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广东省广州市2025届高三二模数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025·广州模拟）设集合，，则的元素个数为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】交集及其运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，解得，
因为，所以，所以，
所以.所以的元素个数为3.
故选：B.
【分析】利用对数函数的性质先求得集合B，进而根据交集的定义求得 ，即可求得的元素个数 .
2．（2025·广州模拟）已知复数满足，则的最小值为
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，根据可知z对应的点在如图所示的以(0，2)为圆心，1为半径的圆上，
又 表示圆上的点到原点的距离，所以 的最小值为2-1=1
故选：B．
【分析】根据复数模的几何意义可知复数z对应点的轨迹为圆，再求出圆上的点到原点的距离的最小值即可求得的最小值 ．
3．（2025·广州模拟）声强级（单位：dB）由公式给出，其中为声强（单位：）.轻柔音乐的声强一般在之间，则轻柔音乐的声强级范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化；“对数增长”模型
【解析】【解答】解：由题意可知，所以，所以，所以，即轻柔音乐的声强级范围是.
故选：C.
【分析】由已知条件可得，进而结合指数和对数运算求得即可求出的范围，即可求得轻柔音乐的声强级范围.
4．（2025·广州模拟）的展开式中的系数为（　　）
A．24 B． C． D．
【答案】D
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：，
因为展开式的通项为，
所以的展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为-40．
故选：D.
【分析】先将式子化为，进而求出展开式的通项，进而求得展开式中含的项，即可求出展开式中的系数.
5．（2025·广州模拟）已知，则（　　）
A． B． C．2 D．3
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
所以，所以，解得.
故选：A.
【分析】根据角的范围先求得的正负性，利用二倍角公式以及同角三角关系式可得，进而化简计算可得，解方程即可求得 .
6．（2025·广州模拟）已知函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：当时，函数单调递增，且；
当时，函数，所以，
显然当时，恒成立，即在上单调递增；
当时，；当时，，
此时函数的图象大致如下图所示：
若函数恰有2个零点，即函数的图象与有两个交点，
由上图可知实数的取值范围是；
当时，，当且仅当时，等号成立；
此时其图象大致如下图：
显然函数的图象与没有交点，不合题意；
综上可知，实数的取值范围是.
故选：B.
【分析】当时，根据指数函数的性质可得函数单调递增，且；当时，对函数求导可得，进而对参数的取值进行分类讨论，大致画出分段函数的图象，将函数恰有2个零点转化为函数的图象与有两个交点，由数形结合即可得出实数的取值范围.
7．（2025·广州模拟）已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与相交于两点，且，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的应用；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意作出图形如图所示：
设，又，所以，
又，，所以，所以，
又因为，所以，解得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
所以，
整理得，所以，解得.
故选：D.
【分析】设，利用椭圆的定义可得，进而可得在，中，由余弦定理可得，化简即可求得离心率.
8．（2025·广州模拟）已知函数在上的所有极值点从小到大依次记为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的极值；二倍角的余弦公式；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：由题可知
令，即，解得或.
函数图象如下图所示，
结合图象可知在两侧附近正负相反，可得极值点有8个.
则互为相反数，
因为，所以，
又注意到，所以.
故选：B.
【分析】先对函数f(x)进行求导，化简可得，令可得极值点满足或，由此画出图象，可得极值点个数，进而可得，据此可得答案.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025·广州模拟）一组成对样本数据的散点位于一条直线附近，它的样本相关系数（其中），由最小二乘法求得经验回归方程（其中），则（　　）
A．若，则
B．若，则成对数据的样本相关系数等于
C．若，则成对数据的样本相关系数大于
D．若，则成对数据的经验回归方程
【答案】A,B,D
【知识点】最小二乘法；线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、当时，两个变量正相关，所以，故选项A正确；
B、因为，所以成对数据对应点相当于把成对数据对应的点向下平移2个单位，不改变两个变量的相关性，故选项B正确；
C、因为，所以成对数据对应点相当于把成对数据对应的点横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，不改变两个变量的相关性，故选项C错误；
D、当，新的回归直线方程中斜率变为，所以，所以成对数据的经验回归方程，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据相关系数的意义判断选项ABC，利用线性回归方程的求法求得新的经验回归方程的斜率以及截距即可判断选项D.
10．（2025·广州模拟）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（　　）
A．过作圆的切线，切点为，则的最小值为4
B．若直线被圆截得的弦长为2，则
C．若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则
D．存在，使圆上有三个点到的距离都为1
【答案】B,C
【知识点】直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A、因为圆的圆心，半径
所以，
如图所示，过作圆的切线，切点为，所以，
在中，由勾股定理得，
所以当时，取最小值，，故选项A错误；
B、重心坐标，即，
所在直线，即
而线段的中点，所以的垂直平分线为：，
同理可得，的垂直平分线为：，
，解得：，所以外心
由几何知识得，垂心与外心重合，所以过和，
所以，即，
直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径，所以直线过圆心，
令y=0，解得x=-1，所以，即，故选项B正确；
C、圆上有且只有两个点到的距离都为1，所以圆心到直线即的距离小于直径.
所以，解得：，故选项C正确；
D、由几何知识得，圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，故选项D错误；
故选：BC.
【分析】先求出圆M的圆心M坐标和半径，过作圆的切线，切点为，利用勾股定理 写出的表达式，即可求出的最小值可判断选项A；求得直线AB和直线AC的垂直平分线，进而联立方程组即可求得外心的坐标，结合重心的坐标求得直线的解析式，得出圆的位置，直线过圆心，进而即可求得圆心的坐标可得a的值即可判断选项B；根据圆上有且只有两个点到的距离，得出圆心到直线的距离小于直径，结合距离公式列不等式即可判断选项C；由几何知识可知圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，即可判断选项D.
11．（2025·广州模拟）已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（　　）
A．是钝角三角形
B．直线与平面所成角为定值
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知，
因为，所以，
固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧），
如图所示，过平面的虚线形成的劣弧：
取的中点为，作平面，所以，
又易知，
如下图所示，在劣弧上运动，
易知，所以是钝角三角形，故选项A正确；
B、设直线与平面所成的角为，
所以，为定值，故选项B正确；
C、作，易知三棱锥的体积的最大值为
，故选项C错误；
D、如图所示，设三棱锥的外接球的球心为，
因为是的外心，所以平面，所以三点共线，
设，在中由勾股定理可得，解得；
所以三棱锥的外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据题意可得固定平面，由二面角度数可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧），求出各线段长度，结合圆内接四边形可求得，即可判断选项A；利用线面角定义作出其平面角即可判定选项B；作，由三棱锥的体积公式计算可判断选项C；求得三棱锥的外接球的球心位置和半径，进而利用球体的表面积公式计算即可判断选项D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·广州模拟）若函数（，且）是偶函数，且，则　 　.
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为是偶函数，所以，所以，
所以，所以或，
解得（舍去）或，所以，
又，所以，所以，解得或(舍).
故答案为：.
【分析】利用偶函数的定义可求得，进而可得，再由 可知，计算可求得的值.
13．（2025·广州模拟）一个袋子里有大小和质地相同的4个球，标号为1，2，3，4，从中有放回地随机取球，每次取1个球，共取4次，把每次取出的球的标号排成一列数，则这列数中恰有3个不同整数的概率为　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：每次取球均有4种不同的取法，所以总的不同取法有种，
这列数中恰有3个不同整数，则必有一个数取了2次，所以这列数中恰有3个不同整数的取法数有种，
所以这列数中恰有3个不同整数的概率为.
故答案为：.
【分析】先求得总的不同取法总数，再求得符合条件的取法数，先从4个数中取出3个，而这3个数中其中1个数取2次，再进行排列即可求得符合条件不同的取法总数，进而利用古典概型概率公式即可求得所求概率.
14．（2025·广州模拟）在平面四边形中，，若的面积是的面积的2倍，则的长度为　 　.
【答案】
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图所示，以D点为原点，取AC中点为F，以DF所在直线为x轴，
以过D点，垂直于DF直线为y轴，建立直角坐标系.
因为所以，
所以.
过C，A两点作DB垂线，垂足为G，H，所以.
又注意到，所以，所以
设，所以，所以，所以
注意到B，E，D三点共线，所以，所以，即
又，所以，
所以，所以，解得或，
又由图可得，即，所以，所以所以所以.
故答案为： .
【分析】如图建立直角坐标系，设AC，BD交点为E，由的面积是的面积的2倍结合可得，即可得E坐标，再由B，E，D三点共线结合可得B 点坐标，进而根据两点的距离公式即可求得BD的长度.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．（2025·广州模拟）设为数列的前项和，且是和8的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）解：解法1：由题意可得，，即.①
当时，，得.
当时，，②
①－②得，得，即.
所以数列是以首项为8，公比为2的等比数列.
所以.
解法2：因为是和8的等差中项，
所以，即.
当时，，得.
当时，，得.
当时，，得.
猜想：.
（下面用数学归纳法证明）
1当时，可知猜想成立，
2假设时，猜想成立，即，
依题意，得，得，
又，得，
则，
得.
即当时，猜想也成立.
由1，2可知猜想成立，即.

（2）证明：因为. ，所以，
所以，
所以
因为，所以，所以，
所以.
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的通项公式；数列的前n项和；等差中项
【解析】【分析】（1）解法1：根据等差中项的性质可得，当时，求得，当时，，可得，进而可数列是以首项为8，公比为2的等比数列，即可求得数列的通项公式；
解法2：由题意可得，先求得前几项，猜想通项公式，再利用数学归纳法证明即可；
（2）由(1)可求得bn，进而利用裂项法可得，利用数列求和公式可求得，利用不等式的性质即可证得.
（1）解法1：因为是和8的等差中项，
所以，即.①
当时，，得.
当时，，②
①－②得，得，即.
所以数列是以首项为8，公比为2的等比数列.
所以.
解法2：因为是和8的等差中项，
所以，即.
当时，，得.
当时，，得.
当时，，得.
猜想：.
（下面用数学归纳法证明）
1当时，可知猜想成立，
2假设时，猜想成立，即，
依题意，得，得，
又，得，
则，
得.
即当时，猜想也成立.
由1，2可知猜想成立，即.
（2）因为，
得，
所以.
由于，得，
得，
所以.
16．（2025·广州模拟）如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上.
（1）证明：平面；
（2）若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
【答案】（1）证明： 取的中点，连接，
因为，N分别为，的中点，所以，且.
又，且，所以，且.
所以四边形是平行四边形，所以.
因为，所以为的中点.
又为的中点，所以，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）解：解法1：因为直四棱柱的体积为，
所以，即，
解得，
因为为锐角，所以.
如图所示，以D为原点，分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
所以，
所以，
设所以所以
设平面的法向量为，
所以，取则，所以.
设直线与平面所成角为，则
.
当时，取得最大值，此时.
所以的长为.
解法2：因为直四棱柱的体积为，
所以，即，
解得，
因为为锐角，所以.
连接，设，连接，设，
如图所示，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系.
所以，
所以
设，即，
所以.
设平面的法向量为，
所以，
令，则，所以，
直线与平面所成角为，
因为，
，
所以
当时，取得最大值，此时.
所以的长为.
解法3：因为直四棱柱的体积为，
所以，即，
解得，
压完为锐角，所以.
由（1）知平面且点在直线上，所以点到平面的距离为定值.
设直线与平面所成角为，所以.
当最小时，取得最大值.
如图，过作，交的延长线于点，连接，
由于，，则平面.
又平面，则.
则为所求.
在中，
.
，
在中，.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，进而可证四边形是平行四边形，可得，再由三角形的中位线性质可证，可得，利用线面平行的判定定理即可证得平面；
（2）解法1：由已知可求得，分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量以及直线FP的方向向量，利用向量的夹角公式可得，可求得线面角的正弦的最大值时的的值，进而求得的长.
解法2：由已知可求得，连接，设，连接，设，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量和直线FP的方向向量，利用向量的夹角公式法可求得线面角的正弦的最大值时的的值，进而求得的长.
解法3：由已知可求得，由（1）知平面且点在直线上，，过作，交的延长线于点，连接，结合余弦定理求解即可求得的长..
（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，且.
又，且，则，且.
所以四边形是平行四边形，所以.
因为，则为的中点.
又为的中点，则，所以.
因为平面平面，
所以平面.
（2）解法1：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
，设，
，
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，取，
则平面的一个法向量为.
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法2：由于直四棱柱的体积为，
得，得，
由于为锐角，则.
连接，设，连接，设，
以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
.
设，即，
则.
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，
令，则，
则平面的一个法向量为，
，
为，
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法3：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
由（1）知平面且点在直线上，
则点到平面的距离为定值.
设直线与平面所成角为，
则.
当最小时，取得最大值.
如图，过作，交的延长线于点，连接，
由于，，则平面.
又平面，则.
则为所求.
在中，
.
，
在中，.
17．（2025·广州模拟）已知函数（，且）.
（1）若，直线与曲线和曲线都相切，求的值；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，
因为，所以，解得所以
所以切点坐标为，代入直线 中得m=1，所以直线l：.
联立，消y整理得，
所以，解得或（舍去），
当时，得，符合题意，
所以.
解法2：设直线与曲线的切点坐标为，
因为，所以，
解得所以
所以切点坐标为，代入直线 中得m=1，所以直线l：.
当时，函数的定义域为，
设直线与曲线的切点坐标为，
因为，所以，所以.
而，即，
所以，所以，解得所以
（2）解法1：①当时，则函数的定义域为.
因为，
所以，不符合题意.
所以不符合题意.
②当时，则函数的定义域为.
显然.
当时，由，得，即.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
解法2：当时，由，得，即，
得.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意义可求得，再求得y0，进而求得m的值，即可求得直线l，联立直线l与，利用列式即可求得a的值；
解法2：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意义可求得，再求得y0，进而求得m的值，即可求得直线l，设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的几何意义可得，切线方程为，即可得，进而即可求得a的值；
（2）解法1：当时，计算可得，不符合题意，当时，由题意可得，令，利用导数可求得的最小值，可求解.解法2：由题意可得，令，利用导数求得的最小值即可.
（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，
由于，则，
解得，
则切点坐标为.
直线，即.
由得，
由，解得或（舍去），
当时，得，符合题意，
所以.
解法2：设直线与曲线的切点坐标为，
由于，则，
解得，
则切点坐标为.
直线，即.
当时，函数的定义域为，
设直线与曲线的切点坐标为，
由，得，得.
得，即，
则.
解得.
（2）解法1：①当时，则函数的定义域为.
由于，
则，不符合题意.
所以不符合题意.
②当时，则函数的定义域为.
显然.
当时，由，得，即.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
解法2：当时，由，得，即，
得.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
18．（2025·广州模拟）已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程.
【答案】（1）解：双曲线的渐近线方程为，即，
因为点到的一条渐近线的距离为，即，
又因为，所以
所以的方程为.
（2）解：（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
因为切线不平行的渐近线，所以.
由圆心到切线的距离，得.
联立消去得，
由题意知，设，
所以，
所以
.
所以，即.
所以.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
【知识点】双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）先求得双曲线的渐近线方程，进而由点到直线距离公式列式结合可得，即可求得双曲线C的方程；
（2）（ⅰ）设切线的方程为，由圆心到切线的距离，可得，再联立切线方程与双曲线方程，由韦达定理可得，结合可得，进而可得，即可证得；
（ⅱ）方法1，注意到，由（ⅰ）可得，据此可得答案；
方法2，设切线与圆的切点为，则可得，据此可得答案；
方法3，由题可得，又设切线与圆的切点为，由，结合，可得，由基本不等式可得，据此可得答案.
（1）解：由于双曲线的右焦点为，所以.
双曲线的渐近线方程为，即为，
由于点到的一条渐近线的距离为，则.
解得所以的方程为.
（2）（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
由于切线不平行的渐近线，则.
由圆心到切线的距离，得.
由消去得，
由题意知.设，
则，
而
.
则，
则.
所以，即.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
19．（2025·广州模拟）设，集合（为向量），若，定义.
（1）若，且，写出所有的；
（2）若，且，设满足的的个数为，求的值；
（3）从集合中任取两个不同的向量，记，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）解：设，，，
因为，
所以，，所以，
当时，得，
当时，得，或，，
所以满足的为：.

（2）解法1：因为，
所以满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
由二项式定理，，
所以，
所以，，，
解法2：因为，
所以满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
因为，所以，，，，，
所以，当为奇数时，
.
为偶数时，
.
所以，，；
（3）解法1：若，则，，与为不相等的向量矛盾，
所以随机变量的可能取值有，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为.
首先计算.
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，
令，得，
所以
所以.
下面计算
因为，
，
，
，
因为，
所以，所以.
所以.
解法2：由题意可知，，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为，
令，因为，
可得
其中，
因为，
所以，
，，
所以.
【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；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）设设，，，由结合数量积的坐标运算可得，，进而可得，分和两种情况讨论c2，c4的值，即可求得所有满足条件的；
（2）方法一：根据定义，由条件可得，由二项式定理可得，由此可求得的值；
方法二：根据定义，由条件可得，结合组合数性质，分为奇数，为偶数两种情况结合裂项相消法分别求得的值 ；
（3）方法一：根据定义确定随机变量的可能取值，再结合定义和计数原理求，由此可得分布列，结合期望公式可得，再分别计算，，化简可得结论；
方法二：根据定义确定随机变量的可能取值，再结合定义和计数原理求，由此可得分布列，结合期望公式可得，再分别计算，，，由此可求结论.
（1）设，，，
因为，，
所以，，
所以，
若，则，
若，则，或，，
所以满足的为：.
（2）解法1：因为，
则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
由二项式定理，，
所以，
因此，，，
解法2：因为，
则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
因为，所以，，，，，
所以，为奇数时，
.
为偶数时，
.
因此，，；
（3）解法1：若，则，，与为不相等的向量矛盾，
所以随机变量的可能取值有，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为.
首先计算.
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，
令，得，
所以
所以.
下面计算
因为，
，
，
，
因为，
所以，所以.
所以.
解法2：由题意可知，，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为，
令，因为，
可得
其中，
因为，
所以，
，，
所以.
1 / 1广东省广州市2025届高三二模数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025·广州模拟）设集合，，则的元素个数为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
2．（2025·广州模拟）已知复数满足，则的最小值为
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2025·广州模拟）声强级（单位：dB）由公式给出，其中为声强（单位：）.轻柔音乐的声强一般在之间，则轻柔音乐的声强级范围是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·广州模拟）的展开式中的系数为（　　）
A．24 B． C． D．
5．（2025·广州模拟）已知，则（　　）
A． B． C．2 D．3
6．（2025·广州模拟）已知函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·广州模拟）已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与相交于两点，且，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·广州模拟）已知函数在上的所有极值点从小到大依次记为，则（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025·广州模拟）一组成对样本数据的散点位于一条直线附近，它的样本相关系数（其中），由最小二乘法求得经验回归方程（其中），则（　　）
A．若，则
B．若，则成对数据的样本相关系数等于
C．若，则成对数据的样本相关系数大于
D．若，则成对数据的经验回归方程
10．（2025·广州模拟）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（　　）
A．过作圆的切线，切点为，则的最小值为4
B．若直线被圆截得的弦长为2，则
C．若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则
D．存在，使圆上有三个点到的距离都为1
11．（2025·广州模拟）已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（　　）
A．是钝角三角形
B．直线与平面所成角为定值
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·广州模拟）若函数（，且）是偶函数，且，则　 　.
13．（2025·广州模拟）一个袋子里有大小和质地相同的4个球，标号为1，2，3，4，从中有放回地随机取球，每次取1个球，共取4次，把每次取出的球的标号排成一列数，则这列数中恰有3个不同整数的概率为　 　.
14．（2025·广州模拟）在平面四边形中，，若的面积是的面积的2倍，则的长度为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．（2025·广州模拟）设为数列的前项和，且是和8的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，证明：.
16．（2025·广州模拟）如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上.
（1）证明：平面；
（2）若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
17．（2025·广州模拟）已知函数（，且）.
（1）若，直线与曲线和曲线都相切，求的值；
（2）若，求的取值范围.
18．（2025·广州模拟）已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）设点在的右支上，过点作圆的两条切线，一条与的左支交于点，另一条与的右支交于点（异于点）.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）当的面积最小时，求直线和直线的方程.
19．（2025·广州模拟）设，集合（为向量），若，定义.
（1）若，且，写出所有的；
（2）若，且，设满足的的个数为，求的值；
（3）从集合中任取两个不同的向量，记，求的分布列与数学期望.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，解得，
因为，所以，所以，
所以.所以的元素个数为3.
故选：B.
【分析】利用对数函数的性质先求得集合B，进而根据交集的定义求得 ，即可求得的元素个数 .
2．【答案】B
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，根据可知z对应的点在如图所示的以(0，2)为圆心，1为半径的圆上，
又 表示圆上的点到原点的距离，所以 的最小值为2-1=1
故选：B．
【分析】根据复数模的几何意义可知复数z对应点的轨迹为圆，再求出圆上的点到原点的距离的最小值即可求得的最小值 ．
3．【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化；“对数增长”模型
【解析】【解答】解：由题意可知，所以，所以，所以，即轻柔音乐的声强级范围是.
故选：C.
【分析】由已知条件可得，进而结合指数和对数运算求得即可求出的范围，即可求得轻柔音乐的声强级范围.
4．【答案】D
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：，
因为展开式的通项为，
所以的展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为-40．
故选：D.
【分析】先将式子化为，进而求出展开式的通项，进而求得展开式中含的项，即可求出展开式中的系数.
5．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
所以，所以，解得.
故选：A.
【分析】根据角的范围先求得的正负性，利用二倍角公式以及同角三角关系式可得，进而化简计算可得，解方程即可求得 .
6．【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：当时，函数单调递增，且；
当时，函数，所以，
显然当时，恒成立，即在上单调递增；
当时，；当时，，
此时函数的图象大致如下图所示：
若函数恰有2个零点，即函数的图象与有两个交点，
由上图可知实数的取值范围是；
当时，，当且仅当时，等号成立；
此时其图象大致如下图：
显然函数的图象与没有交点，不合题意；
综上可知，实数的取值范围是.
故选：B.
【分析】当时，根据指数函数的性质可得函数单调递增，且；当时，对函数求导可得，进而对参数的取值进行分类讨论，大致画出分段函数的图象，将函数恰有2个零点转化为函数的图象与有两个交点，由数形结合即可得出实数的取值范围.
7．【答案】D
【知识点】椭圆的应用；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意作出图形如图所示：
设，又，所以，
又，，所以，所以，
又因为，所以，解得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
所以，
整理得，所以，解得.
故选：D.
【分析】设，利用椭圆的定义可得，进而可得在，中，由余弦定理可得，化简即可求得离心率.
8．【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的极值；二倍角的余弦公式；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：由题可知
令，即，解得或.
函数图象如下图所示，
结合图象可知在两侧附近正负相反，可得极值点有8个.
则互为相反数，
因为，所以，
又注意到，所以.
故选：B.
【分析】先对函数f(x)进行求导，化简可得，令可得极值点满足或，由此画出图象，可得极值点个数，进而可得，据此可得答案.
9．【答案】A,B,D
【知识点】最小二乘法；线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、当时，两个变量正相关，所以，故选项A正确；
B、因为，所以成对数据对应点相当于把成对数据对应的点向下平移2个单位，不改变两个变量的相关性，故选项B正确；
C、因为，所以成对数据对应点相当于把成对数据对应的点横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，不改变两个变量的相关性，故选项C错误；
D、当，新的回归直线方程中斜率变为，所以，所以成对数据的经验回归方程，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据相关系数的意义判断选项ABC，利用线性回归方程的求法求得新的经验回归方程的斜率以及截距即可判断选项D.
10．【答案】B,C
【知识点】直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A、因为圆的圆心，半径
所以，
如图所示，过作圆的切线，切点为，所以，
在中，由勾股定理得，
所以当时，取最小值，，故选项A错误；
B、重心坐标，即，
所在直线，即
而线段的中点，所以的垂直平分线为：，
同理可得，的垂直平分线为：，
，解得：，所以外心
由几何知识得，垂心与外心重合，所以过和，
所以，即，
直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径，所以直线过圆心，
令y=0，解得x=-1，所以，即，故选项B正确；
C、圆上有且只有两个点到的距离都为1，所以圆心到直线即的距离小于直径.
所以，解得：，故选项C正确；
D、由几何知识得，圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，故选项D错误；
故选：BC.
【分析】先求出圆M的圆心M坐标和半径，过作圆的切线，切点为，利用勾股定理 写出的表达式，即可求出的最小值可判断选项A；求得直线AB和直线AC的垂直平分线，进而联立方程组即可求得外心的坐标，结合重心的坐标求得直线的解析式，得出圆的位置，直线过圆心，进而即可求得圆心的坐标可得a的值即可判断选项B；根据圆上有且只有两个点到的距离，得出圆心到直线的距离小于直径，结合距离公式列不等式即可判断选项C；由几何知识可知圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，即可判断选项D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知，
因为，所以，
固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧），
如图所示，过平面的虚线形成的劣弧：
取的中点为，作平面，所以，
又易知，
如下图所示，在劣弧上运动，
易知，所以是钝角三角形，故选项A正确；
B、设直线与平面所成的角为，
所以，为定值，故选项B正确；
C、作，易知三棱锥的体积的最大值为
，故选项C错误；
D、如图所示，设三棱锥的外接球的球心为，
因为是的外心，所以平面，所以三点共线，
设，在中由勾股定理可得，解得；
所以三棱锥的外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据题意可得固定平面，由二面角度数可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧），求出各线段长度，结合圆内接四边形可求得，即可判断选项A；利用线面角定义作出其平面角即可判定选项B；作，由三棱锥的体积公式计算可判断选项C；求得三棱锥的外接球的球心位置和半径，进而利用球体的表面积公式计算即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为是偶函数，所以，所以，
所以，所以或，
解得（舍去）或，所以，
又，所以，所以，解得或(舍).
故答案为：.
【分析】利用偶函数的定义可求得，进而可得，再由 可知，计算可求得的值.
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：每次取球均有4种不同的取法，所以总的不同取法有种，
这列数中恰有3个不同整数，则必有一个数取了2次，所以这列数中恰有3个不同整数的取法数有种，
所以这列数中恰有3个不同整数的概率为.
故答案为：.
【分析】先求得总的不同取法总数，再求得符合条件的取法数，先从4个数中取出3个，而这3个数中其中1个数取2次，再进行排列即可求得符合条件不同的取法总数，进而利用古典概型概率公式即可求得所求概率.
14．【答案】
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图所示，以D点为原点，取AC中点为F，以DF所在直线为x轴，
以过D点，垂直于DF直线为y轴，建立直角坐标系.
因为所以，
所以.
过C，A两点作DB垂线，垂足为G，H，所以.
又注意到，所以，所以
设，所以，所以，所以
注意到B，E，D三点共线，所以，所以，即
又，所以，
所以，所以，解得或，
又由图可得，即，所以，所以所以所以.
故答案为： .
【分析】如图建立直角坐标系，设AC，BD交点为E，由的面积是的面积的2倍结合可得，即可得E坐标，再由B，E，D三点共线结合可得B 点坐标，进而根据两点的距离公式即可求得BD的长度.
15．【答案】（1）解：解法1：由题意可得，，即.①
当时，，得.
当时，，②
①－②得，得，即.
所以数列是以首项为8，公比为2的等比数列.
所以.
解法2：因为是和8的等差中项，
所以，即.
当时，，得.
当时，，得.
当时，，得.
猜想：.
（下面用数学归纳法证明）
1当时，可知猜想成立，
2假设时，猜想成立，即，
依题意，得，得，
又，得，
则，
得.
即当时，猜想也成立.
由1，2可知猜想成立，即.

（2）证明：因为. ，所以，
所以，
所以
因为，所以，所以，
所以.
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列的通项公式；数列的前n项和；等差中项
【解析】【分析】（1）解法1：根据等差中项的性质可得，当时，求得，当时，，可得，进而可数列是以首项为8，公比为2的等比数列，即可求得数列的通项公式；
解法2：由题意可得，先求得前几项，猜想通项公式，再利用数学归纳法证明即可；
（2）由(1)可求得bn，进而利用裂项法可得，利用数列求和公式可求得，利用不等式的性质即可证得.
（1）解法1：因为是和8的等差中项，
所以，即.①
当时，，得.
当时，，②
①－②得，得，即.
所以数列是以首项为8，公比为2的等比数列.
所以.
解法2：因为是和8的等差中项，
所以，即.
当时，，得.
当时，，得.
当时，，得.
猜想：.
（下面用数学归纳法证明）
1当时，可知猜想成立，
2假设时，猜想成立，即，
依题意，得，得，
又，得，
则，
得.
即当时，猜想也成立.
由1，2可知猜想成立，即.
（2）因为，
得，
所以.
由于，得，
得，
所以.
16．【答案】（1）证明： 取的中点，连接，
因为，N分别为，的中点，所以，且.
又，且，所以，且.
所以四边形是平行四边形，所以.
因为，所以为的中点.
又为的中点，所以，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）解：解法1：因为直四棱柱的体积为，
所以，即，
解得，
因为为锐角，所以.
如图所示，以D为原点，分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
所以，
所以，
设所以所以
设平面的法向量为，
所以，取则，所以.
设直线与平面所成角为，则
.
当时，取得最大值，此时.
所以的长为.
解法2：因为直四棱柱的体积为，
所以，即，
解得，
因为为锐角，所以.
连接，设，连接，设，
如图所示，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系.
所以，
所以
设，即，
所以.
设平面的法向量为，
所以，
令，则，所以，
直线与平面所成角为，
因为，
，
所以
当时，取得最大值，此时.
所以的长为.
解法3：因为直四棱柱的体积为，
所以，即，
解得，
压完为锐角，所以.
由（1）知平面且点在直线上，所以点到平面的距离为定值.
设直线与平面所成角为，所以.
当最小时，取得最大值.
如图，过作，交的延长线于点，连接，
由于，，则平面.
又平面，则.
则为所求.
在中，
.
，
在中，.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，进而可证四边形是平行四边形，可得，再由三角形的中位线性质可证，可得，利用线面平行的判定定理即可证得平面；
（2）解法1：由已知可求得，分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量以及直线FP的方向向量，利用向量的夹角公式可得，可求得线面角的正弦的最大值时的的值，进而求得的长.
解法2：由已知可求得，连接，设，连接，设，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量和直线FP的方向向量，利用向量的夹角公式法可求得线面角的正弦的最大值时的的值，进而求得的长.
解法3：由已知可求得，由（1）知平面且点在直线上，，过作，交的延长线于点，连接，结合余弦定理求解即可求得的长..
（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，且.
又，且，则，且.
所以四边形是平行四边形，所以.
因为，则为的中点.
又为的中点，则，所以.
因为平面平面，
所以平面.
（2）解法1：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
，设，
，
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，取，
则平面的一个法向量为.
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法2：由于直四棱柱的体积为，
得，得，
由于为锐角，则.
连接，设，连接，设，
以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
.
设，即，
则.
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，
由，即，
令，则，
则平面的一个法向量为，
，
为，
则.
当时，取得最大值.
此时.
所以的长为.
解法3：由于直四棱柱的体积为，
得，
得，
由于为锐角，则.
由（1）知平面且点在直线上，
则点到平面的距离为定值.
设直线与平面所成角为，
则.
当最小时，取得最大值.
如图，过作，交的延长线于点，连接，
由于，，则平面.
又平面，则.
则为所求.
在中，
.
，
在中，.
17．【答案】（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，
因为，所以，解得所以
所以切点坐标为，代入直线 中得m=1，所以直线l：.
联立，消y整理得，
所以，解得或（舍去），
当时，得，符合题意，
所以.
解法2：设直线与曲线的切点坐标为，
因为，所以，
解得所以
所以切点坐标为，代入直线 中得m=1，所以直线l：.
当时，函数的定义域为，
设直线与曲线的切点坐标为，
因为，所以，所以.
而，即，
所以，所以，解得所以
（2）解法1：①当时，则函数的定义域为.
因为，
所以，不符合题意.
所以不符合题意.
②当时，则函数的定义域为.
显然.
当时，由，得，即.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
解法2：当时，由，得，即，
得.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意义可求得，再求得y0，进而求得m的值，即可求得直线l，联立直线l与，利用列式即可求得a的值；
解法2：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意义可求得，再求得y0，进而求得m的值，即可求得直线l，设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的几何意义可得，切线方程为，即可得，进而即可求得a的值；
（2）解法1：当时，计算可得，不符合题意，当时，由题意可得，令，利用导数可求得的最小值，可求解.解法2：由题意可得，令，利用导数求得的最小值即可.
（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，
由于，则，
解得，
则切点坐标为.
直线，即.
由得，
由，解得或（舍去），
当时，得，符合题意，
所以.
解法2：设直线与曲线的切点坐标为，
由于，则，
解得，
则切点坐标为.
直线，即.
当时，函数的定义域为，
设直线与曲线的切点坐标为，
由，得，得.
得，即，
则.
解得.
（2）解法1：①当时，则函数的定义域为.
由于，
则，不符合题意.
所以不符合题意.
②当时，则函数的定义域为.
显然.
当时，由，得，即.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
解法2：当时，由，得，即，
得.
令，则.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增.
则当时，取得最小值，其值为.
则，即.
综上所述，的取值范围为.
18．【答案】（1）解：双曲线的渐近线方程为，即，
因为点到的一条渐近线的距离为，即，
又因为，所以
所以的方程为.
（2）解：（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
因为切线不平行的渐近线，所以.
由圆心到切线的距离，得.
联立消去得，
由题意知，设，
所以，
所以
.
所以，即.
所以.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
【知识点】双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）先求得双曲线的渐近线方程，进而由点到直线距离公式列式结合可得，即可求得双曲线C的方程；
（2）（ⅰ）设切线的方程为，由圆心到切线的距离，可得，再联立切线方程与双曲线方程，由韦达定理可得，结合可得，进而可得，即可证得；
（ⅱ）方法1，注意到，由（ⅰ）可得，据此可得答案；
方法2，设切线与圆的切点为，则可得，据此可得答案；
方法3，由题可得，又设切线与圆的切点为，由，结合，可得，由基本不等式可得，据此可得答案.
（1）解：由于双曲线的右焦点为，所以.
双曲线的渐近线方程为，即为，
由于点到的一条渐近线的距离为，则.
解得所以的方程为.
（2）（ⅰ）证明：显然圆的切线的斜率存在，
设切线的方程为，
由于切线不平行的渐近线，则.
由圆心到切线的距离，得.
由消去得，
由题意知.设，
则，
而
.
则，
则.
所以，即.
（ⅱ）解法1：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，则，
.
由（ⅰ）得，
又，
则.
当时，.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法2：由（ⅰ）同理可得，
所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
则，
当时，，即的面积的最小值为3.
此时，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
解法3：由（ⅰ）同理可得，所以三点共线.
则的面积.
设切线与圆的切点为，
则.
在中，，
在中，，
由于，则，
根据基本不等式得，
得，则，即的面积的最小值为3.
当且仅当等号成立，
根双曲线的对称性知，直线平行轴，则的纵坐标绝对值为圆的半径.
得点的坐标为，
所以直线的方程为，直线的方程为.
19．【答案】（1）解：设，，，
因为，
所以，，所以，
当时，得，
当时，得，或，，
所以满足的为：.

（2）解法1：因为，
所以满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
由二项式定理，，
所以，
所以，，，
解法2：因为，
所以满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
因为，所以，，，，，
所以，当为奇数时，
.
为偶数时，
.
所以，，；
（3）解法1：若，则，，与为不相等的向量矛盾，
所以随机变量的可能取值有，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为.
首先计算.
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，
令，得，
所以
所以.
下面计算
因为，
，
，
，
因为，
所以，所以.
所以.
解法2：由题意可知，，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为，
令，因为，
可得
其中，
因为，
所以，
，，
所以.
【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；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）设设，，，由结合数量积的坐标运算可得，，进而可得，分和两种情况讨论c2，c4的值，即可求得所有满足条件的；
（2）方法一：根据定义，由条件可得，由二项式定理可得，由此可求得的值；
方法二：根据定义，由条件可得，结合组合数性质，分为奇数，为偶数两种情况结合裂项相消法分别求得的值 ；
（3）方法一：根据定义确定随机变量的可能取值，再结合定义和计数原理求，由此可得分布列，结合期望公式可得，再分别计算，，化简可得结论；
方法二：根据定义确定随机变量的可能取值，再结合定义和计数原理求，由此可得分布列，结合期望公式可得，再分别计算，，，由此可求结论.
（1）设，，，
因为，，
所以，，
所以，
若，则，
若，则，或，，
所以满足的为：.
（2）解法1：因为，
则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
由二项式定理，，
所以，
因此，，，
解法2：因为，
则满足等价于向量的坐标中有个位置上的值为1，剩下个位置上的值为0，即.
因为，所以，，，，，
所以，为奇数时，
.
为偶数时，
.
因此，，；
（3）解法1：若，则，，与为不相等的向量矛盾，
所以随机变量的可能取值有，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为.
首先计算.
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，
令，得，
所以
所以.
下面计算
因为，
，
，
，
因为，
所以，所以.
所以.
解法2：由题意可知，，
对于的随机变量，在坐标与中有个对应位置上的值均为1，剩下个对应位置上的值有3种对应关系，
且个对应位置上的值不能同时为0，否则，两个向量相等，
此时所对应情况数为种.
中元素的个数为个，所以.
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为，
令，因为，
可得
其中，
因为，
所以，
，，
所以.
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