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广东省广州市真光中学2024-2025学年高三下学期一模适应性考试数学试题
1．（2025·荔湾模拟）已知全集集合..则（　　）
A． B．
C．或 D．或
2．（2025·荔湾模拟）知，若，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·荔湾模拟）已知在正六边形中，是线段上靠近的三等分点，则（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·荔湾模拟）已知函数的部分图象如图所示，其中，若将的图象向右平移个单位长度后关于轴对称，则（　　）
A． B．3 C．4 D．2
5．（2025·荔湾模拟）为了加快生产进度，公司决定使用某种检测机器对加工零件的等级（分为一等品和二等品）进行初筛和复查，已知该机器初筛的过程中零件被标记为一等品的概率为，被标记为二等品的概率为，被标记为一等品的零件有的概率为二等品，被标记为二等品的零件中也有的概率为一等品.在初筛的过程中，已知一个零件是二等品，则它被正确标记的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·荔湾模拟）已知，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·荔湾模拟）如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则下列说法不正确的是（　　）
A．关于直线对称
B．的弦长最大值大于
C．直线被截得弦长的最大值为
D．的面积大于
8．（2025·荔湾模拟）已知长方体外接球的表面积为，其中为线段的中点，过点的平面与直线垂直，点在平面与底面形成的交线段上，且，则四面体外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·荔湾模拟）已知，是复数，则下列说法正确的是（　　）
A．若为实数，则z是实数 B．若为虚数，则z是虚数
C．若，则是实数 D．若，则
10．（2025·荔湾模拟）口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（　　）
A． B．
C．A与B为互斥事件 D．A与B相互独立
11．（2025·荔湾模拟）已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，则（　　）
A．平面
B．向量不共面
C．平面与平面的夹角的正切值为
D．平面截该正方体所得的截面面积为
12．（2025·荔湾模拟）直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为　 　．
13．（2025·荔湾模拟）已知，，则　 　．
14．（2025·荔湾模拟）已知正方体的表面积为6，三棱柱为正三棱柱，若，，且在正方体的表面上，则当三棱柱的体积取得最大值时，　 　.
15．（2025·荔湾模拟）已知的内角 所对应的边分别为，若.
（1）求；
（2）求面积的最大值.
16．（2025·荔湾模拟）如图，在直四棱柱中，，点的线段上.
（1）是否存在点，使得平面？若存在求；若不存在，请说明理由；
（2）若平面里平面夹角的正切值为，求的值.
17．（2025·荔湾模拟）已知双曲线的右焦点为，直线与的右支交于两点.
（1）若线段的中点坐标为，求直线的方程；
（2）当过点时，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，且直线，交于点，求面积的最小值.
18．（2025·荔湾模拟）已知各项均为正数的数列满足：，且
（1）设，求数列的通项公式
（2）设，求，并确定最小正整数，使得为整数．
19．（2025·荔湾模拟）给定两个正整数，函数在处的阶帕德逼近定义为，且满足（注：为的导函数，为的导函数，为的导函数，以此类推）.已知函数.
（1）记为在处的阶帕德逼近，判断函数的单调性；
（2），求的取值范围；
（3）求证：（为自然对数的底数）.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：要使有意义，则，解得，即集合，
则，因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】先求定义域求得集合，再结合集合的并集补集求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：易知，
则，即，即，解得.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法法运算，结合复数相等列式求实数即可.
3．【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：如图所示：
因为是线段上靠近的三等分点，所以，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据向量线性运算法则化简即可.
4．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图可知：，则，即，
将的图象向右平移个单位长度可得，
因为平移后函数关于轴对称，所以，
则，当时，，即，
将代入，求得.
故答案为：D.
【分析】由图可得，求得，由函数的图象向右平移个单位长度后关于轴对称，求得，求出，将代入求即可.
5．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设事件表示“零件为一等品”，则事件表示“零件为二等品”，
事件表示“零件被标记为一等品”，则事件表示“零件被标记为二等品”，
由题意可得：，
根据条件概率公式可得：.
故答案为：B.
【分析】分别设事件，利用对立事件求概率，再根据全概率和条件概率计算即可.
6．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：易知；
，，故.
故答案为：D.
【分析】根据正弦函数单调性得到的范围，再利用换底公式变形，结合对数函数性质得到范围，判断大小即可.
7．【答案】D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系；利用导数研究函数的单调性；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：A、函数变形为，两边取对数可得，即，则关于直线对称 ，故A正确；
B、联立，消元整理可得，
设定义域为，则，
令，解得；令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，
所以存在，使得，另，
所以上两点，，，所以，
则的弦长最大值大于，故B正确；
C、直线与直线垂直，设曲线的切线为，
由，可得切点为，切线方程为，
直线与的距离为，
则直线被截得弦长的最大值为，故C正确；
D、由，所以B中，
过点做的切线，再做该切线关于对称的直线，过，做切线的垂线，与两切线分别交于，如图所示，构成矩形，
该矩形将图形包含在内，所以的面积小于矩形的面积，
又因为，，
所以矩形的面积为，则，故D错误.
故答案为：D.
【分析】由题意判断两函数的关系即可判断A；求函数被直线截得的弦长即可判断B；求曲线上的点到直线距离的最大值即可判断C；构造矩形包含图形，求矩形的面积即可判断D.
8．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解： 由长方体外接球的表面积为，，
可得，解得，
取线段的中点，连接，如图所示：
因为平面，平面，所以，
又因为，所以，
又因为平面，所以平面，
因为平面过点，所以平面即为平面，所以点在线段上，
因为，所以为线段的中点，且边上的高为，
故为等腰直角三角形，且其外接圆半径.
设四面体外接球的半径为，则，
故外接球的体积为.
故答案为：C.
【分析】由题意结合球的表面积公式求得，再根据线面垂直判定定理得出四面体的特征计算得出外接球半径，求球的体积即可.
9．【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：设复数，，
A、若为实数，则，但这不一定能得到，则不一定为实数，故A错误；
B、若为虚数，则，这一定能得到，则是虚数，故B正确；
设复数，
C、若，即，
则是实数，故C正确；
D、若，
即，
但不一定等于0，
比如，这个时候有，
但，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】设复数，由复数概念以及乘法即可判断AB；设复数，由复数概念以及乘法即可判断CD.
10．【答案】A,B
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解： 颜色分别为红、黄、蓝的3个球 ， 从口袋内无放回地依次抽取2个球 ，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、事件可以同时发生，则事件不互斥，故C错误；
D、，由选项AB知，，则事件相互不独立，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由题意，利用古典概率、条件概率公式，结合互斥事件、相互独立事件的意义计算判断即可.
11．【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角；余弦定理
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，，
A、，
满足，即，
因为平面，因此平面，故A正确；
B、，满足，
则向量共面，故B错误；
C、易知平面的法向量，
设平面的法向量，，
则，取，得，
设平面与平面的夹角为，则，
，因此平面与平面的夹角的正切值为，故C正确；
D、连接并延长交的延长线于，连接交于，交延长线于，
连接交于，如图所示：
则五边形即为所求截面，，
，则，
，
，为的中位线，
则，，因此截面面积小于，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可判断ABC；作出截面，结合余弦定理、三角形面积公式计算即可判断D.
12．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：直线，令，解得；令，解得，
则椭圆的两个顶点为，
即椭圆的方程为，离心率.
故答案为：.
【分析】由直线方程先求椭圆的顶点坐标，从而得椭圆的方程，再根据离心率公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，即，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用同角三角函数基本关系，结合两角和、差的余弦公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为，由正方体得表面积为，可得，解得，
连接，如图所示：
易知，
因为平面，所以，
又因为平面，所以平面，
所以.
因为，所以，所以，同理可得，
因为平面，所以平面，
连接，过点作的平行线与交于点，因为，所以，
在中，，所以，
易得为正三角形，则，
则三棱柱的体积，
则，令，解得，
当时，，当时，，且，
故当三棱柱的体积取得最大值时，.
故答案为：.
【分析】先求出柱体体积，再利用导数求解即可.
15．【答案】（1）解：由，整理可得，
由余弦定理可得：，
因为，所以；
（2）解：由，可得，则，当且仅当时等号成立，
则，即面积的最大值为．
【知识点】基本不等式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）原式变形可得，利用余弦定理求解即可；
（2）由（1）结果，利用基本不等式，得到，再利用面积公式求解即可.
（1），得到，
由余弦定理知，，
因为，所以．
（2），得到，当且仅当取等，
所以，（当且仅当取等．）故面积的最大值为．
16．【答案】（1）解： 在直四棱柱中，平面平面，则，
取的中点，连接，如图所示：
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
所以，又因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
故要使得平面，假设存在点，
只需，显然，则，易得，
则，即存在点，且；
（2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，所以，，
，
设，则，
因为平面平面，所以，又由（1）知，
，所以平面，则平面的一个法向量为；
设平面的法向量为，则，取，
则，即，
设平面与平面的夹角为，因为，所以，
所以，解得，
则.
【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；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先证明平面，得到所以，假设存在，使得平面，再经过分析，转化为只需，结合相似三角形求解边长即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，运用向量法反推，构造方程求出即可.
（1）依题意得平面平面，
所以.取的中点，连接，
因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，
所以.
又平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
故要使得平面，假设存在点，
只需，此时，显然
则，易得，
所以，
所以存在点，且.
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，
轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
，
则，
设，
则.
因为平面平面，
所以，又由（1）知，
，所以平面，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则
取，则，
则.
设平面与平面的夹角为，
因为，所以，
所以
，
解得或（舍去），
所以.
17．【答案】（1）解：设点，
因为线段的中点坐标为， 所以，所以直线的斜率，
又因为在椭圆上，所以，两式相减得，
整理可得，即直线的斜率为，
由点斜式可得直线的方程为，即；
（2）解：易知焦点，
显然直线的斜率不为0，设直线：，
联立，消去x整理得，
则，由韦达定理可得，
因为，所以，则直线的方程为，
令，解得，
因为，所以，即直线过定点，
由对称性可知直线过定点，即直线与的交点为，
则，
令，则，
则，
因为函数在区间内单调递减，
所以当时，的面积取得最小值，且最小值为.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；直线的点斜式方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，根据题意利用点差法可得直线的斜率，求得直线方程，注意检验即可；
（2）设直线：，联立方程，利用韦达定理结合对称性分析可知直线与的交点为，再求面积，利用单调性求最值即可.
（1）设，则，直线的斜率，
因为在椭圆上，则，两式相减得，
整理可得，即，
可得直线的方程为，即，经检验符合题意，
所以直线的方程为.
（2）由题意可得：，
显然直线的斜率不为0，设直线：，
联立方程，消去x整理得，
则，且，
因为，可得，
因为直线的方程为，
令，得，
因为，可得，
所以直线过定点，
由对称性可知直线过定点，即直线与的交点为，
则，
令，则，
则，
因为函数在区间内单调递减，
所以当时，的面积取得最小值，最小值为.
18．【答案】解：（1） 各项均为正数的数列满足，
则，
即，
则数列是公比为2，首项为的等比数列，；
（2）
，
若为整数，因为，所以 ，即，
，
则能被整除，，
当时，能被整除，
故的最小值是.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）由递推关系可得，从而可得，结合等比数列的概念、通项公式求解即可；
（2）由，根据（1）中的答案，可求出的表达式，结合二项式定理求解即可.
19．【答案】（1）解：由函数在处的阶帕德逼近定义可得：，
则，由，可得，
则，，由，得，
，由，得，则，
故，则，
则函数在区间内单调递增；
（2）解：原始变形可得在区间内恒成立，
令，注意到，则，
因为在区间内恒成立，所以，使在区间内单调递减，
即当时，，故，则，
当时，，
令0），则，
因为，所以在区间内单调递减，则，
故在区间内单调递减，则，
所以，符合题意，
所以的取值范围是；
（3）证明：由（1）可知当时，，
即，整理得，
由（2）可知当时，，则.
综上，当时，.
令，得，即.
令，则，
故要证，即证.
因为，所以，
由，可知，又，
所以
，
故，得证.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明
【解析】【分析】（1）由题意可得，求出，
根据，列方程组即可求解，求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）令，利用导数研究单调性即可求解；
（3）由（1）可知当时，，得，由（2）可知当时，得，即，令，化简有，令，要证，即证即可.
（1）由题意得，
，由，得，
所以，则，由，得，
所以，由，得，则，
故，则，
所以在区间内单调递增.
（2）依题意得在区间内恒成立.
令，注意到，则，
因为在区间内恒成立，所以，使在区间内单调递减，
即当时，，故，则.
当时，.
令0），则，
因为，所以在区间内单调递减，则，
故在区间内单调递减，则，
所以，符合题意.
所以的取值范围是.
（3）证明：由（1）可知当时，，
即，整理得，
由（2）可知当时，，则.
综上，当时，.
令，得，即.
令，则，
故要证，即证.
因为，所以，
由，可知，
又，
所以
，
故，得证.
1 / 1广东省广州市真光中学2024-2025学年高三下学期一模适应性考试数学试题
1．（2025·荔湾模拟）已知全集集合..则（　　）
A． B．
C．或 D．或
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：要使有意义，则，解得，即集合，
则，因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】先求定义域求得集合，再结合集合的并集补集求解即可.
2．（2025·荔湾模拟）知，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：易知，
则，即，即，解得.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法法运算，结合复数相等列式求实数即可.
3．（2025·荔湾模拟）已知在正六边形中，是线段上靠近的三等分点，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：如图所示：
因为是线段上靠近的三等分点，所以，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据向量线性运算法则化简即可.
4．（2025·荔湾模拟）已知函数的部分图象如图所示，其中，若将的图象向右平移个单位长度后关于轴对称，则（　　）
A． B．3 C．4 D．2
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图可知：，则，即，
将的图象向右平移个单位长度可得，
因为平移后函数关于轴对称，所以，
则，当时，，即，
将代入，求得.
故答案为：D.
【分析】由图可得，求得，由函数的图象向右平移个单位长度后关于轴对称，求得，求出，将代入求即可.
5．（2025·荔湾模拟）为了加快生产进度，公司决定使用某种检测机器对加工零件的等级（分为一等品和二等品）进行初筛和复查，已知该机器初筛的过程中零件被标记为一等品的概率为，被标记为二等品的概率为，被标记为一等品的零件有的概率为二等品，被标记为二等品的零件中也有的概率为一等品.在初筛的过程中，已知一个零件是二等品，则它被正确标记的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设事件表示“零件为一等品”，则事件表示“零件为二等品”，
事件表示“零件被标记为一等品”，则事件表示“零件被标记为二等品”，
由题意可得：，
根据条件概率公式可得：.
故答案为：B.
【分析】分别设事件，利用对立事件求概率，再根据全概率和条件概率计算即可.
6．（2025·荔湾模拟）已知，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：易知；
，，故.
故答案为：D.
【分析】根据正弦函数单调性得到的范围，再利用换底公式变形，结合对数函数性质得到范围，判断大小即可.
7．（2025·荔湾模拟）如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则下列说法不正确的是（　　）
A．关于直线对称
B．的弦长最大值大于
C．直线被截得弦长的最大值为
D．的面积大于
【答案】D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系；利用导数研究函数的单调性；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：A、函数变形为，两边取对数可得，即，则关于直线对称 ，故A正确；
B、联立，消元整理可得，
设定义域为，则，
令，解得；令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，
所以存在，使得，另，
所以上两点，，，所以，
则的弦长最大值大于，故B正确；
C、直线与直线垂直，设曲线的切线为，
由，可得切点为，切线方程为，
直线与的距离为，
则直线被截得弦长的最大值为，故C正确；
D、由，所以B中，
过点做的切线，再做该切线关于对称的直线，过，做切线的垂线，与两切线分别交于，如图所示，构成矩形，
该矩形将图形包含在内，所以的面积小于矩形的面积，
又因为，，
所以矩形的面积为，则，故D错误.
故答案为：D.
【分析】由题意判断两函数的关系即可判断A；求函数被直线截得的弦长即可判断B；求曲线上的点到直线距离的最大值即可判断C；构造矩形包含图形，求矩形的面积即可判断D.
8．（2025·荔湾模拟）已知长方体外接球的表面积为，其中为线段的中点，过点的平面与直线垂直，点在平面与底面形成的交线段上，且，则四面体外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解： 由长方体外接球的表面积为，，
可得，解得，
取线段的中点，连接，如图所示：
因为平面，平面，所以，
又因为，所以，
又因为平面，所以平面，
因为平面过点，所以平面即为平面，所以点在线段上，
因为，所以为线段的中点，且边上的高为，
故为等腰直角三角形，且其外接圆半径.
设四面体外接球的半径为，则，
故外接球的体积为.
故答案为：C.
【分析】由题意结合球的表面积公式求得，再根据线面垂直判定定理得出四面体的特征计算得出外接球半径，求球的体积即可.
9．（2025·荔湾模拟）已知，是复数，则下列说法正确的是（　　）
A．若为实数，则z是实数 B．若为虚数，则z是虚数
C．若，则是实数 D．若，则
【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：设复数，，
A、若为实数，则，但这不一定能得到，则不一定为实数，故A错误；
B、若为虚数，则，这一定能得到，则是虚数，故B正确；
设复数，
C、若，即，
则是实数，故C正确；
D、若，
即，
但不一定等于0，
比如，这个时候有，
但，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】设复数，由复数概念以及乘法即可判断AB；设复数，由复数概念以及乘法即可判断CD.
10．（2025·荔湾模拟）口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（　　）
A． B．
C．A与B为互斥事件 D．A与B相互独立
【答案】A,B
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解： 颜色分别为红、黄、蓝的3个球 ， 从口袋内无放回地依次抽取2个球 ，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、事件可以同时发生，则事件不互斥，故C错误；
D、，由选项AB知，，则事件相互不独立，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由题意，利用古典概率、条件概率公式，结合互斥事件、相互独立事件的意义计算判断即可.
11．（2025·荔湾模拟）已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，则（　　）
A．平面
B．向量不共面
C．平面与平面的夹角的正切值为
D．平面截该正方体所得的截面面积为
【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角；余弦定理
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，，
A、，
满足，即，
因为平面，因此平面，故A正确；
B、，满足，
则向量共面，故B错误；
C、易知平面的法向量，
设平面的法向量，，
则，取，得，
设平面与平面的夹角为，则，
，因此平面与平面的夹角的正切值为，故C正确；
D、连接并延长交的延长线于，连接交于，交延长线于，
连接交于，如图所示：
则五边形即为所求截面，，
，则，
，
，为的中位线，
则，，因此截面面积小于，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可判断ABC；作出截面，结合余弦定理、三角形面积公式计算即可判断D.
12．（2025·荔湾模拟）直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：直线，令，解得；令，解得，
则椭圆的两个顶点为，
即椭圆的方程为，离心率.
故答案为：.
【分析】由直线方程先求椭圆的顶点坐标，从而得椭圆的方程，再根据离心率公式求解即可.
13．（2025·荔湾模拟）已知，，则　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，即，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用同角三角函数基本关系，结合两角和、差的余弦公式求解即可.
14．（2025·荔湾模拟）已知正方体的表面积为6，三棱柱为正三棱柱，若，，且在正方体的表面上，则当三棱柱的体积取得最大值时，　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为，由正方体得表面积为，可得，解得，
连接，如图所示：
易知，
因为平面，所以，
又因为平面，所以平面，
所以.
因为，所以，所以，同理可得，
因为平面，所以平面，
连接，过点作的平行线与交于点，因为，所以，
在中，，所以，
易得为正三角形，则，
则三棱柱的体积，
则，令，解得，
当时，，当时，，且，
故当三棱柱的体积取得最大值时，.
故答案为：.
【分析】先求出柱体体积，再利用导数求解即可.
15．（2025·荔湾模拟）已知的内角 所对应的边分别为，若.
（1）求；
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）解：由，整理可得，
由余弦定理可得：，
因为，所以；
（2）解：由，可得，则，当且仅当时等号成立，
则，即面积的最大值为．
【知识点】基本不等式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）原式变形可得，利用余弦定理求解即可；
（2）由（1）结果，利用基本不等式，得到，再利用面积公式求解即可.
（1），得到，
由余弦定理知，，
因为，所以．
（2），得到，当且仅当取等，
所以，（当且仅当取等．）故面积的最大值为．
16．（2025·荔湾模拟）如图，在直四棱柱中，，点的线段上.
（1）是否存在点，使得平面？若存在求；若不存在，请说明理由；
（2）若平面里平面夹角的正切值为，求的值.
【答案】（1）解： 在直四棱柱中，平面平面，则，
取的中点，连接，如图所示：
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
所以，又因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
故要使得平面，假设存在点，
只需，显然，则，易得，
则，即存在点，且；
（2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，所以，，
，
设，则，
因为平面平面，所以，又由（1）知，
，所以平面，则平面的一个法向量为；
设平面的法向量为，则，取，
则，即，
设平面与平面的夹角为，因为，所以，
所以，解得，
则.
【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；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先证明平面，得到所以，假设存在，使得平面，再经过分析，转化为只需，结合相似三角形求解边长即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，运用向量法反推，构造方程求出即可.
（1）依题意得平面平面，
所以.取的中点，连接，
因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，
所以.
又平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
故要使得平面，假设存在点，
只需，此时，显然
则，易得，
所以，
所以存在点，且.
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，
轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
，
则，
设，
则.
因为平面平面，
所以，又由（1）知，
，所以平面，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则
取，则，
则.
设平面与平面的夹角为，
因为，所以，
所以
，
解得或（舍去），
所以.
17．（2025·荔湾模拟）已知双曲线的右焦点为，直线与的右支交于两点.
（1）若线段的中点坐标为，求直线的方程；
（2）当过点时，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，且直线，交于点，求面积的最小值.
【答案】（1）解：设点，
因为线段的中点坐标为， 所以，所以直线的斜率，
又因为在椭圆上，所以，两式相减得，
整理可得，即直线的斜率为，
由点斜式可得直线的方程为，即；
（2）解：易知焦点，
显然直线的斜率不为0，设直线：，
联立，消去x整理得，
则，由韦达定理可得，
因为，所以，则直线的方程为，
令，解得，
因为，所以，即直线过定点，
由对称性可知直线过定点，即直线与的交点为，
则，
令，则，
则，
因为函数在区间内单调递减，
所以当时，的面积取得最小值，且最小值为.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；直线的点斜式方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，根据题意利用点差法可得直线的斜率，求得直线方程，注意检验即可；
（2）设直线：，联立方程，利用韦达定理结合对称性分析可知直线与的交点为，再求面积，利用单调性求最值即可.
（1）设，则，直线的斜率，
因为在椭圆上，则，两式相减得，
整理可得，即，
可得直线的方程为，即，经检验符合题意，
所以直线的方程为.
（2）由题意可得：，
显然直线的斜率不为0，设直线：，
联立方程，消去x整理得，
则，且，
因为，可得，
因为直线的方程为，
令，得，
因为，可得，
所以直线过定点，
由对称性可知直线过定点，即直线与的交点为，
则，
令，则，
则，
因为函数在区间内单调递减，
所以当时，的面积取得最小值，最小值为.
18．（2025·荔湾模拟）已知各项均为正数的数列满足：，且
（1）设，求数列的通项公式
（2）设，求，并确定最小正整数，使得为整数．
【答案】解：（1） 各项均为正数的数列满足，
则，
即，
则数列是公比为2，首项为的等比数列，；
（2）
，
若为整数，因为，所以 ，即，
，
则能被整除，，
当时，能被整除，
故的最小值是.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）由递推关系可得，从而可得，结合等比数列的概念、通项公式求解即可；
（2）由，根据（1）中的答案，可求出的表达式，结合二项式定理求解即可.
19．（2025·荔湾模拟）给定两个正整数，函数在处的阶帕德逼近定义为，且满足（注：为的导函数，为的导函数，为的导函数，以此类推）.已知函数.
（1）记为在处的阶帕德逼近，判断函数的单调性；
（2），求的取值范围；
（3）求证：（为自然对数的底数）.
【答案】（1）解：由函数在处的阶帕德逼近定义可得：，
则，由，可得，
则，，由，得，
，由，得，则，
故，则，
则函数在区间内单调递增；
（2）解：原始变形可得在区间内恒成立，
令，注意到，则，
因为在区间内恒成立，所以，使在区间内单调递减，
即当时，，故，则，
当时，，
令0），则，
因为，所以在区间内单调递减，则，
故在区间内单调递减，则，
所以，符合题意，
所以的取值范围是；
（3）证明：由（1）可知当时，，
即，整理得，
由（2）可知当时，，则.
综上，当时，.
令，得，即.
令，则，
故要证，即证.
因为，所以，
由，可知，又，
所以
，
故，得证.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明
【解析】【分析】（1）由题意可得，求出，
根据，列方程组即可求解，求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）令，利用导数研究单调性即可求解；
（3）由（1）可知当时，，得，由（2）可知当时，得，即，令，化简有，令，要证，即证即可.
（1）由题意得，
，由，得，
所以，则，由，得，
所以，由，得，则，
故，则，
所以在区间内单调递增.
（2）依题意得在区间内恒成立.
令，注意到，则，
因为在区间内恒成立，所以，使在区间内单调递减，
即当时，，故，则.
当时，.
令0），则，
因为，所以在区间内单调递减，则，
故在区间内单调递减，则，
所以，符合题意.
所以的取值范围是.
（3）证明：由（1）可知当时，，
即，整理得，
由（2）可知当时，，则.
综上，当时，.
令，得，即.
令，则，
故要证，即证.
因为，所以，
由，可知，
又，
所以
，
故，得证.
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