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湖南省邵阳市2025届高三第二次联考数学试题
1．（2025·邵阳模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·邵阳模拟）已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·邵阳模拟）命题“，”的否定为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2025·邵阳模拟）定义在上的函数满足，且在上单调递增，设，，，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·邵阳模拟）已知函数，则满足的的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·邵阳模拟）过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，交抛物线的准线于点．若，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·邵阳模拟）有甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，加工的次品率分别为、、，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙、丙台车床加工的零件数分别占总数的、、．任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·邵阳模拟）已知向量满足，，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·邵阳模拟）下列说法正确的是（　　）
A．一组数5，7，9，11，3，13，15的第60百分位数是11
B．若随机变量，满足，，则
C．一组数据的线性回归方程为，若，则
D．某学校要从12名候选人（其中7名男生，5名女生）中，随机选取5名候选人组成学生会，记选取的男生人数为，则服从超几何分布
10．（2025·邵阳模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与的右支交于、两点，则（　　）
A．直线与恰有两个公共点
B．双曲线的离心率为
C．当时，的面积为
D．当直线的斜率为，过线段的中点和原点的直线的斜率为时，
11．（2025·邵阳模拟）设函数的导函数为，即．当，函数在区间上的图象连续不断时，直线，，和曲线所围成的区域的面积为，且，则（　　）
A．
B．当时，
C．存在实数，使得、、成等比数列
D．直线，，和曲线所围成的区域的面积为
12．（2025·邵阳模拟）的展开式中，各二项式系数的和与各项系数的和之比为，则的值为　 　．
13．（2025·邵阳模拟）在中，角所对的边分别是．若，，则　 　．
14．（2025·邵阳模拟）已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为　 　．
15．（2025·邵阳模拟）已知向量，，设函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（2）当时，，求实数的取值范围．
16．（2025·邵阳模拟）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
17．（2025·邵阳模拟）已知等差数列的前项和为，，．数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：数列是等比数列；
（3）求数列的前项和．
18．（2025·邵阳模拟）已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求的方程；
（2）过的右焦点的直线交于两点，线段的垂直平分线交于两点．
①证明：四边形的面积为定值，并求出该定值；
②若直线的斜率存在且不为0，设线段的中点为，记，的面积分别为．当时，求的最小值．
19．（2025·邵阳模拟）已知函数，．
（1）求的极值；
（2）当时，证明：；
（3）当恰有四个零点，，，时，证明：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：D.
【分析】由一元二次不等式求解方法，从而得出集合A，再利用一元一次不等式求解方法得出集合B，再利用并集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数在复平面内对应的点的坐标是，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】先利用复数的几何意义得出复数z，从而得出复数z的共轭复数.
3．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题“，”是全称量词命题，其否定是特称量词，
则改量词否定结论，
所以命题“，”的否定为“，”.
故答案为：D.
【分析】根据全称量词命题的否定是特称量词，从而改量词否定结论，则得出命题“，”的否定.
4．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为定义在上的函数满足，
所以即图象关于直线对称，
所以，，
又因为在上单调递增，
所以.
故答案为：A.
【分析】先判断出函数图象关于直线对称，再利用函数的单调性比较出a，b，c的大小.
5．【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：因为，定义域为，
所以，为奇函数，
又因为，
所以在上单调递增，
所以，
则，
所以，的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】利用函数的单调性和奇偶性结合已知条件，从而得出满足的的取值范围.
6．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为抛物线的焦点为，
设点、，
若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，
联立，
可得，
因为，
则，
所以，，
可得，
所以，，
可得，
则，解得，
所以，，，
则，
所以抛物线的准线方程为，
则点的横坐标为，
所以.
故答案为：C.
【分析】设点、，利用已知条件可得直线不与轴重合，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，从而列出韦达定理式，再分析可知，代入韦达定理式求出的值，从而求出的值，再利用弦长公式得出的值.
7．【答案】C
【知识点】条件概率；贝叶斯公式
【解析】【解答】解：记事件取到的零件为甲车床加工的，事件取到的零件为乙车床加工的，
事件取到的零件为丙车床加工的，事件取到的零件是次品，
则，，，
，，，
由贝叶斯公式，可得：.
因此，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为.
故答案为：C.
【分析】记事件取到的零件为甲车床加工的，事件取到的零件为乙车床加工的，事件取到的零件为丙车床加工的，事件取到的零件是次品，再利用条件概率公式和贝叶斯公式，从而可得的值，则得出任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率.
8．【答案】A
【知识点】向量的模；椭圆的简单性质；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：取，为线段的中点，
记，则．
．
又因为，
点的轨迹是以为焦点的椭圆，
长半轴的长为4，短半轴的长为，
所以，．
故答案为：A.
【分析】令，，利用向量加法的三角形法则得到，则将转化为，由得出点的轨迹是以为焦点的椭圆，从而得出椭圆的长轴长和短轴长，再将转化为椭圆上的点到的中点的距离问题，从而得出的取值范围.
9．【答案】A,C,D
【知识点】回归分析的初步应用；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为数据组为5，7，9，11，3，13，15，排序后为3，5，7，9，11，13，15，
计算第60百分位数为：位置计算为 ，
向上取整到第5个位置，对应数值11，故选项A正确；
因为随机变量，又因为，
根据方差线性变换公式为 ，
所以错误，故选项B错误；
因为线性回归方程 必经过样本均值点，
当 时，代入方程得 ，故选项正确；
从12名候选人（7男5女）中不放回地抽取5人，男生人数X服从超几何分布H(12， 7， 5)，
故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】将数据从小到大排列，根据百分位数的定义计算，则可判断选项A；根据方差的线性性质计算可判断选项B；根据线性回归方程必经过样本中心点，计算可判断选项C；根据超几何分布的定义可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，由题意，联立，
可得，
所以，直线与双曲线恰有只有一个公共点，故A错；
对于B，对于双曲线，则，，，
所以，双曲线的离心率为，故B对；
对于C，设，，
由双曲线的定义，可得，
由余弦定理，可得：
可得，
则，故C对；
对于D，设点、，则线段的中点为，
则，，
则，
由题意，可得，
所以，，
则，故D错.
故答案为：BC.
【分析】将直线方程与双曲线方程联立，从而得出交点坐标，则可判断选项A；利用双曲线的离心率公式求出双曲线C的离心率，则可判断选项B；利用双曲线的定义、余弦定理结合三角形的面积公式，则可判断选项C；利用中点坐标公式和两点求斜率公式以及点差法，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】B,D
【知识点】微积分基本定理；利用定积分求封闭图形的面积；等比中项
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，为常数，
所以A错；
对于选项B，因为，为常数，
即要证，，
设，，
则．
则在上单调递减，
所以，所以B正确；
对于选项C，，，，
要使、、成等比数列，
则，
，
， ①
时，，
又因为．
，，
①不成立，所以C错误；
对于选项D，因为，为常数．
所以D正确．
故答案为：BD.
【分析】利用题中定义和定积分求面积的方法，则可判断选项A和选项D；先计算出，再构造函数，，再结合导数正负判断函数的单调性，则可判断选项B；假设结论成立，再利用等比中项公式可得，再结合基本不等式求最值的方法，则可判断选项C，从而找出正确的选项.
12．【答案】7
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：根据题意，的展开式中，各二项式系数的和为，
令，可得其展开式中各项系数的和为，
依题意，则，
解得.
故答案为：7.
【分析】先根据各二项式系数的和为，令，从而可得其展开式中各项系数的和，再结合已知条件得出n的值.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由，
由结合正弦定理，
可得，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】由已知条件和正弦定理、三角形内角和定理、两角和的正弦公式，从而得出角C的正弦值.
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设外接球的半径为，
则，
．
设正六棱锥的底面边长为，
则，，
则正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，
正六棱锥的底面积，
所以，侧面面积，
正六棱锥的体积，
设正六棱锥的内切球的半径为，
则，
，
设正方体的棱长为，则，
，
正方体的棱长的最大值为．
故答案为：.
【分析】设正六棱锥的外接球的半径为、内切球的半径为，由题意和正六棱锥的性质，从而求出的值以及正六棱锥的底面积和侧面面积，再利用等体积法得出的值，设正方体的最大棱长为，此时正六棱锥的内切球是正方体的外接球，由此得出正方体的棱长的最大值.
15．【答案】（1）解：
函数的最小正周期，
由，，
得，，
的单调递减区间为，．
（2）解：当时，，
结合的图像，
当时，，
当时，，
，
解得，
实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）先由数量积的坐标表示和二倍角的余弦公式、二倍角的正弦公式以及辅助角公式，从而化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而得出函数的最小正周期，利用换元法和正弦函数的单调性，从而得出正弦型函数的单调递减区间.
（2）先根据的取值范围得出，再结合类似图象找到使函数值最小的情况，从而算出函数的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而解不等式得出实数的取值范围.
（1）．
函数的最小正周期．
由，，
得，．
的单调递减区间为，．
（2）当时，，
结合的图像，当时，．
当时，，
，解得．实数的取值范围为．
16．【答案】（1）证明：，，
，
故，
又面面，面面，
面，
面，
面，
，
又因为，面，，
面．
（2）解：面，
，
四边形为菱形，
取的中点为，连接，
，为等边三角形，，
因为，，
又因为平面，，
如图所示，以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，，．
设为平面的一个法向量，
则
令，则．
设为点到面的距离，
则，
，
则或．
所以，存在或，满足题意．
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）先由勾股定理证出，再由面面垂直的性质定理得到面，再由线面垂直的判定定理得出平面.
（2）由线面垂直的定义得出线线垂直，从而得出四边形为菱形，再利用等边三角形三线合一和平行的传递性，从而得出线线垂直，则建立如图所示空间直角坐标系，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，从而得出平面的一个法向量，再利用数量积求点到平面的距离公式和已知条件，从而得出存在实数，使得点到平面的距离为.
（1）证明：，，，故．
又面面，面面，面，
面．
面，，
又，面，，面．
（2）面，，四边形为菱形，
取的中点为，连接，，为等边三角形．
．又，．
又平面，．
如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
，，．
设为面的一个法向量，
则 令，则．
设为点到面的距离，
则．
，即或．
故存在或，满足题意．
17．【答案】（1）解：是等差数列，
，
．
又，
，
等差数列的公差，
．
（2）证明：，
，
又，
，
为常数，
是首项为1，公比为2的等比数列．
（3）解：由（2）得，，
记
．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【分析】（1）由等差数列前n项和公式和等差数列的性质以及已知条件，从而求出的值，再由等差数列的性质得出公差的值，再结合等差数列性质得出数列的通项公式.
（2）由递推关系和等比数列定义，从而证出数列是等比数列.
（3）由（2）结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再利用裂项相消法得出数列的前项和.
（1）是等差数列，，．
又，．
等差数列的公差，
．
（2），．
又，，为常数．
是首项为1，公比为2的等比数列．
（3）由（2）得，
记，
．
18．【答案】（1）解：根据题意，得，
解得，
所以，椭圆的方程为．
（2）① 证明：设四边形的面积为，
由（1）得，，椭圆的焦点，
因为直线的垂直平分线段，
所以，
当直线与轴重合时，此时，，
，
由圆的性质知直线过坐标原点，
由椭圆的对称性知．
当直线与轴不重合时，设直线方程为，
，，
，
，
则直线的方程为，
联立椭圆方程，得，
解得，
，
，
，
综上所述，四边形的面积为定值．
②解：易知，，
因为，又因为直线的斜率存在且不为0，
，
由（ⅰ）知，
设，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，此时，
所以的最小值为．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和椭圆的离心率公式、点代入法和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而解方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）（ⅰ）从直线与轴重合这一特殊入手，此时得出四边形的面积为；当直线与轴不重合时，设直线方程为，通过几何图形的对称性和椭圆的性质，从而计算得出，，再通过四边形的面积公式，从而计算出四边形的面积为，四边形的面积为定值，并求出该定值.
（ⅱ）由（ⅰ）知，再利用
，从而通过换元法结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）根据题意，得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）（ⅰ）证明：设四边形的面积为，
由（1）得，椭圆的焦点，
因为直线的垂直平分线段，所以，
当直线与轴重合时，此时，，
．
由圆的性质知直线过坐标原点，由椭圆的对称性知．
当直线与轴不重合时，设直线方程为．
，，
．
，则直线的方程为，联立椭圆方程，
得，解得
．
．
．
综上所述，四边形的面积为定值．
（ⅱ）易知，，又，
直线的斜率存在且不为0，
．
由（ⅰ）知，
设，则，
．
当且仅当，即时，等号成立，此时．
故的最小值为．
19．【答案】（1）解：由题意，知，
令，则，
当时，，此时在上为减函数；
当时，，此时在上为增函数，
所以，，无极小值．
（2）证明：
令，
，
故在上为减函数．
，
则．
由（1）可知在上为增函数，，，
则．
（3）证明：由（2）得，当时，，
令，得，
由题意得，直线与两条曲线，共有四个交点，
如图所示，，
且，
由，
得，
，，且在上为增函数，
，
则．
，
同理可得，
所以，
则.
【知识点】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】【分析】（1）利用已知条件和导数正负判断函数单调性的方法，从而得出函数的极值.
（2）作差后构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（3）当时，，令，从而得出的值，再结合对数的单调性和对数的运算性质以及与指数的关系，从而证出成立．
．
（1）由题知，
令，则．
当时，，此时在上为减函数，
当时，，此时在上为增函数，
故，无极小值．
（2）．
令，
，故在上为减函数．
，即．
由（1）可知在上为增函数，，，
即．
（3）由（2）同理可证，当时，．
令，得，
由题意得直线与两条曲线，共有四个交点．
如图所示，，且．
由，得．
，，且在上为增函数，
，即．．同理：．
故，即，得证．
1 / 1湖南省邵阳市2025届高三第二次联考数学试题
1．（2025·邵阳模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：D.
【分析】由一元二次不等式求解方法，从而得出集合A，再利用一元一次不等式求解方法得出集合B，再利用并集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025·邵阳模拟）已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数在复平面内对应的点的坐标是，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】先利用复数的几何意义得出复数z，从而得出复数z的共轭复数.
3．（2025·邵阳模拟）命题“，”的否定为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题“，”是全称量词命题，其否定是特称量词，
则改量词否定结论，
所以命题“，”的否定为“，”.
故答案为：D.
【分析】根据全称量词命题的否定是特称量词，从而改量词否定结论，则得出命题“，”的否定.
4．（2025·邵阳模拟）定义在上的函数满足，且在上单调递增，设，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为定义在上的函数满足，
所以即图象关于直线对称，
所以，，
又因为在上单调递增，
所以.
故答案为：A.
【分析】先判断出函数图象关于直线对称，再利用函数的单调性比较出a，b，c的大小.
5．（2025·邵阳模拟）已知函数，则满足的的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：因为，定义域为，
所以，为奇函数，
又因为，
所以在上单调递增，
所以，
则，
所以，的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】利用函数的单调性和奇偶性结合已知条件，从而得出满足的的取值范围.
6．（2025·邵阳模拟）过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，交抛物线的准线于点．若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为抛物线的焦点为，
设点、，
若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，
联立，
可得，
因为，
则，
所以，，
可得，
所以，，
可得，
则，解得，
所以，，，
则，
所以抛物线的准线方程为，
则点的横坐标为，
所以.
故答案为：C.
【分析】设点、，利用已知条件可得直线不与轴重合，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，从而列出韦达定理式，再分析可知，代入韦达定理式求出的值，从而求出的值，再利用弦长公式得出的值.
7．（2025·邵阳模拟）有甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，加工的次品率分别为、、，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙、丙台车床加工的零件数分别占总数的、、．任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】条件概率；贝叶斯公式
【解析】【解答】解：记事件取到的零件为甲车床加工的，事件取到的零件为乙车床加工的，
事件取到的零件为丙车床加工的，事件取到的零件是次品，
则，，，
，，，
由贝叶斯公式，可得：.
因此，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为.
故答案为：C.
【分析】记事件取到的零件为甲车床加工的，事件取到的零件为乙车床加工的，事件取到的零件为丙车床加工的，事件取到的零件是次品，再利用条件概率公式和贝叶斯公式，从而可得的值，则得出任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率.
8．（2025·邵阳模拟）已知向量满足，，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】向量的模；椭圆的简单性质；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：取，为线段的中点，
记，则．
．
又因为，
点的轨迹是以为焦点的椭圆，
长半轴的长为4，短半轴的长为，
所以，．
故答案为：A.
【分析】令，，利用向量加法的三角形法则得到，则将转化为，由得出点的轨迹是以为焦点的椭圆，从而得出椭圆的长轴长和短轴长，再将转化为椭圆上的点到的中点的距离问题，从而得出的取值范围.
9．（2025·邵阳模拟）下列说法正确的是（　　）
A．一组数5，7，9，11，3，13，15的第60百分位数是11
B．若随机变量，满足，，则
C．一组数据的线性回归方程为，若，则
D．某学校要从12名候选人（其中7名男生，5名女生）中，随机选取5名候选人组成学生会，记选取的男生人数为，则服从超几何分布
【答案】A,C,D
【知识点】回归分析的初步应用；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为数据组为5，7，9，11，3，13，15，排序后为3，5，7，9，11，13，15，
计算第60百分位数为：位置计算为 ，
向上取整到第5个位置，对应数值11，故选项A正确；
因为随机变量，又因为，
根据方差线性变换公式为 ，
所以错误，故选项B错误；
因为线性回归方程 必经过样本均值点，
当 时，代入方程得 ，故选项正确；
从12名候选人（7男5女）中不放回地抽取5人，男生人数X服从超几何分布H(12， 7， 5)，
故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】将数据从小到大排列，根据百分位数的定义计算，则可判断选项A；根据方差的线性性质计算可判断选项B；根据线性回归方程必经过样本中心点，计算可判断选项C；根据超几何分布的定义可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025·邵阳模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与的右支交于、两点，则（　　）
A．直线与恰有两个公共点
B．双曲线的离心率为
C．当时，的面积为
D．当直线的斜率为，过线段的中点和原点的直线的斜率为时，
【答案】B,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，由题意，联立，
可得，
所以，直线与双曲线恰有只有一个公共点，故A错；
对于B，对于双曲线，则，，，
所以，双曲线的离心率为，故B对；
对于C，设，，
由双曲线的定义，可得，
由余弦定理，可得：
可得，
则，故C对；
对于D，设点、，则线段的中点为，
则，，
则，
由题意，可得，
所以，，
则，故D错.
故答案为：BC.
【分析】将直线方程与双曲线方程联立，从而得出交点坐标，则可判断选项A；利用双曲线的离心率公式求出双曲线C的离心率，则可判断选项B；利用双曲线的定义、余弦定理结合三角形的面积公式，则可判断选项C；利用中点坐标公式和两点求斜率公式以及点差法，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025·邵阳模拟）设函数的导函数为，即．当，函数在区间上的图象连续不断时，直线，，和曲线所围成的区域的面积为，且，则（　　）
A．
B．当时，
C．存在实数，使得、、成等比数列
D．直线，，和曲线所围成的区域的面积为
【答案】B,D
【知识点】微积分基本定理；利用定积分求封闭图形的面积；等比中项
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，为常数，
所以A错；
对于选项B，因为，为常数，
即要证，，
设，，
则．
则在上单调递减，
所以，所以B正确；
对于选项C，，，，
要使、、成等比数列，
则，
，
， ①
时，，
又因为．
，，
①不成立，所以C错误；
对于选项D，因为，为常数．
所以D正确．
故答案为：BD.
【分析】利用题中定义和定积分求面积的方法，则可判断选项A和选项D；先计算出，再构造函数，，再结合导数正负判断函数的单调性，则可判断选项B；假设结论成立，再利用等比中项公式可得，再结合基本不等式求最值的方法，则可判断选项C，从而找出正确的选项.
12．（2025·邵阳模拟）的展开式中，各二项式系数的和与各项系数的和之比为，则的值为　 　．
【答案】7
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：根据题意，的展开式中，各二项式系数的和为，
令，可得其展开式中各项系数的和为，
依题意，则，
解得.
故答案为：7.
【分析】先根据各二项式系数的和为，令，从而可得其展开式中各项系数的和，再结合已知条件得出n的值.
13．（2025·邵阳模拟）在中，角所对的边分别是．若，，则　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由，
由结合正弦定理，
可得，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】由已知条件和正弦定理、三角形内角和定理、两角和的正弦公式，从而得出角C的正弦值.
14．（2025·邵阳模拟）已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设外接球的半径为，
则，
．
设正六棱锥的底面边长为，
则，，
则正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，
正六棱锥的底面积，
所以，侧面面积，
正六棱锥的体积，
设正六棱锥的内切球的半径为，
则，
，
设正方体的棱长为，则，
，
正方体的棱长的最大值为．
故答案为：.
【分析】设正六棱锥的外接球的半径为、内切球的半径为，由题意和正六棱锥的性质，从而求出的值以及正六棱锥的底面积和侧面面积，再利用等体积法得出的值，设正方体的最大棱长为，此时正六棱锥的内切球是正方体的外接球，由此得出正方体的棱长的最大值.
15．（2025·邵阳模拟）已知向量，，设函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（2）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：
函数的最小正周期，
由，，
得，，
的单调递减区间为，．
（2）解：当时，，
结合的图像，
当时，，
当时，，
，
解得，
实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）先由数量积的坐标表示和二倍角的余弦公式、二倍角的正弦公式以及辅助角公式，从而化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而得出函数的最小正周期，利用换元法和正弦函数的单调性，从而得出正弦型函数的单调递减区间.
（2）先根据的取值范围得出，再结合类似图象找到使函数值最小的情况，从而算出函数的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而解不等式得出实数的取值范围.
（1）．
函数的最小正周期．
由，，
得，．
的单调递减区间为，．
（2）当时，，
结合的图像，当时，．
当时，，
，解得．实数的取值范围为．
16．（2025·邵阳模拟）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：，，
，
故，
又面面，面面，
面，
面，
面，
，
又因为，面，，
面．
（2）解：面，
，
四边形为菱形，
取的中点为，连接，
，为等边三角形，，
因为，，
又因为平面，，
如图所示，以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，，．
设为平面的一个法向量，
则
令，则．
设为点到面的距离，
则，
，
则或．
所以，存在或，满足题意．
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）先由勾股定理证出，再由面面垂直的性质定理得到面，再由线面垂直的判定定理得出平面.
（2）由线面垂直的定义得出线线垂直，从而得出四边形为菱形，再利用等边三角形三线合一和平行的传递性，从而得出线线垂直，则建立如图所示空间直角坐标系，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，从而得出平面的一个法向量，再利用数量积求点到平面的距离公式和已知条件，从而得出存在实数，使得点到平面的距离为.
（1）证明：，，，故．
又面面，面面，面，
面．
面，，
又，面，，面．
（2）面，，四边形为菱形，
取的中点为，连接，，为等边三角形．
．又，．
又平面，．
如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
，，．
设为面的一个法向量，
则 令，则．
设为点到面的距离，
则．
，即或．
故存在或，满足题意．
17．（2025·邵阳模拟）已知等差数列的前项和为，，．数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：数列是等比数列；
（3）求数列的前项和．
【答案】（1）解：是等差数列，
，
．
又，
，
等差数列的公差，
．
（2）证明：，
，
又，
，
为常数，
是首项为1，公比为2的等比数列．
（3）解：由（2）得，，
记
．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【分析】（1）由等差数列前n项和公式和等差数列的性质以及已知条件，从而求出的值，再由等差数列的性质得出公差的值，再结合等差数列性质得出数列的通项公式.
（2）由递推关系和等比数列定义，从而证出数列是等比数列.
（3）由（2）结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再利用裂项相消法得出数列的前项和.
（1）是等差数列，，．
又，．
等差数列的公差，
．
（2），．
又，，为常数．
是首项为1，公比为2的等比数列．
（3）由（2）得，
记，
．
18．（2025·邵阳模拟）已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求的方程；
（2）过的右焦点的直线交于两点，线段的垂直平分线交于两点．
①证明：四边形的面积为定值，并求出该定值；
②若直线的斜率存在且不为0，设线段的中点为，记，的面积分别为．当时，求的最小值．
【答案】（1）解：根据题意，得，
解得，
所以，椭圆的方程为．
（2）① 证明：设四边形的面积为，
由（1）得，，椭圆的焦点，
因为直线的垂直平分线段，
所以，
当直线与轴重合时，此时，，
，
由圆的性质知直线过坐标原点，
由椭圆的对称性知．
当直线与轴不重合时，设直线方程为，
，，
，
，
则直线的方程为，
联立椭圆方程，得，
解得，
，
，
，
综上所述，四边形的面积为定值．
②解：易知，，
因为，又因为直线的斜率存在且不为0，
，
由（ⅰ）知，
设，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，此时，
所以的最小值为．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和椭圆的离心率公式、点代入法和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而解方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）（ⅰ）从直线与轴重合这一特殊入手，此时得出四边形的面积为；当直线与轴不重合时，设直线方程为，通过几何图形的对称性和椭圆的性质，从而计算得出，，再通过四边形的面积公式，从而计算出四边形的面积为，四边形的面积为定值，并求出该定值.
（ⅱ）由（ⅰ）知，再利用
，从而通过换元法结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）根据题意，得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）（ⅰ）证明：设四边形的面积为，
由（1）得，椭圆的焦点，
因为直线的垂直平分线段，所以，
当直线与轴重合时，此时，，
．
由圆的性质知直线过坐标原点，由椭圆的对称性知．
当直线与轴不重合时，设直线方程为．
，，
．
，则直线的方程为，联立椭圆方程，
得，解得
．
．
．
综上所述，四边形的面积为定值．
（ⅱ）易知，，又，
直线的斜率存在且不为0，
．
由（ⅰ）知，
设，则，
．
当且仅当，即时，等号成立，此时．
故的最小值为．
19．（2025·邵阳模拟）已知函数，．
（1）求的极值；
（2）当时，证明：；
（3）当恰有四个零点，，，时，证明：．
【答案】（1）解：由题意，知，
令，则，
当时，，此时在上为减函数；
当时，，此时在上为增函数，
所以，，无极小值．
（2）证明：
令，
，
故在上为减函数．
，
则．
由（1）可知在上为增函数，，，
则．
（3）证明：由（2）得，当时，，
令，得，
由题意得，直线与两条曲线，共有四个交点，
如图所示，，
且，
由，
得，
，，且在上为增函数，
，
则．
，
同理可得，
所以，
则.
【知识点】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】【分析】（1）利用已知条件和导数正负判断函数单调性的方法，从而得出函数的极值.
（2）作差后构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（3）当时，，令，从而得出的值，再结合对数的单调性和对数的运算性质以及与指数的关系，从而证出成立．
．
（1）由题知，
令，则．
当时，，此时在上为减函数，
当时，，此时在上为增函数，
故，无极小值．
（2）．
令，
，故在上为减函数．
，即．
由（1）可知在上为增函数，，，
即．
（3）由（2）同理可证，当时，．
令，得，
由题意得直线与两条曲线，共有四个交点．
如图所示，，且．
由，得．
，，且在上为增函数，
，即．．同理：．
故，即，得证．
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