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广东省2025届普通高中毕业生第四届久洵杯一月调研测试数学试卷
1．（2025·广东模拟）在复平面内，对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2025·广东模拟）已知向量满足，则（　　）
A．2 B． C． D．3
3．（2025·广东模拟）设集合，则中所有元素之和为（　　）
A．3 B．8 C．9 D．12
4．（2025·广东模拟）已知，设命题，命题，则是的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025·广东模拟）若函数关于直线对称，则（　　）
A．1 B．3 C．5 D．7
6．（2025·广东模拟）已知圆柱与圆锥的体积与侧面积均相等，若的轴截面为等腰直角三角形，则与的底面半径之比为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·广东模拟）若，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·广东模拟）设椭圆的右焦点为.为上一点，的半径为，过作轴的垂线，交于两点，在的左侧.记的离心率为，点轨迹的离心率为，点轨迹的离心率为，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·广东模拟）已知正四面体的棱长为，则（　　）
A． B．与的距离为
C．二面角的正弦值为 D．正四面体的体积为
10．（2025·广东模拟）设双曲线的左、右顶点分别为为上一点，且位于第一象限，直线交轴于点，记的面积为，则（　　）
A． B．
C．若，则 D．若，则
11．（2025·广东模拟）已知函数的定义域为，其中为给定的常数，且不为常函数，则（　　）
A． B．当时，为奇函数
C．或1是存在的充要条件 D．当时，没有最值
12．（2025·广东模拟）曲线在点处的切线方程为　 　.
13．（2025·广东模拟）若样本数据的平均数为的平均数为22，则样本数据的方差为　 　.
14．（2025·广东模拟）设为正整数，从集合的所有二元子集中任取两个，记为，，其中与可以相同.在平面直角坐标系中，记直线与直线的四个交点分别为，则以为顶点的四边形为正方形的概率为　 　.（用含的代数式表示）附参考公式：
15．（2025·广东模拟）如图，在直三棱柱中，.
（1）证明：平面平面；
（2）若为中点，求平面与平面夹角的正弦值.
16．（2025·广东模拟）设抛物线的焦点为.已知到直线的距离为，过的直线交于两点.
（1）求的方程；
（2）已知点，直线交于点.若，求的面积.
17．（2025·广东模拟）记的内角的对边分别为.已知，.外一点满足，且的角平分线交于点.
（1）求；
（2）证明：；
（3）若，求.
18．（2025·广东模拟）已知函数，函数.
（1）讨论和的单调性；
（2）记函数，若为减函数，且存在，使得，求的取值范围.
19．（2025·广东模拟）对于一个单调递增的正整数数列，若对于任意不小于2的正整数不能表示为中若干不同项之和，则称为“好数列”.
（1）若数列满足，记集合，中的元素由小到大排列得到数列，列举的前五项，并判断是否为“好数列”，若是，给出证明；若不是，请说明理由；
（2）已知为“好数列”，对于给定的正整数，若存在正整数，使得，则记，设为的前项和.
（i）证明：；
（ii）证明：对任意的正整数，有.
答案解析部分
1．【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：，在复平面内对应的点坐标是，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的除法法则化简，结合复数的几何意义求解即可.
2．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解： 向量满足，
则，即，
则.
故答案为：C.
【分析】利用向量垂直求得，再根据向量模以及数量积运算律计算即可.
3．【答案】C
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得或，即集合，
因为集合，所以，
则中所有元素之和为.
故答案为：C.
【分析】先解不等式求的集合A，再根据集合的交集的定义求解即可.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，则，由，可得，解得，即充分性成立；
取，满足，但，即必要性不成立，
则是的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】结合基本不等式即可证明充分性成立，用特值检验说明必要性不成立即可.
5．【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：若函数关于直线对称，
满足，则，
即，
即，
则需满足且，即，则.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，代入展开后，结合等式恒成立求解即可.
6．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥和圆柱的底面半径分别为，高分别为，
因为圆锥的轴截面是等腰直角三角形，所以圆锥的母线长为，所以，
则圆锥的体积为，圆柱的体积为，
圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，
由题意可得，化简得，则，即，
则圆柱和圆锥的底面半径之比为.
故答案为：C.
【分析】设圆锥和圆柱的底面半径分别为，高分别为，根据圆锥和圆柱的侧面积公式及体积公式求解即可.
7．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：
，
因为，所以，
则，解得.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据同角三角函数基本关系式以及两角和与差的正余弦公式和正余弦的二倍角公式求解即可.
8．【答案】D
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，
由题意可得：，
，
则，因为点在椭圆上，所以，
同理得，由，有，
则，，故.
故答案为：D.
【分析】设点，利用两点间距离公式求得，再分类讨论得出离心率大小关系即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】二面角及二面角的平面角；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将正四面体补成正方体，如图所示：
A、易知，则，故A正确；
B、取中点，，则与的距离为，故B正确；
C、设中点为T，连接，如图所示：
因为则，
则为二面角的平面角，，
，，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据正四面体的几何特征求体积结合二面角，线线垂直等知识对选项分析判断即可.
10．【答案】B,C
【知识点】斜率的计算公式；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：易知，
设点，满足，
易知直线的斜率为的斜率为，
A、，
故A错误；
B、直线的斜率为，则，即，故B正确；
C、由双曲线的对称性可知：，
由，可得，
因为，所以，
则，故C正确；
D、由，得，则，
，，，
故D错误.
故答案为：BC.
【分析】设点，利用斜率坐标公式计算即可判断AB；利用对称性，结合几何图形求解即可判断CD.
11．【答案】B,C,D
【知识点】充分条件；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、，
令，则，即或，
当时，取函数，则，矛盾，故A错误；
B、，对互换有
即，又因为不恒为0，
所以用替换有，则为奇函数，故B正确；
C、当时，存在函数符合题意，充分性显然成立，下面我们证明必要性，
假设且，则由A选项的分析知，令则，
因为，则，由的任意性可知，为常函数，这与不为常函数矛盾，假设不成立，所以当或1，即必要性成立，故C正确；
D、假设存在使得，则，
对任意均成立，则为常函数，这与不为常函数矛盾，
故不存在使得，
下面证明的任意取值均同号，，
对于任意取即可得，故的任意取值均同号.
若在处取到最值，则取，则，
故由的任意性有，这与题设矛盾，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】特值检验即可判断A；对互换得，两式相加得根据奇函数的定义即可判断B；用特值检验推出必要性矛盾即可判断C；特值检验加反证法即可判断D.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：曲线定义域为，，
即曲线在店处的切线方程斜率为，
则曲线在点处的切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可.
13．【答案】20
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可得：数据的平均数为4，，
数据的平均数为，
则数据的方差为，
故的方差为.
故答案为：20.
【分析】由题意，利用平均数的定义、方差的性质列式计算即可.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由题意可知：边长为的正方形有种情况，
则
故答案为：.
【分析】根据古典概型结合组合数运算求和计算即可.
15．【答案】（1）证明：在直三棱柱中，易知，
因为，所以，
满足，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为平面，所以，所以，即两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
因为平面，所以可作为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，取，即，
设平面与平面的夹角为，则，
即，故平面与平面夹角的正弦值.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，以及几何条件，转化为证明平面，即可证明面面垂直；
（2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）在直三棱柱中，，
故，故.
所以，又因为，
平面，故平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为平面，所以，
所以，所以两两垂直.
以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
则，故.
因为平面，所以可作为平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，则，取，则.
设平面与平面的夹角为，则，
所以.
16．【答案】（1）解：易知抛物线的焦点，
由题意可得，解得，则的方程为；
（2）解：由题意知直线AB的斜率必存在，
设，
联立，消元整理可得，，
由韦达定理可得，
联立，消元整理可得，，
由韦达定理可得，则
由，可得，则，
故，
因为轴，所以的面积为.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点，利用点到直线的距离求参数的值，即可得抛物线方程；
（2）设出AB，AC的方程，联立抛物线方程，利用韦达定理结合，求得点A，B，C的坐标，再计算的面积即可.
（1）由题意知，F点到的距离为，故（舍去）或，
故的方程为.
（2）由题意知直线AB的斜率必存在，
设.
联立，有，，故，
联立，有，，故，
故
由有，则，
故.
注意到轴，故的面积为.
17．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，所以，
又因为，，所以，则，
则，解得；
（2）证明：假设不垂直于，过点作，垂足为，如图所示：
由（1）可得，则，
由角平分线定理有，故重合，即；
（3）解：由（2）知，设，
在中，由余弦定理有，
同理，故，解得，
注意到，故，且，
故或，如图所示：
由余弦定理可得，
当时，，解得；
当时，，解得，
故或.
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合两角和的正弦公式及同角的三角函数关系式求解即可；
（2）运用反证法，假设不垂直于，过点作，垂足为，利用三角函数定义和三角形角平分线定理推得重合即可；
（3）设，分别在和中，利用余弦定理求得，推得，或，在中，利用余弦定理求长即可.
（1）由正弦定理有，
则，
因，
代入化简得：，
因为，故，又，
即得，则.
故，解得.
（2）如图，假设不垂直于，过点作，垂足为.
由（1）可得，则，
由角平分线定理有，故重合，即.
（3）由（2）知，设.
在中，由余弦定理有，
同理，故，解得.
注意到，故，且.
故或（如图1，图2），由余弦定理有
，
当时，，解得；
当时，，解得.
故或.
18．【答案】（1）解：函数定义域为，，
易知在上单调递增，且，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
函数定义域为，，
当时，单调递减，当时，单调递增，
综上所述，在上单调递减，上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：的定义域为，且为奇函数，我们只需要考虑的情况，
，
即，令，
，
令，
令，且在上单调递增，
（i）若，则，故单调递增，，满足题意；
（ii）若，则存在，使得时且，即，矛盾，
故，即，
于是问题转化为：已知，
1）若，则，此时，矛盾；
2）若，则由（1）知，解得，
故的取值范围为.
【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
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）先根据函数单调递减得出，再换元构造新函数进而得出求导转化即可求解.
（1）在上单调递增，.
当时，单调递减；
当时，单调递增.，
当时，单调递减，当时，单调递增.
综上所述，在上单调递减，上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增.
（2）的定义域为，且为奇函数，我们只需要考虑的情况.
.
即，令.
.
令.
令，且在上单调递增.
（i）若，则，故单调递增，，满足题意；
（ii）若，则存在，使得时且，即，矛盾，故，即.
于是问题转化为：已知.
1）若，则，此时，矛盾；
2）若，则由（1）知，解得，
故的取值范围为，
19．【答案】（1）解：由题意可得：，
因为，所以数列不是“好数列”；
（2）证明：（i）列出以下数表：
假设存在使得，不妨设，则，
故，且，这与为好数列矛盾，
故不存在使得，
则；
（ii）由
，
且，由（2）知，
故
整理有，又因为，所以，
由有，
当时，.
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的前n项和；数列的求和；反证法
【解析】【分析】（1）根据数列新定义计算求解判断即可；
（2）（i）应用反证法计算结合数列新定义证明即可；
（ii）根据等差数列求和及累加法计算证明即可.
（1）.
因为，故不是“好数列”.
（2）（i）列出以下数表：
假设存在使得，不妨设，则.
故，且，这与为好数列矛盾，故不存在使得.
故.
（ii）由
，
且，由（2）知，
故
整理有，又因为，所以，
由有.
当时，.
1 / 1广东省2025届普通高中毕业生第四届久洵杯一月调研测试数学试卷
1．（2025·广东模拟）在复平面内，对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【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：，在复平面内对应的点坐标是，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的除法法则化简，结合复数的几何意义求解即可.
2．（2025·广东模拟）已知向量满足，则（　　）
A．2 B． C． D．3
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解： 向量满足，
则，即，
则.
故答案为：C.
【分析】利用向量垂直求得，再根据向量模以及数量积运算律计算即可.
3．（2025·广东模拟）设集合，则中所有元素之和为（　　）
A．3 B．8 C．9 D．12
【答案】C
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得或，即集合，
因为集合，所以，
则中所有元素之和为.
故答案为：C.
【分析】先解不等式求的集合A，再根据集合的交集的定义求解即可.
4．（2025·广东模拟）已知，设命题，命题，则是的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，则，由，可得，解得，即充分性成立；
取，满足，但，即必要性不成立，
则是的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】结合基本不等式即可证明充分性成立，用特值检验说明必要性不成立即可.
5．（2025·广东模拟）若函数关于直线对称，则（　　）
A．1 B．3 C．5 D．7
【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：若函数关于直线对称，
满足，则，
即，
即，
则需满足且，即，则.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，代入展开后，结合等式恒成立求解即可.
6．（2025·广东模拟）已知圆柱与圆锥的体积与侧面积均相等，若的轴截面为等腰直角三角形，则与的底面半径之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥和圆柱的底面半径分别为，高分别为，
因为圆锥的轴截面是等腰直角三角形，所以圆锥的母线长为，所以，
则圆锥的体积为，圆柱的体积为，
圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，
由题意可得，化简得，则，即，
则圆柱和圆锥的底面半径之比为.
故答案为：C.
【分析】设圆锥和圆柱的底面半径分别为，高分别为，根据圆锥和圆柱的侧面积公式及体积公式求解即可.
7．（2025·广东模拟）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：
，
因为，所以，
则，解得.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据同角三角函数基本关系式以及两角和与差的正余弦公式和正余弦的二倍角公式求解即可.
8．（2025·广东模拟）设椭圆的右焦点为.为上一点，的半径为，过作轴的垂线，交于两点，在的左侧.记的离心率为，点轨迹的离心率为，点轨迹的离心率为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，
由题意可得：，
，
则，因为点在椭圆上，所以，
同理得，由，有，
则，，故.
故答案为：D.
【分析】设点，利用两点间距离公式求得，再分类讨论得出离心率大小关系即可.
9．（2025·广东模拟）已知正四面体的棱长为，则（　　）
A． B．与的距离为
C．二面角的正弦值为 D．正四面体的体积为
【答案】A,B,D
【知识点】二面角及二面角的平面角；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将正四面体补成正方体，如图所示：
A、易知，则，故A正确；
B、取中点，，则与的距离为，故B正确；
C、设中点为T，连接，如图所示：
因为则，
则为二面角的平面角，，
，，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据正四面体的几何特征求体积结合二面角，线线垂直等知识对选项分析判断即可.
10．（2025·广东模拟）设双曲线的左、右顶点分别为为上一点，且位于第一象限，直线交轴于点，记的面积为，则（　　）
A． B．
C．若，则 D．若，则
【答案】B,C
【知识点】斜率的计算公式；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：易知，
设点，满足，
易知直线的斜率为的斜率为，
A、，
故A错误；
B、直线的斜率为，则，即，故B正确；
C、由双曲线的对称性可知：，
由，可得，
因为，所以，
则，故C正确；
D、由，得，则，
，，，
故D错误.
故答案为：BC.
【分析】设点，利用斜率坐标公式计算即可判断AB；利用对称性，结合几何图形求解即可判断CD.
11．（2025·广东模拟）已知函数的定义域为，其中为给定的常数，且不为常函数，则（　　）
A． B．当时，为奇函数
C．或1是存在的充要条件 D．当时，没有最值
【答案】B,C,D
【知识点】充分条件；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、，
令，则，即或，
当时，取函数，则，矛盾，故A错误；
B、，对互换有
即，又因为不恒为0，
所以用替换有，则为奇函数，故B正确；
C、当时，存在函数符合题意，充分性显然成立，下面我们证明必要性，
假设且，则由A选项的分析知，令则，
因为，则，由的任意性可知，为常函数，这与不为常函数矛盾，假设不成立，所以当或1，即必要性成立，故C正确；
D、假设存在使得，则，
对任意均成立，则为常函数，这与不为常函数矛盾，
故不存在使得，
下面证明的任意取值均同号，，
对于任意取即可得，故的任意取值均同号.
若在处取到最值，则取，则，
故由的任意性有，这与题设矛盾，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】特值检验即可判断A；对互换得，两式相加得根据奇函数的定义即可判断B；用特值检验推出必要性矛盾即可判断C；特值检验加反证法即可判断D.
12．（2025·广东模拟）曲线在点处的切线方程为　 　.
【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：曲线定义域为，，
即曲线在店处的切线方程斜率为，
则曲线在点处的切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可.
13．（2025·广东模拟）若样本数据的平均数为的平均数为22，则样本数据的方差为　 　.
【答案】20
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可得：数据的平均数为4，，
数据的平均数为，
则数据的方差为，
故的方差为.
故答案为：20.
【分析】由题意，利用平均数的定义、方差的性质列式计算即可.
14．（2025·广东模拟）设为正整数，从集合的所有二元子集中任取两个，记为，，其中与可以相同.在平面直角坐标系中，记直线与直线的四个交点分别为，则以为顶点的四边形为正方形的概率为　 　.（用含的代数式表示）附参考公式：
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由题意可知：边长为的正方形有种情况，
则
故答案为：.
【分析】根据古典概型结合组合数运算求和计算即可.
15．（2025·广东模拟）如图，在直三棱柱中，.
（1）证明：平面平面；
（2）若为中点，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明：在直三棱柱中，易知，
因为，所以，
满足，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为平面，所以，所以，即两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
因为平面，所以可作为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，取，即，
设平面与平面的夹角为，则，
即，故平面与平面夹角的正弦值.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，以及几何条件，转化为证明平面，即可证明面面垂直；
（2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）在直三棱柱中，，
故，故.
所以，又因为，
平面，故平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为平面，所以，
所以，所以两两垂直.
以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
则，故.
因为平面，所以可作为平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，则，取，则.
设平面与平面的夹角为，则，
所以.
16．（2025·广东模拟）设抛物线的焦点为.已知到直线的距离为，过的直线交于两点.
（1）求的方程；
（2）已知点，直线交于点.若，求的面积.
【答案】（1）解：易知抛物线的焦点，
由题意可得，解得，则的方程为；
（2）解：由题意知直线AB的斜率必存在，
设，
联立，消元整理可得，，
由韦达定理可得，
联立，消元整理可得，，
由韦达定理可得，则
由，可得，则，
故，
因为轴，所以的面积为.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点，利用点到直线的距离求参数的值，即可得抛物线方程；
（2）设出AB，AC的方程，联立抛物线方程，利用韦达定理结合，求得点A，B，C的坐标，再计算的面积即可.
（1）由题意知，F点到的距离为，故（舍去）或，
故的方程为.
（2）由题意知直线AB的斜率必存在，
设.
联立，有，，故，
联立，有，，故，
故
由有，则，
故.
注意到轴，故的面积为.
17．（2025·广东模拟）记的内角的对边分别为.已知，.外一点满足，且的角平分线交于点.
（1）求；
（2）证明：；
（3）若，求.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，所以，
又因为，，所以，则，
则，解得；
（2）证明：假设不垂直于，过点作，垂足为，如图所示：
由（1）可得，则，
由角平分线定理有，故重合，即；
（3）解：由（2）知，设，
在中，由余弦定理有，
同理，故，解得，
注意到，故，且，
故或，如图所示：
由余弦定理可得，
当时，，解得；
当时，，解得，
故或.
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合两角和的正弦公式及同角的三角函数关系式求解即可；
（2）运用反证法，假设不垂直于，过点作，垂足为，利用三角函数定义和三角形角平分线定理推得重合即可；
（3）设，分别在和中，利用余弦定理求得，推得，或，在中，利用余弦定理求长即可.
（1）由正弦定理有，
则，
因，
代入化简得：，
因为，故，又，
即得，则.
故，解得.
（2）如图，假设不垂直于，过点作，垂足为.
由（1）可得，则，
由角平分线定理有，故重合，即.
（3）由（2）知，设.
在中，由余弦定理有，
同理，故，解得.
注意到，故，且.
故或（如图1，图2），由余弦定理有
，
当时，，解得；
当时，，解得.
故或.
18．（2025·广东模拟）已知函数，函数.
（1）讨论和的单调性；
（2）记函数，若为减函数，且存在，使得，求的取值范围.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
易知在上单调递增，且，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
函数定义域为，，
当时，单调递减，当时，单调递增，
综上所述，在上单调递减，上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：的定义域为，且为奇函数，我们只需要考虑的情况，
，
即，令，
，
令，
令，且在上单调递增，
（i）若，则，故单调递增，，满足题意；
（ii）若，则存在，使得时且，即，矛盾，
故，即，
于是问题转化为：已知，
1）若，则，此时，矛盾；
2）若，则由（1）知，解得，
故的取值范围为.
【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
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）先根据函数单调递减得出，再换元构造新函数进而得出求导转化即可求解.
（1）在上单调递增，.
当时，单调递减；
当时，单调递增.，
当时，单调递减，当时，单调递增.
综上所述，在上单调递减，上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增.
（2）的定义域为，且为奇函数，我们只需要考虑的情况.
.
即，令.
.
令.
令，且在上单调递增.
（i）若，则，故单调递增，，满足题意；
（ii）若，则存在，使得时且，即，矛盾，故，即.
于是问题转化为：已知.
1）若，则，此时，矛盾；
2）若，则由（1）知，解得，
故的取值范围为，
19．（2025·广东模拟）对于一个单调递增的正整数数列，若对于任意不小于2的正整数不能表示为中若干不同项之和，则称为“好数列”.
（1）若数列满足，记集合，中的元素由小到大排列得到数列，列举的前五项，并判断是否为“好数列”，若是，给出证明；若不是，请说明理由；
（2）已知为“好数列”，对于给定的正整数，若存在正整数，使得，则记，设为的前项和.
（i）证明：；
（ii）证明：对任意的正整数，有.
【答案】（1）解：由题意可得：，
因为，所以数列不是“好数列”；
（2）证明：（i）列出以下数表：
假设存在使得，不妨设，则，
故，且，这与为好数列矛盾，
故不存在使得，
则；
（ii）由
，
且，由（2）知，
故
整理有，又因为，所以，
由有，
当时，.
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的前n项和；数列的求和；反证法
【解析】【分析】（1）根据数列新定义计算求解判断即可；
（2）（i）应用反证法计算结合数列新定义证明即可；
（ii）根据等差数列求和及累加法计算证明即可.
（1）.
因为，故不是“好数列”.
（2）（i）列出以下数表：
假设存在使得，不妨设，则.
故，且，这与为好数列矛盾，故不存在使得.
故.
（ii）由
，
且，由（2）知，
故
整理有，又因为，所以，
由有.
当时，.
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