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湖南省永州市第四中学2024-2025学年高一直升班下学期第2次月考暨期中考试考前演练数学试题
一、单选题（共40分，每题给出4个选项，只有一个选项符合要求）
1．（2025高一下·永州期中）已知函数 ，则下面说法不正确的是（　　）
A． 在 为增函数
B． 的最小值为1
C．任意 ， ，且 ，有
D．任意 ， ，且 ，有
2．（2025高一下·永州期中）已知数列 满足 ，令 ，则满足 的 最小值为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
3．（2025高一下·永州期中）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·永州期中）给出以下不等关系：①；②；③；④，为自然对数的底数，其中正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2025高一下·永州期中）已知是定义在上的函数，对任意的，且，都有，且函数的图象关于点对称. 若对任意的，不等式成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·永州期中）在各项均为正数的等比数列中，若，数列的前项积为，且，则的值为
A． B． C． D．
7．（2025高一下·永州期中）已知定义域为的函数满足，，且当时，恒成立，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C．为奇函数 D．在区间是单调递增函数
8．（2025高一下·永州期中）已知函数，若存在实数，，，使得且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（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高一下·永州期中）（多选题）如图，设的内角所对的边分别为，若成等比数列，成等差数列，是外一点，，下列说法中，正确的是（　　）
A．
B．是等边三角形
C．若四点共圆，则
D．四边形面积无最大值
10．（2025高一下·永州期中）已知定义域为的函数满足，且，为的导函数，则（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025高一下·永州期中）在长方体中，点M是棱AD的中点，，点P在侧面的边界及其内部运动，则（　　）
A．直线MP与直线所成角的最大值为90°
B．若，则点P的轨迹为椭圆的一部分
C．不存在点P，使得∥平面
D．若平面与平面ABCD和平面与平面所成的锐二面角相等，则点P的轨迹长度为
三、填空题（共15分）
12．（2025高一下·永州期中）已知为单位向量，设向量，向量的夹角为，若，求的取值范围　 　.
13．（2025高一下·永州期中）如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点.若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB PD于点E F（可与端点重合），则四棱锥P-AEMF的体积的取值范围是　 　.
14．（2025高一下·永州期中）牛顿迭代法又称牛顿—拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，设的零点为，取，则的2次近似值为　 　；设，数列的前项积为．若任意的恒成立，则整数的最小值为　 　．
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高一下·永州期中）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
（1）求E的方程；
（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
16．（2025高一下·永州期中）在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）设P是曲线E上的动点，点B、C在y轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值．
17．（2025高一下·永州期中）设函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）当时，求的单调性；
（3）若恒成立，求实数的取值范围.
18．（2025高一下·永州期中）已知函数．
（1）若有两个零点，求a的取值范围；
（2）设，，直线的斜率为k，若恒成立，求a的取值范围．
19．（2025高一下·永州期中）已知函数（为常数）．
（Ⅰ）若函数在处的切线方程为，求；
（Ⅱ）当时，，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】 ， ，当且仅当 时，等号成立，故可理解为 由一个对称轴为 的二次函数和一个在 处取到最小值的对勾函数构成，故 在 时单减，在 时单增，A符合题意， ，B符合题意；结合图形可知，函数在 的左侧和右侧分别为下凸函数，对于任意的 ， ，且 ， 为图中 点对应函数值， 为其中 点对应函数值，故 （另外两种情况完全等效），C符合题意.
故答案为：D
【分析】利用 ，再结合均值不等式求出 的最小值 ，故可理解为函数 由一个对称轴为 的二次函数和一个在 处取到最小值的对勾函数构成，从而判断出函数 在 时为减函数，在 时为增函数，进而利用函数的单调性，从而求出函数的最小值，再结合函数f(x)的图像可知函数在 的左侧和右侧分别为下凸函数，对于任意的 ， 且 ， 为图中点 对应的函数值， 为其中点 对应函数值，故 ，从而找出说法不正确的选项。
2．【答案】B
【知识点】数列的函数特性；等比关系的确定；数列的递推公式
【解析】【解答】 ， ，故 是首项为0.9，公比为 的等比数列，故 ，则 ，即 ，当 时， ；当 时， ，显然当 时， 成立，故 的最小值为10.
故答案为：B。
【分析】由已知递推式求出 与 之间的关系，即 的递推关系，从而知数列 是等比数列，由此可求得其通项公式，由通项公式知其是递减的等比数列，从而可通过解不等式 得出结论。
3．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】由及正弦定理得，
所以，得，
所以或（舍去），所以，
因为是锐角三角形，故，解得，
故，，
.
故答案为：D
【分析】本题考查利用正弦定理解三角形.先利用正弦定理进行边化角，再利用两角和与差的正弦公式进行化简可推出，再根据是锐角三角形，可列出不等式组，解不等式组可求出，利用二倍角的正弦公式化简可得，再利用基本不等式可求出取值范围.
4．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，，则，
由可得，解得；
由可得，解得.
所以函数在上为增函数，在上为减函数.
对于①，由，可得，即，所以①正确；
对于②，由可得，即，所以②正确；
对于③，由可得，即，所以③错误；
对于④，由可得，即，也即，所以④错误.
故答案为：B．
【分析】构造辅助函数，通过求导判断其单调性，再利用单调性比较各不等式两边的大小。
5．【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性；简单线性规划的应用
【解析】【解答】解：的图象关于点对称，
关于点对称，即，
等价于；
由得：，
为定义在上的减函数，，
即，又，，
当时，，即；
当时，，即；
由此可得可行域如下图阴影部分所示：
的几何意义为可行域内的点与连线的斜率，
由得：，，又，
，，
结合图象可知：，的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】先由函数对称性和单调性条件，推导出是奇函数且单调递减，再将不等式转化为，整理为，即，结合得到，最后将视为点与点连线的斜率，在可行域内求斜率的取值范围。
6．【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，即.
又，由，得.
故答案为：.
【分析】先利用等比数列的性质，由求出的值；再根据等比数列前项积的性质，将表示为的幂，最后解方程求出。
7．【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：令，则，
所以，因为当时，，
所以，
令，所以，
即，解得：，故A错误；
由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则，即
令代换，则，即，
所以，令代换，所以，故B错误；
由将代入，
可得，化简可得，
所以为奇函数，故C正确；
令，则，解得：，，故D错误.
故答案为：C
【分析】通过赋值法逐步推导函数的核心性质，先求特殊值确定函数关系，再验证奇偶性定义，最后通过举反例或逻辑推导排除单调性与其他等式，逐一判定选项。
8．【答案】D
【知识点】对数函数的图象与性质；正弦函数的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：做出函数图像如下图所示：
，，
，
根据三角函数的对称性，+=12，且，
=，
.
故答案为： D
【分析】先利用对数函数的对称性得到，再利用正弦函数的对称性得到，将目标表达式化简为关于的二次函数，最后根据的范围求值域。
9．【答案】A,B,C
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算；等比中项；等差中项
【解析】【解答】解：由成等差数列可得，，又
则，故A正确；
由成等比数列可得，，根据余弦定理，，
两式相减整理得，，即，又，
所以，是等边三角形，故B正确；
若四点共圆，则，所以，，
中，根据余弦定理，，
解得，故C正确；
四边形面积为：
又，
所以，，
因为，当四边形面积最大时，，
此时，故D错误.
故答案为：ABC
【分析】先由角的等差关系求出B，再结合边的等比关系和余弦定理判定△ABC的形状；接着利用四点共圆的性质和余弦定理求AC；最后将四边形面积表示为关于D的三角函数，求其最大值。
10．【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解： 定义域为的函数满足，
A、令，代入可得，即，
所以，令，则，即，
令得，以替换，则，故A正确；
B、以替换，则，所以函数是周期为4的周期函数，
令，则，即，所以是偶函数，
对两边求导得，即，
替换，则；以替换，则，
所以是周期为4的周期函数，
若的周期为6，则，又，
则，又，则，即，
此时为常函数，与、矛盾，则的周期不可能为6，故B错误；
C、由的周期为4，且，
，故C正确；
D、因为的周期为，且，所以，
因，所以，
对两边对求导，
得，即
令，可得，所以，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用赋值法，令得，令得，令得，以替换，可得，再令求解即可判断A；两边求导得出可得周期为4，利用反证法得出2也为周期，此时即为常函数，推出矛盾即可判断B；由可得周期为4，计算即可判断C；对两边对求导，得，再令求解即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】对于A，取中点，易得，则平面，又，平面，
则直线MP与直线为异面直线，则直线MP与直线所成角的范围为， 平面，又在上时，
平面，则，此时直线MP与直线所成角为90°，则直线MP与直线所成角的最大值为90°，A符合题意；
对于B，满足的动点的轨迹是以为轴，半顶角为的圆锥面，又轴∥平面，
则圆锥面与平面的交线为双曲线的一部分，即点P的轨迹为双曲线的一部分，B不符合题意；
对于C，
对于C，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
易得，设，其中，
则，设平面的法向量为，则，
取，则，要使∥平面，
则，即，
又，显然无解，即不存在点P，使得∥平面，C符合题意；
对于D，由C选项知，平面的法向量，易得平面ABCD的法向量为，平面的法向量为，
由锐二面角相等，可得，化简得，即（舍去）或；
画出平面的平面图，易得与的交点为，与的交点为，则，
即点P的轨迹长度为，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】对于A，取中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，再结合，则直线MP与直线为异面直线，再利用异面直线MP与直线所成角的范围和直线平面，从而利用线面垂直的定义证出线线垂直，则，进而得出直线MP与直线所成角，从而得出直线MP与直线所成角的最大值；
对于B，满足的动点的轨迹是以为轴，半顶角为的圆锥面，再利用轴∥平面，则圆锥面与平面的交线为双曲线的一部分，从而得出点P的轨迹为双曲线的一部分；
对于C，以为原点建立空间直角坐标系，设，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示得出平面的法向量，要使∥平面结合数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出的值，再利用，显然无解，即不存在点P，使得∥平面；
对于D，由C选项知，平面的法向量，易得平面ABCD的法向量为，平面的法向量为，再利用二面角求解方法和锐二面角相等，可得满足要求的的值，画出平面的平面图，易得与的交点E的坐标和与的交点F的坐标，再利用两点距离公式得出E，F两点的距离，进而得出点P的轨迹长度，从而找出正确的选项。
12．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：易知， 若，
则，即，
即，
因为，所以，，
则
，
又因为，所以，则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据向量数量积的运算律求得，求模可得，，再利用向量数量积的夹角公式求的范围即可.
13．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，，
则，
设与平面所成角为，
则；
再来解答本题：设，， ，
则，
，
，
，
，
则，，
，则，
，
令，
则，
，，，，
当时，函数 单调递减，当时，函数 单调递增，
故最小值为2，当 时，都取到最大值 ，
则，（当且仅当时，取最小值），
，，
故答案为：，．
【分析】先建立坐标系，利用共面条件得到x与y的关系，再将四棱锥P AEMF的体积表示为关于x的函数，最后根据x的范围求值域。
14．【答案】；
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：，则，，
所以，曲线在点处的切线方程为，
即，
由题意可知点在直线上，
所以，，，则，，
，，
因为函数的零点近似值为r，且函数在上为增函数，
因为，，由零点存在定理可知，
由题意可知，，故整数的最小值为2.
故答案为：；2
【分析】（1）先求函数 的导数 ，根据牛顿迭代公式 ，代入 和 化简得到迭代式 ，从初始值 开始，依次计算 和 。
(2)先化简数列 ，结合迭代式可得 ，前项积 ，再分析的单调性和极限，得到的范围，从而确定的最小值。
15．【答案】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，故椭圆E的方程为：；
（2）解：由，可得直线，
①、若过点的直线斜率不存在，直线，代入，
可得，，代入AB方程，
可得，由得到，求得HN方程：，过点；
②、若过点的直线斜率存在，设，
联立得，
可得，，
且，
即，
联立，可得，
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【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】【分析】（1）设椭圆E的方程为，将点代入求椭圆方程即可；
（2）先求直线的方程，分过点的直线斜率不存在和过点的直线斜率存在讨论，设直线方程，联立直线与椭圆C的方程，利用韦达定理，结合列式求解即可.
（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
即
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
16．【答案】解：（1）由题意可知圆心到的距离等于到直线的距离，
由抛物线的定义可知，圆心的轨迹方程：.
（2）设，，，直线PB的方程为：，
又圆心（1，0）到PB的距离为1，
，整理得：，
同理可得：，
所以，是方程的两根，
所以，，依题意，即，
则，因为，所以.
所以，当时上式取得等号，
所以面积最小值为8.
【知识点】抛物线的定义；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义，动点到定点与到定直线的距离相等时，轨迹为抛物线，由此确定焦点、准线及参数，写出方程。
(2)设出点、、的坐标，利用内切圆的几何性质（圆心到直线、的距离为半径），结合韦达定理求出的表达式，将三角形面积转化为关于的函数，利用基本不等式求最小值。
17．【答案】（1）解：当时，，所以，
所以在处的切线方程为，即.
（2）解：当时，，所以，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，得，
因为，得，，所以，
故在上单调递增，所以，
所以在上单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由题得，结合，得恒成立，
令，则，所以为奇函数，
当时恒成立即可，显然，
要使时，恒成立，则，
（从必要性角度，要使不等式在上恒成立，结合初始值，需要保证在上的初始位置处有非递减趋势），
又，所以，
验证如下（对所得参数范围，作充分性验证）：
当时，对任意，.
令，则，
令，则 ，
故在上单调递增，
所以，
故在上单调递增，
所以，
故在单调递增；
所以，故，符合题意.
所以的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先求导得到切线斜率，再结合切点坐标，用点斜式写出切线方程。
（2）对 f'(x) 分区间讨论，通过研究其导函数判断符号，从而确定 f(x) 的增减区间。
（3）先化简不等式，利用奇函数性质将问题转化为 x≥0 时的恒成立问题，再通过导数分析必要条件和充分性。
（1）当时，，所以，
所以在处的切线方程为，即.
（2）当时，，所以，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，得，
因为，得，，所以，
故在上单调递增，所以，
所以在上单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由题得，结合，得恒成立，
令，则，所以为奇函数，
当时恒成立即可，显然，
要使时，恒成立，则，
（从必要性角度，要使不等式在上恒成立，结合初始值，需要保证在上的初始位置处有非递减趋势），
又，所以，
验证如下（对所得参数范围，作充分性验证）：
当时，对任意，.
令，则，
令，则 ，
故在上单调递增，
所以，
故在上单调递增，
所以，
故在单调递增；
所以，故，符合题意.
所以的取值范围为.
18．【答案】（1）解：，，①当时，，在上是增函数，不可能有两个零点；
②当时，在区间上，；在区间上，．
∴在是增函数，在是减函数，，解得，此时，且，∴在上有1个零点；
，
令，则，∴在上单调递增，
∴，即，∴在上有1个零点．
∴a的取值范围是．
（2）解：由题意得，
∴，
∴在上是增函数，
∴在上恒成立，∴，
∵，∴，当且仅当时，即取等号，∴．
∴a的取值范围是．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；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）先通过导数分析函数单调性，确定最大值点，再结合零点存在性定理，通过最大值的符号和区间端点的函数值符号确定参数范围。
（2）先将斜率公式代入不等式，通过变形构造新函数，将恒成立问题转化为新函数的单调性问题，再求导分离参数，利用基本不等式求最值确定参数范围。
19．【答案】（Ⅰ）解：，
，得，
由已知得切点为，所以，得，
所以．
（Ⅱ）解：当时，，
令，
，
（1）当时，，所以在上为增函数，在上为减函数，
所以函数在上的最大值为，
（2）当时，令，得或．
①当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数，
所以函数在上的最大值为，
由，得；
②当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数，
所以函数在上的最大值为，
因为成立，
由，得；
所以；
③当，即时，函数在上为增函数，
所以函数在上的最大值为成立；
④当，即时，
在上为增函数，在上为减函数，
所以函数在上的最大值为，
因为成立，由，
得，而，所以；
⑤当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数，
所以在上的最大值为，因为成立，
所以；
综上所述，实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，切线斜率等于函数在切点处的导数值，切点同时在函数图象和切线上，建立方程组求解。
（2）将不等式 转化为 ，对 分段讨论，分离参数后利用导数求函数最值，从而确定 的范围。
1 / 1湖南省永州市第四中学2024-2025学年高一直升班下学期第2次月考暨期中考试考前演练数学试题
一、单选题（共40分，每题给出4个选项，只有一个选项符合要求）
1．（2025高一下·永州期中）已知函数 ，则下面说法不正确的是（　　）
A． 在 为增函数
B． 的最小值为1
C．任意 ， ，且 ，有
D．任意 ， ，且 ，有
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】 ， ，当且仅当 时，等号成立，故可理解为 由一个对称轴为 的二次函数和一个在 处取到最小值的对勾函数构成，故 在 时单减，在 时单增，A符合题意， ，B符合题意；结合图形可知，函数在 的左侧和右侧分别为下凸函数，对于任意的 ， ，且 ， 为图中 点对应函数值， 为其中 点对应函数值，故 （另外两种情况完全等效），C符合题意.
故答案为：D
【分析】利用 ，再结合均值不等式求出 的最小值 ，故可理解为函数 由一个对称轴为 的二次函数和一个在 处取到最小值的对勾函数构成，从而判断出函数 在 时为减函数，在 时为增函数，进而利用函数的单调性，从而求出函数的最小值，再结合函数f(x)的图像可知函数在 的左侧和右侧分别为下凸函数，对于任意的 ， 且 ， 为图中点 对应的函数值， 为其中点 对应函数值，故 ，从而找出说法不正确的选项。
2．（2025高一下·永州期中）已知数列 满足 ，令 ，则满足 的 最小值为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【知识点】数列的函数特性；等比关系的确定；数列的递推公式
【解析】【解答】 ， ，故 是首项为0.9，公比为 的等比数列，故 ，则 ，即 ，当 时， ；当 时， ，显然当 时， 成立，故 的最小值为10.
故答案为：B。
【分析】由已知递推式求出 与 之间的关系，即 的递推关系，从而知数列 是等比数列，由此可求得其通项公式，由通项公式知其是递减的等比数列，从而可通过解不等式 得出结论。
3．（2025高一下·永州期中）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】由及正弦定理得，
所以，得，
所以或（舍去），所以，
因为是锐角三角形，故，解得，
故，，
.
故答案为：D
【分析】本题考查利用正弦定理解三角形.先利用正弦定理进行边化角，再利用两角和与差的正弦公式进行化简可推出，再根据是锐角三角形，可列出不等式组，解不等式组可求出，利用二倍角的正弦公式化简可得，再利用基本不等式可求出取值范围.
4．（2025高一下·永州期中）给出以下不等关系：①；②；③；④，为自然对数的底数，其中正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，，则，
由可得，解得；
由可得，解得.
所以函数在上为增函数，在上为减函数.
对于①，由，可得，即，所以①正确；
对于②，由可得，即，所以②正确；
对于③，由可得，即，所以③错误；
对于④，由可得，即，也即，所以④错误.
故答案为：B．
【分析】构造辅助函数，通过求导判断其单调性，再利用单调性比较各不等式两边的大小。
5．（2025高一下·永州期中）已知是定义在上的函数，对任意的，且，都有，且函数的图象关于点对称. 若对任意的，不等式成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性；简单线性规划的应用
【解析】【解答】解：的图象关于点对称，
关于点对称，即，
等价于；
由得：，
为定义在上的减函数，，
即，又，，
当时，，即；
当时，，即；
由此可得可行域如下图阴影部分所示：
的几何意义为可行域内的点与连线的斜率，
由得：，，又，
，，
结合图象可知：，的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】先由函数对称性和单调性条件，推导出是奇函数且单调递减，再将不等式转化为，整理为，即，结合得到，最后将视为点与点连线的斜率，在可行域内求斜率的取值范围。
6．（2025高一下·永州期中）在各项均为正数的等比数列中，若，数列的前项积为，且，则的值为
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，即.
又，由，得.
故答案为：.
【分析】先利用等比数列的性质，由求出的值；再根据等比数列前项积的性质，将表示为的幂，最后解方程求出。
7．（2025高一下·永州期中）已知定义域为的函数满足，，且当时，恒成立，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C．为奇函数 D．在区间是单调递增函数
【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：令，则，
所以，因为当时，，
所以，
令，所以，
即，解得：，故A错误；
由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则，即
令代换，则，即，
所以，令代换，所以，故B错误；
由将代入，
可得，化简可得，
所以为奇函数，故C正确；
令，则，解得：，，故D错误.
故答案为：C
【分析】通过赋值法逐步推导函数的核心性质，先求特殊值确定函数关系，再验证奇偶性定义，最后通过举反例或逻辑推导排除单调性与其他等式，逐一判定选项。
8．（2025高一下·永州期中）已知函数，若存在实数，，，使得且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数函数的图象与性质；正弦函数的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：做出函数图像如下图所示：
，，
，
根据三角函数的对称性，+=12，且，
=，
.
故答案为： D
【分析】先利用对数函数的对称性得到，再利用正弦函数的对称性得到，将目标表达式化简为关于的二次函数，最后根据的范围求值域。
二、多选题（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高一下·永州期中）（多选题）如图，设的内角所对的边分别为，若成等比数列，成等差数列，是外一点，，下列说法中，正确的是（　　）
A．
B．是等边三角形
C．若四点共圆，则
D．四边形面积无最大值
【答案】A,B,C
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算；等比中项；等差中项
【解析】【解答】解：由成等差数列可得，，又
则，故A正确；
由成等比数列可得，，根据余弦定理，，
两式相减整理得，，即，又，
所以，是等边三角形，故B正确；
若四点共圆，则，所以，，
中，根据余弦定理，，
解得，故C正确；
四边形面积为：
又，
所以，，
因为，当四边形面积最大时，，
此时，故D错误.
故答案为：ABC
【分析】先由角的等差关系求出B，再结合边的等比关系和余弦定理判定△ABC的形状；接着利用四点共圆的性质和余弦定理求AC；最后将四边形面积表示为关于D的三角函数，求其最大值。
10．（2025高一下·永州期中）已知定义域为的函数满足，且，为的导函数，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解： 定义域为的函数满足，
A、令，代入可得，即，
所以，令，则，即，
令得，以替换，则，故A正确；
B、以替换，则，所以函数是周期为4的周期函数，
令，则，即，所以是偶函数，
对两边求导得，即，
替换，则；以替换，则，
所以是周期为4的周期函数，
若的周期为6，则，又，
则，又，则，即，
此时为常函数，与、矛盾，则的周期不可能为6，故B错误；
C、由的周期为4，且，
，故C正确；
D、因为的周期为，且，所以，
因，所以，
对两边对求导，
得，即
令，可得，所以，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用赋值法，令得，令得，令得，以替换，可得，再令求解即可判断A；两边求导得出可得周期为4，利用反证法得出2也为周期，此时即为常函数，推出矛盾即可判断B；由可得周期为4，计算即可判断C；对两边对求导，得，再令求解即可判断D.
11．（2025高一下·永州期中）在长方体中，点M是棱AD的中点，，点P在侧面的边界及其内部运动，则（　　）
A．直线MP与直线所成角的最大值为90°
B．若，则点P的轨迹为椭圆的一部分
C．不存在点P，使得∥平面
D．若平面与平面ABCD和平面与平面所成的锐二面角相等，则点P的轨迹长度为
【答案】A,C,D
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】对于A，取中点，易得，则平面，又，平面，
则直线MP与直线为异面直线，则直线MP与直线所成角的范围为， 平面，又在上时，
平面，则，此时直线MP与直线所成角为90°，则直线MP与直线所成角的最大值为90°，A符合题意；
对于B，满足的动点的轨迹是以为轴，半顶角为的圆锥面，又轴∥平面，
则圆锥面与平面的交线为双曲线的一部分，即点P的轨迹为双曲线的一部分，B不符合题意；
对于C，
对于C，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
易得，设，其中，
则，设平面的法向量为，则，
取，则，要使∥平面，
则，即，
又，显然无解，即不存在点P，使得∥平面，C符合题意；
对于D，由C选项知，平面的法向量，易得平面ABCD的法向量为，平面的法向量为，
由锐二面角相等，可得，化简得，即（舍去）或；
画出平面的平面图，易得与的交点为，与的交点为，则，
即点P的轨迹长度为，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】对于A，取中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，再结合，则直线MP与直线为异面直线，再利用异面直线MP与直线所成角的范围和直线平面，从而利用线面垂直的定义证出线线垂直，则，进而得出直线MP与直线所成角，从而得出直线MP与直线所成角的最大值；
对于B，满足的动点的轨迹是以为轴，半顶角为的圆锥面，再利用轴∥平面，则圆锥面与平面的交线为双曲线的一部分，从而得出点P的轨迹为双曲线的一部分；
对于C，以为原点建立空间直角坐标系，设，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示得出平面的法向量，要使∥平面结合数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出的值，再利用，显然无解，即不存在点P，使得∥平面；
对于D，由C选项知，平面的法向量，易得平面ABCD的法向量为，平面的法向量为，再利用二面角求解方法和锐二面角相等，可得满足要求的的值，画出平面的平面图，易得与的交点E的坐标和与的交点F的坐标，再利用两点距离公式得出E，F两点的距离，进而得出点P的轨迹长度，从而找出正确的选项。
三、填空题（共15分）
12．（2025高一下·永州期中）已知为单位向量，设向量，向量的夹角为，若，求的取值范围　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：易知， 若，
则，即，
即，
因为，所以，，
则
，
又因为，所以，则.
故答案为：.
【分析】由题意，根据向量数量积的运算律求得，求模可得，，再利用向量数量积的夹角公式求的范围即可.
13．（2025高一下·永州期中）如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点.若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB PD于点E F（可与端点重合），则四棱锥P-AEMF的体积的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，，
则，
设与平面所成角为，
则；
再来解答本题：设，， ，
则，
，
，
，
，
则，，
，则，
，
令，
则，
，，，，
当时，函数 单调递减，当时，函数 单调递增，
故最小值为2，当 时，都取到最大值 ，
则，（当且仅当时，取最小值），
，，
故答案为：，．
【分析】先建立坐标系，利用共面条件得到x与y的关系，再将四棱锥P AEMF的体积表示为关于x的函数，最后根据x的范围求值域。
14．（2025高一下·永州期中）牛顿迭代法又称牛顿—拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，设的零点为，取，则的2次近似值为　 　；设，数列的前项积为．若任意的恒成立，则整数的最小值为　 　．
【答案】；
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：，则，，
所以，曲线在点处的切线方程为，
即，
由题意可知点在直线上，
所以，，，则，，
，，
因为函数的零点近似值为r，且函数在上为增函数，
因为，，由零点存在定理可知，
由题意可知，，故整数的最小值为2.
故答案为：；2
【分析】（1）先求函数 的导数 ，根据牛顿迭代公式 ，代入 和 化简得到迭代式 ，从初始值 开始，依次计算 和 。
(2)先化简数列 ，结合迭代式可得 ，前项积 ，再分析的单调性和极限，得到的范围，从而确定的最小值。
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．）
15．（2025高一下·永州期中）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
（1）求E的方程；
（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，故椭圆E的方程为：；
（2）解：由，可得直线，
①、若过点的直线斜率不存在，直线，代入，
可得，，代入AB方程，
可得，由得到，求得HN方程：，过点；
②、若过点的直线斜率存在，设，
联立得，
可得，，
且，
即，
联立，可得，
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【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】【分析】（1）设椭圆E的方程为，将点代入求椭圆方程即可；
（2）先求直线的方程，分过点的直线斜率不存在和过点的直线斜率存在讨论，设直线方程，联立直线与椭圆C的方程，利用韦达定理，结合列式求解即可.
（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
即
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
16．（2025高一下·永州期中）在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）设P是曲线E上的动点，点B、C在y轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值．
【答案】解：（1）由题意可知圆心到的距离等于到直线的距离，
由抛物线的定义可知，圆心的轨迹方程：.
（2）设，，，直线PB的方程为：，
又圆心（1，0）到PB的距离为1，
，整理得：，
同理可得：，
所以，是方程的两根，
所以，，依题意，即，
则，因为，所以.
所以，当时上式取得等号，
所以面积最小值为8.
【知识点】抛物线的定义；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义，动点到定点与到定直线的距离相等时，轨迹为抛物线，由此确定焦点、准线及参数，写出方程。
(2)设出点、、的坐标，利用内切圆的几何性质（圆心到直线、的距离为半径），结合韦达定理求出的表达式，将三角形面积转化为关于的函数，利用基本不等式求最小值。
17．（2025高一下·永州期中）设函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）当时，求的单调性；
（3）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，所以，
所以在处的切线方程为，即.
（2）解：当时，，所以，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，得，
因为，得，，所以，
故在上单调递增，所以，
所以在上单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由题得，结合，得恒成立，
令，则，所以为奇函数，
当时恒成立即可，显然，
要使时，恒成立，则，
（从必要性角度，要使不等式在上恒成立，结合初始值，需要保证在上的初始位置处有非递减趋势），
又，所以，
验证如下（对所得参数范围，作充分性验证）：
当时，对任意，.
令，则，
令，则 ，
故在上单调递增，
所以，
故在上单调递增，
所以，
故在单调递增；
所以，故，符合题意.
所以的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先求导得到切线斜率，再结合切点坐标，用点斜式写出切线方程。
（2）对 f'(x) 分区间讨论，通过研究其导函数判断符号，从而确定 f(x) 的增减区间。
（3）先化简不等式，利用奇函数性质将问题转化为 x≥0 时的恒成立问题，再通过导数分析必要条件和充分性。
（1）当时，，所以，
所以在处的切线方程为，即.
（2）当时，，所以，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，得，
因为，得，，所以，
故在上单调递增，所以，
所以在上单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由题得，结合，得恒成立，
令，则，所以为奇函数，
当时恒成立即可，显然，
要使时，恒成立，则，
（从必要性角度，要使不等式在上恒成立，结合初始值，需要保证在上的初始位置处有非递减趋势），
又，所以，
验证如下（对所得参数范围，作充分性验证）：
当时，对任意，.
令，则，
令，则 ，
故在上单调递增，
所以，
故在上单调递增，
所以，
故在单调递增；
所以，故，符合题意.
所以的取值范围为.
18．（2025高一下·永州期中）已知函数．
（1）若有两个零点，求a的取值范围；
（2）设，，直线的斜率为k，若恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）解：，，①当时，，在上是增函数，不可能有两个零点；
②当时，在区间上，；在区间上，．
∴在是增函数，在是减函数，，解得，此时，且，∴在上有1个零点；
，
令，则，∴在上单调递增，
∴，即，∴在上有1个零点．
∴a的取值范围是．
（2）解：由题意得，
∴，
∴在上是增函数，
∴在上恒成立，∴，
∵，∴，当且仅当时，即取等号，∴．
∴a的取值范围是．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；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）先通过导数分析函数单调性，确定最大值点，再结合零点存在性定理，通过最大值的符号和区间端点的函数值符号确定参数范围。
（2）先将斜率公式代入不等式，通过变形构造新函数，将恒成立问题转化为新函数的单调性问题，再求导分离参数，利用基本不等式求最值确定参数范围。
19．（2025高一下·永州期中）已知函数（为常数）．
（Ⅰ）若函数在处的切线方程为，求；
（Ⅱ）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ）解：，
，得，
由已知得切点为，所以，得，
所以．
（Ⅱ）解：当时，，
令，
，
（1）当时，，所以在上为增函数，在上为减函数，
所以函数在上的最大值为，
（2）当时，令，得或．
①当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数，
所以函数在上的最大值为，
由，得；
②当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数，
所以函数在上的最大值为，
因为成立，
由，得；
所以；
③当，即时，函数在上为增函数，
所以函数在上的最大值为成立；
④当，即时，
在上为增函数，在上为减函数，
所以函数在上的最大值为，
因为成立，由，
得，而，所以；
⑤当，即时，函数在上为增函数，在上为减函数，
所以在上的最大值为，因为成立，
所以；
综上所述，实数的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，切线斜率等于函数在切点处的导数值，切点同时在函数图象和切线上，建立方程组求解。
（2）将不等式 转化为 ，对 分段讨论，分离参数后利用导数求函数最值，从而确定 的范围。
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