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四川省部分学校2025届高三5月联考数学试卷
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．（2025·四川模拟）已知复数，则（　　）
A． B． C．8 D．13
2．（2025·四川模拟）抛物线的焦点为F，是抛物线C上一点，则（　　）
A．10 B．8 C．6 D．4
3．（2025·四川模拟）函数是定义在R上的奇函数，且当时，，则（　　）
A． B． C．4 D．6
4．（2025·四川模拟）已知，；，.下列结论正确的是（　　）
A．p是真命题，q是真命题 B．p是真命题，是真命题
C．是真命题，q是真命题 D．是真命题，是真命题
5．（2025·四川模拟）已知圆上恰有两个点到直线的距离为2，则m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·四川模拟）将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在上单调，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·四川模拟）由阿基米德的著作《关于圆锥体和球体》可知，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长和短半轴长的乘积.已知椭圆的离心率为分别为的左 右焦点，上一点满足，且的面积为，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·四川模拟）已知函数的定义域为，对于任意的，都有．若，且在时恒成立，则的取值范围为（　　）
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．（2025·四川模拟）如图，在直三棱柱中，为的中点，则（　　）
A．
B．三棱锥的体积为
C．直线与所成角的余弦值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
10．（2025·四川模拟）设集合，且，.定义运算：若满足①，且当且仅当时，，②，③这三个条件，则称为上的范数.下列结论正确的是（　　）
A．若为上的范数，且，则
B．若为上的范数，则
C．定义运算，则为上的范数
D．定义运算，则为上的范数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
11．（2025·四川模拟）函数的极小值是　 　.
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.
12．（2025·四川模拟）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求的值；
（2）若，，，求AD的长.
13．（2025·四川模拟）已知函数.
（1）求的图象在点处的切线方程；
（2）求的零点个数；
（3）证明：.
14．（2025·四川模拟）在平面直角坐标系中，将双曲线绕着轴旋转一周构成双曲面，其中在旋转过程中的所有实轴落在平面内，设所在的平面为，平面满足，且与之间的距离为.
（1）若点在上，试用含的方程表示（不用说明理由）.
（2）设分别是截得的截面.
（i）设分别为上的弦，求所在直线间的距离的取值范围；
（ii）已知截面的圆周上的点恰好构成正边形的顶点，为上一动点，若对任意恒成立，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B
【分析】利用复数的除法运算法则得出复数z，再利用复数求模公式，从而得出复数z的模.
2．【答案】D
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：由题意，得，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】由点在抛物线上求出参数p的值，再由抛物线的定义求出焦半径AF的长.
3．【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的值
【解析】【解答】解：由题意，可得，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】由得出的值，再由奇函数的定义得出，从而得出的值.
4．【答案】C
【知识点】复合命题的真假
【解析】【解答】解：当时，，则p是假命题，所以是真命题；
当时，，满足，则q是真命题，所以是假命题.
故答案为：C.
【分析】利用特殊值法，令、，再分别判断命题p和命题q的真假，从而找出正确的结论.
5．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由题意，可得圆，
则圆心，半径，
则圆心到直线l的距离，
因为圆上恰有两个点到直线l的距离为2，
所以，
则，
又因为，所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离，根据圆上恰有两个点到直线l的距离为2，从而得出，再利用，从而得出实数m的取值范围.
6．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
所以．
由，
得，
因为在上单调，
所以，
得．
故答案为：A.
【分析】利用辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的图象变换得出函数的解析式，结合x的取值范围和正弦型函数的单调性以及已知条件，从而得出实数的取值范围.
7．【答案】D
【知识点】椭圆的应用
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
因为的面积为，
所以，则，
所以，即.
又因为椭圆的离心率为，所以，
解得，
则，
所以，椭圆的面积为.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而得出，利用三角形的面积公式得出的值，再结合变形和椭圆的离心率公式，从而得出的值，再由椭圆面积公式得出椭圆C的面积.
8．【答案】A
【知识点】抽象函数及其应用；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，由，
可得，即．
令，可得，
则函数在上单调递增，
所以
，
由，
可得，即，
则在时恒成立，
只需，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】构造函数，再利用增函数的定义，可知函数在上单调递增，从而将所求不等式变形为，进而得出在时恒成立，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出关于实数的不等式组，进而解不等式组得出实数a的取值范围.
9．【答案】B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；余弦定理的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A，如图，设分别为的中点，连接.
在直三棱柱中，有.
因为为的中点，
所以.又，
所以，则，
从而与不垂直，A不正确.
对于B，易得平面，则，B正确.
对于C，易知，则与所成的角为，由，
得，C正确.
对于D，易知三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，
该外接球的直径为，
则三棱锥的外接球的表面积为，D不正确.
故选：BC.
【分析】利用已知条件和直三棱柱的结构特征得出线线垂直，再利用勾股定理得出，则可判断选项A；由线面垂直和等体积法以及三棱锥的体积公式，则判断出选项B；利用 ，则与所成的角为， 再利用勾股定理和余弦定理，从而得出直线与所成角的余弦值，则判断出选项C；利用已知条件易知三棱锥的外接球为直三棱柱的外接球，利用勾股定理得出该外接球的直径，再结合球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,D
【知识点】向量的模；平面向量坐标表示的应用
【解析】【解答】解：因为为上的范数，
则由，可得，
取，可得，故A不正确；
因为为上的范数，
所以由②③可得，故B正确；
取，则，不为上的范数，故C不正确；
由，可知，且当且仅当时，，满足①，
，
可得，满足②，
设，且，
则
则
因为，
所以，满足③，则为上的范数，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由空间向量的坐标运算结合新定义，再利用元素与集合的关系、特称命题和全称命题解决方法，从而逐项判断找出结论正确的选项.
11．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题意，可得，
当或时，，
则在和上单调递增，
当时，，
则在上单调递减，
所以，.
故答案为：.
【分析】先求出导函数，再讨论其符号，从而判断出函数的单调性，则可得函数的极小值点，最后代入函数解析式得出函数的极小值.
12．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得，
所以.
因为，
所以，
所以，
则.
（2）解：因为，
所以，
则，即，
所以，
由（1），可知，
则，，
所以，
所以，
则，，
所以，
则，所以，
则AD的长为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将已知条件进行转换，再利用两角和的正弦公式进行化简，根据三角形内角和定理和诱导公式，从而转化为和两个角的正弦之间的关系式，进而得出的值.
（2）利用和结合平面向量基本定理，从而表示出，再利用数量积的运算律和（1）以及数量积的定义，从而得出，即得出AD的长.
（1）因为，由正弦定理，，
所以.
因为，所以，
所以，即.
（2）因为，所以，
则，即，
故.
由（1）可知，则.
，所以，所以，，，
所以，则，
故，即AD的长为.
13．【答案】（1）解：由，
得，
则，
所以，函数的图象在点处的切线方程为.
（2）解：解法一：由，得，
令，
则，
令，
显然在上单调递增，且，
故，
当时，，则，即在上单调递减；
当时，，则，即在上单调递增
因为，
所以，，从而的零点个数为2，
即的零点个数为2.
解法二：由，得，，
令，，
则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
显然函数在上单调递减，
因为，
所以，
又因为，
所以，，
则的零点个数为2.
（3）证明：要证，需证，
令，
则，
令，
则
则在上单调递增，
因为，
所以当时，，则，则在上单调递减；
当时，，则，则在上单调递增
所以，，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，结合点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
（2）利用两种方法求解.
解法一：由，得，从而构造函数，再利用导数判断其单调性，从而得出函数的零点个数.
解法二：由，得，令，，再结合导数判断 函数的单调性，根据特殊值进行比较得出函数的零点个数.
（3）利用已知条件转化问题为证明，再构造函数，结合导数判断函数的单调性，从而证出不等式成立.
（1）由，得，
则，
故的图象在点处的切线方程为.
（2）解法一：由，得，
令，
则，
令，显然在上单调递增，
且，故，
当时，，则，即在上单调递减；
当时，，则，即在上单调递增.
因为，
所以，从而的零点个数为2，
即的零点个数为2.
解法二：由，得，，
令，，
则，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
显然函数在上单调递减，
因为，所以，
又，所以，
故的零点个数为2.
（3）证明：要证，需证，
令，则，
令，
则，
则在上单调递增，
因为，所以当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
从而，证毕.
14．【答案】（1）解：将双曲线绕着轴旋转一周，
在旋转过程中所有点的纵坐标保持不变，
将横坐标替换点在平面内的旋转半径，
则双曲面的方程为.
（2）解：（i）若共面，则，
如图1，过弦的中点作，垂足为，
过作，垂足为，
则所在直线间的距离为，
因为与之间的距离为，
所以，
则，
故，
若异面，如图2，
设，且，，
则
设向量满足且，
由，
可得，
解得，取，则，
又因为，设所在直线间的距离为，
则，
综上所述，所在直线间的距离的取值范围为.
（ii）设，
易知，
因为恰好构成正边形的顶点，
所以.
由，
可得，
则
.
由，
可得，
则
由恒成立，
可得.
则.
令，由，可得，
则.
因为，
所以，且当时，，
则，
故的取值范围为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）结合题意，可得旋转过程中所有点的纵坐标保持不变，将横坐标替换点在平面内的旋转半径， 从而用含的方程表示.
（2）（i）分共面和异面两种情况讨论，再结合勾股定理和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及数量积求两直线距离的方法，从而得出所在直线间的距离的取值范围.
（ii）设，易得，，再结合空间向量得到，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而转化问题为，再利用换元法得出实数的取值范围.
（1）将双曲线绕着轴旋转一周，
在旋转过程中所有点的纵坐标保持不变，将横坐标替换点在平面内的旋转半径，
则双曲面的方程为.
（2）（i）若共面，则，
如图1，过弦的中点作，垂足为，过作，垂足为，
则所在直线间的距离为.
因为与之间的距离为，所以，
则，故.
若异面，如图2，设，且，，则.
设向量满足且，
则由，可得，
解得，取，则.
又，设所在直线间的距离为，
则.
综上所述，所在直线间的距离的取值范围为.
（ii）设，
易知.
因为恰好构成正边形的顶点，所以.
由，可得，
则
.
由，可得，
则
由恒成立，可得.
则.
令，由，可得，则.
因为，所以，且当时，，
则，故的取值范围为.
1 / 1四川省部分学校2025届高三5月联考数学试卷
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．（2025·四川模拟）已知复数，则（　　）
A． B． C．8 D．13
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B
【分析】利用复数的除法运算法则得出复数z，再利用复数求模公式，从而得出复数z的模.
2．（2025·四川模拟）抛物线的焦点为F，是抛物线C上一点，则（　　）
A．10 B．8 C．6 D．4
【答案】D
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：由题意，得，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】由点在抛物线上求出参数p的值，再由抛物线的定义求出焦半径AF的长.
3．（2025·四川模拟）函数是定义在R上的奇函数，且当时，，则（　　）
A． B． C．4 D．6
【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的值
【解析】【解答】解：由题意，可得，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】由得出的值，再由奇函数的定义得出，从而得出的值.
4．（2025·四川模拟）已知，；，.下列结论正确的是（　　）
A．p是真命题，q是真命题 B．p是真命题，是真命题
C．是真命题，q是真命题 D．是真命题，是真命题
【答案】C
【知识点】复合命题的真假
【解析】【解答】解：当时，，则p是假命题，所以是真命题；
当时，，满足，则q是真命题，所以是假命题.
故答案为：C.
【分析】利用特殊值法，令、，再分别判断命题p和命题q的真假，从而找出正确的结论.
5．（2025·四川模拟）已知圆上恰有两个点到直线的距离为2，则m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由题意，可得圆，
则圆心，半径，
则圆心到直线l的距离，
因为圆上恰有两个点到直线l的距离为2，
所以，
则，
又因为，所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件得出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离，根据圆上恰有两个点到直线l的距离为2，从而得出，再利用，从而得出实数m的取值范围.
6．（2025·四川模拟）将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在上单调，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
所以．
由，
得，
因为在上单调，
所以，
得．
故答案为：A.
【分析】利用辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的图象变换得出函数的解析式，结合x的取值范围和正弦型函数的单调性以及已知条件，从而得出实数的取值范围.
7．（2025·四川模拟）由阿基米德的著作《关于圆锥体和球体》可知，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长和短半轴长的乘积.已知椭圆的离心率为分别为的左 右焦点，上一点满足，且的面积为，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的应用
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
因为的面积为，
所以，则，
所以，即.
又因为椭圆的离心率为，所以，
解得，
则，
所以，椭圆的面积为.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而得出，利用三角形的面积公式得出的值，再结合变形和椭圆的离心率公式，从而得出的值，再由椭圆面积公式得出椭圆C的面积.
8．（2025·四川模拟）已知函数的定义域为，对于任意的，都有．若，且在时恒成立，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】抽象函数及其应用；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，由，
可得，即．
令，可得，
则函数在上单调递增，
所以
，
由，
可得，即，
则在时恒成立，
只需，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】构造函数，再利用增函数的定义，可知函数在上单调递增，从而将所求不等式变形为，进而得出在时恒成立，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出关于实数的不等式组，进而解不等式组得出实数a的取值范围.
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．（2025·四川模拟）如图，在直三棱柱中，为的中点，则（　　）
A．
B．三棱锥的体积为
C．直线与所成角的余弦值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】B,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；余弦定理的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A，如图，设分别为的中点，连接.
在直三棱柱中，有.
因为为的中点，
所以.又，
所以，则，
从而与不垂直，A不正确.
对于B，易得平面，则，B正确.
对于C，易知，则与所成的角为，由，
得，C正确.
对于D，易知三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，
该外接球的直径为，
则三棱锥的外接球的表面积为，D不正确.
故选：BC.
【分析】利用已知条件和直三棱柱的结构特征得出线线垂直，再利用勾股定理得出，则可判断选项A；由线面垂直和等体积法以及三棱锥的体积公式，则判断出选项B；利用 ，则与所成的角为， 再利用勾股定理和余弦定理，从而得出直线与所成角的余弦值，则判断出选项C；利用已知条件易知三棱锥的外接球为直三棱柱的外接球，利用勾股定理得出该外接球的直径，再结合球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025·四川模拟）设集合，且，.定义运算：若满足①，且当且仅当时，，②，③这三个条件，则称为上的范数.下列结论正确的是（　　）
A．若为上的范数，且，则
B．若为上的范数，则
C．定义运算，则为上的范数
D．定义运算，则为上的范数
【答案】B,D
【知识点】向量的模；平面向量坐标表示的应用
【解析】【解答】解：因为为上的范数，
则由，可得，
取，可得，故A不正确；
因为为上的范数，
所以由②③可得，故B正确；
取，则，不为上的范数，故C不正确；
由，可知，且当且仅当时，，满足①，
，
可得，满足②，
设，且，
则
则
因为，
所以，满足③，则为上的范数，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由空间向量的坐标运算结合新定义，再利用元素与集合的关系、特称命题和全称命题解决方法，从而逐项判断找出结论正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
11．（2025·四川模拟）函数的极小值是　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题意，可得，
当或时，，
则在和上单调递增，
当时，，
则在上单调递减，
所以，.
故答案为：.
【分析】先求出导函数，再讨论其符号，从而判断出函数的单调性，则可得函数的极小值点，最后代入函数解析式得出函数的极小值.
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.
12．（2025·四川模拟）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求的值；
（2）若，，，求AD的长.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得，
所以.
因为，
所以，
所以，
则.
（2）解：因为，
所以，
则，即，
所以，
由（1），可知，
则，，
所以，
所以，
则，，
所以，
则，所以，
则AD的长为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将已知条件进行转换，再利用两角和的正弦公式进行化简，根据三角形内角和定理和诱导公式，从而转化为和两个角的正弦之间的关系式，进而得出的值.
（2）利用和结合平面向量基本定理，从而表示出，再利用数量积的运算律和（1）以及数量积的定义，从而得出，即得出AD的长.
（1）因为，由正弦定理，，
所以.
因为，所以，
所以，即.
（2）因为，所以，
则，即，
故.
由（1）可知，则.
，所以，所以，，，
所以，则，
故，即AD的长为.
13．（2025·四川模拟）已知函数.
（1）求的图象在点处的切线方程；
（2）求的零点个数；
（3）证明：.
【答案】（1）解：由，
得，
则，
所以，函数的图象在点处的切线方程为.
（2）解：解法一：由，得，
令，
则，
令，
显然在上单调递增，且，
故，
当时，，则，即在上单调递减；
当时，，则，即在上单调递增
因为，
所以，，从而的零点个数为2，
即的零点个数为2.
解法二：由，得，，
令，，
则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
显然函数在上单调递减，
因为，
所以，
又因为，
所以，，
则的零点个数为2.
（3）证明：要证，需证，
令，
则，
令，
则
则在上单调递增，
因为，
所以当时，，则，则在上单调递减；
当时，，则，则在上单调递增
所以，，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，结合点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
（2）利用两种方法求解.
解法一：由，得，从而构造函数，再利用导数判断其单调性，从而得出函数的零点个数.
解法二：由，得，令，，再结合导数判断 函数的单调性，根据特殊值进行比较得出函数的零点个数.
（3）利用已知条件转化问题为证明，再构造函数，结合导数判断函数的单调性，从而证出不等式成立.
（1）由，得，
则，
故的图象在点处的切线方程为.
（2）解法一：由，得，
令，
则，
令，显然在上单调递增，
且，故，
当时，，则，即在上单调递减；
当时，，则，即在上单调递增.
因为，
所以，从而的零点个数为2，
即的零点个数为2.
解法二：由，得，，
令，，
则，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
显然函数在上单调递减，
因为，所以，
又，所以，
故的零点个数为2.
（3）证明：要证，需证，
令，则，
令，
则，
则在上单调递增，
因为，所以当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
从而，证毕.
14．（2025·四川模拟）在平面直角坐标系中，将双曲线绕着轴旋转一周构成双曲面，其中在旋转过程中的所有实轴落在平面内，设所在的平面为，平面满足，且与之间的距离为.
（1）若点在上，试用含的方程表示（不用说明理由）.
（2）设分别是截得的截面.
（i）设分别为上的弦，求所在直线间的距离的取值范围；
（ii）已知截面的圆周上的点恰好构成正边形的顶点，为上一动点，若对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：将双曲线绕着轴旋转一周，
在旋转过程中所有点的纵坐标保持不变，
将横坐标替换点在平面内的旋转半径，
则双曲面的方程为.
（2）解：（i）若共面，则，
如图1，过弦的中点作，垂足为，
过作，垂足为，
则所在直线间的距离为，
因为与之间的距离为，
所以，
则，
故，
若异面，如图2，
设，且，，
则
设向量满足且，
由，
可得，
解得，取，则，
又因为，设所在直线间的距离为，
则，
综上所述，所在直线间的距离的取值范围为.
（ii）设，
易知，
因为恰好构成正边形的顶点，
所以.
由，
可得，
则
.
由，
可得，
则
由恒成立，
可得.
则.
令，由，可得，
则.
因为，
所以，且当时，，
则，
故的取值范围为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）结合题意，可得旋转过程中所有点的纵坐标保持不变，将横坐标替换点在平面内的旋转半径， 从而用含的方程表示.
（2）（i）分共面和异面两种情况讨论，再结合勾股定理和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及数量积求两直线距离的方法，从而得出所在直线间的距离的取值范围.
（ii）设，易得，，再结合空间向量得到，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而转化问题为，再利用换元法得出实数的取值范围.
（1）将双曲线绕着轴旋转一周，
在旋转过程中所有点的纵坐标保持不变，将横坐标替换点在平面内的旋转半径，
则双曲面的方程为.
（2）（i）若共面，则，
如图1，过弦的中点作，垂足为，过作，垂足为，
则所在直线间的距离为.
因为与之间的距离为，所以，
则，故.
若异面，如图2，设，且，，则.
设向量满足且，
则由，可得，
解得，取，则.
又，设所在直线间的距离为，
则.
综上所述，所在直线间的距离的取值范围为.
（ii）设，
易知.
因为恰好构成正边形的顶点，所以.
由，可得，
则
.
由，可得，
则
由恒成立，可得.
则.
令，由，可得，则.
因为，所以，且当时，，
则，故的取值范围为.
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