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2025届广西壮族自治区柳州市高三三模数学试题
一、单项选择题：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·柳州模拟）已知集合，，若，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·柳州模拟）在复平面内，复数对应的向量，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·柳州模拟）在等差数列中，，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·柳州模拟）已知函数，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·柳州模拟）在展开式中，的系数为（　　）
A．15 B．90 C．270 D．405
6．（2025·柳州模拟）有男 女教师各1人，男 女学生各2人，从中选派3人参加一项活动，要求其中至少有1名女性，并且至少有1名教师，则不同的选派方案有（　　）
A．10种 B．12种 C．15种 D．20种
7．（2025·柳州模拟）已知双曲线.若直线与没有公共点，则的离心率的范围为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·柳州模拟）已知，，设，，，则（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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·柳州模拟）下列说法正确的是（　　）
A．有一组数、、、，这组数的第百分位数是
B．在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过
C．随机变量，若，，则
D．以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，则，
10．（2025·柳州模拟）已知是椭圆的右焦点，是上的一个动点，则下列说法正确的是（　　）
A．椭圆的长轴长是2
B．的最大值是
C．的面积的最大值为，其中为坐标原点
D．直线与椭圆相切时，
11．（2025·柳州模拟）我们把称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的函数表达式为.若直线与双曲余弦函数曲线和双曲正弦函数曲线分别相交于点，曲线在点处的切线与曲线在点处的切线相交于点，则（　　）
A．是奇函数
B．
C．在随的增大而减小，在随的增大而增大
D．的面积随的增大而减小
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（2025·柳州模拟）圆被轴截得的弦长为　 　．
13．（2025·柳州模拟）已知为一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径为.、分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为　 　.
14．（2025·柳州模拟）在中，，，，为内一点，且.若，则的最大值为　 　.
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·柳州模拟）记的内角的对边分别为，的面积为.已知.
（1）求；
（2）求函数在上的单调递增区间.
16．（2025·柳州模拟）已知函数.
（1）若函数在处有极值，求的值；
（2）对任意，在上单调递增，求的最大值.
17．（2025·柳州模拟）如图，已知四棱锥中，顶点在底面上的射影落在线段上（不含端点），，，，.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，直线与平面所成角为，求的值.
18．（2025·柳州模拟）某学校有、两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐.已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择餐厅的概率为；而在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择去餐厅的概率为，如此往复.
（1）求该同学第一天和第二天都选择去餐厅用晚餐的概率；
（2）求该同学第二天选择去餐厅用晚餐的概率；
（3）记该同学第天选择去餐厅用晚餐的概率为，求的通项公式.
19．（2025·柳州模拟）已知是抛物线的焦点，过上点的切线交轴于点，过点的直线与交于两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）比较与的大小，并说明理由；
（3）过点的直线与交于两点，，，的延长线分别交于两点，求点到直线距离的最大值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用集合间的包含关系和已知条件，从而得出实数a的取值范围.
2．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：由复数对应的向量，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和复数的几何意义得出复数z，再利用复数的运算法则额复数求模公式，从而得出的值.
3．【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为，所以，
所以，
故选：A.
【分析】利用等差数列的通项公式，由可得，进而计算即可求得 .
4．【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】利用分段函数的解析式，从而由内到外逐层计算，进而可得的值.
5．【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：在展开式中，的项为，
则所求的系数为90.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和二项式定理求出展开式的通项，再结合展开式的通项得出的系数.
6．【答案】C
【知识点】组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意可知，从 6 人当中任选 3 人， 共有 种选派方案，
其中有全选男性和全选学生， 有 种选派方案，所以符合题意的选派方案有 种.
故选： C.
【分析】利用间接法，由题干条件先求出从 6 人中任选 3 人的种数， 再去除全选男性和全选学生这种情况的种数.
7．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为双曲线的一条渐近线为，
又因为直线与双曲线无公共点，
所以，
则，，
所以，
所以.
所以，双曲线C的离心率的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】由双曲线的标准方程得出其渐近线方程，再利用直线与双曲线无公共点，则，从而得出，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式和双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率的取值范围.直线斜率与双曲线渐近线斜率关系结合离心率的齐次式即可求出.
8．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，
得，
则，
所以，
由，
得，
所以，
则，，
则，
所以，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和指数函数的单调性、对数函数的单调性、不等式的基本性质以及基本不等式求最值的方法，从而比较出a，b，c的大小.
9．【答案】B,D
【知识点】独立性检验的基本思想；回归分析的初步应用；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，这组数据的第百分位数是，故A错；
对于B，在的独立性检验中，
若不小于对应的临界值，
可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过，故B对；
对于C，因为随机变量，
若，，
解得，，故C错；
对于D，以拟合一组数据时，
经代换后的经验回归方程为，
则，
可得，
所以，，故D对.
故答案为：BD.
【分析】利用百分位数的定义可判断出选项A；利用独立性检验的方法，可判断选项B；利用二项分布的数学期望公式和方差公式，则可判断选项C；利用线性回归分析，可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A：由，得，
所以椭圆的长轴为，故A错误；
对于B：由，得，
则，，
由，得，
所以，
因为二次函数的对称轴为，
所以该函数在上单调递减，
则当时，函数取到最大值，
又因为，
所以的最大值为，故B正确；
对于C：由题意得，，，
所以，
则的面积的最大值为，故C正确；
对于D：由，
消去y，得，
因为直线与椭圆相切，只有一个交点，
所以，
解得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据椭圆的标准方程确定焦点的位置，从而得出a的值，进而得出椭圆的长轴长，则判断出选项A；利用椭圆的标准方程确定的焦点坐标，再利用m的取值范围和代入法以及两点距离公式，则， 再利用二次函数的图象的对称性和单调性，从而得出二次函数的最值，进而得出的最大值，则判断出选项B；利用已知条件得出，，再结合三角形面积公式得出面积的最大值，则判断出选项C；联立直线方程与椭圆方程，再利用直线与圆的位置关系结合判别式法，从而得出t的值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；有理数指数幂的运算性质；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；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于A：因为为偶函数，为奇函数，
所以是奇函数，故A正确；
对于B：因为，
所以
，
所以，故B错误；
对于C：设，，
则，，
因为，，，
所以，曲线在点处的切线方程为，
则；
所以曲线在点处的切线方程为，
则，
则，
则，
令，
则，
由，得；由得，
则在上单调递减，在上单调递增，故C正确；
对于D：因为的面积为，
所以，面积随的增大而减小，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用奇函数的定义判断出选项A；将左右两个式子进行化简判断出选项B；利用导数求出两条切线方程，从而得出点坐标，再利用两点距离公式得出关于的函数，再利用换元法和导数判断函数单调性的方法，则判断出选项C；利用三角形的面积公式和函数的单调性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】4
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：由题意，可得圆心坐标为，半径为，
则所求弦长为.
故答案为：4.
【分析】利用已知条件和垂径定理，从而得出圆被轴截得的弦长.
13．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：如下图所示：
因为、分别在圆锥的底面上，且为该圆锥的一条母线，
所以，异面直线与所成角的最小值为直线与底面所成的角，
由圆锥的几何性质可知，与底面垂直，且为底面内的一条直线，
则，
所以，异面直线与所成角的最小值为，且，
故.
故答案为：.
【分析】利用点、分别在圆锥的底面上，且为该圆锥的一条母线，从而得出异面直线与所成角的最小值为直线与底面所成的角，再结合圆锥的几何性质和线面长轴的定义，从而证出，则异面直线与所成角的最小值为，且，从而得出的值，即得出异面直线与所成角的最小值.
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图，因为，
则以为坐标原点，方向为轴建立平面直角坐标系，
则，
设，则，
过点作轴的垂线，垂足为，
则，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
则，
因为，所以，
所以当时，即当时，有最大值为.
故答案为：.
【分析】利用建立平面直角坐标系，从而得出点的坐标，设，则，过点作轴的垂线，垂足为，则，从而得出，则得出向量的坐标，再利用平面向量基本定理和向量的坐标运算以及辅助角公式，从而得出，再利用和正弦型函数求最值的方法，从而得出的最大值.
15．【答案】（1）解：因为，
由余弦定理，得，
代入得：，
化简得：，
因为，
所以.
（2）解：因为
由，
解得，
又因为，
所以或，
则函数在上的单调递增区间为：和.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形的面积公式和余弦定理以及同角三角函数基本关系式，则得出角A的正切值，再利用三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由三角恒等变换结合x的取值范围，再利用换元法和正弦函数的单调性，从而得出在上的单调递增区间.
（1）由，
由余弦定理，，
代入即得：，化简得：
因为，所以.
（2），
由，解得，
又，所以或，
所以单调递增区间为和.
16．【答案】（1）解：因为，
所以，
因为函数在处有极值，
所以，，
得，.
所以，，
则，
解得或，
若，则，
此时，
显然单调递增，不存在极值，矛盾，
所以，只能是，；
当，时，，
对，有，
这说明此时确实在处取到极小值，
则所求的为.
（2）解：①若，
则当时，对，
则
所以在上单调递减，
又因为，
所以不可能在上递增，不满足条件；
②当时，对任意，则且等号仅在一点成立.
所以单调递增，
则一定在上单调递增，满足条件，
综上所述，的最大值为.
【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】【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值点，再利用已知条件得出实数b的值.
（2）利用已知条件和分类讨论的方法以及导数判断函数单调性的方法，从而得出实数b的最大值.
（1）因为，
所以，
因为函数在处有极值，所以，，得，.
从而，，即.
解得或，若，则，此时，显然单调递增，不存在极值，矛盾.
所以只可能，.
当，时，.
从而对有，这说明此时确实在处取到极小值.
故所求的为.
（2）①若，则当时，对有.
所以在上单调递减.
而，所以不可能在上递增，不满足条件；
②当时，对任意，有，且等号仅在一点成立.
所以单调递增，故一定在上单调递增，满足条件.
综上，的最大值为.
17．【答案】（1）证明：因为平面平面
所以，
因为，
所以底面为直角梯形，
则，
过，且与相交于，
则，
又因为，
所以，
所以，
因为平面，，
所以平面.
（2）解：由题意可知，
过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面平面
所以，平面，
则平面，平面，故，
所以为二面角的平面角，
所以，
则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）根据线面垂直的性质定理可得，再利用得出底面为直角梯形，再根据勾股定理可得，最后由线线垂直证出线面垂直，即证出平面.
（2）由题意可知，再利用线线垂直和线面垂直的推导关系，从而得出为二面角的平面角，再利用正切函数的定义，从而得出的值.
（1）由于平面平面故
因为，所以底面为直角梯形，故，
过，且与相交于，
则，
又，
故，所以，
由于平面，，
所以平面，
（2）由题意可知，过作的垂线，垂足为，连接，
由于平面平面故，
平面，
故平面，平面，故，
故为二面角的平面角，
所以从而.
18．【答案】（1）解：记事件该同学第天去餐厅，
则，，，
由概率乘法公式，可得.
（2）解：由对立事件的概率公式，
可得，
由全概率公式，可得：
（3）解：记事件该同学第天去餐厅，
则，
由题意可知，，，
由全概率公式，可得：
则，
则，
所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，，
故.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；互斥事件与对立事件；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）记事件第天去餐厅，则，，，再利用条件概率的乘法公式，从而可得的值.
（2）利用对立事件求概率公式可得的值，再利用全概率公式可得的值.
（3）利用已知条件和对立事件求概率公式以及全概率公式，从而可得，再利用构造法和等比数列的定义，从而判断出数列是以为首项，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式，从而可得数列的通项公式.
（1）记事件该同学第天去餐厅，则，，，
由概率乘法公式可得.
（2）由对立事件的概率公式可得，
由全概率公式可得.
（3）记事件该同学第天去餐厅，则，
由题意可知，，，
由全概率公式可得，
即，则，
所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，，故.
19．【答案】（1）解：因为点 在抛物线 上，
则将点 的坐标代入抛物线方程，
可得： ，
则 ，
解得，
所以抛物线 的方程为.
（2）解：因为抛物线，则 ，
当 时，切线斜率 ，
由点斜式可得过点 的切线方程为 ，
即 ；
令 ，可得 ，
所以 ；
由，
可得，
所以 ，
设直线 的方程为 ，
联立 ，
整理得： ，
，
由韦达定理，得 ，
根据抛物线的焦半径公式， ，
因为 ，
所以 ，
同理可得 ，
则 ，
所以.
（3）解：由题意知，直线 的斜率必存在，
则设直线，，

联立，整理得，
由韦达定理，得，
设直线方程为，
代入，得，
由，，
所以，
同理可得；
所以直线的斜率为：
由直线的点斜式方程，可得直线：，
结合，
化简得，
所以直线 过定点 ，
要使点 到直线 距离的最大，则只需 ，
则最大值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点 的坐标代入抛物线方程得出p的值，从而得出抛物线C的标准方程.
（2）对抛物线求导，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据直线的点斜式方程求出过点 的切线方程为，从而得出，进而可得，设直线 的方程为 ，再利用两点距离公式求出的表达式，从而比较出与的大小.
（3）设直线，直线的方程，分别与抛物线方程联立，从而求出韦达定理的表达式，进而求出点，的坐标，再利用两点式得出直线的方程，从而得出直线MN过定点，要使点 到直线 距离的最大，则只需 ，再利用两点距离公式得出AS的长，即得出点到直线距离的最大值.
（1）已知点 在抛物线 上，
将点 的坐标代入抛物线方程可得：
，即 ，解得，
所以抛物线 的方程为；
（2）抛物线，则 ，
当 时，切线斜率 ，
由点斜式可得过点 的切线方程为 ，即 ；
令 ，可得 ，所以 ；
由，可得，
所以 ，
设直线 的方程为 ，
联立 ，解得： ， ，
由韦达定理得 ，
根据抛物线的焦半径公式， ，
因为 ，所以 ，同理 ，
则 ，
所以；
（3）由题意知直线 的斜率必存在，故设直线，，
联立，解得，
由韦达定理得，
设直线方程为，
代入，有，
由，，
所以，同理可得；
所以直线的斜率 ，
由直线的点斜式可得直线：，
结合，化简得，
所以直线 过定点 ，
要使点 到直线 距离的最大，则只需 ，
从而最大值为.
1 / 12025届广西壮族自治区柳州市高三三模数学试题
一、单项选择题：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·柳州模拟）已知集合，，若，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用集合间的包含关系和已知条件，从而得出实数a的取值范围.
2．（2025·柳州模拟）在复平面内，复数对应的向量，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：由复数对应的向量，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和复数的几何意义得出复数z，再利用复数的运算法则额复数求模公式，从而得出的值.
3．（2025·柳州模拟）在等差数列中，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为，所以，
所以，
故选：A.
【分析】利用等差数列的通项公式，由可得，进而计算即可求得 .
4．（2025·柳州模拟）已知函数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】利用分段函数的解析式，从而由内到外逐层计算，进而可得的值.
5．（2025·柳州模拟）在展开式中，的系数为（　　）
A．15 B．90 C．270 D．405
【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：在展开式中，的项为，
则所求的系数为90.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和二项式定理求出展开式的通项，再结合展开式的通项得出的系数.
6．（2025·柳州模拟）有男 女教师各1人，男 女学生各2人，从中选派3人参加一项活动，要求其中至少有1名女性，并且至少有1名教师，则不同的选派方案有（　　）
A．10种 B．12种 C．15种 D．20种
【答案】C
【知识点】组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意可知，从 6 人当中任选 3 人， 共有 种选派方案，
其中有全选男性和全选学生， 有 种选派方案，所以符合题意的选派方案有 种.
故选： C.
【分析】利用间接法，由题干条件先求出从 6 人中任选 3 人的种数， 再去除全选男性和全选学生这种情况的种数.
7．（2025·柳州模拟）已知双曲线.若直线与没有公共点，则的离心率的范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为双曲线的一条渐近线为，
又因为直线与双曲线无公共点，
所以，
则，，
所以，
所以.
所以，双曲线C的离心率的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】由双曲线的标准方程得出其渐近线方程，再利用直线与双曲线无公共点，则，从而得出，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式和双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率的取值范围.直线斜率与双曲线渐近线斜率关系结合离心率的齐次式即可求出.
8．（2025·柳州模拟）已知，，设，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，
得，
则，
所以，
由，
得，
所以，
则，，
则，
所以，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和指数函数的单调性、对数函数的单调性、不等式的基本性质以及基本不等式求最值的方法，从而比较出a，b，c的大小.
二、多项选择题：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·柳州模拟）下列说法正确的是（　　）
A．有一组数、、、，这组数的第百分位数是
B．在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过
C．随机变量，若，，则
D．以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，则，
【答案】B,D
【知识点】独立性检验的基本思想；回归分析的初步应用；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，这组数据的第百分位数是，故A错；
对于B，在的独立性检验中，
若不小于对应的临界值，
可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过，故B对；
对于C，因为随机变量，
若，，
解得，，故C错；
对于D，以拟合一组数据时，
经代换后的经验回归方程为，
则，
可得，
所以，，故D对.
故答案为：BD.
【分析】利用百分位数的定义可判断出选项A；利用独立性检验的方法，可判断选项B；利用二项分布的数学期望公式和方差公式，则可判断选项C；利用线性回归分析，可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025·柳州模拟）已知是椭圆的右焦点，是上的一个动点，则下列说法正确的是（　　）
A．椭圆的长轴长是2
B．的最大值是
C．的面积的最大值为，其中为坐标原点
D．直线与椭圆相切时，
【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A：由，得，
所以椭圆的长轴为，故A错误；
对于B：由，得，
则，，
由，得，
所以，
因为二次函数的对称轴为，
所以该函数在上单调递减，
则当时，函数取到最大值，
又因为，
所以的最大值为，故B正确；
对于C：由题意得，，，
所以，
则的面积的最大值为，故C正确；
对于D：由，
消去y，得，
因为直线与椭圆相切，只有一个交点，
所以，
解得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据椭圆的标准方程确定焦点的位置，从而得出a的值，进而得出椭圆的长轴长，则判断出选项A；利用椭圆的标准方程确定的焦点坐标，再利用m的取值范围和代入法以及两点距离公式，则， 再利用二次函数的图象的对称性和单调性，从而得出二次函数的最值，进而得出的最大值，则判断出选项B；利用已知条件得出，，再结合三角形面积公式得出面积的最大值，则判断出选项C；联立直线方程与椭圆方程，再利用直线与圆的位置关系结合判别式法，从而得出t的值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2025·柳州模拟）我们把称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的函数表达式为.若直线与双曲余弦函数曲线和双曲正弦函数曲线分别相交于点，曲线在点处的切线与曲线在点处的切线相交于点，则（　　）
A．是奇函数
B．
C．在随的增大而减小，在随的增大而增大
D．的面积随的增大而减小
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；有理数指数幂的运算性质；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；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于A：因为为偶函数，为奇函数，
所以是奇函数，故A正确；
对于B：因为，
所以
，
所以，故B错误；
对于C：设，，
则，，
因为，，，
所以，曲线在点处的切线方程为，
则；
所以曲线在点处的切线方程为，
则，
则，
则，
令，
则，
由，得；由得，
则在上单调递减，在上单调递增，故C正确；
对于D：因为的面积为，
所以，面积随的增大而减小，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用奇函数的定义判断出选项A；将左右两个式子进行化简判断出选项B；利用导数求出两条切线方程，从而得出点坐标，再利用两点距离公式得出关于的函数，再利用换元法和导数判断函数单调性的方法，则判断出选项C；利用三角形的面积公式和函数的单调性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（2025·柳州模拟）圆被轴截得的弦长为　 　．
【答案】4
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：由题意，可得圆心坐标为，半径为，
则所求弦长为.
故答案为：4.
【分析】利用已知条件和垂径定理，从而得出圆被轴截得的弦长.
13．（2025·柳州模拟）已知为一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径为.、分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：如下图所示：
因为、分别在圆锥的底面上，且为该圆锥的一条母线，
所以，异面直线与所成角的最小值为直线与底面所成的角，
由圆锥的几何性质可知，与底面垂直，且为底面内的一条直线，
则，
所以，异面直线与所成角的最小值为，且，
故.
故答案为：.
【分析】利用点、分别在圆锥的底面上，且为该圆锥的一条母线，从而得出异面直线与所成角的最小值为直线与底面所成的角，再结合圆锥的几何性质和线面长轴的定义，从而证出，则异面直线与所成角的最小值为，且，从而得出的值，即得出异面直线与所成角的最小值.
14．（2025·柳州模拟）在中，，，，为内一点，且.若，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图，因为，
则以为坐标原点，方向为轴建立平面直角坐标系，
则，
设，则，
过点作轴的垂线，垂足为，
则，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
则，
因为，所以，
所以当时，即当时，有最大值为.
故答案为：.
【分析】利用建立平面直角坐标系，从而得出点的坐标，设，则，过点作轴的垂线，垂足为，则，从而得出，则得出向量的坐标，再利用平面向量基本定理和向量的坐标运算以及辅助角公式，从而得出，再利用和正弦型函数求最值的方法，从而得出的最大值.
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.
15．（2025·柳州模拟）记的内角的对边分别为，的面积为.已知.
（1）求；
（2）求函数在上的单调递增区间.
【答案】（1）解：因为，
由余弦定理，得，
代入得：，
化简得：，
因为，
所以.
（2）解：因为
由，
解得，
又因为，
所以或，
则函数在上的单调递增区间为：和.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形的面积公式和余弦定理以及同角三角函数基本关系式，则得出角A的正切值，再利用三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由三角恒等变换结合x的取值范围，再利用换元法和正弦函数的单调性，从而得出在上的单调递增区间.
（1）由，
由余弦定理，，
代入即得：，化简得：
因为，所以.
（2），
由，解得，
又，所以或，
所以单调递增区间为和.
16．（2025·柳州模拟）已知函数.
（1）若函数在处有极值，求的值；
（2）对任意，在上单调递增，求的最大值.
【答案】（1）解：因为，
所以，
因为函数在处有极值，
所以，，
得，.
所以，，
则，
解得或，
若，则，
此时，
显然单调递增，不存在极值，矛盾，
所以，只能是，；
当，时，，
对，有，
这说明此时确实在处取到极小值，
则所求的为.
（2）解：①若，
则当时，对，
则
所以在上单调递减，
又因为，
所以不可能在上递增，不满足条件；
②当时，对任意，则且等号仅在一点成立.
所以单调递增，
则一定在上单调递增，满足条件，
综上所述，的最大值为.
【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】【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值点，再利用已知条件得出实数b的值.
（2）利用已知条件和分类讨论的方法以及导数判断函数单调性的方法，从而得出实数b的最大值.
（1）因为，
所以，
因为函数在处有极值，所以，，得，.
从而，，即.
解得或，若，则，此时，显然单调递增，不存在极值，矛盾.
所以只可能，.
当，时，.
从而对有，这说明此时确实在处取到极小值.
故所求的为.
（2）①若，则当时，对有.
所以在上单调递减.
而，所以不可能在上递增，不满足条件；
②当时，对任意，有，且等号仅在一点成立.
所以单调递增，故一定在上单调递增，满足条件.
综上，的最大值为.
17．（2025·柳州模拟）如图，已知四棱锥中，顶点在底面上的射影落在线段上（不含端点），，，，.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，直线与平面所成角为，求的值.
【答案】（1）证明：因为平面平面
所以，
因为，
所以底面为直角梯形，
则，
过，且与相交于，
则，
又因为，
所以，
所以，
因为平面，，
所以平面.
（2）解：由题意可知，
过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面平面
所以，平面，
则平面，平面，故，
所以为二面角的平面角，
所以，
则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）根据线面垂直的性质定理可得，再利用得出底面为直角梯形，再根据勾股定理可得，最后由线线垂直证出线面垂直，即证出平面.
（2）由题意可知，再利用线线垂直和线面垂直的推导关系，从而得出为二面角的平面角，再利用正切函数的定义，从而得出的值.
（1）由于平面平面故
因为，所以底面为直角梯形，故，
过，且与相交于，
则，
又，
故，所以，
由于平面，，
所以平面，
（2）由题意可知，过作的垂线，垂足为，连接，
由于平面平面故，
平面，
故平面，平面，故，
故为二面角的平面角，
所以从而.
18．（2025·柳州模拟）某学校有、两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐.已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择餐厅的概率为；而在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择去餐厅的概率为，如此往复.
（1）求该同学第一天和第二天都选择去餐厅用晚餐的概率；
（2）求该同学第二天选择去餐厅用晚餐的概率；
（3）记该同学第天选择去餐厅用晚餐的概率为，求的通项公式.
【答案】（1）解：记事件该同学第天去餐厅，
则，，，
由概率乘法公式，可得.
（2）解：由对立事件的概率公式，
可得，
由全概率公式，可得：
（3）解：记事件该同学第天去餐厅，
则，
由题意可知，，，
由全概率公式，可得：
则，
则，
所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，，
故.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；互斥事件与对立事件；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）记事件第天去餐厅，则，，，再利用条件概率的乘法公式，从而可得的值.
（2）利用对立事件求概率公式可得的值，再利用全概率公式可得的值.
（3）利用已知条件和对立事件求概率公式以及全概率公式，从而可得，再利用构造法和等比数列的定义，从而判断出数列是以为首项，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式，从而可得数列的通项公式.
（1）记事件该同学第天去餐厅，则，，，
由概率乘法公式可得.
（2）由对立事件的概率公式可得，
由全概率公式可得.
（3）记事件该同学第天去餐厅，则，
由题意可知，，，
由全概率公式可得，
即，则，
所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，，故.
19．（2025·柳州模拟）已知是抛物线的焦点，过上点的切线交轴于点，过点的直线与交于两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）比较与的大小，并说明理由；
（3）过点的直线与交于两点，，，的延长线分别交于两点，求点到直线距离的最大值.
【答案】（1）解：因为点 在抛物线 上，
则将点 的坐标代入抛物线方程，
可得： ，
则 ，
解得，
所以抛物线 的方程为.
（2）解：因为抛物线，则 ，
当 时，切线斜率 ，
由点斜式可得过点 的切线方程为 ，
即 ；
令 ，可得 ，
所以 ；
由，
可得，
所以 ，
设直线 的方程为 ，
联立 ，
整理得： ，
，
由韦达定理，得 ，
根据抛物线的焦半径公式， ，
因为 ，
所以 ，
同理可得 ，
则 ，
所以.
（3）解：由题意知，直线 的斜率必存在，
则设直线，，

联立，整理得，
由韦达定理，得，
设直线方程为，
代入，得，
由，，
所以，
同理可得；
所以直线的斜率为：
由直线的点斜式方程，可得直线：，
结合，
化简得，
所以直线 过定点 ，
要使点 到直线 距离的最大，则只需 ，
则最大值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点 的坐标代入抛物线方程得出p的值，从而得出抛物线C的标准方程.
（2）对抛物线求导，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据直线的点斜式方程求出过点 的切线方程为，从而得出，进而可得，设直线 的方程为 ，再利用两点距离公式求出的表达式，从而比较出与的大小.
（3）设直线，直线的方程，分别与抛物线方程联立，从而求出韦达定理的表达式，进而求出点，的坐标，再利用两点式得出直线的方程，从而得出直线MN过定点，要使点 到直线 距离的最大，则只需 ，再利用两点距离公式得出AS的长，即得出点到直线距离的最大值.
（1）已知点 在抛物线 上，
将点 的坐标代入抛物线方程可得：
，即 ，解得，
所以抛物线 的方程为；
（2）抛物线，则 ，
当 时，切线斜率 ，
由点斜式可得过点 的切线方程为 ，即 ；
令 ，可得 ，所以 ；
由，可得，
所以 ，
设直线 的方程为 ，
联立 ，解得： ， ，
由韦达定理得 ，
根据抛物线的焦半径公式， ，
因为 ，所以 ，同理 ，
则 ，
所以；
（3）由题意知直线 的斜率必存在，故设直线，，
联立，解得，
由韦达定理得，
设直线方程为，
代入，有，
由，，
所以，同理可得；
所以直线的斜率 ，
由直线的点斜式可得直线：，
结合，化简得，
所以直线 过定点 ，
要使点 到直线 距离的最大，则只需 ，
从而最大值为.
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