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湖南省益阳市安化县第二中学2025届高三下学期5月模拟数学试题
1．（2025·安化模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·安化模拟）已知i为虚数单位，若是实数，则实数（　　）
A． B． C．1 D．2
3．（2025·安化模拟）已知向量，，若，则（　　）
A．2 B．1 C．-1 D．-2
4．（2025·安化模拟）已知抛物线C：的焦点为F，点M在C上，若M到直线的距离为5，则（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
5．（2025·安化模拟）函数在内的零点之和为（　　）
A． B． C． D．0
6．（2025·安化模拟）已知圆锥的母线长为，其外接球体积为，则该圆锥的表面积为（　　）
A．3π B．6π C．9π D．12π
7．（2025·安化模拟）已知圆C：的一条直径的两个端点分别是A，B，则它们到直线l：的距离分别为，，则的最大值为（　　）
A．16 B．32 C．48 D．64
8．（2025·安化模拟）若函数有两个零点，则a的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·安化模拟）某团队共有20人，他们的年龄分布如下表所示，
年龄 28 29 30 32 36 40 45
人数 1 3 3 5 4 3 1
有关这20人年龄的众数、极差、百分位数说法正确的有（　　）
A．众数是32 B．众数是5
C．极差是17 D．25%分位数是30
10．（2025·安化模拟）已知数列的首项为4，且满足，则（　　）
A．为等差数列 B．为递增数列
C．的前项和 D．的前项和
11．（2025·安化模拟）如图，在直三棱柱中，，，点M是线段上一点，则下列说法正确的是（　　）
A．当M为的中点时，平面
B．四面体的体积为定值
C．的最小值为
D．四面体的外接球半径的取值范围是
12．（2025·安化模拟）二项式的二项展开式中的常数项是　 　．
13．（2025·安化模拟）设实数，，使成立，则实数α的取值范围　 　．
14．（2025·安化模拟）已知数列满足，给出定义：使数列的前k项和为正整数的k（）叫做好数，则在内的所有“好数”的和为　 　．
15．（2025·安化模拟）如图，四棱锥中，底面，，，，平面PAD与平面PBC的交线为l，且．
（1）证明；
（2）若，求平面ABE与平面PCB夹角的余弦值．
16．（2025·安化模拟）在中，角所对的边分别为，已知，且．
（1）若，求A；
（2）若是锐角三角形，求周长的取值范围．
17．（2025·安化模拟）已知函数，其中．
（1）若在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积为，求a的值；
（2）若是的极小值点，试比较与的大小．
18．（2025·安化模拟）已知椭圆C：（）的左顶点为A，离心率为，且过点
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l与椭圆C交于M，N两点，点P为的外心．
①若为等边三角形，求PA的长；
②若点P在直线上，求点A到直线l距离的最大值．
19．（2025·安化模拟）若数列（，，）满足，则称数列为k项数列，集合是由所有k项数列组成的集合，从集合中任意取出两个不同数列，记变量
（1）当时，求集合；
（2）若，求随机变量X的分布列与数学期望；
（3）求，其中且．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合的表示方法；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，集合，
解不等式得：.
因，故 .
又因为集合，，且为整数，
所以：.
即.
故答案为：B.
【分析】解不等式定集合：通过解二次不等式，确定的范围；枚举整数定集合：根据的条件（整数、 ），直接枚举符合的整数；找公共元素求交集：对比、的元素，筛选同时属于两者的元素，得到 .
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，解得.
故答案为：D.
【分析】首先用分配律展开复数乘积，转化为标准形式（为实部，为虚部 ），然后利用化简：将含的项转化为实数，分离实部与虚部，最后利用实数条件应用：实数的虚部为，列方程求解 .
3．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量数量积坐标表示的应用；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，所以，
因为，所以，
又，，
根据向量数量积的坐标运算公式：得，
解得，
所以，所以.
故答案为：A.
【分析】首先根据向量的数乘和减法运算，求出的坐标，然后利用向量垂直时数量积为的性质，列出关于的方程，求解出的值，最后根据向量数量积的坐标运算公式，计算出的值，考查向量的基本运算和垂直性质的应用.
4．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的定义
【解析】【解答】解：因为抛物线的焦点为，准线方程为，
已知点到直线的距离为，直线与准线的距离为.
因此，点到准线的距离为，
又因为点到焦点的距离等于到准线的距离，故 .
故答案为：A.
【分析】首先由抛物线方程，确定值，进而得准线方程，然后通过点到直线的距离，结合准线位置，转化为点到准线的距离，最后利用“抛物线上点到焦点距离 = 到准线距离”，直接得 .
5．【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的图象；正弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由题意有，
令，有，即，
解得或，
作出在的图像，
则与的交点的横坐标为，，
与的交点横坐标为，，
由图可知，，，
所以，
故答案为：A.
【分析】首先用二倍角公式将转化为的二次式，降次为代数方程，然后换元法解二次方程，得到的可能值，再根据正弦函数周期性，枚举值，找出内的所有解，最后利用正弦函数的对称性（如的解关于原点对称 ），简化求和计算.
6．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：
圆锥及其外接球的轴截面如上图所示，
该其外接球的半径为，则外接球体积为，则，
即，
设圆锥的高为，圆锥的底面圆半径为，则，
由，解得，
则此圆锥的表面积为.
故答案为：C.
【分析】 本题需结合圆锥外接球体积求出外接球半径，再通过圆锥与外接球的轴截面，利用勾股定理建立圆锥高、底面半径与外接球半径的关系，进而求出圆锥表面积，核心是空间几何中圆锥与外接球的位置关系及公式运用.
7．【答案】B
【知识点】基本不等式；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】解：由有，故圆心，半径 .
设点，
所以点到直线的距离为，
点到直线的距离为，
所以，
所以当，即时，取最大值为.
故答案为：B.
【分析】首先通过配方将圆方程化为标准形式，确定圆心与半径，然后利用直径中点（圆心）与端点的关系，结合点到直线距离公式，将、转化为关于中点的表达式，最后通过变量代换，将转化为二次函数，结合变量范围（由直径长度限制），求最大值.
8．【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数的定义域为.
当时，令，在只有一个零点，不合题意；
当时，求导得()，
当时，，则在单调递增，，所以在只有一个零点，不合题意；
当时，令，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
又时，，
若有两个零点，则，
设，令，解得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，
所以，
故答案为：C．
【分析】首先发现是一个零点，简化后续分析，然后通过导数研究函数单调性，分、讨论，再利用极小值的符号判断是否存在另一个零点，结合函数在定义域端点的趋势（和 ），确定零点个数，最后利用特殊值排除：当时，极小值为，函数仅有一个零点，需排除.
9．【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】年龄为32的有5人，故众数是32，A符合题意，B不符合题意；
45-28=17，极差为17，C符合题意；
因为，所以，故25%分位数是30，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】根据众数、极差、百分位数定义计算可得答案。
10．【答案】B,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【解答】解：由两边同除以，可得：，
因为，则，故为等比数列，首项为4，公比为2.
对于A，由以上分析，数列是公比为2的等比数列，则不可能是等差数列，故A错误；
对于B，由以上分析，可得，则，
因为，又因为，所以为递增数列，故B正确；
对于C，由以上可得，则①，
则②，
由：，
所以，
则，
所以，故C错误；
对于D，因为，
所以，
所以的前项和为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由数列递推式两边同除以，从而可得，再结合等比数列的定义判断出数列 为等比数列，则判断出选项A；通过证明和判断出选项B；利用错位相减法可得数列的前项和为，则判断出选项C；利用已知条件化简得，从而求出该数列的前项和，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、在直三棱柱中，平面，平面，所以，
因为，为中点，所以，
又平面，
所以，即平面，A正确，
B、在直三棱柱中，，又平面，平面，所以平面，
即到平面的距离等于到平面的距离，所以，即四面体的体积为定值，B正确，
C、将翻折到与矩形共面，如图所示，
连接与相交于点，此时取得最小值，
在中，，，
由余弦定理可得，C错误，
D、在直三棱柱中，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以，设，
，，
因为点M是线段上任意一点，由，所以，所以可取，，
设四面体的外接球球心为，半径为，
则，即，
由对称关系可得，
又，所以，
解得，
因为，所以，
，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题围绕直三棱柱中的线面垂直、体积、线段和最小值、外接球半径展开，解题思路是：
A、利用直三棱柱性质找线线垂直，依据线面垂直判定定理（直线垂直平面内两条相交直线则垂直平面 ），证明平面.
B、通过线面平行（平面 ），得点到平面距离为定值，结合三角形面积定值，由棱锥体积公式判断体积为定值.
C、将翻折与矩形共面，用余弦定理求判断线段和最小值，确定选项错误 .
D、建立空间直角坐标系，设点坐标，根据外接球心到各顶点距离相等列方程，结合二次函数性质求外接球半径范围，核心是空间几何定理与坐标运算的综合运用.
12．【答案】15
【知识点】有理数指数幂的运算性质；二项式定理
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项是，
当时，r＝2，所以展开式中的常数项是．
故答案为：15.
【分析】首先利用二项式展开式的通项公式，将二项式转化为含r的表达式，然后根据 “常数项指数为0” 列方程，求解r，最后将r代入通项，计算常数项的值.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：已知使成立，即，
即不等式在上能成立.
设，则，
令，解得 ，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，
即实数a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】首先将不等式变形为与函数的关系，转化为存在性条件下的最值问题，然后构造函数，定义，通过求导分析其单调性，最后找到的极小值（即最小值），从而确定的取值范围.
14．【答案】2026
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由，根据对数运算法则，可得：，
因为为正整数，设（），则，即，所以，，结合，有，即，由于，，所以，即，对应 ，所以这些“好数”的和为：
综上所述，在内的所有“好数”的和为2026．
故答案为：2026．
【分析】本题需要先求出数列的前项和，再根据“好数”的定义（前项和为正整数的），找出内的所有“好数”，最后求和，核心是对数运算性质、等比数列求和公式的运用
15．【答案】（1）证明：已知平面PAD与平面PBC的交线为l，且．平面，平面，
∴平面，
∵平面平面，平面，
∴．
又，，，
由余弦定理得，
∵，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，
∴.
即.
（2）解：由题意，以A点为原点，AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系
．
，，，
平面PCB中，，，
设为面PCB的一个法向量，
则，令，则，
∴，
平面ABE中，，
，，
设为面ABE的一个法向量，
则，解得，令，则，
∴
设面PCB与面ABE所成角为θ，
则，
所以面PCB与面ABE所成夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；平面的法向量；余弦定理
【解析】【分析】（1）线线垂直证明：利用线面平行性质（推出平面，进而 ），结合余弦定理、勾股定理逆定理得，再由线面垂直判定（底面，且 ）证平面，从而，核心是线面平行与垂直的转化.
（2）二面角计算：建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用法向量夹角公式计算二面角余弦值，关键是坐标运算与法向量求解.
（1）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，且．
平面，平面，
∴平面，
∵平面平面，平面，
∴．
又，，，
由余弦定理得，
∵，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，
∴
（2）由题意，以A点为原点，AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
，，，
平面PCB中，，，
设为面PCB的一个法向量，
则，令，则，
∴，
平面ABE中，，
，，
设为面ABE的一个法向量，
则，解得，令，则，
∴
设面PCB与面ABE所成角为θ，
则，
所以面PCB与面ABE所成夹角的余弦值为
16．【答案】（1）解：由，可得，即，
∴，则或（舍），
∴，
当，由，可得.
（2）解：由正弦定理可得∴，
易知，可得，因此，
易知在上单调递增，所以，
可得周长范围为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）首先利用已知条件，结合正弦定理将边化为角，得到 ，
然后结合三角形内角和（已知，则 ），将其代入上式，通过三角函数的运算和性质（如两角差正弦公式、正弦函数值相等时角的关系 ），求解出的值，关键在于边角转化和三角函数等式的化简求解.
（2）首先由结合正弦定理边化角，推出角之间的关系 ，再结合三角形内角和得到、、之间的表达式 ，然后根据锐角三角形的条件（三个角都大于且小于 ），确定角（或其他角）的取值范围 ，最后利用正弦定理将、用角表示出来，进而得到周长关于角的表达式，最后根据角的取值范围，结合三角函数的单调性等性质，求出周长的取值范围，核心是边角转化、确定角的范围以及三角函数在区间上的取值分析.
（1）由，可得，即，
∴，则或（舍），
∴，
当，由，可得.
（2）由正弦定理可得∴，
易知，可得，因此，
易知在上单调递增，所以，
可得周长范围为.
17．【答案】（1）解：函数，求导得，则，
因此在点处的切线为，
令，则；令，则，
切线与两坐标轴所围成三角形的面积，所以.
（2）解：由（1）知，，，令，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
当时，，则，函数在上单调递增，无极值；
当时，，而，，
令，求导得，函数在上单调递增，
，因此，存在，使得，
当或时，，即；当时，，即，
函数在上单调递增，在上单调递减，是的极小值点，即，
所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）首先利用导数求切线斜率，结合点斜式写切线方程，然后求切线与坐标轴的交点，用三角形面积公式列方程，解出.
（2）首先通过构造辅助函数，研究其单调性和零点，确定的极小值点，然后将化简为关于的函数，通过研究的单调性，比较其与的大小.
（1）函数，求导得，则，
因此在点处的切线为，
令，则；令，则，
切线与两坐标轴所围成三角形的面积，所以；
（2）由（1）知，，，令，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
当时，，则，函数在上单调递增，无极值；
当时，，而，，
令，求导得，函数在上单调递增，
，因此，存在，使得，
当或时，，即；当时，，即，
函数在上单调递增，在上单调递减，是的极小值点，即，
所以.
18．【答案】（1）解：根据题意，可得，且，且，
解得，，，所以所求椭圆C的方程为．
（2）解：如图所示
①易知．根据椭圆的对称性，可知点P在x轴上．不妨设，，则，联立方程，解得，．
由等边三角形的重心与外心重合，可知，则点P的坐标为．
②当直线l的斜率为0时，线段MN的中垂线为y轴，不合题意．
当直线l的斜率不为0时，设直线l：（），联立椭圆方程可得．由，即，解得；且，．
令E，F分别为线段AM，AN的中点，则，，
可得线段AM的中垂线方程为，即①；
同理可得线段AN的中垂线方程为②．
联立①②，解得．
由，可得，即，代入不等式，解得且，则．
点A到直线l的距离．
设函数，，则在[1，15）单调递减，
在（15，33）单调递增，可得，进而得到．
综上可知，点A到直线l距离的最大值为．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；椭圆的简单性质；椭圆的应用；圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1） 利用椭圆基本量关系：离心率，结合，将用表示，然后 代入点坐标：将已知点代入椭圆方程，联立求解和.
(2) ① 首先利用等边三角形的对称性，假设直线垂直于轴（简化计算），然后通过中点、高、外心的性质，结合椭圆方程求解坐标，最终得的长度.
② 首先设直线方程，联立椭圆方程，用韦达定理表示中点坐标，然后利用外心在垂直平分线上及列方程，化简得参数关系，最后表示点到直线的距离，通过代数变形求最大值.
（1）根据题意，可得，且，且，
解得，，，所以所求椭圆C的方程为．
（2）①易知．根据椭圆的对称性，可知点P在x轴上．不妨设，，则，联立方程，解得，．
方法1：由等边三角形的重心与外心重合，可知，则点P的坐标为．
方法2：由，即，解得，
则点P的坐标为．
方法3：直线AM的斜率为，线段AM的中点为，则线段AM的中垂线方程为，即．
令，解得，则点P的坐标为．
②当直线l的斜率为0时，线段MN的中垂线为y轴，不合题意．
当直线l的斜率不为0时，设直线l：（），联立椭圆方程可得．由，即，解得；且，．
令E，F分别为线段AM，AN的中点，则，，
可得线段AM的中垂线方程为，即①；
同理可得线段AN的中垂线方程为②．
联立①②，解得．
由，可得，即，代入不等式，解得且，则．
点A到直线l的距离．
设函数，，则在[1，15）单调递减，
在（15，33）单调递增，可得，进而得到．
综上可知，点A到直线l距离的最大值为．
19．【答案】（1）解：当时，有{0，0}{0，1}{1，0}{1，1}；
（2）解：若，则中的数列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1：0，1，1；1，1，1；从集合中任意取出两个不同数列，，，
∴X的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况，
其中当时，若选择0，0，0，可从1，0，0；0，1，0；0，0，1任选1个，共有3种情况，
若选择1，1，1，可以从1，1，0；1，0，1；0，1，1任选1个，共有3种情况，
另外1，0，0和1，0，1；1，1，0两者之一满足要求，
0，1，0和1，1，0；0，1，1两者之一满足要求，
0，0，1和1，0，1；0，1，1两者之一满足要求，
共有种情况，故，
当时，0，0，0，和1，1，1满足要求，1，0，0和0，1，1满足要求，
0，1，0和1，0，1满足要求，0，0，1和1，1，0满足要求，共有4种情况，
∴，
∴，随机变量X的分布列：
X 1 2 3
P
则随机变量X的数学期望为.
（3）解：∵数列，是从集合中任意取出的两个数列，∴数列，为k项数列，∴X的可能取值为：1，2，3，…，k，
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当（）时，
则数列，中有m项取值不同，有项取值相同，
从k项中选择m项，和在m项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字不同，
∵，这个问题是组合问题，
∴所有的情况会重复1次，∴一共有种情况，
∴（）.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；组合及组合数公式
【解析】【分析】(1) 直接枚举所有可能的项数列，利用数列的定义（每项为或 ），逐一列出组合.
(2) 首先计算的元素个数（ ），确定总组合数，然后用表示两数列对应项不同的个数，转化为“不同位置数”的计数，
再对分别计算组合数，再求概率，最后整理概率得分布列，用期望公式计算.
(3) 首先利用组合数公式计算从中取两数列的总组合数，然后对任意数列，计算与其有项不同的数列个数（组合数 ），再修正重复计数，最后用特定组合数除以总组合数，化简得通用公式.
（1）当时，有{0，0}{0，1}{1，0}{1，1}；
（2）若，则中的数列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1：0，1，1；1，1，1；
从集合中任意取出两个不同数列，，，
∴X的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况，
其中当时，若选择0，0，0，可从1，0，0；0，1，0；0，0，1任选1个，共有3种情况，
若选择1，1，1，可以从1，1，0；1，0，1；0，1，1任选1个，共有3种情况，
另外1，0，0和1，0，1；1，1，0两者之一满足要求，
0，1，0和1，1，0；0，1，1两者之一满足要求，
0，0，1和1，0，1；0，1，1两者之一满足要求，
共有种情况，故，
当时，0，0，0，和1，1，1满足要求，1，0，0和0，1，1满足要求，
0，1，0和1，0，1满足要求，0，0，1和1，1，0满足要求，共有4种情况，
∴，
∴，随机变量X的分布列：
X 1 2 3
P
则随机变量X的数学期望为；
（3）∵数列，是从集合中任意取出的两个数列，
∴数列，为k项数列，∴X的可能取值为：1，2，3，…，k，
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当（）时，
则数列，中有m项取值不同，有项取值相同，
从k项中选择m项，和在m项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字不同，
∵，这个问题是组合问题，
∴所有的情况会重复1次，∴一共有种情况，
∴（）.
1 / 1湖南省益阳市安化县第二中学2025届高三下学期5月模拟数学试题
1．（2025·安化模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】集合的表示方法；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，集合，
解不等式得：.
因，故 .
又因为集合，，且为整数，
所以：.
即.
故答案为：B.
【分析】解不等式定集合：通过解二次不等式，确定的范围；枚举整数定集合：根据的条件（整数、 ），直接枚举符合的整数；找公共元素求交集：对比、的元素，筛选同时属于两者的元素，得到 .
2．（2025·安化模拟）已知i为虚数单位，若是实数，则实数（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，解得.
故答案为：D.
【分析】首先用分配律展开复数乘积，转化为标准形式（为实部，为虚部 ），然后利用化简：将含的项转化为实数，分离实部与虚部，最后利用实数条件应用：实数的虚部为，列方程求解 .
3．（2025·安化模拟）已知向量，，若，则（　　）
A．2 B．1 C．-1 D．-2
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量数量积坐标表示的应用；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，所以，
因为，所以，
又，，
根据向量数量积的坐标运算公式：得，
解得，
所以，所以.
故答案为：A.
【分析】首先根据向量的数乘和减法运算，求出的坐标，然后利用向量垂直时数量积为的性质，列出关于的方程，求解出的值，最后根据向量数量积的坐标运算公式，计算出的值，考查向量的基本运算和垂直性质的应用.
4．（2025·安化模拟）已知抛物线C：的焦点为F，点M在C上，若M到直线的距离为5，则（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的定义
【解析】【解答】解：因为抛物线的焦点为，准线方程为，
已知点到直线的距离为，直线与准线的距离为.
因此，点到准线的距离为，
又因为点到焦点的距离等于到准线的距离，故 .
故答案为：A.
【分析】首先由抛物线方程，确定值，进而得准线方程，然后通过点到直线的距离，结合准线位置，转化为点到准线的距离，最后利用“抛物线上点到焦点距离 = 到准线距离”，直接得 .
5．（2025·安化模拟）函数在内的零点之和为（　　）
A． B． C． D．0
【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦函数的图象；正弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由题意有，
令，有，即，
解得或，
作出在的图像，
则与的交点的横坐标为，，
与的交点横坐标为，，
由图可知，，，
所以，
故答案为：A.
【分析】首先用二倍角公式将转化为的二次式，降次为代数方程，然后换元法解二次方程，得到的可能值，再根据正弦函数周期性，枚举值，找出内的所有解，最后利用正弦函数的对称性（如的解关于原点对称 ），简化求和计算.
6．（2025·安化模拟）已知圆锥的母线长为，其外接球体积为，则该圆锥的表面积为（　　）
A．3π B．6π C．9π D．12π
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：
圆锥及其外接球的轴截面如上图所示，
该其外接球的半径为，则外接球体积为，则，
即，
设圆锥的高为，圆锥的底面圆半径为，则，
由，解得，
则此圆锥的表面积为.
故答案为：C.
【分析】 本题需结合圆锥外接球体积求出外接球半径，再通过圆锥与外接球的轴截面，利用勾股定理建立圆锥高、底面半径与外接球半径的关系，进而求出圆锥表面积，核心是空间几何中圆锥与外接球的位置关系及公式运用.
7．（2025·安化模拟）已知圆C：的一条直径的两个端点分别是A，B，则它们到直线l：的距离分别为，，则的最大值为（　　）
A．16 B．32 C．48 D．64
【答案】B
【知识点】基本不等式；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】解：由有，故圆心，半径 .
设点，
所以点到直线的距离为，
点到直线的距离为，
所以，
所以当，即时，取最大值为.
故答案为：B.
【分析】首先通过配方将圆方程化为标准形式，确定圆心与半径，然后利用直径中点（圆心）与端点的关系，结合点到直线距离公式，将、转化为关于中点的表达式，最后通过变量代换，将转化为二次函数，结合变量范围（由直径长度限制），求最大值.
8．（2025·安化模拟）若函数有两个零点，则a的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数的定义域为.
当时，令，在只有一个零点，不合题意；
当时，求导得()，
当时，，则在单调递增，，所以在只有一个零点，不合题意；
当时，令，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
又时，，
若有两个零点，则，
设，令，解得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，
所以，
故答案为：C．
【分析】首先发现是一个零点，简化后续分析，然后通过导数研究函数单调性，分、讨论，再利用极小值的符号判断是否存在另一个零点，结合函数在定义域端点的趋势（和 ），确定零点个数，最后利用特殊值排除：当时，极小值为，函数仅有一个零点，需排除.
9．（2025·安化模拟）某团队共有20人，他们的年龄分布如下表所示，
年龄 28 29 30 32 36 40 45
人数 1 3 3 5 4 3 1
有关这20人年龄的众数、极差、百分位数说法正确的有（　　）
A．众数是32 B．众数是5
C．极差是17 D．25%分位数是30
【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】年龄为32的有5人，故众数是32，A符合题意，B不符合题意；
45-28=17，极差为17，C符合题意；
因为，所以，故25%分位数是30，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】根据众数、极差、百分位数定义计算可得答案。
10．（2025·安化模拟）已知数列的首项为4，且满足，则（　　）
A．为等差数列 B．为递增数列
C．的前项和 D．的前项和
【答案】B,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【解答】解：由两边同除以，可得：，
因为，则，故为等比数列，首项为4，公比为2.
对于A，由以上分析，数列是公比为2的等比数列，则不可能是等差数列，故A错误；
对于B，由以上分析，可得，则，
因为，又因为，所以为递增数列，故B正确；
对于C，由以上可得，则①，
则②，
由：，
所以，
则，
所以，故C错误；
对于D，因为，
所以，
所以的前项和为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由数列递推式两边同除以，从而可得，再结合等比数列的定义判断出数列 为等比数列，则判断出选项A；通过证明和判断出选项B；利用错位相减法可得数列的前项和为，则判断出选项C；利用已知条件化简得，从而求出该数列的前项和，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025·安化模拟）如图，在直三棱柱中，，，点M是线段上一点，则下列说法正确的是（　　）
A．当M为的中点时，平面
B．四面体的体积为定值
C．的最小值为
D．四面体的外接球半径的取值范围是
【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、在直三棱柱中，平面，平面，所以，
因为，为中点，所以，
又平面，
所以，即平面，A正确，
B、在直三棱柱中，，又平面，平面，所以平面，
即到平面的距离等于到平面的距离，所以，即四面体的体积为定值，B正确，
C、将翻折到与矩形共面，如图所示，
连接与相交于点，此时取得最小值，
在中，，，
由余弦定理可得，C错误，
D、在直三棱柱中，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以，设，
，，
因为点M是线段上任意一点，由，所以，所以可取，，
设四面体的外接球球心为，半径为，
则，即，
由对称关系可得，
又，所以，
解得，
因为，所以，
，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题围绕直三棱柱中的线面垂直、体积、线段和最小值、外接球半径展开，解题思路是：
A、利用直三棱柱性质找线线垂直，依据线面垂直判定定理（直线垂直平面内两条相交直线则垂直平面 ），证明平面.
B、通过线面平行（平面 ），得点到平面距离为定值，结合三角形面积定值，由棱锥体积公式判断体积为定值.
C、将翻折与矩形共面，用余弦定理求判断线段和最小值，确定选项错误 .
D、建立空间直角坐标系，设点坐标，根据外接球心到各顶点距离相等列方程，结合二次函数性质求外接球半径范围，核心是空间几何定理与坐标运算的综合运用.
12．（2025·安化模拟）二项式的二项展开式中的常数项是　 　．
【答案】15
【知识点】有理数指数幂的运算性质；二项式定理
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项是，
当时，r＝2，所以展开式中的常数项是．
故答案为：15.
【分析】首先利用二项式展开式的通项公式，将二项式转化为含r的表达式，然后根据 “常数项指数为0” 列方程，求解r，最后将r代入通项，计算常数项的值.
13．（2025·安化模拟）设实数，，使成立，则实数α的取值范围　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：已知使成立，即，
即不等式在上能成立.
设，则，
令，解得 ，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，
即实数a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】首先将不等式变形为与函数的关系，转化为存在性条件下的最值问题，然后构造函数，定义，通过求导分析其单调性，最后找到的极小值（即最小值），从而确定的取值范围.
14．（2025·安化模拟）已知数列满足，给出定义：使数列的前k项和为正整数的k（）叫做好数，则在内的所有“好数”的和为　 　．
【答案】2026
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的前n项和；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由，根据对数运算法则，可得：，
因为为正整数，设（），则，即，所以，，结合，有，即，由于，，所以，即，对应 ，所以这些“好数”的和为：
综上所述，在内的所有“好数”的和为2026．
故答案为：2026．
【分析】本题需要先求出数列的前项和，再根据“好数”的定义（前项和为正整数的），找出内的所有“好数”，最后求和，核心是对数运算性质、等比数列求和公式的运用
15．（2025·安化模拟）如图，四棱锥中，底面，，，，平面PAD与平面PBC的交线为l，且．
（1）证明；
（2）若，求平面ABE与平面PCB夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：已知平面PAD与平面PBC的交线为l，且．平面，平面，
∴平面，
∵平面平面，平面，
∴．
又，，，
由余弦定理得，
∵，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，
∴.
即.
（2）解：由题意，以A点为原点，AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系
．
，，，
平面PCB中，，，
设为面PCB的一个法向量，
则，令，则，
∴，
平面ABE中，，
，，
设为面ABE的一个法向量，
则，解得，令，则，
∴
设面PCB与面ABE所成角为θ，
则，
所以面PCB与面ABE所成夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；平面的法向量；余弦定理
【解析】【分析】（1）线线垂直证明：利用线面平行性质（推出平面，进而 ），结合余弦定理、勾股定理逆定理得，再由线面垂直判定（底面，且 ）证平面，从而，核心是线面平行与垂直的转化.
（2）二面角计算：建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用法向量夹角公式计算二面角余弦值，关键是坐标运算与法向量求解.
（1）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，且．
平面，平面，
∴平面，
∵平面平面，平面，
∴．
又，，，
由余弦定理得，
∵，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，
∴
（2）由题意，以A点为原点，AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
，，，
平面PCB中，，，
设为面PCB的一个法向量，
则，令，则，
∴，
平面ABE中，，
，，
设为面ABE的一个法向量，
则，解得，令，则，
∴
设面PCB与面ABE所成角为θ，
则，
所以面PCB与面ABE所成夹角的余弦值为
16．（2025·安化模拟）在中，角所对的边分别为，已知，且．
（1）若，求A；
（2）若是锐角三角形，求周长的取值范围．
【答案】（1）解：由，可得，即，
∴，则或（舍），
∴，
当，由，可得.
（2）解：由正弦定理可得∴，
易知，可得，因此，
易知在上单调递增，所以，
可得周长范围为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）首先利用已知条件，结合正弦定理将边化为角，得到 ，
然后结合三角形内角和（已知，则 ），将其代入上式，通过三角函数的运算和性质（如两角差正弦公式、正弦函数值相等时角的关系 ），求解出的值，关键在于边角转化和三角函数等式的化简求解.
（2）首先由结合正弦定理边化角，推出角之间的关系 ，再结合三角形内角和得到、、之间的表达式 ，然后根据锐角三角形的条件（三个角都大于且小于 ），确定角（或其他角）的取值范围 ，最后利用正弦定理将、用角表示出来，进而得到周长关于角的表达式，最后根据角的取值范围，结合三角函数的单调性等性质，求出周长的取值范围，核心是边角转化、确定角的范围以及三角函数在区间上的取值分析.
（1）由，可得，即，
∴，则或（舍），
∴，
当，由，可得.
（2）由正弦定理可得∴，
易知，可得，因此，
易知在上单调递增，所以，
可得周长范围为.
17．（2025·安化模拟）已知函数，其中．
（1）若在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积为，求a的值；
（2）若是的极小值点，试比较与的大小．
【答案】（1）解：函数，求导得，则，
因此在点处的切线为，
令，则；令，则，
切线与两坐标轴所围成三角形的面积，所以.
（2）解：由（1）知，，，令，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
当时，，则，函数在上单调递增，无极值；
当时，，而，，
令，求导得，函数在上单调递增，
，因此，存在，使得，
当或时，，即；当时，，即，
函数在上单调递增，在上单调递减，是的极小值点，即，
所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）首先利用导数求切线斜率，结合点斜式写切线方程，然后求切线与坐标轴的交点，用三角形面积公式列方程，解出.
（2）首先通过构造辅助函数，研究其单调性和零点，确定的极小值点，然后将化简为关于的函数，通过研究的单调性，比较其与的大小.
（1）函数，求导得，则，
因此在点处的切线为，
令，则；令，则，
切线与两坐标轴所围成三角形的面积，所以；
（2）由（1）知，，，令，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
当时，，则，函数在上单调递增，无极值；
当时，，而，，
令，求导得，函数在上单调递增，
，因此，存在，使得，
当或时，，即；当时，，即，
函数在上单调递增，在上单调递减，是的极小值点，即，
所以.
18．（2025·安化模拟）已知椭圆C：（）的左顶点为A，离心率为，且过点
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l与椭圆C交于M，N两点，点P为的外心．
①若为等边三角形，求PA的长；
②若点P在直线上，求点A到直线l距离的最大值．
【答案】（1）解：根据题意，可得，且，且，
解得，，，所以所求椭圆C的方程为．
（2）解：如图所示
①易知．根据椭圆的对称性，可知点P在x轴上．不妨设，，则，联立方程，解得，．
由等边三角形的重心与外心重合，可知，则点P的坐标为．
②当直线l的斜率为0时，线段MN的中垂线为y轴，不合题意．
当直线l的斜率不为0时，设直线l：（），联立椭圆方程可得．由，即，解得；且，．
令E，F分别为线段AM，AN的中点，则，，
可得线段AM的中垂线方程为，即①；
同理可得线段AN的中垂线方程为②．
联立①②，解得．
由，可得，即，代入不等式，解得且，则．
点A到直线l的距离．
设函数，，则在[1，15）单调递减，
在（15，33）单调递增，可得，进而得到．
综上可知，点A到直线l距离的最大值为．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；椭圆的简单性质；椭圆的应用；圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1） 利用椭圆基本量关系：离心率，结合，将用表示，然后 代入点坐标：将已知点代入椭圆方程，联立求解和.
(2) ① 首先利用等边三角形的对称性，假设直线垂直于轴（简化计算），然后通过中点、高、外心的性质，结合椭圆方程求解坐标，最终得的长度.
② 首先设直线方程，联立椭圆方程，用韦达定理表示中点坐标，然后利用外心在垂直平分线上及列方程，化简得参数关系，最后表示点到直线的距离，通过代数变形求最大值.
（1）根据题意，可得，且，且，
解得，，，所以所求椭圆C的方程为．
（2）①易知．根据椭圆的对称性，可知点P在x轴上．不妨设，，则，联立方程，解得，．
方法1：由等边三角形的重心与外心重合，可知，则点P的坐标为．
方法2：由，即，解得，
则点P的坐标为．
方法3：直线AM的斜率为，线段AM的中点为，则线段AM的中垂线方程为，即．
令，解得，则点P的坐标为．
②当直线l的斜率为0时，线段MN的中垂线为y轴，不合题意．
当直线l的斜率不为0时，设直线l：（），联立椭圆方程可得．由，即，解得；且，．
令E，F分别为线段AM，AN的中点，则，，
可得线段AM的中垂线方程为，即①；
同理可得线段AN的中垂线方程为②．
联立①②，解得．
由，可得，即，代入不等式，解得且，则．
点A到直线l的距离．
设函数，，则在[1，15）单调递减，
在（15，33）单调递增，可得，进而得到．
综上可知，点A到直线l距离的最大值为．
19．（2025·安化模拟）若数列（，，）满足，则称数列为k项数列，集合是由所有k项数列组成的集合，从集合中任意取出两个不同数列，记变量
（1）当时，求集合；
（2）若，求随机变量X的分布列与数学期望；
（3）求，其中且．
【答案】（1）解：当时，有{0，0}{0，1}{1，0}{1，1}；
（2）解：若，则中的数列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1：0，1，1；1，1，1；从集合中任意取出两个不同数列，，，
∴X的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况，
其中当时，若选择0，0，0，可从1，0，0；0，1，0；0，0，1任选1个，共有3种情况，
若选择1，1，1，可以从1，1，0；1，0，1；0，1，1任选1个，共有3种情况，
另外1，0，0和1，0，1；1，1，0两者之一满足要求，
0，1，0和1，1，0；0，1，1两者之一满足要求，
0，0，1和1，0，1；0，1，1两者之一满足要求，
共有种情况，故，
当时，0，0，0，和1，1，1满足要求，1，0，0和0，1，1满足要求，
0，1，0和1，0，1满足要求，0，0，1和1，1，0满足要求，共有4种情况，
∴，
∴，随机变量X的分布列：
X 1 2 3
P
则随机变量X的数学期望为.
（3）解：∵数列，是从集合中任意取出的两个数列，∴数列，为k项数列，∴X的可能取值为：1，2，3，…，k，
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当（）时，
则数列，中有m项取值不同，有项取值相同，
从k项中选择m项，和在m项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字不同，
∵，这个问题是组合问题，
∴所有的情况会重复1次，∴一共有种情况，
∴（）.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；组合及组合数公式
【解析】【分析】(1) 直接枚举所有可能的项数列，利用数列的定义（每项为或 ），逐一列出组合.
(2) 首先计算的元素个数（ ），确定总组合数，然后用表示两数列对应项不同的个数，转化为“不同位置数”的计数，
再对分别计算组合数，再求概率，最后整理概率得分布列，用期望公式计算.
(3) 首先利用组合数公式计算从中取两数列的总组合数，然后对任意数列，计算与其有项不同的数列个数（组合数 ），再修正重复计数，最后用特定组合数除以总组合数，化简得通用公式.
（1）当时，有{0，0}{0，1}{1，0}{1，1}；
（2）若，则中的数列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1：0，1，1；1，1，1；
从集合中任意取出两个不同数列，，，
∴X的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况，
其中当时，若选择0，0，0，可从1，0，0；0，1，0；0，0，1任选1个，共有3种情况，
若选择1，1，1，可以从1，1，0；1，0，1；0，1，1任选1个，共有3种情况，
另外1，0，0和1，0，1；1，1，0两者之一满足要求，
0，1，0和1，1，0；0，1，1两者之一满足要求，
0，0，1和1，0，1；0，1，1两者之一满足要求，
共有种情况，故，
当时，0，0，0，和1，1，1满足要求，1，0，0和0，1，1满足要求，
0，1，0和1，0，1满足要求，0，0，1和1，1，0满足要求，共有4种情况，
∴，
∴，随机变量X的分布列：
X 1 2 3
P
则随机变量X的数学期望为；
（3）∵数列，是从集合中任意取出的两个数列，
∴数列，为k项数列，∴X的可能取值为：1，2，3，…，k，
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当（）时，
则数列，中有m项取值不同，有项取值相同，
从k项中选择m项，和在m项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字不同，
∵，这个问题是组合问题，
∴所有的情况会重复1次，∴一共有种情况，
∴（）.
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