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湖南省常德市2025届高三下学期模拟考试数学试题
1．（2025·常德模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·常德模拟）命题“”的否定是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·常德模拟）已知数列的前项和为，且，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·常德模拟）已知复数满足：，则（　　）
A．1 B． C． D．2
5．（2025·常德模拟）下列不等式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025·常德模拟）从1，2，3，4，5，6，7这7个数任选3个不同数排成一个数列，则得到的数列为等差数列的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·常德模拟）已知，则（　　）
A． B．7 C． D．
8．（2025·常德模拟）已知椭圆的左，右焦点分别为，点在椭圆上，连接并延长交椭圆于点.若，且，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·常德模拟）设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（　　）
A．事件A与B为互斥事件 B．事件两两独立
C． D．
10．（2025·常德模拟）已知连续函数是定义域为的偶函数，且在区间上单调递增，则下列说法正确的是（　　）
A．函数在上单调递增
B．函数在上单调递增
C．函数存在极小值点
D．“”是“”的充要条件
11．（2025·常德模拟）如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则的最大值为
C．若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为
D．若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为
12．（2025·常德模拟）已知双曲线 的离心率为 ，则该双曲线的渐近线方程为　 　．
13．（2025·常德模拟）若函数有最小值，则实数的取值范围是　 　.
14．（2025·常德模拟）已知函数在区间上有且仅有1个零点和1条对称轴，则实数的取值范围是　 　.
15．（2025·常德模拟）某景区经过提质改造后统计连续5天进入该景区参观的人数（单位：千人）如下：
日期 3月5日 3月6日 3月7日 3月8日 3月9日
第x天 1 2 3 4 5
参观人数y 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9
（1）建立关于的回归直线方程，预测第10天进入该景区参观的人数；
（2）该景区只开放东门，西门供游客出入，游客从东门，西门进入该景区的概率分别为、，且出景区与进入景区选择相同的门的概率为，出景区与进入景区选择不同的门的概率为.假设游客从东门，西门出入景区互不影响，求甲，乙两名游客都从西门出景区的概率.
附：参考数据：.
参考公式：回归直线方程，其中，.
16．（2025·常德模拟）如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，平面，二面角为.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2025·常德模拟）如图，在中，分别是上的点，且与交于点，已知，且.
（1）若，求的长；
（2）求的长.
18．（2025·常德模拟）已知函数在处的切线与直线垂直.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意恒成立，求实数的值；
（3）对于函数，规定：，叫做函数的阶导数.若对任意恒成立，求满足条件的正整数的最小值.
19．（2025·常德模拟）已知抛物线的焦点为，点在上，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作圆的两条切线，且分别与相交于点，（异于点）.
（ⅰ）若，求.面积；
（ⅱ）证明：直线过定点.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得，所以，
所以.
故选：B.
【分析】先解一元二次不等式求得集合，再利用交集的运算即可求得 .
2．【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“"的否定为”“.
故选：C.
【分析】全称量词命题和存在量词命题的否定遵循”改变量词，否定结论“的规则即可.
3．【答案】D
【知识点】数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，，，，，
所以，
故选：D.
【分析】根据题意分别求得，进而求得即可求解.
4．【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可知，，即，解得，
所以.
故选：A.
【分析】根据已知条件化简求解得出，进而根据模长公式求得|z|即可.
5．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A、因为函数为减函数，，所以，故选项A错误；
B、因为函数是减函数，，所以，故选项B错误；
C、因为，
而函数在上单调递增，，
所以，故选项C错误；
D、因为，，
所以，故选项D正确.
故选：D.
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性逐一判断即可.
6．【答案】A
【知识点】等差数列概念与表示；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从给定的7个数中任取3个的试验有个基本事件，
公差为1的等差数列为： (1，2，3)、(2，3，4)、(3，4，5)、(4，5，6)、(5，6，7)，每个数列可逆序排列，因此共有5个基本数列，每个对应2种排列方式，共 5 × 2 = 10 种 ；
公差为2的等差数列为： (1，3，5)、(2，4，6)、(3，5，7)，每个数列可逆序排列，共3个基本数列，对应 3 × 2 = 6 种；
公差为3的等差数列为： (1，4，7)，可逆序排列，共1个基本数列，对应2种排列方式；
一共有18个基本事件，
所以得到的数列为等差数列的概率为.
故选：A.
【分析】根据给定条件，利用排列计数问题求出试验及事件的基本事件数，再利用古典概型公式即可得所求概率.
7．【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；和差化积公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
由和差化积公式可得，
即，解得，
所以，解得，
所以.
故选：C.
【分析】利用二倍角的余弦公式和和差化积公式即可得，进而求得，利用两角和和两角差的余弦公式列方程组即可求得先利用条件求出的值，再利用同角三角关系式即可求得.
8．【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理；椭圆的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，
因为，所以，，
因为，所以，
因为，由勾股定理可知，
即，解得，，
同理可知，，所以，
即，解得，
所以椭圆的离心率为.
故选：C.
【分析】设，根据已知条件以及椭圆的定义可知，，，进而根据勾股定理可得，，列式即可求出离心率.
9．【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、因为，所以事件与不互斥，故选项A错误；
B、由题意可知，，
所以，所以事件两两独立，故选项B正确；
C、，而，所以，所以，故选项C错误；
D、因为，所以，故选项D正确.
故选：BD.
【分析】根据互斥事件、独立事件，交事件的定义和条件概率公式即可解答.
10．【答案】A,C,D
【知识点】充要条件；函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
A、由题意可知， 当时 ，，所以函数在上单调递增，故选项A正确；
B、当函数时，显然符合题意，此时函数，
，当时，，所以函数在上不单调，故选项B错误；
C、函数定义域为，因为，所以函数是偶函数，
令，因为函数，在上都是增函数，所以在上也是增函数，
又因为是偶函数，所以在上是减函数，
所以是函数的一个极小值点，故选项C正确；
D、当时，依题意可知，，，
令，所以，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当x=-1时，取得最小值，所以，
所以；
而当时，取，得，即，
所以“”是“”的充要条件，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】根据已知条件可知，，利用导数确定单调性即可判断选项A；举例如函数，利用导数判断函数的单调性即可判断选项B；利用偶函数的定义以及复合函数单调性的判断即可判断选项C；利用充要条件的定义即可判断选项D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；平面与平面平行的性质；空间向量的数量积运算；辅助角公式
【解析】【解答】解：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，
因为，所以点，
A、当时，点，而，，
所以，所以，故选项A正确；
B、因为，所以，即，
令，则，
其中锐角由确定，则当时，的最大值为，故选项B正确；
C、当时，在边上，且，
设平面平面，
因为平面平面，平面平面，则，
同理，
所以是平面截该正方体的截面，
点到直线的距离
，当且仅当时取等号，
所以，故选项C错误；
D、，
因为，所以，
设平面的法向量，则，
令，则y=-1，z=1，所以
设平面的法向量，则，
令，则b=，所以.
设平面与平面的夹角为，
所以，，
当时，，当时，，
当且仅当或时取等号，
因为，此时最小，，，
所以平面与平面夹角的正切值的最小值为，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，进而求得，利用向量的数量积运算即可判断选项A；利用空间向量的模长公式可得，进而令，则，利用辅助角公式和正弦函数的性质求出最小值即可判断选项B；设平面平面，结合条件可知是平面截该正方体的截面，利用二次函数的性质求得点到直线的距离d的最小值，进而根据，即可求得截面的最小面积判断选项C；分别求出平面与平面 的法向量，进而根据向量的夹角公式即可求得夹角的余弦值最小值，再求得正切值即可判断选项D.
12．【答案】y=±x
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题知： ，双曲线的渐近线方程为
故答案为：
【分析】根据离心率公式和双曲线的 的关系进行求解
13．【答案】
【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】【解答】解：当时，，所以，
所以函数在上单调递增，所以；
因为函数在R上有最小值，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】利用导数探讨函数在上单调性以及最值，进而结合条件可知在上单调递减，且，列不等式组求解即可求得实数的取值范围 .
14．【答案】
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为函数在区间上有且仅有1个零点和1条对称轴，，
所以或，
解得或，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据已知条件求得的取值范围，进而根据余弦型函数的性质列出不等式求解即可求得 实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：依题意可得，，
而，
所以，所以，
所以，
当时，，
所以 关于的回归直线方程为，第10天进入该景区参观的人数约为千人.
（2）解：记“甲从西门进入景区”为事件，“甲从西门出景区”为事件，“乙从西门出景区”为事件，
由题意可知，，
所以，
同理，
所以甲，乙两名游客都从西门出景区的概率.
【知识点】最小二乘法；线性回归方程；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件先求得，，进而利用最小二乘法公式求得，，即可求出回归直线方程，再估计第10天进入该景区参观的人数即可；
（2）利用全概率公式分别求出甲，乙从西门出景区的概率，再利用相互独立事件概率的乘法公式求解即可求得甲，乙两名游客都从西门出景区的概率. .
（1）依题意，，而，
则，，
因此，当时，，
所以关于的回归直线方程为，第10天进入该景区参观的人数约为千人.
（2）记“甲从西门进入景区”为事件，“甲从西门出景区”为事件，“乙从西门出景区”为事件，
，，
由全概率公式得，同理，
所以甲，乙两名游客都从西门出景区的概率.
16．【答案】（1）证明：因为四边形是正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）知，平面，
因为四边形是正方形，所以，所以平面，
又因为平面，
所以，
所以为二面角的平面角，所以，
设正方形的棱长为4，
因为平面，平面，所以，所以，
取中点，连接，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以是直线与平面所成的角，
因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质以及线面垂直的性质可知，，进而利用线面垂直的判定定理可知平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得平面平面；
（2）利用（1）的信息平面，结合正方形的性质，即可证得平面，进而利用线面垂直的性质可知，即可确定二面角的平面角为，设正方形的棱长为4，利用勾股定理即可求得，取中点，连接，可知，利用面面垂直的性质可得平面，进而可知是直线与平面所成的角，再求得EO，BE的比值，即可求得直线与平面所成角的正弦值. .
（1）在四棱锥中，由平面，平面，得，
由四边形是正方形，得，而平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，而，则平面，又平面，
于是，为二面角的平面角，则，
令正方形的棱长为4，而，则，
取中点，连接，则，由（1）知平面平面，
又平面平面，平面，则平面，
是直线与平面所成的角，而，
，所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：∵ ，∴
在中，由余弦定理可知
，
.

（2）解：如图所示，在上取点，使得，
∵，，
，∴，
∴，
过点作，垂足为，
∴，
∴.
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用邻补角求得∠BOC，进而在中，利用余弦定理即可求得BC的长；
（2）在上取点，使得，由三角形全等可得，过点作，可得，进而可得，代入数值即可求得BE的长.
（1）在中，，，，
，
.
（2）如图，在上取点，使得，又，，
，则，
所以，
过点作，垂足为，
则，
所以.
18．【答案】（1）由题意可知：函数的定义域为，则，
若函数在处的切线与直线垂直，
则，解得，所以，
令，则，解得或；
令，则，解得；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）构建，则，
由题意可知：对任意恒成立，且，
则，解得，
若，则，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即对任意恒成立，
且对任意恒成立，
可知对任意恒成立，所以符合题意；
综上所述：.
（3）由（1）可知：，
根据求导法则可设，其中，
则，
则
可知数列是以首项为2，公差为2的等差数列，则，
对于，则，
当时，
，
且符合上式，所以，
则，
若对任意恒成立，
则对任意恒成立，
且的图象开口向上，对称轴为，
可知在内单调递增，则，解得，
所以满足条件的正整数的最小值为3.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得，利用导数求单调区间；
（2）构建，可知对任意恒成立，注意到，可得，，并代入检验充分性；
（3）可设，根据已知可得，，从而可知对任意恒成立，结合二次函数运算求解即可.
（1）由题意可知：函数的定义域为，则，
若函数在处的切线与直线垂直，
则，解得，所以，
令，则，解得或；
令，则，解得；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）构建，则，
由题意可知：对任意恒成立，且，
则，解得，
若，则，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即对任意恒成立，
且对任意恒成立，
可知对任意恒成立，所以符合题意；
综上所述：.
（3）由（1）可知：，
根据求导法则可设，其中，
则，
则
可知数列是以首项为2，公差为2的等差数列，则，
对于，则，
当时，
，
且符合上式，所以，
则，
若对任意恒成立，
则对任意恒成立，
且的图象开口向上，对称轴为，
可知在内单调递增，则，解得，
所以满足条件的正整数的最小值为3.
19．【答案】（1）解：由题意可知，，解得，
所以抛物线C的方程为.

（2）解：（ⅰ）因为，所以，所以，
设，
所以圆心O到直线的距离为，
化简得，解得或，
设点A，
联立直线，消y整理得，
所以1+x1=，所以，代入得，
所以；
，消x整理得，
所以，所以，代入得，所以，
所以
所以；
（ⅱ）设直线，
联立得，得，则，
的切线斜率分别为，
所以，
所以
即，计算得，
所以，化简得，
直线，过定点.
【知识点】直线的点斜式方程；恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；抛物线的应用
【解析】【分析】（1）根据焦半径公式结合题设条件可得关于的方程组，求出解后即可求得抛物线方程；
（2）（ⅰ）由可知，进而求得r，设，根据圆心O到直线的距离为r，列式求得k的值，再分别联立直线方程与抛物线方程求得点A，B的坐标，利用两点的距离公式求得|PA|，|PB|，再计算求得面积即可 ；
（ⅱ）设直线为x=my+n，联立直线AB方程与抛物线方程可得，求得直线PA，PB的斜率，进而利用点斜式求出直线PA，PB的方程，根据点O到直线PA，PB的距离相等化简可得，进而代入直线AB中，即可证直线过定点.
（1）点在上，且.
由题意得：，解得，
所以抛物线C的方程为；
（2）（ⅰ）因为，设，
设圆心O到直线的距离为，
又因为，所以，所以，化简得出，
所以或；
联立直线与，得出， 所以；
联立直线与，得出， 所以；
所以
所以；
（ⅱ）设直线，
联立得，得，则，
的切线斜率为，
是切线，所以
即，计算得，
所以，化简得，
直线，过定点.
1 / 1湖南省常德市2025届高三下学期模拟考试数学试题
1．（2025·常德模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得，所以，
所以.
故选：B.
【分析】先解一元二次不等式求得集合，再利用交集的运算即可求得 .
2．（2025·常德模拟）命题“”的否定是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“"的否定为”“.
故选：C.
【分析】全称量词命题和存在量词命题的否定遵循”改变量词，否定结论“的规则即可.
3．（2025·常德模拟）已知数列的前项和为，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，，，，，
所以，
故选：D.
【分析】根据题意分别求得，进而求得即可求解.
4．（2025·常德模拟）已知复数满足：，则（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可知，，即，解得，
所以.
故选：A.
【分析】根据已知条件化简求解得出，进而根据模长公式求得|z|即可.
5．（2025·常德模拟）下列不等式正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A、因为函数为减函数，，所以，故选项A错误；
B、因为函数是减函数，，所以，故选项B错误；
C、因为，
而函数在上单调递增，，
所以，故选项C错误；
D、因为，，
所以，故选项D正确.
故选：D.
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性逐一判断即可.
6．（2025·常德模拟）从1，2，3，4，5，6，7这7个数任选3个不同数排成一个数列，则得到的数列为等差数列的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等差数列概念与表示；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从给定的7个数中任取3个的试验有个基本事件，
公差为1的等差数列为： (1，2，3)、(2，3，4)、(3，4，5)、(4，5，6)、(5，6，7)，每个数列可逆序排列，因此共有5个基本数列，每个对应2种排列方式，共 5 × 2 = 10 种 ；
公差为2的等差数列为： (1，3，5)、(2，4，6)、(3，5，7)，每个数列可逆序排列，共3个基本数列，对应 3 × 2 = 6 种；
公差为3的等差数列为： (1，4，7)，可逆序排列，共1个基本数列，对应2种排列方式；
一共有18个基本事件，
所以得到的数列为等差数列的概率为.
故选：A.
【分析】根据给定条件，利用排列计数问题求出试验及事件的基本事件数，再利用古典概型公式即可得所求概率.
7．（2025·常德模拟）已知，则（　　）
A． B．7 C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；和差化积公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
由和差化积公式可得，
即，解得，
所以，解得，
所以.
故选：C.
【分析】利用二倍角的余弦公式和和差化积公式即可得，进而求得，利用两角和和两角差的余弦公式列方程组即可求得先利用条件求出的值，再利用同角三角关系式即可求得.
8．（2025·常德模拟）已知椭圆的左，右焦点分别为，点在椭圆上，连接并延长交椭圆于点.若，且，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理；椭圆的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，
因为，所以，，
因为，所以，
因为，由勾股定理可知，
即，解得，，
同理可知，，所以，
即，解得，
所以椭圆的离心率为.
故选：C.
【分析】设，根据已知条件以及椭圆的定义可知，，，进而根据勾股定理可得，，列式即可求出离心率.
9．（2025·常德模拟）设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（　　）
A．事件A与B为互斥事件 B．事件两两独立
C． D．
【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、因为，所以事件与不互斥，故选项A错误；
B、由题意可知，，
所以，所以事件两两独立，故选项B正确；
C、，而，所以，所以，故选项C错误；
D、因为，所以，故选项D正确.
故选：BD.
【分析】根据互斥事件、独立事件，交事件的定义和条件概率公式即可解答.
10．（2025·常德模拟）已知连续函数是定义域为的偶函数，且在区间上单调递增，则下列说法正确的是（　　）
A．函数在上单调递增
B．函数在上单调递增
C．函数存在极小值点
D．“”是“”的充要条件
【答案】A,C,D
【知识点】充要条件；函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
A、由题意可知， 当时 ，，所以函数在上单调递增，故选项A正确；
B、当函数时，显然符合题意，此时函数，
，当时，，所以函数在上不单调，故选项B错误；
C、函数定义域为，因为，所以函数是偶函数，
令，因为函数，在上都是增函数，所以在上也是增函数，
又因为是偶函数，所以在上是减函数，
所以是函数的一个极小值点，故选项C正确；
D、当时，依题意可知，，，
令，所以，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当x=-1时，取得最小值，所以，
所以；
而当时，取，得，即，
所以“”是“”的充要条件，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】根据已知条件可知，，利用导数确定单调性即可判断选项A；举例如函数，利用导数判断函数的单调性即可判断选项B；利用偶函数的定义以及复合函数单调性的判断即可判断选项C；利用充要条件的定义即可判断选项D.
11．（2025·常德模拟）如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则的最大值为
C．若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为
D．若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；平面与平面平行的性质；空间向量的数量积运算；辅助角公式
【解析】【解答】解：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，
因为，所以点，
A、当时，点，而，，
所以，所以，故选项A正确；
B、因为，所以，即，
令，则，
其中锐角由确定，则当时，的最大值为，故选项B正确；
C、当时，在边上，且，
设平面平面，
因为平面平面，平面平面，则，
同理，
所以是平面截该正方体的截面，
点到直线的距离
，当且仅当时取等号，
所以，故选项C错误；
D、，
因为，所以，
设平面的法向量，则，
令，则y=-1，z=1，所以
设平面的法向量，则，
令，则b=，所以.
设平面与平面的夹角为，
所以，，
当时，，当时，，
当且仅当或时取等号，
因为，此时最小，，，
所以平面与平面夹角的正切值的最小值为，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，进而求得，利用向量的数量积运算即可判断选项A；利用空间向量的模长公式可得，进而令，则，利用辅助角公式和正弦函数的性质求出最小值即可判断选项B；设平面平面，结合条件可知是平面截该正方体的截面，利用二次函数的性质求得点到直线的距离d的最小值，进而根据，即可求得截面的最小面积判断选项C；分别求出平面与平面 的法向量，进而根据向量的夹角公式即可求得夹角的余弦值最小值，再求得正切值即可判断选项D.
12．（2025·常德模拟）已知双曲线 的离心率为 ，则该双曲线的渐近线方程为　 　．
【答案】y=±x
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题知： ，双曲线的渐近线方程为
故答案为：
【分析】根据离心率公式和双曲线的 的关系进行求解
13．（2025·常德模拟）若函数有最小值，则实数的取值范围是　 　.
【答案】
【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】【解答】解：当时，，所以，
所以函数在上单调递增，所以；
因为函数在R上有最小值，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】利用导数探讨函数在上单调性以及最值，进而结合条件可知在上单调递减，且，列不等式组求解即可求得实数的取值范围 .
14．（2025·常德模拟）已知函数在区间上有且仅有1个零点和1条对称轴，则实数的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为函数在区间上有且仅有1个零点和1条对称轴，，
所以或，
解得或，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据已知条件求得的取值范围，进而根据余弦型函数的性质列出不等式求解即可求得 实数的取值范围.
15．（2025·常德模拟）某景区经过提质改造后统计连续5天进入该景区参观的人数（单位：千人）如下：
日期 3月5日 3月6日 3月7日 3月8日 3月9日
第x天 1 2 3 4 5
参观人数y 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9
（1）建立关于的回归直线方程，预测第10天进入该景区参观的人数；
（2）该景区只开放东门，西门供游客出入，游客从东门，西门进入该景区的概率分别为、，且出景区与进入景区选择相同的门的概率为，出景区与进入景区选择不同的门的概率为.假设游客从东门，西门出入景区互不影响，求甲，乙两名游客都从西门出景区的概率.
附：参考数据：.
参考公式：回归直线方程，其中，.
【答案】（1）解：依题意可得，，
而，
所以，所以，
所以，
当时，，
所以 关于的回归直线方程为，第10天进入该景区参观的人数约为千人.
（2）解：记“甲从西门进入景区”为事件，“甲从西门出景区”为事件，“乙从西门出景区”为事件，
由题意可知，，
所以，
同理，
所以甲，乙两名游客都从西门出景区的概率.
【知识点】最小二乘法；线性回归方程；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件先求得，，进而利用最小二乘法公式求得，，即可求出回归直线方程，再估计第10天进入该景区参观的人数即可；
（2）利用全概率公式分别求出甲，乙从西门出景区的概率，再利用相互独立事件概率的乘法公式求解即可求得甲，乙两名游客都从西门出景区的概率. .
（1）依题意，，而，
则，，
因此，当时，，
所以关于的回归直线方程为，第10天进入该景区参观的人数约为千人.
（2）记“甲从西门进入景区”为事件，“甲从西门出景区”为事件，“乙从西门出景区”为事件，
，，
由全概率公式得，同理，
所以甲，乙两名游客都从西门出景区的概率.
16．（2025·常德模拟）如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，平面，二面角为.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为四边形是正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）知，平面，
因为四边形是正方形，所以，所以平面，
又因为平面，
所以，
所以为二面角的平面角，所以，
设正方形的棱长为4，
因为平面，平面，所以，所以，
取中点，连接，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以是直线与平面所成的角，
因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质以及线面垂直的性质可知，，进而利用线面垂直的判定定理可知平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得平面平面；
（2）利用（1）的信息平面，结合正方形的性质，即可证得平面，进而利用线面垂直的性质可知，即可确定二面角的平面角为，设正方形的棱长为4，利用勾股定理即可求得，取中点，连接，可知，利用面面垂直的性质可得平面，进而可知是直线与平面所成的角，再求得EO，BE的比值，即可求得直线与平面所成角的正弦值. .
（1）在四棱锥中，由平面，平面，得，
由四边形是正方形，得，而平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，而，则平面，又平面，
于是，为二面角的平面角，则，
令正方形的棱长为4，而，则，
取中点，连接，则，由（1）知平面平面，
又平面平面，平面，则平面，
是直线与平面所成的角，而，
，所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2025·常德模拟）如图，在中，分别是上的点，且与交于点，已知，且.
（1）若，求的长；
（2）求的长.
【答案】（1）解：∵ ，∴
在中，由余弦定理可知
，
.

（2）解：如图所示，在上取点，使得，
∵，，
，∴，
∴，
过点作，垂足为，
∴，
∴.
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用邻补角求得∠BOC，进而在中，利用余弦定理即可求得BC的长；
（2）在上取点，使得，由三角形全等可得，过点作，可得，进而可得，代入数值即可求得BE的长.
（1）在中，，，，
，
.
（2）如图，在上取点，使得，又，，
，则，
所以，
过点作，垂足为，
则，
所以.
18．（2025·常德模拟）已知函数在处的切线与直线垂直.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意恒成立，求实数的值；
（3）对于函数，规定：，叫做函数的阶导数.若对任意恒成立，求满足条件的正整数的最小值.
【答案】（1）由题意可知：函数的定义域为，则，
若函数在处的切线与直线垂直，
则，解得，所以，
令，则，解得或；
令，则，解得；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）构建，则，
由题意可知：对任意恒成立，且，
则，解得，
若，则，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即对任意恒成立，
且对任意恒成立，
可知对任意恒成立，所以符合题意；
综上所述：.
（3）由（1）可知：，
根据求导法则可设，其中，
则，
则
可知数列是以首项为2，公差为2的等差数列，则，
对于，则，
当时，
，
且符合上式，所以，
则，
若对任意恒成立，
则对任意恒成立，
且的图象开口向上，对称轴为，
可知在内单调递增，则，解得，
所以满足条件的正整数的最小值为3.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得，利用导数求单调区间；
（2）构建，可知对任意恒成立，注意到，可得，，并代入检验充分性；
（3）可设，根据已知可得，，从而可知对任意恒成立，结合二次函数运算求解即可.
（1）由题意可知：函数的定义域为，则，
若函数在处的切线与直线垂直，
则，解得，所以，
令，则，解得或；
令，则，解得；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）构建，则，
由题意可知：对任意恒成立，且，
则，解得，
若，则，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即对任意恒成立，
且对任意恒成立，
可知对任意恒成立，所以符合题意；
综上所述：.
（3）由（1）可知：，
根据求导法则可设，其中，
则，
则
可知数列是以首项为2，公差为2的等差数列，则，
对于，则，
当时，
，
且符合上式，所以，
则，
若对任意恒成立，
则对任意恒成立，
且的图象开口向上，对称轴为，
可知在内单调递增，则，解得，
所以满足条件的正整数的最小值为3.
19．（2025·常德模拟）已知抛物线的焦点为，点在上，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作圆的两条切线，且分别与相交于点，（异于点）.
（ⅰ）若，求.面积；
（ⅱ）证明：直线过定点.
【答案】（1）解：由题意可知，，解得，
所以抛物线C的方程为.

（2）解：（ⅰ）因为，所以，所以，
设，
所以圆心O到直线的距离为，
化简得，解得或，
设点A，
联立直线，消y整理得，
所以1+x1=，所以，代入得，
所以；
，消x整理得，
所以，所以，代入得，所以，
所以
所以；
（ⅱ）设直线，
联立得，得，则，
的切线斜率分别为，
所以，
所以
即，计算得，
所以，化简得，
直线，过定点.
【知识点】直线的点斜式方程；恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；抛物线的应用
【解析】【分析】（1）根据焦半径公式结合题设条件可得关于的方程组，求出解后即可求得抛物线方程；
（2）（ⅰ）由可知，进而求得r，设，根据圆心O到直线的距离为r，列式求得k的值，再分别联立直线方程与抛物线方程求得点A，B的坐标，利用两点的距离公式求得|PA|，|PB|，再计算求得面积即可 ；
（ⅱ）设直线为x=my+n，联立直线AB方程与抛物线方程可得，求得直线PA，PB的斜率，进而利用点斜式求出直线PA，PB的方程，根据点O到直线PA，PB的距离相等化简可得，进而代入直线AB中，即可证直线过定点.
（1）点在上，且.
由题意得：，解得，
所以抛物线C的方程为；
（2）（ⅰ）因为，设，
设圆心O到直线的距离为，
又因为，所以，所以，化简得出，
所以或；
联立直线与，得出， 所以；
联立直线与，得出， 所以；
所以
所以；
（ⅱ）设直线，
联立得，得，则，
的切线斜率为，
是切线，所以
即，计算得，
所以，化简得，
直线，过定点.
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