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湖南省邵东市第三中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（2025高二下·邵东期中）集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·邵东期中）已知复数，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·邵东期中）已知向量，若，则（　　）
A． B． C．1 D．2
4．（2025高二下·邵东期中）已知倾斜角为的直线与直线垂直，则的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·邵东期中）某单位为了了解办公楼用电量（度）与气温（℃）之间的关系，随机统计了四个工作量与当天平均气温，并制作了对照表：
气温（℃） 18 13 10 -1
用电量（度） 24 34 38 64
由表中数据得到线性回归方程，当气温为℃时，预测用电量均为
A．68度 B．52度 C．12度 D．28度
6．（2025高二下·邵东期中）从装有3个白球、5个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取一个球，A表示事件“两次取出的球颜色相同”，B表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·邵东期中）在平面直角坐标系中，双曲线C：的左焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与C交于A，B两点，若是正三角形，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·邵东期中）已知是自然对数的底数，函数，实数满足不等式，则下列结论正确的是（　　）
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·邵东期中）已知随机变量X服从正态分布，则下列选项正确的是（　　）
（附：若，则，.)
A． B．
C． D．
10．（2025高二下·邵东期中）在 的展开式中，下列结论正确的是（　　）
A．展开式的二项式系数和是128 B．只有第4项的二项式系数最大
C．的系数是 D．展开式中的有理项共有3项
11．（2025高二下·邵东期中）已知圆，则下列命题正确的是（　　）
A．圆心坐标为
B．直线与圆相交所得的弦长为8
C．圆与圆有三条公切线.
D．圆上恰有三个点到直线的距离为，则或-5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·邵东期中）函数（且）的图象恒过定点　 　.
13．（2025高二下·邵东期中）已知抛物线 上一点P到焦点的距离为5，则点P到x轴的距离为　 　．
14．（2025高二下·邵东期中）已知函数f(x)=cosωx 1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是　 　.
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．
15．（2025高二下·邵东期中）的内角的对边分别为，且．
（1）求角的大小：
（2）若，的面积为，求的周长.
16．（2025高二下·邵东期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，且平面平面ABCD，．
（1）证明：平面PCD；
（2）若，E为棱PC的中点，求直线PC与平面ABE所成角的正弦值．
17．（2025高二下·邵东期中）已知函数.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）求函数在上的单调区间和最小值.
18．（2025高二下·邵东期中）已知椭圆的离心率，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若经过定点的直线与椭圆交于两点，记椭圆的上顶点为，当直线的斜率变化时，求面积的最大值.
19．（2025高二下·邵东期中）数列中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为，...如果一个数列的p阶差数列是等比数列，则称数列为p阶等比数列
（1）已知数列满足
（i）求，·
（ii）证明：是一阶等比数列；
（2）已知数列为二阶等比数列，的前5项分别为1，，求
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】先解不等式求出集合A，再根据交集的定义求出A∩B。
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为=2-i，所以.
故答案为：B.
【分析】利用复数乘法法则计算z，再根据共轭复数定义即可求解.
3．【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，即，故.
故答案为：D.
【分析】根据两向量垂直数量积为0 的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出x的值.
4．【答案】C
【知识点】二倍角的正切公式；直线的斜率；直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】直线的斜率为，而直线与直线垂直，
于是得，而，则，
所以。
故答案为：C
【分析】利用已知条件得出直线的斜率，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，进而得出直线的斜率，再结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式和直线的倾斜角的取值范围，进而得出直线的倾斜角的值，再利用二倍角的正切公式得出的值。
5．【答案】A
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：由表格可知，，根据回归直线方程必过得，因此当时，
故答案为：A.
【分析】先计算气温和用电量的平均值，利用回归直线必过样本中心点求出截距，再代入进行预测。
6．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：由题意得，事件A表示事件“两次取出的球颜色相同”，B表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，
所以，
，
所以.
故选：D
【分析】此题要求计算在两次取出的球颜色相同的条件下，两次取出的球中至少有一个是红球的概率，可以利用条件概率的计算公式来解决此问题，即。
7．【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】设双曲线半焦距为c，则，而轴，由得，从而有，而三角形是正三角形，即有，则，整理得，
因此有，而，解得，
所以C的离心率为。
故答案为：A
【分析】设双曲线半焦距为c，则，而轴，再利用已知条件结合几何法和代入法，从而解方程组得出，从而有，而三角形是正三角形，即有，再利用半焦距的定义结合两点距离公式，整理得，再利用双曲线的离心率公式变形结合一元二次方程求解方法，从而结合双曲线的离心率的取值范围，进而求出双曲线C的离心率。
8．【答案】A
【知识点】函数单调性的判断与证明；指数型复合函数的性质及应用；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A：由在R上递减，且，即为奇函数，
又，则，
所以，A正确；
B：，但的大小、符号不定，无法确定大小，B错误；
C：由的符号不定，故不一定有意义，C错误；
D：由为偶函数，在上递减，在上递增，的符号不定，故大小不定，D错误.
故答案为：A
【分析】先判断函数f(x)的奇偶性和单调性，再利用这些性质化简不等式，得到m与n的关系，最后逐一验证选项。
9．【答案】A,C
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解：AB：由题意易知，，故A正确，B错误；
C：由，则，故C正确；
D：由，则，即，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布的定义，为期望，为方差，再利用正态分布的对称性和已知的概率区间来计算各选项的概率。
10．【答案】A,C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、二项式系数和为，该选项正确，符合题意，
B、由于 ，所以第四项与第五项的二项式系数均为最大，该选项错误，不合题意；
C、的通项为，令，
所以的系数是，该选项正确，符合题意，
D、当时，为整数，所以有理项有4项，该选项错误，不合题意；
故答案为：AC
【分析】代入二项式系数和公式可判断A；由二项式系数的对称性得，可判断B；代入二项式通项公式得通项为，令x的指数为2的k的取值，代入可判断C；由C 得为整数时，解出K值，可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；点与圆的位置关系；直线与圆相交的性质；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：圆的标准方程为；
A、由圆的标准方程可知：圆心，半径为，故A正确；
B、由圆心到直线的距离为，则弦长为，故B正确；
C、由圆，可得圆心，半径，可得，且，则，
即圆与圆相交，可得两圆有两条公共切线，故C错误；
D、由圆上恰有三个点到直线的距离为，则满足圆心到直线的距离为，即，
解得或，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意，结合圆的标准方程，以及直线与圆的位置关系，逐项分析判断即可.
12．【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，解得，又，
所以函数（且）的图象恒过定点.
故答案为：
【分析】令可得，代入函数解析式即可求解.
13．【答案】.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：抛物线方程，则焦点坐标为，准线方程为，
由抛物线的定义可知，点P到准线的距离为5，
所以，解得：，代入，
则
所以点P到x轴的距离为．
故答案为：.
【分析】利用抛物线的定义，将 “点到焦点的距离” 转化为 “点到准线的距离”，先求出点P的横坐标，再代入抛物线方程求纵坐标，其绝对值即为到x轴的距离。
14．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】令f(x)=cosωx 1 =0，则coswx=1，故该函数的交点可视作函数y=cosωx与y=1的在的交点
∵，则
结合余弦函数可知此时
∴，解得.
故答案为：
【分析】 可将函数零点转换为余弦型函数与y=1的交点即得答案。
15．【答案】（1）解：（1）因为的内角的对边分别为，有，
又因为在中，有，为外接圆半径，
可得，
所以，
因为，，
所以，
即；
（2）因为面积为，
所以，
解得，
又因为在中，有，
可得：，
因为，
所以，
解得：，
即，
所以的周长为。
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理，为外接圆半径，可得，再根据二倍角的正弦公式，可得，再结合角，角，范围即可求解；
（2）根据三角形面积公式，结合（1）中，可得，再根据余弦定理，结合，即可解得，进而得出，即可求解。
（1）因为，
由正弦定理可得，
又，所以，
又，所以；
（2）由，得，
由余弦定理得，
又因为，
所以，
所以，所以，
所以的周长为.
16．【答案】（1）解：因为平面平面ABCD，，
且平面平面，平面，
可得平面ABCD，
由平面ABCD，则，
因为ABCD为正方形，则，
且，平面PCD，
所以平面PCD.
（2）解：由（1）可知：平面ABCD，且ABCD为正方形，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意可得：，
则，
设平面ABE的法向量为，则，
令，则，可得，
且，
所以直线PC与平面ABE所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，再结合正方形的邻边垂直，通过线面垂直的判定定理完成证明。
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，再求出平面 ABE 的法向量，最后利用线面角的向量公式求解。
（1）因为平面平面ABCD，，
且平面平面，平面，
可得平面ABCD，
由平面ABCD，则，
因为ABCD为正方形，则，
且，平面PCD，
所以平面PCD.
（2）由（1）可知：平面ABCD，且ABCD为正方形，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意可得：，
则，
设平面ABE的法向量为，则，
令，则，可得，
且，
所以直线PC与平面ABE所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：当时，定义域为，则，
故，，
故切线方程为，即.

（2）解：函数，则且，
当时，，的增区间为，；
当时，若时，，若时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，；
当时，，所以的减区间为，，
综上所述：当时，的增区间为，；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，；
当时，的减区间为，.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求导，求斜率根据点斜式求解切线方程即可；
（2）求导，分，和讨论函数的单调性求最小值即可.
18．【答案】（1）解：椭圆的离心率，
则，即，
所以，椭圆方程为.
将点代入方程得，
故所求方程为.
（2）解：点在椭圆内，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由得.
设，则.
.
点到的距离.
令，则则.
因为，所以当时，是所求最大值.
【知识点】椭圆的定义；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】代入离心率公式，得a与b的关系式，将点坐标代入方程可得解；
由题意得斜率K存在，可设出直线方程，与椭圆方程联立，消元用韦达定理得，代入弦长公式求出弦长|PQ|，再利用点到直线距离公式得高，则的面积可表示为关于k 的函数，将该函数利用换元法转化为一元二次函数求最值问题得解.
（1）椭圆的离心率，
则，即，
所以，椭圆方程为.
将点代入方程得，
故所求方程为.
（2）点在椭圆内，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由得.
设，则.
.
点到的距离.
令，则则.
因为，所以当时，是所求最大值.
19．【答案】（1）解：（i）由，易得，
由一阶差数列的定义得：
，
（ii）证明：因为，所以当时有，
所以，即
即，又因为，
故是以1为首项，2为公比的等比数列，即是一阶等比数列.
（2）解：由题意的二阶差数列为等比数列，设公比为q，
由的前5项分别为1，，
则，，，，
即，，，可得，所以，
由，，，，
则，易知满足上式，
同理可得，易知满足上式，
即.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的递推公式
【解析】【分析】（1） （i）先根据递推公式求出数列的前几项，再根据一阶差数列的定义 进行计算。
（ii）根据一阶等比数列的定义，证明其一阶差数列 是等比数列。
（2）先求出一阶差数列 和二阶差数列 ，利用二阶等比数列的性质确定 的通项，再通过累加法依次求出 和 的通项。
（1）（i）由，易得，
由一阶差数列的定义得：
，
（ii）证明：因为，所以当时有，
所以，即
即，又因为，
故是以1为首项，2为公比的等比数列，即是一阶等比数列.
（2）由题意的二阶差数列为等比数列，设公比为q，
由的前5项分别为1，，
则，，，，
即，，，可得，所以，
由，，，，
则，易知满足上式，
同理可得，易知满足上式，
即.
1 / 1湖南省邵东市第三中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（2025高二下·邵东期中）集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】先解不等式求出集合A，再根据交集的定义求出A∩B。
2．（2025高二下·邵东期中）已知复数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为=2-i，所以.
故答案为：B.
【分析】利用复数乘法法则计算z，再根据共轭复数定义即可求解.
3．（2025高二下·邵东期中）已知向量，若，则（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，即，故.
故答案为：D.
【分析】根据两向量垂直数量积为0 的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出x的值.
4．（2025高二下·邵东期中）已知倾斜角为的直线与直线垂直，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正切公式；直线的斜率；直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】直线的斜率为，而直线与直线垂直，
于是得，而，则，
所以。
故答案为：C
【分析】利用已知条件得出直线的斜率，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，进而得出直线的斜率，再结合直线的倾斜角与直线的斜率的关系式和直线的倾斜角的取值范围，进而得出直线的倾斜角的值，再利用二倍角的正切公式得出的值。
5．（2025高二下·邵东期中）某单位为了了解办公楼用电量（度）与气温（℃）之间的关系，随机统计了四个工作量与当天平均气温，并制作了对照表：
气温（℃） 18 13 10 -1
用电量（度） 24 34 38 64
由表中数据得到线性回归方程，当气温为℃时，预测用电量均为
A．68度 B．52度 C．12度 D．28度
【答案】A
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：由表格可知，，根据回归直线方程必过得，因此当时，
故答案为：A.
【分析】先计算气温和用电量的平均值，利用回归直线必过样本中心点求出截距，再代入进行预测。
6．（2025高二下·邵东期中）从装有3个白球、5个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取一个球，A表示事件“两次取出的球颜色相同”，B表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：由题意得，事件A表示事件“两次取出的球颜色相同”，B表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，
所以，
，
所以.
故选：D
【分析】此题要求计算在两次取出的球颜色相同的条件下，两次取出的球中至少有一个是红球的概率，可以利用条件概率的计算公式来解决此问题，即。
7．（2025高二下·邵东期中）在平面直角坐标系中，双曲线C：的左焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与C交于A，B两点，若是正三角形，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】设双曲线半焦距为c，则，而轴，由得，从而有，而三角形是正三角形，即有，则，整理得，
因此有，而，解得，
所以C的离心率为。
故答案为：A
【分析】设双曲线半焦距为c，则，而轴，再利用已知条件结合几何法和代入法，从而解方程组得出，从而有，而三角形是正三角形，即有，再利用半焦距的定义结合两点距离公式，整理得，再利用双曲线的离心率公式变形结合一元二次方程求解方法，从而结合双曲线的离心率的取值范围，进而求出双曲线C的离心率。
8．（2025高二下·邵东期中）已知是自然对数的底数，函数，实数满足不等式，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的判断与证明；指数型复合函数的性质及应用；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A：由在R上递减，且，即为奇函数，
又，则，
所以，A正确；
B：，但的大小、符号不定，无法确定大小，B错误；
C：由的符号不定，故不一定有意义，C错误；
D：由为偶函数，在上递减，在上递增，的符号不定，故大小不定，D错误.
故答案为：A
【分析】先判断函数f(x)的奇偶性和单调性，再利用这些性质化简不等式，得到m与n的关系，最后逐一验证选项。
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·邵东期中）已知随机变量X服从正态分布，则下列选项正确的是（　　）
（附：若，则，.)
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解：AB：由题意易知，，故A正确，B错误；
C：由，则，故C正确；
D：由，则，即，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布的定义，为期望，为方差，再利用正态分布的对称性和已知的概率区间来计算各选项的概率。
10．（2025高二下·邵东期中）在 的展开式中，下列结论正确的是（　　）
A．展开式的二项式系数和是128 B．只有第4项的二项式系数最大
C．的系数是 D．展开式中的有理项共有3项
【答案】A,C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、二项式系数和为，该选项正确，符合题意，
B、由于 ，所以第四项与第五项的二项式系数均为最大，该选项错误，不合题意；
C、的通项为，令，
所以的系数是，该选项正确，符合题意，
D、当时，为整数，所以有理项有4项，该选项错误，不合题意；
故答案为：AC
【分析】代入二项式系数和公式可判断A；由二项式系数的对称性得，可判断B；代入二项式通项公式得通项为，令x的指数为2的k的取值，代入可判断C；由C 得为整数时，解出K值，可判断D.
11．（2025高二下·邵东期中）已知圆，则下列命题正确的是（　　）
A．圆心坐标为
B．直线与圆相交所得的弦长为8
C．圆与圆有三条公切线.
D．圆上恰有三个点到直线的距离为，则或-5
【答案】A,B,D
【知识点】圆的标准方程；圆的一般方程；点与圆的位置关系；直线与圆相交的性质；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：圆的标准方程为；
A、由圆的标准方程可知：圆心，半径为，故A正确；
B、由圆心到直线的距离为，则弦长为，故B正确；
C、由圆，可得圆心，半径，可得，且，则，
即圆与圆相交，可得两圆有两条公共切线，故C错误；
D、由圆上恰有三个点到直线的距离为，则满足圆心到直线的距离为，即，
解得或，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意，结合圆的标准方程，以及直线与圆的位置关系，逐项分析判断即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·邵东期中）函数（且）的图象恒过定点　 　.
【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，解得，又，
所以函数（且）的图象恒过定点.
故答案为：
【分析】令可得，代入函数解析式即可求解.
13．（2025高二下·邵东期中）已知抛物线 上一点P到焦点的距离为5，则点P到x轴的距离为　 　．
【答案】.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：抛物线方程，则焦点坐标为，准线方程为，
由抛物线的定义可知，点P到准线的距离为5，
所以，解得：，代入，
则
所以点P到x轴的距离为．
故答案为：.
【分析】利用抛物线的定义，将 “点到焦点的距离” 转化为 “点到准线的距离”，先求出点P的横坐标，再代入抛物线方程求纵坐标，其绝对值即为到x轴的距离。
14．（2025高二下·邵东期中）已知函数f(x)=cosωx 1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】令f(x)=cosωx 1 =0，则coswx=1，故该函数的交点可视作函数y=cosωx与y=1的在的交点
∵，则
结合余弦函数可知此时
∴，解得.
故答案为：
【分析】 可将函数零点转换为余弦型函数与y=1的交点即得答案。
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高二下·邵东期中）的内角的对边分别为，且．
（1）求角的大小：
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：（1）因为的内角的对边分别为，有，
又因为在中，有，为外接圆半径，
可得，
所以，
因为，，
所以，
即；
（2）因为面积为，
所以，
解得，
又因为在中，有，
可得：，
因为，
所以，
解得：，
即，
所以的周长为。
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理，为外接圆半径，可得，再根据二倍角的正弦公式，可得，再结合角，角，范围即可求解；
（2）根据三角形面积公式，结合（1）中，可得，再根据余弦定理，结合，即可解得，进而得出，即可求解。
（1）因为，
由正弦定理可得，
又，所以，
又，所以；
（2）由，得，
由余弦定理得，
又因为，
所以，
所以，所以，
所以的周长为.
16．（2025高二下·邵东期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，且平面平面ABCD，．
（1）证明：平面PCD；
（2）若，E为棱PC的中点，求直线PC与平面ABE所成角的正弦值．
【答案】（1）解：因为平面平面ABCD，，
且平面平面，平面，
可得平面ABCD，
由平面ABCD，则，
因为ABCD为正方形，则，
且，平面PCD，
所以平面PCD.
（2）解：由（1）可知：平面ABCD，且ABCD为正方形，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意可得：，
则，
设平面ABE的法向量为，则，
令，则，可得，
且，
所以直线PC与平面ABE所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，再结合正方形的邻边垂直，通过线面垂直的判定定理完成证明。
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，再求出平面 ABE 的法向量，最后利用线面角的向量公式求解。
（1）因为平面平面ABCD，，
且平面平面，平面，
可得平面ABCD，
由平面ABCD，则，
因为ABCD为正方形，则，
且，平面PCD，
所以平面PCD.
（2）由（1）可知：平面ABCD，且ABCD为正方形，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
由题意可得：，
则，
设平面ABE的法向量为，则，
令，则，可得，
且，
所以直线PC与平面ABE所成角的正弦值为.
17．（2025高二下·邵东期中）已知函数.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）求函数在上的单调区间和最小值.
【答案】（1）解：当时，定义域为，则，
故，，
故切线方程为，即.

（2）解：函数，则且，
当时，，的增区间为，；
当时，若时，，若时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，；
当时，，所以的减区间为，，
综上所述：当时，的增区间为，；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，；
当时，的减区间为，.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求导，求斜率根据点斜式求解切线方程即可；
（2）求导，分，和讨论函数的单调性求最小值即可.
18．（2025高二下·邵东期中）已知椭圆的离心率，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若经过定点的直线与椭圆交于两点，记椭圆的上顶点为，当直线的斜率变化时，求面积的最大值.
【答案】（1）解：椭圆的离心率，
则，即，
所以，椭圆方程为.
将点代入方程得，
故所求方程为.
（2）解：点在椭圆内，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由得.
设，则.
.
点到的距离.
令，则则.
因为，所以当时，是所求最大值.
【知识点】椭圆的定义；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】代入离心率公式，得a与b的关系式，将点坐标代入方程可得解；
由题意得斜率K存在，可设出直线方程，与椭圆方程联立，消元用韦达定理得，代入弦长公式求出弦长|PQ|，再利用点到直线距离公式得高，则的面积可表示为关于k 的函数，将该函数利用换元法转化为一元二次函数求最值问题得解.
（1）椭圆的离心率，
则，即，
所以，椭圆方程为.
将点代入方程得，
故所求方程为.
（2）点在椭圆内，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由得.
设，则.
.
点到的距离.
令，则则.
因为，所以当时，是所求最大值.
19．（2025高二下·邵东期中）数列中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为，...如果一个数列的p阶差数列是等比数列，则称数列为p阶等比数列
（1）已知数列满足
（i）求，·
（ii）证明：是一阶等比数列；
（2）已知数列为二阶等比数列，的前5项分别为1，，求
【答案】（1）解：（i）由，易得，
由一阶差数列的定义得：
，
（ii）证明：因为，所以当时有，
所以，即
即，又因为，
故是以1为首项，2为公比的等比数列，即是一阶等比数列.
（2）解：由题意的二阶差数列为等比数列，设公比为q，
由的前5项分别为1，，
则，，，，
即，，，可得，所以，
由，，，，
则，易知满足上式，
同理可得，易知满足上式，
即.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的递推公式
【解析】【分析】（1） （i）先根据递推公式求出数列的前几项，再根据一阶差数列的定义 进行计算。
（ii）根据一阶等比数列的定义，证明其一阶差数列 是等比数列。
（2）先求出一阶差数列 和二阶差数列 ，利用二阶等比数列的性质确定 的通项，再通过累加法依次求出 和 的通项。
（1）（i）由，易得，
由一阶差数列的定义得：
，
（ii）证明：因为，所以当时有，
所以，即
即，又因为，
故是以1为首项，2为公比的等比数列，即是一阶等比数列.
（2）由题意的二阶差数列为等比数列，设公比为q，
由的前5项分别为1，，
则，，，，
即，，，可得，所以，
由，，，，
则，易知满足上式，
同理可得，易知满足上式，
即.
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