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湖南省岳阳市2025届高三下学期教学质量监测（二）数学试题
1．（2025·岳阳模拟）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为
，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据根式不等式求解方法与对数不等式求解方法，从而分别得出集合A和集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．（2025·岳阳模拟）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，.
故答案为：B.
【分析】先将分式进行整理得出，再利用复数除法运算法则得出复数z.
3．（2025·岳阳模拟）已知非零向量，若，且，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，
可得，
所以，，
因为
所以.
故答案为：D.
【分析】根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的运算律，再结合数量积的定义和两向量夹角的取值范围，从而得出与的夹角.
4．（2025·岳阳模拟）已知直线，平面，若平面平面，且，则下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则直线必垂直于平面内的无数条直线
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，若，则与也可能平行或者，故A错误；
对于B，若，当至少有一条直线与垂直时才有，
否则还有可能存在平行或异面及相交但不垂直的情况，故B错误；
对于C，若，且，才会有，
否则还有可能存在平行或相交但不垂直的情况，故C错误；
对于D，当直线，且，此时，
所以，满足条件的直线有无数条，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间中直线与直线的位置关系和直线与平面之间的位置关系，再结合面面垂直的性质定理，从而逐项判断找出真命题的选项.
5．（2025·岳阳模拟）某校食堂为打造菜品，特举办菜品评选活动.已知评委团由家长代表，学生代表和教工代表组成，人数比为，现由评委团对1号菜品和2号菜品进行投票（每人只能投一票且必须投一票）.若投票结果显示，家长代表和学生代表中均有的人投票给1号菜品，教工代表中有的人投票给2号菜品，那么，从1号菜品的投票人中任选1人，他是学生代表的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据人数比例设家长代表、学生代表和教工代表人数分别是
（为比例系数），
由题意知：家长代表中有的人投给1号，人数为；
学生代表中有的人投给1号，人数为；
教工代表中有的人投给2号，那么教工代表中有的人投给1号，人数为，
所以，投给1号的总人数为，学生代表中投给1号的人数为，
则所求概率为.
故答案为：A.
【分析】根据频数等于频率乘以样本容量公式和分类加法计数原理以及古典概率公式，从而得出从1号菜品的投票人中任选1人，他是学生代表的概率.
6．（2025·岳阳模拟）若函数有唯一零点，且，则（　　）
A． B． C． D．1
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为函数有唯一的零点，
所以也有唯一的零点，
又因为 均为偶函数，
所以为偶函数，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】根据偶函数的性质结合零点的唯一性，从而可得，进而得出实数a的值.
7．（2025·岳阳模拟）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以为顶点的等腰三角形，若分别是该三角形的三个内角，则（　　）
A． B． C．0 D．1
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面圆半径以及圆锥的母线分别为，
由题意可得，所以，
因此三角形为等边三角形，
所以，
则
故答案为：B.
【分析】根据得出，从而判断出三角形为等边三角形，再利用两角和的正切公式，从而得出的值.
8．（2025·岳阳模拟）设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，的平分线与轴交于点，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的定义；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为椭圆的焦点，
又因为，
不妨令点在第一象限，
在中，，
则，
解得，，
则，
由平分，
得，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，由椭圆定义结合余弦定理求出，再利用勾股定理和角平分线的性质以及两点距离公式，从而得出PA的长.
9．（2025·岳阳模拟）下列说法正确的有（　　）
A．已知随机事件的概率不为0，若和相互独立，则和一定不互斥
B．若关于的经验回归方程为，则样本点的残差为1.4
C．数据的平均数为2，方差为12，则
D．设随机变量服从正态分布，则
【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；可线性化的回归分析；相互独立事件的概率乘法公式；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A，由随机事件的概率不为0，得，
若事件和互斥，则，
若事件和相互独立，则，
所以事件和相互独立，
则事件和一定不互斥，故A正确；
对于B，将代入回归方程为，
可得，
则样本点的残差为，故B不正确；
对于C，因为数据的平均数为2，方差为12，
可得且，
则，
所以，故C错误；
对于D，由随机变量服从正态分布，
可得
则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由事件和事件相互独立，则，则可判断选项A；将代入线性回归方程中，从而得出的值，进而得到残差值，则可判断选项B；利用平均数公式和方差的公式，从而得出的值，则判断出选项C；由正态分布的性质得到，再结合，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025·岳阳模拟）已知不等式在上恒成立（当且仅当时等号成立），下列不等式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【解答】解：对于A，将替换为，则，
所以，故A正确；
对于B，由选项A，可得，则，
由题意，得，
所以，
则，故B正确；
对于C，由选项A，令，得，
则，故C错误；
对于D，因为
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将替换为结合已知条件，则可判断选项A；根据和，则取求解判断出选项B；取，得，再相加求解，则判断出选项C；利用放缩法求解，则判断出选项D，从而找出不等式正确的选项.
11．（2025·岳阳模拟）已知数列的前项和为，且对任意的，总存在，使得，则称为“回归数列”.以下结论中正确的是（　　）
A．若，则为“回归数列”
B．若为等比数列，则为“回归数列”
C．设为等差数列，当，公差时，若为“回归数列”，则
D．对任意的等差数列，总存在两个“回归数列”和，使得
【答案】A,C,D
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，由，可得，
所以必存在，使得，
则为“回归数列”，故A正确；
对于B，由等比数列通项公式，得，
当时，，
显然，对任意的，，
所以，数列不是“回归数列”，故B错误；
对于C，当时，，
假设总存在，则，
对任意的上式恒成立，不妨取，可得，存在，
再取，可得，
因为且，所以，
当时，对任意的，
由
可得总存在满足成立，故C正确；
对于D，设等差数列，
总存在两个回归数列，
显然和是等差数列，使得，
证明如下：因为，
又因为，
所以，数列{}前n项和，
可得，
当时，由为正整数，
当时，，
所以，存在正整数，使得，
所以是“回归数列”，
因为，
所以数列前n项和，
又因为，
所以，存在正整数，使得，
所以，数列是“回归数列”，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件和等差数列qiann项和公式和回归数列的定义，则判断出选项A；等比数列的通项公式和等比数列的前n项和公式以及回归数列的定义，则判断出选项B；利用已知条件和等差数列前n项和公式以及恒成立问题求解方法，则判断出选项C；利用等差数列的前n项和公式和回归数列的定义以及分组求和的方法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2025·岳阳模拟）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则在区间上的值域是　 　.
【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：依题意，，
当时，，，
所以在区间上的值域为.
故答案为：.
【分析】利用正弦型函数的图象变换求出函数的解析式，再利用换元法和正弦函数求值域的方法，从而得出函数在区间上的值域.
13．（2025·岳阳模拟）已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则　 　.
【答案】0或2
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由，得，
当时，切线的斜率，
则曲线在点处的切线方程为，
因为它与只有一个公共点，
所以有唯一解，
则有唯一解，
所以或，
解得或.
故答案为：0或2.
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式得出曲线在点处的切线方程，再联立切线方程和抛物线方程并消去，再利用判别式为零得出的值.
14．（2025·岳阳模拟）祖暅，南北朝时期的伟大科学家，于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”，这就是“祖暅原理”.“势”即是高，“幂”是面积，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.已知双曲线：，若直线与在第一象限内与双曲线及其渐近线围成图形（如图1），则它绕轴旋转一周所得几何体的体积为　 　；由双曲线和两直线围成的封闭图形绕轴旋转一周后得到几何体（如图2），则的体积为　 　.
【答案】；
【知识点】双曲线的简单性质；组合几何体的面积、表面积、体积问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由，
得渐近线方程：，
则在第一象限内与渐近线的交点N的坐标为，
所以，与双曲线在第一象限交点B的坐标为，
易得，
如图所示，设直线与轴的交点为，
在第一象限与双曲线及其渐近线的交点为，
则，
所以，
则，
根据祖晅原理，它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积等于，
又因为直角绕轴旋转一周所得圆锥体积为：，
所以的体积为.
故答案为：；.
【分析】设直线与轴的交点为，在第一象限与双曲线及其渐近线的交点为，从而得到，再结合祖暅原理得出图形绕轴旋转一周所得几何体的体积；再结合直角绕轴旋转一周得出圆锥，再利用圆锥的体积公式得出几何体的体积.
15．（2025·岳阳模拟）记的内角的对边分别为，已知向量，，且.
（1）求；
（2）若的面积为，且，求.
【答案】（1）解：由题意知，，
由正弦定理得，
因为，所以，
则，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：因为的面积为，
所以，
所以，
由余弦定理得，
所以.
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据数量积的坐标表示和正弦定理边角互化结合三角形中角C的取值范围以及同角三角函数基本关系式，可化简得的值，再利用三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据三角形的面积公式可得的长，从而得出的值，再利用余弦定理得出实数a的值.
（1）由题意知，，
由正弦定理得，
因为，所以，
则，即，
又，所以.
（2）因为的面积为，解得，
所以，
由余弦定理得，所以.
16．（2025·岳阳模拟）已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）解：当时，，
则，
由，得；
由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）解：因为
当时，由，得；
由，得，
此时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，对任意的恒成立，
此时，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增，
综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
【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
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极值.
（2）利用x的取值范围和对，，，进行分类讨论，再利用求导的方法判断函数的单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（1）当时，，
由，得；由，得.
所以在上单调递减，在上单调递增.
故的极小值为，无极大值.
（2）
当时，由，得；由，得，
此时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，对任意的恒成立，
此时，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增.
综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
17．（2025·岳阳模拟）如图，在圆锥中，为底面圆的一条直径，为底面圆周上不同于的两点，圆锥母线长为.
（1）若，平面与平面的交线为，证明：∥；
（2）若与平面所成角的正切值为，求的长.
【答案】（1）证明：因为为直径，
所以，且，
则且，
又因为，
所以，
则，且，平面，
可知，且平面平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
（2）解：方法一：由题意知，，
如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，
过与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，
可知，
设，
则，
可得
设平面的法向量为，
则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，
则，
可得，且，
解得，
则，
整理得，解得，
则.
方法二：以点为坐标原点，所在直线分别为和轴，
在平面内过垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设，可得，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，
则，
可得，且，
解得，
则
整理得，解得，
所以，
则.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据题意可得，从而证出直线平面，再结合线面平行的性质定理证出∥.
（2）利用两种方法求解.
方法一：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标和向量的坐标，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，从而得出平面的法向量，再利用同角三角函数基本关系式和数量积求向量夹角公式，从而得出实数a的值，进而得出AD的长.
方法二：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标，设，从而得出向量的坐标，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，则得出平面的法向量，再利用同角三角函数基本关系式和数量积求向量夹角公式以及已知条件，从而得出的值，再利用向量求模公式得出AD的长.
（1）因为为直径，则，
且，则且，
又因为，则，即.
且，平面，可知，
且平面平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
（2）方法一：由题意知，，
如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，
可知，设，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，
则，可得，
且，解得，
即，
整理得，解得，即；
方法二：以点为坐标原点，所在直线分别为和轴，在平面内过垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设，可得，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，则，可得，
且，解得，
即，
整理得，解得，
所以，即.
18．（2025·岳阳模拟）已知双曲线与抛物线有公共焦点，且.
（1）若抛物线的方程为.
①求双曲线的方程；
②设直线与轴交于点，过点的直线交于两点，点在直线上，且直线轴，证明：直线恒过定点.
（2）过的直线与抛物线交于两点，与的两条渐近线交于两点（均位于轴右侧）.若实数满足，求的取值范围.
【答案】（1）①解：设双曲线的焦距为，
则，
又因为，所以，所以，
则，
所以双曲线的方程为.
②证明：由题意得，，
当直线与轴不重合时，
设直线的方程为，
由，
整理得，
因为恒成立，
由韦达定理得，
则
由，
得直线的方程为，
令，
则
，
则直线恒过点；
当直线与轴重合时，
设，点，直线为轴，也过点，
综上所述，直线恒过定点.
（2）解：由题意知，，又因为，
则，
所以双曲线的渐近线方程为，
易知直线的斜率不为0，
设直线，
因为两点且均位于轴右侧，所以，
由，
解得，
则
设，
由，消去得，
则，
，
由和，
得，
则，
又因为，所以，所以，
则实数的取值范围为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）①根据抛物线的焦点坐标和双曲线的焦点坐标和已知条件，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，进而得出双曲线的标准方程.
②由题意得，，当直线与轴不重合时，设直线的方程为，联立直线方程和双曲线方程得出韦达定理式，再利用点Q的坐标和点斜式方程得出直线BQ的方程，令，计算得出直线恒过点；当直线与轴重合时，设，点，直线为轴，也过点，综上所述，直线恒过定点.
（2）联立直线方程和抛物线方程，从而得出，再计算得出和，最后代入计算得出的取值范围.
（1）①设双曲线的焦距为，则有，又，则
所以，则，
所以双曲线的方程为.
②由题意得，，
当直线与轴不重合时，设直线的方程为.
由整理得，，
恒成立，由韦达定理得，
则有
由得，直线的方程为，令，
即直线恒过点，
当直线与轴重合时，设，点，直线为轴，也过点
.综上，直线恒过定点.
（2）由题意知，，又，则，
所以双曲线的渐近线方程为，
易知直线的斜率不为0，设直线，
由于两点且均位于轴右侧，有，
由，解得，
设，由，消去得，
则有，
由及得，
，即，
又，则，所以，
故实数的取值范围为.
19．（2025·岳阳模拟）中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛 方垛 刍甍多 刍童垛等的公式.我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称原数列为“阶等差数列”.例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为1的等差数列，则称数列为二阶等差数列.
（1）若数列满足，且，求证：数列为二阶等差数列；
（2）若三阶等差数列的前4项依次为，求的前项和；
（3）若阶等差数列的通项公式为.
①求的值；
②求的前项和.
【答案】（1）证明：因为，
所以，
所以是首项为，公差为2的等差数列，
则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列.
（2）解：因为是“三阶等差数列”，
所以是“二阶等差数列”，
设，所以是“一阶等差数列”，
由题意得，
所以，
，
因为满足上式，所以，
，
因为满足上式，，
.
（3）解：①因为，设，
所以，
设，
则，
设，
所以
所以，
所以数列是公差为384的等差数列，
则数列是4阶等差数列，
所以.
②因为
，
所以，
又因为
所以
，
同理可证，
证明如下：
设，
因为，
所以，
则
，
所以
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列概念与表示；数列的求和；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）结合等差数列的定义和题中定义，从而证出数列为二阶等差数列.
（2）结合已知条件，设，再结合累加法得到，再根据组合数公式求解得出数列的前项和.
（3）①利用题中定义和等差数列的定义，从而依次求解得出k的值。
②利用已知条件和组合数公式可得，从而证出，再利用数列求和公式得出数列的前项和.
（1）因为，
所以，
所以是首项为，公差为2的等差数列，
则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列.
（2）因为是“三阶等差数列”，所以是“二阶等差数列”，
设，所以是“一阶等差数列”.
由题意得，所以，
，
，
满足上式，所以.
，
因为满足上式，.
.
（3）①，设，
则，
设，
则，
设，
所以，
所以，
所以数列是公差为384的等差数列，
则数列是4阶等差数列，即.
②
，
所以，
又因为
，
所以
，
同理可证，证明如下：
设，因为，
所以，
则
，
所以
1 / 1湖南省岳阳市2025届高三下学期教学质量监测（二）数学试题
1．（2025·岳阳模拟）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·岳阳模拟）若，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·岳阳模拟）已知非零向量，若，且，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·岳阳模拟）已知直线，平面，若平面平面，且，则下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则直线必垂直于平面内的无数条直线
5．（2025·岳阳模拟）某校食堂为打造菜品，特举办菜品评选活动.已知评委团由家长代表，学生代表和教工代表组成，人数比为，现由评委团对1号菜品和2号菜品进行投票（每人只能投一票且必须投一票）.若投票结果显示，家长代表和学生代表中均有的人投票给1号菜品，教工代表中有的人投票给2号菜品，那么，从1号菜品的投票人中任选1人，他是学生代表的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·岳阳模拟）若函数有唯一零点，且，则（　　）
A． B． C． D．1
7．（2025·岳阳模拟）已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以为顶点的等腰三角形，若分别是该三角形的三个内角，则（　　）
A． B． C．0 D．1
8．（2025·岳阳模拟）设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，的平分线与轴交于点，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·岳阳模拟）下列说法正确的有（　　）
A．已知随机事件的概率不为0，若和相互独立，则和一定不互斥
B．若关于的经验回归方程为，则样本点的残差为1.4
C．数据的平均数为2，方差为12，则
D．设随机变量服从正态分布，则
10．（2025·岳阳模拟）已知不等式在上恒成立（当且仅当时等号成立），下列不等式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025·岳阳模拟）已知数列的前项和为，且对任意的，总存在，使得，则称为“回归数列”.以下结论中正确的是（　　）
A．若，则为“回归数列”
B．若为等比数列，则为“回归数列”
C．设为等差数列，当，公差时，若为“回归数列”，则
D．对任意的等差数列，总存在两个“回归数列”和，使得
12．（2025·岳阳模拟）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则在区间上的值域是　 　.
13．（2025·岳阳模拟）已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则　 　.
14．（2025·岳阳模拟）祖暅，南北朝时期的伟大科学家，于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”，这就是“祖暅原理”.“势”即是高，“幂”是面积，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.已知双曲线：，若直线与在第一象限内与双曲线及其渐近线围成图形（如图1），则它绕轴旋转一周所得几何体的体积为　 　；由双曲线和两直线围成的封闭图形绕轴旋转一周后得到几何体（如图2），则的体积为　 　.
15．（2025·岳阳模拟）记的内角的对边分别为，已知向量，，且.
（1）求；
（2）若的面积为，且，求.
16．（2025·岳阳模拟）已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）讨论函数的单调性.
17．（2025·岳阳模拟）如图，在圆锥中，为底面圆的一条直径，为底面圆周上不同于的两点，圆锥母线长为.
（1）若，平面与平面的交线为，证明：∥；
（2）若与平面所成角的正切值为，求的长.
18．（2025·岳阳模拟）已知双曲线与抛物线有公共焦点，且.
（1）若抛物线的方程为.
①求双曲线的方程；
②设直线与轴交于点，过点的直线交于两点，点在直线上，且直线轴，证明：直线恒过定点.
（2）过的直线与抛物线交于两点，与的两条渐近线交于两点（均位于轴右侧）.若实数满足，求的取值范围.
19．（2025·岳阳模拟）中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛 方垛 刍甍多 刍童垛等的公式.我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称原数列为“阶等差数列”.例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为1的等差数列，则称数列为二阶等差数列.
（1）若数列满足，且，求证：数列为二阶等差数列；
（2）若三阶等差数列的前4项依次为，求的前项和；
（3）若阶等差数列的通项公式为.
①求的值；
②求的前项和.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为
，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据根式不等式求解方法与对数不等式求解方法，从而分别得出集合A和集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，.
故答案为：B.
【分析】先将分式进行整理得出，再利用复数除法运算法则得出复数z.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，
可得，
所以，，
因为
所以.
故答案为：D.
【分析】根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的运算律，再结合数量积的定义和两向量夹角的取值范围，从而得出与的夹角.
4．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，若，则与也可能平行或者，故A错误；
对于B，若，当至少有一条直线与垂直时才有，
否则还有可能存在平行或异面及相交但不垂直的情况，故B错误；
对于C，若，且，才会有，
否则还有可能存在平行或相交但不垂直的情况，故C错误；
对于D，当直线，且，此时，
所以，满足条件的直线有无数条，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间中直线与直线的位置关系和直线与平面之间的位置关系，再结合面面垂直的性质定理，从而逐项判断找出真命题的选项.
5．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据人数比例设家长代表、学生代表和教工代表人数分别是
（为比例系数），
由题意知：家长代表中有的人投给1号，人数为；
学生代表中有的人投给1号，人数为；
教工代表中有的人投给2号，那么教工代表中有的人投给1号，人数为，
所以，投给1号的总人数为，学生代表中投给1号的人数为，
则所求概率为.
故答案为：A.
【分析】根据频数等于频率乘以样本容量公式和分类加法计数原理以及古典概率公式，从而得出从1号菜品的投票人中任选1人，他是学生代表的概率.
6．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为函数有唯一的零点，
所以也有唯一的零点，
又因为 均为偶函数，
所以为偶函数，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】根据偶函数的性质结合零点的唯一性，从而可得，进而得出实数a的值.
7．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面圆半径以及圆锥的母线分别为，
由题意可得，所以，
因此三角形为等边三角形，
所以，
则
故答案为：B.
【分析】根据得出，从而判断出三角形为等边三角形，再利用两角和的正切公式，从而得出的值.
8．【答案】D
【知识点】椭圆的定义；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为椭圆的焦点，
又因为，
不妨令点在第一象限，
在中，，
则，
解得，，
则，
由平分，
得，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，由椭圆定义结合余弦定理求出，再利用勾股定理和角平分线的性质以及两点距离公式，从而得出PA的长.
9．【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；可线性化的回归分析；相互独立事件的概率乘法公式；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A，由随机事件的概率不为0，得，
若事件和互斥，则，
若事件和相互独立，则，
所以事件和相互独立，
则事件和一定不互斥，故A正确；
对于B，将代入回归方程为，
可得，
则样本点的残差为，故B不正确；
对于C，因为数据的平均数为2，方差为12，
可得且，
则，
所以，故C错误；
对于D，由随机变量服从正态分布，
可得
则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由事件和事件相互独立，则，则可判断选项A；将代入线性回归方程中，从而得出的值，进而得到残差值，则可判断选项B；利用平均数公式和方差的公式，从而得出的值，则判断出选项C；由正态分布的性质得到，再结合，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【解答】解：对于A，将替换为，则，
所以，故A正确；
对于B，由选项A，可得，则，
由题意，得，
所以，
则，故B正确；
对于C，由选项A，令，得，
则，故C错误；
对于D，因为
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将替换为结合已知条件，则可判断选项A；根据和，则取求解判断出选项B；取，得，再相加求解，则判断出选项C；利用放缩法求解，则判断出选项D，从而找出不等式正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，由，可得，
所以必存在，使得，
则为“回归数列”，故A正确；
对于B，由等比数列通项公式，得，
当时，，
显然，对任意的，，
所以，数列不是“回归数列”，故B错误；
对于C，当时，，
假设总存在，则，
对任意的上式恒成立，不妨取，可得，存在，
再取，可得，
因为且，所以，
当时，对任意的，
由
可得总存在满足成立，故C正确；
对于D，设等差数列，
总存在两个回归数列，
显然和是等差数列，使得，
证明如下：因为，
又因为，
所以，数列{}前n项和，
可得，
当时，由为正整数，
当时，，
所以，存在正整数，使得，
所以是“回归数列”，
因为，
所以数列前n项和，
又因为，
所以，存在正整数，使得，
所以，数列是“回归数列”，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件和等差数列qiann项和公式和回归数列的定义，则判断出选项A；等比数列的通项公式和等比数列的前n项和公式以及回归数列的定义，则判断出选项B；利用已知条件和等差数列前n项和公式以及恒成立问题求解方法，则判断出选项C；利用等差数列的前n项和公式和回归数列的定义以及分组求和的方法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：依题意，，
当时，，，
所以在区间上的值域为.
故答案为：.
【分析】利用正弦型函数的图象变换求出函数的解析式，再利用换元法和正弦函数求值域的方法，从而得出函数在区间上的值域.
13．【答案】0或2
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由，得，
当时，切线的斜率，
则曲线在点处的切线方程为，
因为它与只有一个公共点，
所以有唯一解，
则有唯一解，
所以或，
解得或.
故答案为：0或2.
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式得出曲线在点处的切线方程，再联立切线方程和抛物线方程并消去，再利用判别式为零得出的值.
14．【答案】；
【知识点】双曲线的简单性质；组合几何体的面积、表面积、体积问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由，
得渐近线方程：，
则在第一象限内与渐近线的交点N的坐标为，
所以，与双曲线在第一象限交点B的坐标为，
易得，
如图所示，设直线与轴的交点为，
在第一象限与双曲线及其渐近线的交点为，
则，
所以，
则，
根据祖晅原理，它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积等于，
又因为直角绕轴旋转一周所得圆锥体积为：，
所以的体积为.
故答案为：；.
【分析】设直线与轴的交点为，在第一象限与双曲线及其渐近线的交点为，从而得到，再结合祖暅原理得出图形绕轴旋转一周所得几何体的体积；再结合直角绕轴旋转一周得出圆锥，再利用圆锥的体积公式得出几何体的体积.
15．【答案】（1）解：由题意知，，
由正弦定理得，
因为，所以，
则，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：因为的面积为，
所以，
所以，
由余弦定理得，
所以.
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据数量积的坐标表示和正弦定理边角互化结合三角形中角C的取值范围以及同角三角函数基本关系式，可化简得的值，再利用三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据三角形的面积公式可得的长，从而得出的值，再利用余弦定理得出实数a的值.
（1）由题意知，，
由正弦定理得，
因为，所以，
则，即，
又，所以.
（2）因为的面积为，解得，
所以，
由余弦定理得，所以.
16．【答案】（1）解：当时，，
则，
由，得；
由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）解：因为
当时，由，得；
由，得，
此时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，对任意的恒成立，
此时，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增，
综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
【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
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极值.
（2）利用x的取值范围和对，，，进行分类讨论，再利用求导的方法判断函数的单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（1）当时，，
由，得；由，得.
所以在上单调递减，在上单调递增.
故的极小值为，无极大值.
（2）
当时，由，得；由，得，
此时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，对任意的恒成立，
此时，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增.
综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
17．【答案】（1）证明：因为为直径，
所以，且，
则且，
又因为，
所以，
则，且，平面，
可知，且平面平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
（2）解：方法一：由题意知，，
如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，
过与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，
可知，
设，
则，
可得
设平面的法向量为，
则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，
则，
可得，且，
解得，
则，
整理得，解得，
则.
方法二：以点为坐标原点，所在直线分别为和轴，
在平面内过垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设，可得，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，
则，
可得，且，
解得，
则
整理得，解得，
所以，
则.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据题意可得，从而证出直线平面，再结合线面平行的性质定理证出∥.
（2）利用两种方法求解.
方法一：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则得出点的坐标和向量的坐标，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，从而得出平面的法向量，再利用同角三角函数基本关系式和数量积求向量夹角公式，从而得出实数a的值，进而得出AD的长.
方法二：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标，设，从而得出向量的坐标，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，则得出平面的法向量，再利用同角三角函数基本关系式和数量积求向量夹角公式以及已知条件，从而得出的值，再利用向量求模公式得出AD的长.
（1）因为为直径，则，
且，则且，
又因为，则，即.
且，平面，可知，
且平面平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
（2）方法一：由题意知，，
如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，
可知，设，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，
则，可得，
且，解得，
即，
整理得，解得，即；
方法二：以点为坐标原点，所在直线分别为和轴，在平面内过垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
设，可得，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设与平面所成角为，则，可得，
且，解得，
即，
整理得，解得，
所以，即.
18．【答案】（1）①解：设双曲线的焦距为，
则，
又因为，所以，所以，
则，
所以双曲线的方程为.
②证明：由题意得，，
当直线与轴不重合时，
设直线的方程为，
由，
整理得，
因为恒成立，
由韦达定理得，
则
由，
得直线的方程为，
令，
则
，
则直线恒过点；
当直线与轴重合时，
设，点，直线为轴，也过点，
综上所述，直线恒过定点.
（2）解：由题意知，，又因为，
则，
所以双曲线的渐近线方程为，
易知直线的斜率不为0，
设直线，
因为两点且均位于轴右侧，所以，
由，
解得，
则
设，
由，消去得，
则，
，
由和，
得，
则，
又因为，所以，所以，
则实数的取值范围为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）①根据抛物线的焦点坐标和双曲线的焦点坐标和已知条件，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，进而得出双曲线的标准方程.
②由题意得，，当直线与轴不重合时，设直线的方程为，联立直线方程和双曲线方程得出韦达定理式，再利用点Q的坐标和点斜式方程得出直线BQ的方程，令，计算得出直线恒过点；当直线与轴重合时，设，点，直线为轴，也过点，综上所述，直线恒过定点.
（2）联立直线方程和抛物线方程，从而得出，再计算得出和，最后代入计算得出的取值范围.
（1）①设双曲线的焦距为，则有，又，则
所以，则，
所以双曲线的方程为.
②由题意得，，
当直线与轴不重合时，设直线的方程为.
由整理得，，
恒成立，由韦达定理得，
则有
由得，直线的方程为，令，
即直线恒过点，
当直线与轴重合时，设，点，直线为轴，也过点
.综上，直线恒过定点.
（2）由题意知，，又，则，
所以双曲线的渐近线方程为，
易知直线的斜率不为0，设直线，
由于两点且均位于轴右侧，有，
由，解得，
设，由，消去得，
则有，
由及得，
，即，
又，则，所以，
故实数的取值范围为.
19．【答案】（1）证明：因为，
所以，
所以是首项为，公差为2的等差数列，
则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列.
（2）解：因为是“三阶等差数列”，
所以是“二阶等差数列”，
设，所以是“一阶等差数列”，
由题意得，
所以，
，
因为满足上式，所以，
，
因为满足上式，，
.
（3）解：①因为，设，
所以，
设，
则，
设，
所以
所以，
所以数列是公差为384的等差数列，
则数列是4阶等差数列，
所以.
②因为
，
所以，
又因为
所以
，
同理可证，
证明如下：
设，
因为，
所以，
则
，
所以
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列概念与表示；数列的求和；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）结合等差数列的定义和题中定义，从而证出数列为二阶等差数列.
（2）结合已知条件，设，再结合累加法得到，再根据组合数公式求解得出数列的前项和.
（3）①利用题中定义和等差数列的定义，从而依次求解得出k的值。
②利用已知条件和组合数公式可得，从而证出，再利用数列求和公式得出数列的前项和.
（1）因为，
所以，
所以是首项为，公差为2的等差数列，
则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列.
（2）因为是“三阶等差数列”，所以是“二阶等差数列”，
设，所以是“一阶等差数列”.
由题意得，所以，
，
，
满足上式，所以.
，
因为满足上式，.
.
（3）①，设，
则，
设，
则，
设，
所以，
所以，
所以数列是公差为384的等差数列，
则数列是4阶等差数列，即.
②
，
所以，
又因为
，
所以
，
同理可证，证明如下：
设，因为，
所以，
则
，
所以
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