导，
因为导数在时大于，所以函数单调递增，
则，，
所以函数有唯一零点在，且，
可化为，
设，其导数，
当时，，单调递增，
因为，
所以，
所以，
所以，
假设成等比，公比且，
所以，
可得，
那么，
又因为，，，
所以，
进行通分整理，得出，
通分得到，
因为，
所以，
设数列的公比为，
则，，
代入，
可得，
因为，两边同时除以，
得到.
对于一元二次方程，解得，
由，两式相减，
根据对数运算法则，
可得，
因为，
对数函数在上单调递增，
所以，
又因为，
所以，
所以，与矛盾，
所以，数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；等比数列概念与表示；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）要证，则转化证，设函数，利用求导判断函数的单调性，从而得出在取最小值为，进而证出成立.
（2）利用（1）中结论得到，梓结合已知条件推出，再对进行放缩，通过裂项相消求和证出，再利用（1）中结论得出，再结合已知条件推出，再利用进行放缩，则通过对数运算性质证出，从而证出成立.
（3）先根据函数的单调性，从而对函数求导，则发现导数大于，从而判断出函数单调递增，再根据特殊点函数值一正一负，从而确定函数零点的取值范围，进而得到函数零点满足的等式，再构造新函数，从而求导判断其单调性，再利用函数零点满足的等式和新函数的单调性，从而证出数列单调递增，假设存在连续三项成等比数列，再根据等比中项公式列出等式，从而化简得到关于公比的方程，进而求解出q的值，再通过对数运算法则，从而得到公比的取值范围，则与前面求出的值矛盾，从而得出数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
（1）要证，即证.
设，对求导得.
当，，递减；当，，递增.
所以在取最小值，即，原不等式得证.
（2）先证：
由（1）知，则，即.
因为，所以，可得.
当，.
，时也满足，所以.
再证：
由（1）得，又，所以，即.
因为，所以，则.
.
综上，.
（3）对函数求导，导数在时大于，函数递增.
，，所以函数有唯一零点在，且，可化为.
设，其导数，当时，递增.
因为，即，所以.所以.
假设成等比，公比且.
所以，可得，那么.
又因为，，，所以.
进行通分整理：，通分得到，由于，所以.
设数列的公比为，则，，代入可得：，
因为，两边同时除以得到.
对于一元二次方程，解得.
由，相减，根据对数运算法则可得：
，因为，对数函数在上单调递增，所以，
又因为，所以.
所以，与矛盾.
故数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
1 / 1湖南省永州市2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试卷
1．（2025·永州模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，又因为集合
所以.
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式，从而得出集合，再根据交集的运算法则得出集合.
2．（2025·永州模拟）若复数z满足，则z在复平面内对应的点为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则z在复平面内对应的点为.
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法运算法则化简复数z，再根据复数的几何意义得出复数z在复平面内对应的点的坐标.
3．（2025·永州模拟）已知为等差数列的前n项和，且，，则（　　）
A．40 B．45 C．50 D．55
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】利用，结合等差数列前n项和公式，从而求出等差数列的公差d的值，再利用等差数列前n项和公式，从而得出的值.
4．（2025·永州模拟）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和二倍角的正弦公式、同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
5．（2025·永州模拟）的展开式的第4项系数是（　　）
A． B．280 C． D．560
【答案】A
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式的第4项系数是.
故答案为：A.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项，再利用通项得出的展开式的第4项系数.
6．（2025·永州模拟）已知椭圆E：，点，若直线（）与椭圆E交于A，B两点，则的周长为（　　）
A． B．4 C． D．8
【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为椭圆E：的长半轴长，半焦距，
所以，点为椭圆的左焦点，右焦点为，
又因为直线恒过定点，
所以的周长为.
故答案为：D.
【分析】利用椭圆的长半轴长和椭圆中a，b，c三者的关系式以及椭圆的标准方程，从而得出椭圆的半焦距，进而得出椭圆的焦点坐标，再利用直线恒过定点结合三角形的周长公式，从而得出的周长.
7．（2025·永州模拟）若函数在区间上单调递增，则实数a的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：已知，可得，
因为在区间上单调递增，
所以在区间上恒成立，
则在区间上恒成立，
移项可得在区间上恒成立，
令，，则，
对求导，
可得，
令，则，
因为恒成立，
所以，
解得或．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
则．
因为，
所以实数的最小值为．
故答案为：C．
【分析】先对函数求导，再利用函数单调性与导数的正负的关系，从而得到的不等式，再通过构造法，令，再利用导数判断其单调性，从而得出其最大值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出的最小值．
8．（2025·永州模拟）如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（　　）
A．62 B．63 C．64 D．65
【答案】B
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题中条件，
得，
则数列的相邻两项之差严格递增，
要使得正整数最大，则数列增长尽可能缓慢，
需要让相邻两项差值尽可能小，
则相邻两项差值构成公差为1的等差数列，
因为，
所以，
，，
所以，
由累加法，得：
令，
则，
解得，
当时，，符合题意；
当时，，无法构造“速增数列”满足题意.
故答案为：B.
【分析】由题意可知数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则需要让相邻两项差值尽可能小，则相邻两项差值构成公差为1的等差数列，由此构造出“速增数列”的递推关系，再利用累加法得出其通项公式，令，从而解出的值，进而代入验证得出正整数k的最大值.
9．（2025·永州模拟）下列说法中，正确的有（　　）
A．具有相关关系的两个变量x，y的相关系数r越大，则x，y之间的线性相关程度越强
B．已知随机变量服从正态分布，且，则
C．数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30
D．若一组样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数
【答案】B,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，具有相关关系的两个变量x，y的相关系数越大，
则x，y之间的线性相关程度越强，故A不正确；
对于B，因为随机变量服从正态分布，又因为，
所以，
则，故B正确；
对于C，因为，
所以数据27，30，37，39，40，50的第30百分位数是30，故C正确；
对于D，由对称性知若频率分布直方图左右对称，则平均数等于中位数，
若频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，
则平均数大于中位数，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据相关系数与x，y之间的线性相关程度的关系，则判断出选项A；根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出的值，则可判断选项B；根据百分位数的概念得出第30百分位数，则可判断选项C；利用频率分布直方图求中位线和平均数的方法，再进行比较判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025·永州模拟）已知函数，则（　　）
A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增
C．曲线关于直线对称 D．
【答案】A,B,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A ，
因为
，
则是的周期，
假设其最小正周期，
则对任意恒成立，
故当时，，
则①，
当时，，
则②，
当时，，
则③，
①②两式相加得，
因为，所以，
则或或，
所以或或，
经检验，当或时，①式不成立；
当时，③式不成立，
所以，是的最小正周期，故A正确；
对于B，当时，
，
则在上单调递增，故B正确；
对于C，因为，，
所以，
则曲线不关于直线对称，故C错误；
对于D，先证明，
令，
则，
则在上单调递减，
则，
所以，
则，等号成立时，
当时，，
则当时，得，
又因为和均为偶函数，
则恒成立且等号成立时，
则
，等号成立时，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由得是的周期，再利用反证法证出是的最小正周期，则判断出选项A；利用导函数判断函数的单调性，则判断出选项B；利用已知条件计算得出，则判断出曲线不关于直线对称，则可判断选项C；先证明，再利用不等式放缩，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025·永州模拟）已知平面内动点到定点的距离与到定直线l：的距离之和等于6，其轨迹为曲线，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分
B．点横坐标的取值范围是
C．若过点的直线与曲线的部分图象和部分图象分别交于，则
D．对给定的点（），用表示的最小值，则的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为平面内动点到定点的距离与到定直线l：的距离之和等于6，
所以，
所以，
整理得轨迹为曲线：.
对于A，若，则轨迹为曲线化简得，
则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分，故A正确；
对于B，若，则曲线为，
可得，
则，
若，则轨迹为曲线化简得，
可得，，
综上所述，可得，解得，
所以点横坐标的取值范围是，故B不正确；
对于C，由选项B，可得曲线的图象如图所示：
设曲线的左右端点为，
又因为，
所以，
设直线的方程为，
则，
所以，
联立，
解得，
联立，
解得，
当时，
则，，
所以，
则；
当时，
则，，
所以，
则，
综上所述，恒成立，故C正确；
对于D，如图，设直线与曲线的交点为，
当时，代入曲线中，可得或，
则，
如图1：当时，，
则；
如图2：当时，，
则，
如图3：当时，
因为，
所以，
所以，
综上所述，的最小值为.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件确定动点满足的方程为，整理可得轨迹为曲线：，再根据曲线分析，当时，则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分，从而判断选项A；先讨论，时确定的取值范围，从而可得点的横坐标的取值范围，则可判断选项B；先确定曲线的端点，从而得出直线的斜率，设直线的方程为，从而得出实数的取值范围，再联立直线方程与曲线方程，从而得出点的横坐标，进而确定的关系式，则可判断选项C；先确定直线与曲线的交点的坐标，再分别讨论，，几种情况，再结合三角形三边关系可得最值情况，则判断选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2025·永州模拟）已知函数是偶函数，则　 　.
【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：因为函数是偶函数，且定义域为，
所以，
则，
所以，
则恒成立，
所以且，
解得.
故答案为：.
【分析】根据题意结合偶函数的定义，则得到，从而得出恒成立，进而得出的值.
13．（2025·永州模拟）已知直线与圆C：交于A，B两点，且，则　 　.
【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：取中点，连接，
因为点为中点，
所以，
所以，
所以或（舍），
又因为圆C：的圆心，半径，
所以，圆心到直线的距离，
相交弦长，
则，
解得.
故答案为：.
【分析】根据圆与直线相交的几何性质结合数量积的几何意义，从而得出相交弦长的值，再根据直线与圆相交弦长公式，从而列方程求解得出的值.
14．（2025·永州模拟）已知四棱台的底面为矩形，上底面积为下底面积的，所有侧棱长均为.当该四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意，设下底长、宽分别为，
则上底边长、宽为，
如图1，分别是上下底面的中心，连结，，，
图1
则，
根据边长关系，知该棱台的高为，
则
，
当且仅当时，即当时等号成立，取得最大值，
此时棱台的高，
上底面外接圆半径，下底面半径；
设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上，显然球心M在所在的直线上，
当棱台两底面在球心异侧时，则球心M在线段上，
如图2，设，
图2
则，，
显然，
则，
所以，
解得，舍去；
当棱台两底面在球心同侧时，显然球心M在线段的延长线上，
如图3，设，
图3
则，显然，
则，
所以
解得，，
此时，外接球的表面积为.
故答案为：.
【分析】根据棱台的性质，从而表示出棱台的高与边长之间的关系式，再根据棱台的体积公式，则将体积函数式表示出来，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出四棱台的体积的最大值，进而得到棱台的高，再利用外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，从而数形结合求出外接球的半径，再利用球的表面积公式得出该四棱台的体积最大时，其外接球的表面积.
15．（2025·永州模拟）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且.
（1）求的值；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）解：因为，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以.

（2）解：因为，，
由正弦定理得，
所以，
因为，
所以
则的面积为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及同角三角函数基本关系式、三角函数值在各象限的符号，从而得出角A的正弦值.
（2）先利用正弦定理得出的值，再利用已知条件和三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式，从而得出角B的正弦值，再利用三角形的面积公式得出的面积.
（1）因为，由余弦定理得，所以，所以，
所以，所以，
因为，所以.
（2）因为，，
由正弦定理得，所以，
因为，所以，
则的面积为.
16．（2025·永州模拟）某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如下表所示：
等级 不及格 及格 良 优
分数 1 2 3 4
人数 3 9 5 3
（1）若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；
（2）用样本估计总体，以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X.
（ⅰ）若，求X的分布列与数学期望；
（ⅱ）若，当k为何值时，最大？
【答案】（1）解：设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
则所选的2位学生分数不同的概率为.
（2）解：（ⅰ）设“学生分数不小于3”，
则，
若，则的可能取值为，
由题意可得，
则，，
，，
所以的分布列为：
又因为，
所以.
（ⅱ）若，则，
所以
因为最大，
所以，
则，
又因为且，
所以，当时，最大.
【知识点】互斥事件与对立事件；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，根据对立事件求概率公式和组合数公式、互斥事件加法求概率公式以及古典概率公式，从而得出所选的2位学生分数不同的概率.
（2）（ⅰ）当时，，结合二项分布得出随机变量X的概率分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（ⅱ）当时，，利用最大结合二项分布的概率计算公式，从而可得，再解不等式组可得k的取值范围，再利用且，从而得出当时，最大.
（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
故所选的2位学生分数不同的概率为；
（2）设“学生分数不小于3”，则，
（ⅰ）若，的可能取值为，由题意可得，
又，，
，，
所以的分布列为：
由于，则；
（ⅱ）若，则，
所以，
由于最大，
所以，
即，
因为，，所以时，最大.
17．（2025·永州模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，是边长为2的等边三角形，F为BC的中点.
（1）证明：；
（2）若直线AP与DF的夹角的余弦值为，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：记的中点为，连接，
因为为菱形，，
所以为正三角形，
所以，
由为正三角形，
可得，
因为是平面内的两条相交直线，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：由（1）知，，过点作平面，
以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为平面，
所以点在坐标平面内，
设，，
则，
所以，，
因为直线AP与DF的夹角的余弦值为，
所以，
解得，
因为，
所以，
得，
所以，
设平面PAB的法向量为，
则，
令，得，
记直线PC与平面PAB所成角为，
则.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）记的中点为，利用正三角形的性质结合线面垂直判定定理，从而证出直线平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，即证出.
（2）以所在直线分别为轴，从而建立空间直角坐标系，设，再根据线线角的向量表示和已知条件，从而求出点的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面PAB的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
（1）记的中点为，连接，
因为为菱形，，所以为正三角形，所以，
由为正三角形可得，
因为是平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）知，，过点作平面，
以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为平面，所以点在坐标平面内，设，，
则，，
所以，，
因为直线AP与DF的夹角的余弦值为，所以，
解得，因为，所以，得，
所以，
设平面PAB的法向量为，
则，令得，
记直线PC与平面PAB所成角为，则.
18．（2025·永州模拟）已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为.
（1）求双曲线E的标准方程：
（2）过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N.
（ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值：
（ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围.
【答案】（1）解：已知双曲线的虚轴长为，
则，解得，
又因为离心率，且，
把代入可得，
由，可得，
将其代入中，
得到，解得，
所以双曲线的标准方程为.
（2）（ⅰ）证明：当斜率为0时，
已知，直线BC方程为，
令，则，
解得，
所以，
则.
当斜率不为0时，设直线AB方程，与联立，
把代入，得，
由韦达定理得，，
因为直线交左右两支，
所以，
解得，
因为直线BC方程为，
令，得，
则.
则，
经化简得，
把，，
代入，
先看分子：
，
再看分母：
，
此时，
因为，，
约分后，可得.
（ⅱ）解：当斜率为0时，
因为，两三角形相似，
所以.
当斜率不为0时，
不妨设，，，
所以，
则，
则，
代入与的值，
得，
因为，所以，
结合，解得，
所以，
综上所述，取值范围是.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的虚轴长和双曲线的离心率公式以及双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出、的值，进而得到双曲线的标准方程.
（2）（i）设出直线的方程，再将直线l的方程与双曲线方程联立，再利用韦达定理求出相关点的坐标关系，再利用两点求斜率公式，从而证出直线AN的斜率为定值.
（ii）根据三角形面积公式求出的表达式，再根据已知条件和韦达定理式，从而得出的取值范围.
（1）已知双曲线的虚轴长为，则，解得.
又因为离心率，且，把代入可得.
由可得，将其代入中，得到.
解得，所以双曲线的标准方程为.
（2）（ⅰ）当斜率为0时：
已知，BC方程.
令，则，解得，所以.
.
当斜率不为0时：
设AB方程，与联立：
把代入得.
由韦达定理得，.
因为直线交左右两支，有，解得.
BC方程，令，得，即.
则，经化简得，
把，代入.
先看分子：
再看分母：
此时.
因为，，约分后可得.
（ⅱ）当斜率为0时，因为，两三角形相似，.
当斜率不为0时，不妨设，，，所以.
.
，代入与的值得.
因为，所以，结合，解得.
所以.
综上，取值范围是.
19．（2025·永州模拟）已知函数（），且有唯一零点.
（1）证明：；
（2）证明：；
（3）判断数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由.
【答案】（1）证明：要证，
即证.
设，
对求导得，
当，，单调递减；
当，，单调递增，
所以在取最小值，
则，原不等式得证.
（2）证明：先证，
由（1）知，，
则，
所以.
因为，
所以，
可得，
当，，
则，
当时也满足，
所以；
再证，
由（1），
得，
因为，
所以，
则，
又因为，
所以，
则，
所以
综上所述，.
（3）解：对函数求导，
因为导数在时大于，所以函数单调递增，
则，，
所以函数有唯一零点在，且，
可化为，
设，其导数，
当时，，单调递增，
因为，
所以，
所以，
所以，
假设成等比，公比且，
所以，
可得，
那么，
又因为，，，
所以，
进行通分整理，得出，
通分得到，
因为，
所以，
设数列的公比为，
则，，
代入，
可得，
因为，两边同时除以，
得到.
对于一元二次方程，解得，
由，两式相减，
根据对数运算法则，
可得，
因为，
对数函数在上单调递增，
所以，
又因为，
所以，
所以，与矛盾，
所以，数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；等比数列概念与表示；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）要证，则转化证，设函数，利用求导判断函数的单调性，从而得出在取最小值为，进而证出成立.
（2）利用（1）中结论得到，梓结合已知条件推出，再对进行放缩，通过裂项相消求和证出，再利用（1）中结论得出，再结合已知条件推出，再利用进行放缩，则通过对数运算性质证出，从而证出成立.
（3）先根据函数的单调性，从而对函数求导，则发现导数大于，从而判断出函数单调递增，再根据特殊点函数值一正一负，从而确定函数零点的取值范围，进而得到函数零点满足的等式，再构造新函数，从而求导判断其单调性，再利用函数零点满足的等式和新函数的单调性，从而证出数列单调递增，假设存在连续三项成等比数列，再根据等比中项公式列出等式，从而化简得到关于公比的方程，进而求解出q的值，再通过对数运算法则，从而得到公比的取值范围，则与前面求出的值矛盾，从而得出数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
（1）要证，即证.
设，对求导得.
当，，递减；当，，递增.
所以在取最小值，即，原不等式得证.
（2）先证：
由（1）知，则，即.
因为，所以，可得.
当，.
，时也满足，所以.
再证：
由（1）得，又，所以，即.
因为，所以，则.
.
综上，.
（3）对函数求导，导数在时大于，函数递增.
，，所以函数有唯一零点在，且，可化为.
设，其导数，当时，递增.
因为，即，所以.所以.
假设成等比，公比且.
所以，可得，那么.
又因为，，，所以.
进行通分整理：，通分得到，由于，所以.
设数列的公比为，则，，代入可得：，
因为，两边同时除以得到.
对于一元二次方程，解得.
由，相减，根据对数运算法则可得：
，因为，对数函数在上单调递增，所以，
又因为，所以.
所以，与矛盾.
故数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
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