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湖南省2024-2025学年高三下学期第三次适应性考试数学试题
1．（2025·湖南模拟）已知集合，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
则集合，，，
故，.
故答案为：C.
【分析】先解一元二次不等式求得集合，再根据集合的关系、运算判断即可.
2．（2025·湖南模拟）设复数z满足（是虚数单位），则复数z的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：易知，则，虚部为.
故答案为：A.
【分析】易知，再根据复数代数形式的四则运算规则计算出复数，根据复数的概念判断即可.
3．（2025·湖南模拟）已知事件，是相互独立事件，且，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可知：事件，相互独立事件，
因为，，所以，，
则.
故答案为：A.
【分析】易知事件，也是相互独立事件，再根据独立事件的概率乘法公式计算即可.
4．（2025·湖南模拟）在中，角的对边分别为，若.则角的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
因为，，所以，所以，
又因为，，所以，所以，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用正弦定理可得，再利用正弦的二倍角公式以及同角三角函数的商数关系求解即可.
5．（2025·湖南模拟）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，底面半径为2，该圆锥PO侧面展开图的圆心角为，则圆锥PO的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的高，母线长为，
由底面半径为2，可得母线，
由题意可得：，解得，
则圆锥的体积.
故答案为：B.
【分析】设圆锥的高，母线长为，先表示母线长，再根据题意列关于的方程，求出，最后利用圆锥体积公式求解即可.
6．（2025·湖南模拟）已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，A为双曲线C上的一点，且，，，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B． C． D．3
【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
因为，，所以，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】易知，由勾股定理求出，利用双曲线定义求得，代入离心率公式求解即可.
7．（2025·湖南模拟）若P是△ABC所在平面内一点，则“”是“△ABC为直角三角形”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；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，
即，两边平方并化简得，
则，即，为直角三角形，即充分性成立；
但由是直角三角形，推不出，即必要性不成立，
故“”是“为直角三角形”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用向量的线性运算化简可得，再结合充分、必要条件的概念判断即可.
8．（2025·湖南模拟）已知是定义在上连续可导函数，其导函数为，若，且，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：构造函数，求导可得，
因为，所以，所以，
则函数在区间上单调递减，
又因为，，所以，
所以，解得，则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】构造函数，求导，利用导数判断函数在区间上单调性，从而可得，求解即可.
9．（2025·湖南模拟）将函数的图象沿x轴向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．函数的最小正周期为
C．函数的图象关于点中心对称
D．函数在区间内单调递增
【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：A、函数的图象沿x轴向右平移个单位长度，得到函数，故A正确；
B、由A选项可知：函数的最小正周期为，故B正确；
C、，则函数的图象不关于点中心对称，故C错误；
D、由，得到，
所以的增区间为，令，得到一个增区间为，又，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据三角函数图象的平移变换求得即可判断A；利用函数最小正周期的计算公式计算即可判断B；计算，即可判断C；利用的性质，求出的增区间即可判断D.
10．（2025·湖南模拟）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，，离心率为，直线l过点与椭圆C交于M，N两点，若x轴上存在一定点P，使得的内切圆圆心在x轴上.则下列结论正确的有（　　）
A．椭圆C的方程为
B．的周长为4
C．定点P的坐标为
D．当轴时，的内切圆圆心坐标为
【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、由，可得，由离心率，可得，
根据，得，则椭圆方程为，故A正确；
B、由椭圆的定义可得：，即周长为，
故B错误；
C、，设，，，
设方程，联立，消元整理可得，
由韦达定理，，
因为内心在轴上，所以，即，
即，即，
经化简得，，
即，解得，故C正确；
D、轴时，直线MN方程，代入椭圆方程得，
设内切圆圆心，不妨设直线，
根据点到直线距离公式，解得，舍去，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由焦距求出，再根据离心率求出，最后根据求得，得到椭圆方程即可判断A；根据椭圆定义，求周长即可判断B；设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到和，由内心在轴推出，进而求出即可判断C；当轴，求出值，设内切圆圆心，根据点到直线距离公式列方程求解圆心横坐标即可判断D.
11．（2025·湖南模拟）若函数满足：对任意，恒有，则称函数为“类余弦型”函数.已知函数为“类余弦型”，若，且对任意非零实数，.则下列结论正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．函数为偶函数
D．若有理数，满足，则
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、令，得到，
又因为对任意非零实数，，所以，故A正确；
B、令，得，由选项A知，
又，，得到，故B错误；
C、令，得到，又，得到，故C正确；
D、因为时，，则，所以，
令，即对任意的正整数有，
则，
所以，对于任意正整数，成立，
对任意的、且，则有成立，
因为、为有理数，所以可设，，其中、为非负整数，、为正整数，则，，
令，，，则、为正整数，
因为，所以，所以，即，
由选项C知，函数为偶函数，，，，
故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据条件，令，求解即可判断A；令，结合选项A中结果，求解即可判断B；令，得到，求解即可判断C；令，证明出，即可说明对任意、且，有，然后设，，、是非负整数，、为正整数，利用偶函数和前面的结论，求解即可判断D.
12．（2025·湖南模拟）已知函数，则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
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
则，故曲线在点处的切线方程为，
即.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可.
13．（2025·湖南模拟）如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为　 　.
【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：取的中点，因为平面，平面，
所以，因为三角形是等边三角形，点是中点，
所以，即两两互相垂直，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，D为AC的中点，
则，
，
设平面的法向量为，则，
令，解得，即，
则点到平面BDE的距离为.
故答案为：.
【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
14．（2025·湖南模拟）某无人机爱好者在年春节，设计了利用红、橙、黄、绿、紫五种颜色的无人机群呈现如图的方形阵，方形阵分为六个区域，呈现要求是：同一区域为相同颜色的无人机群，且相邻区域的无人机群颜色不能相同，区域必须是红色无人机群，则不同的呈现方式共有　 　种.
【答案】
【知识点】分步乘法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：先给区域选，有种选法，再给区域选，有种，
① 若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色相同，则有种选法；
若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色不相同，则有种选法，有种选法，
所以区域和区域无人机颜色相同时，共有种，
② 若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色相同，
则区域有种，区域有种选法，
若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色不相同，
则区域有种，和区域只有种选法，
所以区域和区域无人机颜色不相同时，共有种，
因此，不同的呈现方式共有种.
故答案为：.
【分析】由题意，利用分类、分步计数原理结合组合数公式，求解即可.
15．（2025·湖南模拟）我国新能源汽车的卓越性能赢得全球人民的信赖，某品牌新能源汽车凭借科研创新、广告宣传和可靠售后保障，在全球赢得了很好的营销局面.下表为2017年—2024年（年份代码分别记为：1，2，3，4，5，6，7，8）该品牌新能源汽车的科研经费投入和全球市场规模统计.
年份代码i 1 2 3 4 5 6 7 8
科研经费（单位：百亿元） 2 3 6 10 13 15 18 21
市场规模（单位：百万辆） 1 1 2 2.5 3.5 3.5 4.5 6
参考数据：，，，.
参考公式：相关系数.
（1）根据样本数据，推断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数，推断它们的线性相关程度（结果精确到0.01，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当越接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱）；
（2）已知在国内，新能源车主购买的新能源汽车为该品牌新能源汽车的概率为p（），从国内新能源车主中随机抽取5人，记这5人中选择购买该品牌的人数为随机变量X，若，求随机变量X的数学期望和方差
【答案】（1）解：；
，
，
，
，
则，
因为，所以，
因为接近，所以两个变量线性相关且线性相关程度很强；
（2）解：随机变量，
根据二项分布的概率公式，
由，可得：，即，
因为，所以，解得，
再根据二项分布的数学期望公式和方差公式，
将，代入可得：；.
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；二项分布
【解析】【分析】（1）根据参考数据，结合样本相关系数公式计算，再依据相关系数与线性相关程度的关系进行判断即可；
（2）易知随机变量服从二项分布，根据求出的值，再利用二项分布的数学期望和方差公式求和即可.
（1）；
.
然后计算，
将，，，代入可得：
.
接着计算，将，，代入可得：
.
再计算，将，，代入可得：
.
最后计算相关系数：
根据公式，将，
，代入可得：
，因为，所以.
由于接近，所以两个变量线性相关且线性相关程度很强.
（2）已知随机变量（因为从国内新能源车主中随机抽取人，
每个人购买该品牌汽车的概率为，符合二项分布的定义），
根据二项分布的概率公式，由可得：
，即，因为，得，
解方程，得.
再根据二项分布的数学期望公式和方差公式，
将，代入可得：；.
16．（2025·湖南模拟）在如图所示的多面体中，已知四边形为菱形，其对角线和相交于H点，G是棱的中点，，且.
（1）求证：平面；
（2）若平面，，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为四边形为菱形，根据菱形的性质，菱形的对角线互相平分，所以为的中点，
又因为为线段的中点，所以，且，
又因为且，所以且，
则四边形为平行四边形，，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：在菱形中，因为，且菱形的邻边相等，所以和都是正三角形，
取的中点为，连接，根据正三角形三线合一的性质，可得，又因为，所以，
又因为平面，平面，所以，，
即两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，则，，，
因为，，，所以平面的法向量可取为，
又，，
设平面的法向量为，则由，
取，则，，即，
设平面与平面所成角为，
则，
即平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用中位线得到线线平行，构造平行四边形得到线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，最后利用向量的夹角公式求面面角的余弦值即可.
（1）因为四边形为菱形，根据菱形的性质，菱形的对角线互相平分，所以为的中点.
又因为为线段的中点，在中，根据三角形中位线定理可得，且.
已知且，所以且.可知四边形为平行四边形.
由于平行四边形的对边平行，所以.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）在菱形中，因为，且菱形的邻边相等，所以和都是正三角形.
取的中点为，连接，根据正三角形三线合一的性质，可得，又因为，所以.
又因为平面，平面，所以，，
即两两垂直. 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系.
已知，则可得，，.
因为，，，所以平面的法向量可取为.
又，.
设平面的法向量为，则由，
由可得，取，则，将，代入，可得，解得，所以.
设平面与平面所成角为，根据向量的夹角公式，.
17．（2025·湖南模拟）已知函数，其中为常实数.
（1）当时，讨论函数在其定义域内的单调性；
（2）若是函数的极大值点，证明：.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，
令，解得或，令，解得，
则函数的单调递增区间为，；单调递减区间为；
（2）解：函数定义域，，
令，得，令，其对称轴为，图象开口向上，
当，即时，恒成立，当且仅当时取等号，
此时，在上单调递增，无极值点，
当，即，
当时，，此时在上只有一个根，
当时，，时，，不合题意，
则，则，所以有两根，
且，
当时，，当时，，当时，
所以是的极大值点，由题知，所以，
要证，即证，
即证在上恒成立，
令，则，
令，则，
易知在区间上单调递减，则，
所以在区间上单调递增，则，
所以在区间上单调递减，则，
所以在区间上恒成立，即.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数求函数的单调区间即可；
（2）对求导，根据条件得到，且，将问题转化成证在上恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值，即可求解.
（1）当时，，
易知，又，
由，得到或，由，得到，
所以函数的增区间为，，减区间为.
（2）因为，
易知的定义域，则，
令，得到，令，其对称轴为，图象开口向上，
当，即时，恒成立，当且仅当时取等号，
此时，在上单调递增，无极值点，
当，即，
当时，，此时在上只有一个根，
当时，，时，，不合题意，
则，则，所以有两根，且，
当时，，当时，，当时，
所以是的极大值点，由题知，所以，
要证，即证，即证在上恒成立，
令，则，
令，则，
易知在区间上单调递减，则，
所以在区间上单调递增，则，
所以在区间上单调递减，则，
所以在区间上恒成立，即.
18．（2025·湖南模拟）在平面直角坐标系xOy中，动点（）到点的距离与到x轴的距离之差等于1，记动点P的轨迹为.
（1）求轨迹的方程；
（2）过直线l：上一点Q作轨迹的两条切线，切点分别为A，B.证明：直线AB过定点，并求出定点坐标；
（3）过点的动直线与轨迹交于C，D两点，直线CF交轨迹于另一点E，记△CDE，△CFR的面积分别为，，求的最小值.
【答案】（1）解：由题意可得：，
化简得，即，则轨迹的方程为；
（2）解：因为点在直线上，设，则，
设，对已求得的轨迹方程求导得：，
则在点处的切线方程为：，
又因为，所以切线方程可化为：，
因为点在切线上，所以①，
同理，在点处的切线方程为：，
因为点在切线上，所以②，
由①②可知是方程的两个根，即的两个根，
，
根据韦达定理：，
直线的方程为，
又因为，所以，
则直线的方程为，展开得，
将代入得，
再把代入得：，
令，解得，所以直线过定点；
（3）解：设，直线的方程为，
联立，消元整理可得，
则，由韦达定理可得，
直线的方程为，联立，得，
因为是该方程的一个根，设另一根为，所以，即，
点到直线的距离为：
，
又的面积，的面积，
则.
又因为，
所以
，
当且仅当时等号成立，故的最小值为81.
【知识点】导数的几何意义；基本不等式；平面内两点间的距离公式；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）由题意，根据两点之间的距离公式和点到直线的距离公式，列式化简求得轨迹的方程即可；
（2）利用导数求出轨迹在点处的切线方程，因为在两条切线上，根据韦达定理化简，进而得到直线的方程，通过变形找出直线所经过的定点；
（3）设出直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理得到交点坐标关系，表示出关于某一变量的表达式，根据基本不等式求最小值即可.
（1）根据两点距离公式，点到点的距离为，
点到轴的距离为，因为，所以.
根据条件可得：，
则，展开化简得：.
所以轨迹的方程为.
（2）因为点在直线上，设，则.
设，对已求得的轨迹方程求导得：.
则在点处的切线方程为：，又.
所以切线方程可化为：.
因为点在切线上，所以①.
同理，在点处的切线方程为：.
因为点在切线上，所以②.
由①②可知是方程的两个根，即的两个根.
，
根据韦达定理：.
直线的方程为，
又，
所以.
则直线的方程为，
展开得.
将代入得.
再把代入得：.
令，解得，所以直线过定点.
（3）设，直线的方程为，
联立方程组，得，
则.
则.
直线的方程为，
联立方程组，得.
因为是该方程的一个根，设另一根为，
则，即.
点到直线的距离为：
，
又的面积，的面积，
则.
又，
所以：
，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为81.
19．（2025·湖南模拟）已知是等差数列，且，，数列是等比数列，其前n项和为，且满足，其中.
（1）当时，求数列与数列的通项公式；
（2）在（1）的条件下，设数列的前n项和为，已知，证明：；
（3）当时，若数列满足（），且，若对任意正整数i，j（），恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，，
则；
当时，①，
当时，②，
①-②得：，即，
当时，，又，所以，解得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，即；
（2）证明由（1）可得：，
则
，
因为，所以，则，
又因为
，
所以单调递增，，
综上，；
（3）解： 当时，③，
当时，④，
③-④得：，即，
当时，，又，所以，解得，
所以，
因为，
当时，
，
当时，也满足上式，
当为奇数时，单调递减，；
当为偶数时，单调递增，，
因为对任意正整数，恒成立，所以，即，
又，解得，
则实数的取值范围是.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质；数列与不等式的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式求出的通项，根据的关系求数列的通项即可；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求出，证明不等式即可；
（3）先求出，再利用累加法求出，最后根据不等式恒成立求的取值范围即可.
（1）设等差数列的公差为，已知，，根据等差数列通项公式可得：
，即.
由可得，将其代入得：，
解得.把代入得.
所以.
当时，①，
当时，②.
①-②得：，即.
当时，，又，所以，解得.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则.
（2）已知，将其变形为：
.
则
.
因为，所以，则.
又
，
所以单调递增，.
综上，.
（3）当时，③，
当时，④.
③-④得：，即.
当时，，又，所以，解得.所以.
因为.
当时，
.
当时，也满足上式.
当为奇数时，单调递减，；
当为偶数时，单调递增，.
因为对任意正整数，恒成立，所以，即，又，解得.
所以，实数的取值范围是.
1 / 1湖南省2024-2025学年高三下学期第三次适应性考试数学试题
1．（2025·湖南模拟）已知集合，，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·湖南模拟）设复数z满足（是虚数单位），则复数z的虚部为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·湖南模拟）已知事件，是相互独立事件，且，，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·湖南模拟）在中，角的对边分别为，若.则角的大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·湖南模拟）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，底面半径为2，该圆锥PO侧面展开图的圆心角为，则圆锥PO的体积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·湖南模拟）已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，A为双曲线C上的一点，且，，，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B． C． D．3
7．（2025·湖南模拟）若P是△ABC所在平面内一点，则“”是“△ABC为直角三角形”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
8．（2025·湖南模拟）已知是定义在上连续可导函数，其导函数为，若，且，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·湖南模拟）将函数的图象沿x轴向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．函数的最小正周期为
C．函数的图象关于点中心对称
D．函数在区间内单调递增
10．（2025·湖南模拟）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，，离心率为，直线l过点与椭圆C交于M，N两点，若x轴上存在一定点P，使得的内切圆圆心在x轴上.则下列结论正确的有（　　）
A．椭圆C的方程为
B．的周长为4
C．定点P的坐标为
D．当轴时，的内切圆圆心坐标为
11．（2025·湖南模拟）若函数满足：对任意，恒有，则称函数为“类余弦型”函数.已知函数为“类余弦型”，若，且对任意非零实数，.则下列结论正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．函数为偶函数
D．若有理数，满足，则
12．（2025·湖南模拟）已知函数，则曲线在点处的切线方程为　 　.
13．（2025·湖南模拟）如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为　 　.
14．（2025·湖南模拟）某无人机爱好者在年春节，设计了利用红、橙、黄、绿、紫五种颜色的无人机群呈现如图的方形阵，方形阵分为六个区域，呈现要求是：同一区域为相同颜色的无人机群，且相邻区域的无人机群颜色不能相同，区域必须是红色无人机群，则不同的呈现方式共有　 　种.
15．（2025·湖南模拟）我国新能源汽车的卓越性能赢得全球人民的信赖，某品牌新能源汽车凭借科研创新、广告宣传和可靠售后保障，在全球赢得了很好的营销局面.下表为2017年—2024年（年份代码分别记为：1，2，3，4，5，6，7，8）该品牌新能源汽车的科研经费投入和全球市场规模统计.
年份代码i 1 2 3 4 5 6 7 8
科研经费（单位：百亿元） 2 3 6 10 13 15 18 21
市场规模（单位：百万辆） 1 1 2 2.5 3.5 3.5 4.5 6
参考数据：，，，.
参考公式：相关系数.
（1）根据样本数据，推断两个变量是否线性相关，并计算样本相关系数，推断它们的线性相关程度（结果精确到0.01，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当越接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱）；
（2）已知在国内，新能源车主购买的新能源汽车为该品牌新能源汽车的概率为p（），从国内新能源车主中随机抽取5人，记这5人中选择购买该品牌的人数为随机变量X，若，求随机变量X的数学期望和方差
16．（2025·湖南模拟）在如图所示的多面体中，已知四边形为菱形，其对角线和相交于H点，G是棱的中点，，且.
（1）求证：平面；
（2）若平面，，求平面与平面所成角的余弦值.
17．（2025·湖南模拟）已知函数，其中为常实数.
（1）当时，讨论函数在其定义域内的单调性；
（2）若是函数的极大值点，证明：.
18．（2025·湖南模拟）在平面直角坐标系xOy中，动点（）到点的距离与到x轴的距离之差等于1，记动点P的轨迹为.
（1）求轨迹的方程；
（2）过直线l：上一点Q作轨迹的两条切线，切点分别为A，B.证明：直线AB过定点，并求出定点坐标；
（3）过点的动直线与轨迹交于C，D两点，直线CF交轨迹于另一点E，记△CDE，△CFR的面积分别为，，求的最小值.
19．（2025·湖南模拟）已知是等差数列，且，，数列是等比数列，其前n项和为，且满足，其中.
（1）当时，求数列与数列的通项公式；
（2）在（1）的条件下，设数列的前n项和为，已知，证明：；
（3）当时，若数列满足（），且，若对任意正整数i，j（），恒成立，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
则集合，，，
故，.
故答案为：C.
【分析】先解一元二次不等式求得集合，再根据集合的关系、运算判断即可.
2．【答案】A
【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：易知，则，虚部为.
故答案为：A.
【分析】易知，再根据复数代数形式的四则运算规则计算出复数，根据复数的概念判断即可.
3．【答案】A
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意可知：事件，相互独立事件，
因为，，所以，，
则.
故答案为：A.
【分析】易知事件，也是相互独立事件，再根据独立事件的概率乘法公式计算即可.
4．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
因为，，所以，所以，
又因为，，所以，所以，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用正弦定理可得，再利用正弦的二倍角公式以及同角三角函数的商数关系求解即可.
5．【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的高，母线长为，
由底面半径为2，可得母线，
由题意可得：，解得，
则圆锥的体积.
故答案为：B.
【分析】设圆锥的高，母线长为，先表示母线长，再根据题意列关于的方程，求出，最后利用圆锥体积公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
因为，，所以，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】易知，由勾股定理求出，利用双曲线定义求得，代入离心率公式求解即可.
7．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，
即，两边平方并化简得，
则，即，为直角三角形，即充分性成立；
但由是直角三角形，推不出，即必要性不成立，
故“”是“为直角三角形”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用向量的线性运算化简可得，再结合充分、必要条件的概念判断即可.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：构造函数，求导可得，
因为，所以，所以，
则函数在区间上单调递减，
又因为，，所以，
所以，解得，则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】构造函数，求导，利用导数判断函数在区间上单调性，从而可得，求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：A、函数的图象沿x轴向右平移个单位长度，得到函数，故A正确；
B、由A选项可知：函数的最小正周期为，故B正确；
C、，则函数的图象不关于点中心对称，故C错误；
D、由，得到，
所以的增区间为，令，得到一个增区间为，又，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据三角函数图象的平移变换求得即可判断A；利用函数最小正周期的计算公式计算即可判断B；计算，即可判断C；利用的性质，求出的增区间即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、由，可得，由离心率，可得，
根据，得，则椭圆方程为，故A正确；
B、由椭圆的定义可得：，即周长为，
故B错误；
C、，设，，，
设方程，联立，消元整理可得，
由韦达定理，，
因为内心在轴上，所以，即，
即，即，
经化简得，，
即，解得，故C正确；
D、轴时，直线MN方程，代入椭圆方程得，
设内切圆圆心，不妨设直线，
根据点到直线距离公式，解得，舍去，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由焦距求出，再根据离心率求出，最后根据求得，得到椭圆方程即可判断A；根据椭圆定义，求周长即可判断B；设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到和，由内心在轴推出，进而求出即可判断C；当轴，求出值，设内切圆圆心，根据点到直线距离公式列方程求解圆心横坐标即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、令，得到，
又因为对任意非零实数，，所以，故A正确；
B、令，得，由选项A知，
又，，得到，故B错误；
C、令，得到，又，得到，故C正确；
D、因为时，，则，所以，
令，即对任意的正整数有，
则，
所以，对于任意正整数，成立，
对任意的、且，则有成立，
因为、为有理数，所以可设，，其中、为非负整数，、为正整数，则，，
令，，，则、为正整数，
因为，所以，所以，即，
由选项C知，函数为偶函数，，，，
故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据条件，令，求解即可判断A；令，结合选项A中结果，求解即可判断B；令，得到，求解即可判断C；令，证明出，即可说明对任意、且，有，然后设，，、是非负整数，、为正整数，利用偶函数和前面的结论，求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
则，故曲线在点处的切线方程为，
即.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可.
13．【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：取的中点，因为平面，平面，
所以，因为三角形是等边三角形，点是中点，
所以，即两两互相垂直，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，D为AC的中点，
则，
，
设平面的法向量为，则，
令，解得，即，
则点到平面BDE的距离为.
故答案为：.
【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
14．【答案】
【知识点】分步乘法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：先给区域选，有种选法，再给区域选，有种，
① 若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色相同，则有种选法；
若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色不相同，则有种选法，有种选法，
所以区域和区域无人机颜色相同时，共有种，
② 若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色相同，
则区域有种，区域有种选法，
若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色不相同，
则区域有种，和区域只有种选法，
所以区域和区域无人机颜色不相同时，共有种，
因此，不同的呈现方式共有种.
故答案为：.
【分析】由题意，利用分类、分步计数原理结合组合数公式，求解即可.
15．【答案】（1）解：；
，
，
，
，
则，
因为，所以，
因为接近，所以两个变量线性相关且线性相关程度很强；
（2）解：随机变量，
根据二项分布的概率公式，
由，可得：，即，
因为，所以，解得，
再根据二项分布的数学期望公式和方差公式，
将，代入可得：；.
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；二项分布
【解析】【分析】（1）根据参考数据，结合样本相关系数公式计算，再依据相关系数与线性相关程度的关系进行判断即可；
（2）易知随机变量服从二项分布，根据求出的值，再利用二项分布的数学期望和方差公式求和即可.
（1）；
.
然后计算，
将，，，代入可得：
.
接着计算，将，，代入可得：
.
再计算，将，，代入可得：
.
最后计算相关系数：
根据公式，将，
，代入可得：
，因为，所以.
由于接近，所以两个变量线性相关且线性相关程度很强.
（2）已知随机变量（因为从国内新能源车主中随机抽取人，
每个人购买该品牌汽车的概率为，符合二项分布的定义），
根据二项分布的概率公式，由可得：
，即，因为，得，
解方程，得.
再根据二项分布的数学期望公式和方差公式，
将，代入可得：；.
16．【答案】（1）证明：因为四边形为菱形，根据菱形的性质，菱形的对角线互相平分，所以为的中点，
又因为为线段的中点，所以，且，
又因为且，所以且，
则四边形为平行四边形，，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：在菱形中，因为，且菱形的邻边相等，所以和都是正三角形，
取的中点为，连接，根据正三角形三线合一的性质，可得，又因为，所以，
又因为平面，平面，所以，，
即两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，则，，，
因为，，，所以平面的法向量可取为，
又，，
设平面的法向量为，则由，
取，则，，即，
设平面与平面所成角为，
则，
即平面与平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用中位线得到线线平行，构造平行四边形得到线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，最后利用向量的夹角公式求面面角的余弦值即可.
（1）因为四边形为菱形，根据菱形的性质，菱形的对角线互相平分，所以为的中点.
又因为为线段的中点，在中，根据三角形中位线定理可得，且.
已知且，所以且.可知四边形为平行四边形.
由于平行四边形的对边平行，所以.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）在菱形中，因为，且菱形的邻边相等，所以和都是正三角形.
取的中点为，连接，根据正三角形三线合一的性质，可得，又因为，所以.
又因为平面，平面，所以，，
即两两垂直. 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系.
已知，则可得，，.
因为，，，所以平面的法向量可取为.
又，.
设平面的法向量为，则由，
由可得，取，则，将，代入，可得，解得，所以.
设平面与平面所成角为，根据向量的夹角公式，.
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，
令，解得或，令，解得，
则函数的单调递增区间为，；单调递减区间为；
（2）解：函数定义域，，
令，得，令，其对称轴为，图象开口向上，
当，即时，恒成立，当且仅当时取等号，
此时，在上单调递增，无极值点，
当，即，
当时，，此时在上只有一个根，
当时，，时，，不合题意，
则，则，所以有两根，
且，
当时，，当时，，当时，
所以是的极大值点，由题知，所以，
要证，即证，
即证在上恒成立，
令，则，
令，则，
易知在区间上单调递减，则，
所以在区间上单调递增，则，
所以在区间上单调递减，则，
所以在区间上恒成立，即.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数求函数的单调区间即可；
（2）对求导，根据条件得到，且，将问题转化成证在上恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值，即可求解.
（1）当时，，
易知，又，
由，得到或，由，得到，
所以函数的增区间为，，减区间为.
（2）因为，
易知的定义域，则，
令，得到，令，其对称轴为，图象开口向上，
当，即时，恒成立，当且仅当时取等号，
此时，在上单调递增，无极值点，
当，即，
当时，，此时在上只有一个根，
当时，，时，，不合题意，
则，则，所以有两根，且，
当时，，当时，，当时，
所以是的极大值点，由题知，所以，
要证，即证，即证在上恒成立，
令，则，
令，则，
易知在区间上单调递减，则，
所以在区间上单调递增，则，
所以在区间上单调递减，则，
所以在区间上恒成立，即.
18．【答案】（1）解：由题意可得：，
化简得，即，则轨迹的方程为；
（2）解：因为点在直线上，设，则，
设，对已求得的轨迹方程求导得：，
则在点处的切线方程为：，
又因为，所以切线方程可化为：，
因为点在切线上，所以①，
同理，在点处的切线方程为：，
因为点在切线上，所以②，
由①②可知是方程的两个根，即的两个根，
，
根据韦达定理：，
直线的方程为，
又因为，所以，
则直线的方程为，展开得，
将代入得，
再把代入得：，
令，解得，所以直线过定点；
（3）解：设，直线的方程为，
联立，消元整理可得，
则，由韦达定理可得，
直线的方程为，联立，得，
因为是该方程的一个根，设另一根为，所以，即，
点到直线的距离为：
，
又的面积，的面积，
则.
又因为，
所以
，
当且仅当时等号成立，故的最小值为81.
【知识点】导数的几何意义；基本不等式；平面内两点间的距离公式；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）由题意，根据两点之间的距离公式和点到直线的距离公式，列式化简求得轨迹的方程即可；
（2）利用导数求出轨迹在点处的切线方程，因为在两条切线上，根据韦达定理化简，进而得到直线的方程，通过变形找出直线所经过的定点；
（3）设出直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理得到交点坐标关系，表示出关于某一变量的表达式，根据基本不等式求最小值即可.
（1）根据两点距离公式，点到点的距离为，
点到轴的距离为，因为，所以.
根据条件可得：，
则，展开化简得：.
所以轨迹的方程为.
（2）因为点在直线上，设，则.
设，对已求得的轨迹方程求导得：.
则在点处的切线方程为：，又.
所以切线方程可化为：.
因为点在切线上，所以①.
同理，在点处的切线方程为：.
因为点在切线上，所以②.
由①②可知是方程的两个根，即的两个根.
，
根据韦达定理：.
直线的方程为，
又，
所以.
则直线的方程为，
展开得.
将代入得.
再把代入得：.
令，解得，所以直线过定点.
（3）设，直线的方程为，
联立方程组，得，
则.
则.
直线的方程为，
联立方程组，得.
因为是该方程的一个根，设另一根为，
则，即.
点到直线的距离为：
，
又的面积，的面积，
则.
又，
所以：
，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为81.
19．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，，
则；
当时，①，
当时，②，
①-②得：，即，
当时，，又，所以，解得，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，即；
（2）证明由（1）可得：，
则
，
因为，所以，则，
又因为
，
所以单调递增，，
综上，；
（3）解： 当时，③，
当时，④，
③-④得：，即，
当时，，又，所以，解得，
所以，
因为，
当时，
，
当时，也满足上式，
当为奇数时，单调递减，；
当为偶数时，单调递增，，
因为对任意正整数，恒成立，所以，即，
又，解得，
则实数的取值范围是.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质；数列与不等式的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式求出的通项，根据的关系求数列的通项即可；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求出，证明不等式即可；
（3）先求出，再利用累加法求出，最后根据不等式恒成立求的取值范围即可.
（1）设等差数列的公差为，已知，，根据等差数列通项公式可得：
，即.
由可得，将其代入得：，
解得.把代入得.
所以.
当时，①，
当时，②.
①-②得：，即.
当时，，又，所以，解得.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则.
（2）已知，将其变形为：
.
则
.
因为，所以，则.
又
，
所以单调递增，.
综上，.
（3）当时，③，
当时，④.
③-④得：，即.
当时，，又，所以，解得.所以.
因为.
当时，
.
当时，也满足上式.
当为奇数时，单调递减，；
当为偶数时，单调递增，.
因为对任意正整数，恒成立，所以，即，又，解得.
所以，实数的取值范围是.
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