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专题05 期中压轴题
4大高频考点概览
考点01导数及其应用
考点02概率统计
考点03圆锥曲线
考点04立体几何
(
考点01
导数及其应用
)
1．(24-25高二下·湖南衡阳祁东县第一中学·期中)若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是________________
2．(24-25高二下·湖南三新/H11/G10教育联盟·期中)（多选）已知函数，为常数，若函数有两个零点，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数.若过点可以作曲线三条切线，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．(24-25高二下·湖南娄底部分学校·期中)已知定义在上的函数满足，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
5．(23-24高二下·湖南名校联考联合体·期中)已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．(23-24高二下·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)已知，过点可作曲线的两条切线，切点为，．求的取值范围（ ）
A． B． C． D．
7．(24-25高二下·湖南部分学校·期中)（多选）已知不等式对任意成立，则实数的取值可以为（ ）
A． B． C． D．e
8．(24-25高二下·湖南三湘名校教育联盟·期中)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若在处取得极小值，则
B．若，则
C．若，则曲线关于点中心对称
D．若，则有3个零点
9．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)（多选）已知函数，其中为正整数，且为常数，是函数大于的零点，其构成数列，则（ ）
A．函数不可能有三个零点
B．函数的减区间为
C．对于任意的，函数在区间内均存在零点，则
D．存在实数使得数列的部分项构成无穷等比数列
10．(24-25高二下·湖南三湘名校教育联盟·期中)已知函数.
(1)当时，求在区间上的最大值和最小值；
(2)当时，证明：；
(3)若，求实数的取值范围.
11．(24-25高二下·湖南郴州·期末)已知函数，
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)当时，设函数，讨论函数零点的个数．
12．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)已知函数，为实数.
(1)若函数在处的切线经过点，求的值；
(2)若有极小值，且极小值大于2，求的取值范围；
(3)若对任意的，且恒成立，求的取值范围.（为自然常数）
13．(23-24高二下·湖南名校联考联合体·期中)已知函数.
(1)若（e为自然对数的底数），求函数的极值；
(2)若，函数有两个零点，且不等式恒成立，求实数的取值范围.
14．(23-24高二下·湖南长沙第一中学、长沙一中城南中学等多校·期中)已知函数（，），且曲线在点处的切线经过点.
(1)求；
(2)求的单调区间；
(3)若，，证明：.
15．(24-25高二下·湖南部分学校·期中)已知函数，且的图象在点处的切线方程为．
(1)求的解析式；
(2)若是在上的一个极值点，证明：．
16．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期中)已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，设，讨论函数的单调性；
(3)若函数在上有且仅有2个零点，求实数的取值范围.
17．(23-24高二下·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：阶导数指对一个函数进行次求导，表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，为自然对数的底数，，该公式也称麦克劳林公式．设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题：
(1)利用泰勒公式求的近似值；（精确到小数点后两位）
(2)设，证明：；
(3)证明：（为奇数）．
(
考点02
概率统计
)
18．(23-24高二下·湖南邵阳邵东第四中学·期中)“三门问题”出自八九十年代美国的有奖类电视节目.参赛者会看见三扇关闭了的门，其中一扇的后面有一辆跑车，选中后面有车的那扇门可赢得该跑车，另外两扇门后面则各藏有一只山羊.当参赛者选定了一扇门，但未去开启它的时候，节目主持人开启剩下两扇门的其中一扇，露出其中一只山羊.其后主持人会问参赛者要不要换另一扇仍然关上的门.问题是：换另一扇门，是否会增加参赛者赢得跑车的概率.如果严格按照上述的条件，那么答案是______（填“会”或者“不会”）.换门的话，赢得跑车的概率是______.
19．(24-25高二下·湖南郴州宜章县第一中学·期中)投掷一枚均匀的骰子，每次掷得的点数为1或2时得1分，掷得的点数为3，4，5，6时得2分；独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分.
(1)设投掷2次骰子，最终得分为，求随机变量的分布列与期望；
(2)设最终得分为的概率为，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式.
20．(23-24高二下·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)二项分布是离散型随机变量重要的概率模型，在生活中被广泛应用．现在我们来研究二项分布的简单性质，若随机变量．
(1)证明：（ⅰ）（，且），其中为组合数；
（ⅱ）随机变量的数学期望；
(2)一盒中有形状大小相同的4个白球和3个黑球，每次从中摸出一个球且不放回，直到摸到黑球为止，记事件A表示第二次摸球时首次摸到黑球，若将上述试验重复进行10次，记随机变量表示事件A发生的次数，试探求的值与随机变量最有可能发生次数的大小关系．
21．(23-24高二下·湖南师范大学附属中学·期中)投掷一枚均匀的骰子，每次掷得的点数为5或6时得2分，掷得的点数为1，2，3，4时得1分，独立地重复掷一枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分．
(1)设投掷2次骰子，最终得分为X，求随机变量X的分布列与期望；
(2)记n次抛掷得分恰为分的概率为，求的前n项和；
(3)投掷骰子100次，记得分恰为n分的概率为，当取最大值时，求n的值．
22．(24-25高二下·湖南部分学校·期中)已知一个盒中装有3个大小，形状完全相同的小球（1个红球和2个黑球），从盒中每次随机不放回地取出1个小球，若取出的是红球，则将1个黑球放入盒中；若取出的是黑球，则将1个红球放入盒中，以上取1个球再放1个球的过程称为1次操作．假设每次取球相互独立．
(1)经过2次操作后，记盒中红球的个数为X，求X的分布列；
(2)求第3次操作取到红球的概率；
(3)设经过次操作后，盒中全是黑球的概率为，求数列的前n项和．
23．(24-25高二下·湖南三新/H11/G10教育联盟·期中)生物研究工作中，统计鸟类主要是研究鸟类种群数量和分布规律.统计人员发现某鸟类在区域经常出没，在区域统计时发现该鸟类有两个品种，分别记为I种和II种.统计人员在区域随机捕获了50只该鸟，再将捕获的鸟全部放回，作为一次试验结果.记第次试验中I种的数目为随机变量.设该区域中I种的数目为，II种的数目为.
(1)（i）求在第1次试验中随机变量的分布列.
（ii）假设每一次试验均相互独立，统计人员完成所有试验后，得到的实际取值分别为，其平均值，方差.记随机变量.采用和分别代替期望和方差，试给出，的估计值（结果保留整数）.
参考公式：从含件次品的件产品中，分别采用有放回和不放回的方式随机抽取件，设抽取的件产品中次品数为，如果采取有放回抽样，则方差；如果采取不放回抽样，则方差为.随机变量与满足.若随机变量与相互独立，则.
(2)假设统计人员每次随机捕获一只该鸟，统计种类，再将捕获的鸟放回，重复进行次.“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理.基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计.具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值.已知的参数的对数似然函数为，其中，求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性.
(
考点03
圆锥曲线
)
24．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)已知在平面直角坐标系中，，动点满足，则的取值范围是__________.
25．(24-25高二下·湖南邵阳第二中学·期中)（多选）已知双曲线的左 右焦点分别为为双曲线右支上的动点，则（ ）
A．若到渐近线的距离为1，则
B．当点异于顶点时，的内切圆的圆心总在定直线上
C．若，则点的纵坐标为
D．过点作双曲线的切线交渐近线于两点，若，则曲线的渐近线方程为
26．(24-25高二下·湖南娄底部分学校·期中)已知椭圆，为的左焦点，右顶点到的距离为，且离心率为，直线过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于、两点（、异于左、右顶点），求直线与的斜率之积．
27．(24-25高二下·湖南三湘名校教育联盟·期中)已知椭圆的左，右焦点分别为椭圆上任意一点，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若为圆上任意一点，求的最小值；
(3)已知直线与轴交于点，且与椭圆交于两点，为坐标平面内不在直线上的动点，若直线斜率的倒数成等差数列，证明：动点在定直线上，并求直线的方程.
28．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期中)已知椭圆：的左焦点为，椭圆上任意一点到的距离最大值为6.
(1)求椭圆的方程；
(2)过原点且斜率为的直线与椭圆交于M，N两点.
（i）当时，设直线，的斜率分别是，，求证：为定值；
（ⅱ）过点作垂直于的直线交于，交圆：于P，Q两点，记，的面积分别为，求的取值范围.
29．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)在平面直角坐标系中，点分别是椭圆的右顶点、上顶点、左顶点，若的离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知两点，其中点在线段上运动（不含端点），与关于点对称，直线与椭圆的另一交点为点，直线与椭圆的另一交点为点，设直线的斜率分别为，直线的斜率分别为.
（i）求的面积的最大值；
（ii）求证：为定值，并求出该定值.
(
考点04
立体几何
)
30．(24-25高二下·湖南沅澧共同体·期中)（多选）如图，在四面体中，，，，，， 分别为棱上的动点，则下列选项正确的是（ ）
A．的最小值为 B．平面
C．直线与面所成角为 D．四面体的体积为
31．(24-25高二下·湖南长沙明德中学·期中)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，，则下列说法中正确的是（ ）
A．平面
B．若平面，则动点的轨迹长度为
C．若，则四面体的体积为定值
D．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为
32．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)如图，矩形中为中点，将沿着折叠至.

(1)证明：平面；
(2)设平面平面，点.
（i）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为；
（ii）在满足条件（i）的情况下，过作一截面，与棱分别交于点，且平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，求.
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专题05 期中压轴题
4大高频考点概览
考点01导数及其应用
考点02概率统计
考点03圆锥曲线
考点04立体几何
(
考点01
导数及其应用
)
1．(24-25高二下·湖南衡阳祁东县第一中学·期中)若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是________________
【答案】
【分析】变形得到在上恒成立，令，求导得到其单调性和最值，令，则，参变分离，得到只需即可，令，求导得到其单调性，求出，得到答案.
【详解】因为不等式在上恒成立，
所以两边同除以得在上恒成立，
令，定义域为，则，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
令，则，即在上恒成立，
即在上恒成立，
所以只需即可，
令，则，
令，则在上恒成立，单调递增，
又因为，所以当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，即.
故答案为：.
2．(24-25高二下·湖南三新/H11/G10教育联盟·期中)（多选）已知函数，为常数，若函数有两个零点，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】对于选项A，根据函数零点与方程根的关系进行判断；对于选项B，通过作出函数图象，利用图象的交点情况确定参数范围；对于选项C，分情况讨论，利用函数的单调性来证明不等式；对于选项D，通过变量代换构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值来证明不等式.
【详解】对于A：因为有两个零点，，且，所以在上有两个根，
即在上有两个交点，，，故A错误；
对于B：作出的图象，与关系如图，，则，故B正确；
对于C：由A选项可知，当时，显然成立.
当时，等价于，可知，，，可知函数在区间上单调递增，
又，单调递减.要让，只需证，
又∵，∴只需证，令，则，
∵，∴，∴，∴函数在区间上单调递增，∴，∴，∴，∴，故C正确；
对于D：，，，，又，，，，∴，只需要证明，.
令，，，故D正确.
故选：BCD.
3．已知函数.若过点可以作曲线三条切线，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数求的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，结合图象即可得出答案.
【详解】设切点为，由可得，
所以在点处的切线的斜率为，
所以在点处的切线为：，
因为切线过点，所以，
即，即这个方程有三个不等根即可，
切线的条数即为直线与图象交点的个数，
设，
则
由可得，由可得：或，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
当趋近于正无穷，趋近于0，当趋近于负无穷，趋近于正无穷，
的图象如下图，且，
要使与的图象有三个交点，则.
则的取值范围是:.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键是通过分离参数得出关于的方程有三个不同的实数根，通过数形结合即可顺利得解.
4．(24-25高二下·湖南娄底部分学校·期中)已知定义在上的函数满足，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，求导，结合已知条件得在定义域上单调递增，然后化简已知不等式得，利用单调性即可求解.
【详解】设，
则，
因为，所以，又，所以恒成立，
所以在定义域上单调递增．
故原不等式可转化为，又，所以，
所以，所以，故不等式的解集为．
故选：B
5．(23-24高二下·湖南名校联考联合体·期中)已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】变形为有两个实根，变形得到，设，求导得到单调性，进而求出，只需使有两个根，设，求导,即可求解最值得出的取值范围．
【详解】要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根，
即，整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
所以只需使有两个根，设，
，
易知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
故函数在处取得极大值，也是最大值，则，
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得，
即的取值范围是．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：由指对数运算等价变换为，即可由的单调性得.
6．(23-24高二下·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)已知，过点可作曲线的两条切线，切点为，．求的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先设切点坐标，利用导数的几何意义确定切线方程，参变分离得方程有两不同解，构造函数，判定其单调性求其最小值，化为解，构造函数，判定其单调性从而解得化简待求式得，即可得结果.
【详解】因为，设切点坐标为，
则曲线在该点处的切线方程为：，
又在切线上，即，
则方程有两不同解，
令，
易知时，单调递增不合理，故．
当时，，当时，单调递减，时，单调递增，故为极小值；
要使有两解，则，即，
令在上单调递增，
又因为，所以
易知，
又因为为方程的解，故有，
代入可得，故所求取值范围为．
故选：A
【点睛】思路点睛：由导数的几何意义转化为方程有两解，分别构造函数，利用导数研究单调性及极最值得的取值范围，再化简待求式得即可.
7．(24-25高二下·湖南部分学校·期中)（多选）已知不等式对任意成立，则实数的取值可以为（ ）
A． B． C． D．e
【答案】ABD
【分析】构造函数，由其单调性得到，再参变分离求最值即可求解.
【详解】原不等式可化为．
令，则原不等式等价于，
易知在上单调递增，
所以不等式可化为，
两边取对数即得，所以恒成立．
令，
则，
由，可得，由，可得，
可知在上单调递增，在上单调递减，
最大值为
所以，故，即实数的取值范围为．
符合条件的选项有ABD，
故选：ABD.
8．(24-25高二下·湖南三湘名校教育联盟·期中)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若在处取得极小值，则
B．若，则
C．若，则曲线关于点中心对称
D．若，则有3个零点
【答案】ACD
【分析】根据题意得，求解a，并验证判断A；根据函数单调性判断B；通过判断C；根据函数单调性，并结合零点存在性定理判断D.
【详解】对于A，因为，因在处取得极小值，
则，得，
当时，，
当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，故在处取得极小值，故A正确；
对于B，当时，因，则在上单调递增，
故当时，，故B错误；
对于C，当时，因，
故曲线关于点中心对称，故C正确；
对于D，因为，
由，当时，，故在上单调递增；
时，则在上单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
因，，
由可得在上有一个零点；
因，，
由可得在上有一个零点；
又
由可得在有一个零点，
综上分析，可得函数有3个零点，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：根据函数极值点求参数值时，要注意需要验证.
9．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)（多选）已知函数，其中为正整数，且为常数，是函数大于的零点，其构成数列，则（ ）
A．函数不可能有三个零点
B．函数的减区间为
C．对于任意的，函数在区间内均存在零点，则
D．存在实数使得数列的部分项构成无穷等比数列
【答案】ACD
【分析】利用导数判断函数的单调性，即可说明A，利用导数求出函数的单调区间，即可判断B，首先说明单调性，则，即可求出的取值范围，从而判断C，找到特殊值，即可判断D.
【详解】对于A：因为，所以，
所以在定义域上单调递增，所以函数不可能有三个零点，故A正确；
对于B：因为，所以，
令，解得，
所以函数的单调递减区间为，故B错误；
对于C：当时，恒成立，
所以函数在上单调递增，
又，
所以函数在内均存在零点只需满足即可，
即，所以，
所以且，
又为正整数，所以，即，故C正确；
对于D：令，解得，
当时，，
则当时，，所以是上的严格增函数，
所以．
所以．
所以是恒为的常数列，故存在实数使得数列的部分项构成无穷等比数列，故D正确．
故选：ACD
10．(24-25高二下·湖南三湘名校教育联盟·期中)已知函数.
(1)当时，求在区间上的最大值和最小值；
(2)当时，证明：；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)最大值为，最小值为1.
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）把代入函数解析式，求导函数判断原函数在上的单调性，即可求出答案；
（2）当时，令，求出最小值，即可证明；
（3）依题意，，令，求出最小值即可.
【详解】（1）当时，，所以，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以在区间上的最大值为.
又，所以在区间上的最小值为.
所以在区间上的最大值为，最小值为1.
（2）当时，令，其定义域为，
因为，令，得，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增，所以.
故.
（另解）当时，令，其定义域为，
所以，
因为，而在上单调递增，且，
所以存在，满足，即，且
所以且，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，所以.
（3）由，得，
即，即，
令，则，
令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以当时，在内存在唯一的零点，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，因为，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以实数的取值范围为.
11．(24-25高二下·湖南郴州·期末)已知函数，
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)当时，设函数，讨论函数零点的个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）先求出函数的解析式，对函数求导，将切点坐标代入函数和导数中，即可求得切线方程.
（2）方法一：分别讨论时的单调性和最值，进而确定零点个数；方法二：讨论时的单调性和最值，进而确定零点个数，时利用放缩法，先证明，再证明，进而确定零点个数.
【详解】（1）当时，
求导得，所以，又
所以在点处的切线方程为
（2）当时，，所以，
令，求导得，
因为，所以在上单调递增，所以.
因为，所以当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
又，所以有唯一零点；
下证当时，无零点
法一：当时，因为，
所以，
令，则，
因为，，所以，所以在上单调递增，
又，，
故在上有唯一的零点β，即，
因此有
当时，，即；当时，，即．
所以在上单调递减，在上单调递增，
故为最小值．
由，得，
所以在时，
因为，所以，又因为当时，，所以．
所以．
因此当时，没有零点.
综上所述，时，有1个零点；当时，没有零点
法二：（放缩法）先证
记，则
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增
所以，即，当且仅当时等号成立
再证：
由得，即，
所以，当且仅当，即时等号成立
所以
因此当时，没有零点．
12．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)已知函数，为实数.
(1)若函数在处的切线经过点，求的值；
(2)若有极小值，且极小值大于2，求的取值范围；
(3)若对任意的，且恒成立，求的取值范围.（为自然常数）
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求导，由导数的几何意义可得切线方程，将点代入即可求解；
（2）通过求导可得函数的极小值为，即可求解；
（3）令，由已知可得在单调递减，将问题转化为求在上恒成立问题，即可求解.
【详解】（1）因为，所以，所以，
又，所以函数在处的切线方程为，
因为切线经过点，所以，解得；
（2）由（1）知，函数的定义域为，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，无极值，
当时，令，得，
所以当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数有极小值，极小值为，
由，所以，所以的取值范围为；
（3）由得，
令，所以对任意的，且，恒成立，
所以在单调递减，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
因为二次函数在上单调递增，
所以函数在上的最小值为，
所以.
13．(23-24高二下·湖南名校联考联合体·期中)已知函数.
(1)若（e为自然对数的底数），求函数的极值；
(2)若，函数有两个零点，且不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2)
【分析】（1）直接求导得，再对分子求导即可得到的单调性和极值；
（2）求导得，题意等价转化为有两个正根，再利用同构思想进行整体换元得有两个正根，最后再利用比值换元法即可.
【详解】（1），定义域为，
，
令，则在上单调递增，
由时，单调递减；
时，单调递增；
，无极大值.
（2），
令，可得，
原题意等价于有两个正根，
令，则，等价于有两个正根，
当时，恒成立，故在上单调递增，
对于，由，可得，
可得，可得，
令，由，可得，
由整理可得，
，
原题意等价于当时，恒成立，
等价于当时，恒成立，
令，则，
，则，解得，
当时，令，则当时，恒成立，
故在上单调递增，则，
即当时，恒成立，故在上单调递增，
则，.可知符合题意，
综上所述:实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过等价转化得有两个正根，然后再设，即利用比值换元法求出答案.
14．(23-24高二下·湖南长沙第一中学、长沙一中城南中学等多校·期中)已知函数（，），且曲线在点处的切线经过点.
(1)求；
(2)求的单调区间；
(3)若，，证明：.
【答案】(1)
(2)的单调递减区间为，单调递增区间为
(3)证明见解析
【分析】（1）对求导，由题意可得，解方程即可得出答案；
（2）对求导，判断与0的大小即可求出的单调区间；
（3）令，对求导，可证得，设函数，由此对放缩可证得，再由可得，同理证得，即可证明.
【详解】（1）解：，
由题意得，
则，
得，又，所以．
（2）解：由（1）可知．
因为函数均为增函数，所以为增函数．
易得，则当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
（3）证明：由题意得，设函数，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
则，即（当时，等号成立）．
设函数，
则，因为，所以
由，得
同理，，得．
由，得，所以．
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于令，对求导，可证得，设函数，由此对放缩可证得，再由可得，同理证得，即可证明.
15．(24-25高二下·湖南部分学校·期中)已知函数，且的图象在点处的切线方程为．
(1)求的解析式；
(2)若是在上的一个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）代入函数得，解得．利用导数的几何意义可得，从而可得的解析式；
（2）分别讨论，，时，的单调性，从而可得，由是在上的一个极值点，得，所以解得 再根据三角函数的值域即可得证．
【详解】（1）由题可知，解得．
，
由，解得，
.
（2）证明：由（1）得．
①当时，，
所以，则，
所以在上单调递增．
②当时，．
令，则．
因为，
所以，则在上单调递减．
因为，
所以存在，使得，即，也即，
则在上，，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
③当时，，所以．
又，所以，故在上单调递减．
因为是在上的一个极值点，所以，
由上知在上单调递增，在上单调递减，
则，从而．
因为，所以
所以，
即．
16．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期中)已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，设，讨论函数的单调性；
(3)若函数在上有且仅有2个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)在上单调递增，在上单调递减；
(3)
【分析】（1）求导，利用导数几何意义求出切线方程；
（2）当时，，，求导，解不等式，得到函数单调性；
（3）当时，由，得，令，，求导，得到其单调性，从而画出在上的图象，数形结合得到当时，直线与函数在上的图象有两个交点，得到答案.
【详解】（1）当时，，所以，
则，而，
所以所求切线方程为，即.
（2）当时，，，所以，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减；
（3）当时，由，得，令，，
依题意，直线与函数在上的图象有两个交点，
，当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值为，且，，
画出在上的大致图象如图，
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
所以实数的取值范围是.
17．(23-24高二下·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：阶导数指对一个函数进行次求导，表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，为自然对数的底数，，该公式也称麦克劳林公式．设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题：
(1)利用泰勒公式求的近似值；（精确到小数点后两位）
(2)设，证明：；
(3)证明：（为奇数）．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用泰勒公式对进行展开，代入公式计算；
（2）利用泰勒公式对进行展开，得到，计算得到，可得结论；
（3）利用阶导数和（2）的结论进行放缩，利用裂项相消进行求和，证得不等式。
【详解】（1）由泰勒公式知，①
于是有；
（2）由上得，②
由①②得，
，
所以，
即；
（3）当为偶数时，为奇数时，．
故原式可化为，③
由上题可知，
故有，③式．
(
考点02
概率统计
)
18．(23-24高二下·湖南邵阳邵东第四中学·期中)“三门问题”出自八九十年代美国的有奖类电视节目.参赛者会看见三扇关闭了的门，其中一扇的后面有一辆跑车，选中后面有车的那扇门可赢得该跑车，另外两扇门后面则各藏有一只山羊.当参赛者选定了一扇门，但未去开启它的时候，节目主持人开启剩下两扇门的其中一扇，露出其中一只山羊.其后主持人会问参赛者要不要换另一扇仍然关上的门.问题是：换另一扇门，是否会增加参赛者赢得跑车的概率.如果严格按照上述的条件，那么答案是______（填“会”或者“不会”）.换门的话，赢得跑车的概率是______.
【答案】 会
【分析】设三扇门为，根据题意可得假设我们已经选了门，主持人打开了门，若车在，则打开的概率是，若车在，则打开的概率为1，再结合条件概率及全概率公式即可得解.
【详解】设三扇门为，假设我们已经选了门，主持人打开了门，
若车在，则打开的概率是，
若车在，则打开的概率为1，
被打开可能是在以车在的前提下以概率随机选择的（情况1），
也可能是以车在为前提以1的概率打开的（情况2），
虽然我不知道究竟是哪种情况，但是情况2使被打开的可能性更大，
所以以被打开作为已知信息，可以推出已发生情况2的概率更大，
所以换另一扇门会增加参赛者赢得跑车的概率，
用概率论公式来分析，我们得到：
车在门的概率为：，
车在门的概率为：.
故答案为：会；.
【点睛】思路点睛：用定义法求条件概率的步骤：
（1）分析题意，弄清概率模型；
（2）计算、；
（3）代入公式求.
19．(24-25高二下·湖南郴州宜章县第一中学·期中)投掷一枚均匀的骰子，每次掷得的点数为1或2时得1分，掷得的点数为3，4，5，6时得2分；独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分.
(1)设投掷2次骰子，最终得分为，求随机变量的分布列与期望；
(2)设最终得分为的概率为，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)证明见解析，.
【分析】（1）根据情境求出离散型随机变量的取值，以及相应的概率，写出分布列，根据期望公式求解即可；
（2）根据递推公式，结合等比数列的定义证得为等比数列，再利用累加法和等比数列前n项和公式求得的通项公式．
【详解】（1）由题意投掷1次骰子得分的概率为，投掷1次骰子得分的概率为，
由题意的可能取值为2，3，4，
，，，
故的分布列为：
2 3 4
因此，数学期望.
（2）由题意知，
故，且，，，
故是以为首项，为公比的等比数列，
故，
所以，当时，
，
当时，上式也成立，
综上所述：.
20．(23-24高二下·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)二项分布是离散型随机变量重要的概率模型，在生活中被广泛应用．现在我们来研究二项分布的简单性质，若随机变量．
(1)证明：（ⅰ）（，且），其中为组合数；
（ⅱ）随机变量的数学期望；
(2)一盒中有形状大小相同的4个白球和3个黑球，每次从中摸出一个球且不放回，直到摸到黑球为止，记事件A表示第二次摸球时首次摸到黑球，若将上述试验重复进行10次，记随机变量表示事件A发生的次数，试探求的值与随机变量最有可能发生次数的大小关系．
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
(2)数学期望小于最有可能发生的次数
【分析】（1）（ⅰ）根据组合数公式分析证明；（ⅱ）根据二项分布结合二项式定理分析证明；
（2）分析可知随机变量，结合二项分布概率公式可得概率最大，进而与期望对比分析.
【详解】（1）（ⅰ）因为，
且，
所以；
（ⅱ）因为，，
可得
，
令，则.
（2）由题意可知：，
又因为随机变量，所以，
因为，
假设时，其概率最大，
则，解得，
可知，所以其数学期望小于最有可能发生的次数．
【点睛】方法点睛：1.对于（1）（ⅱ）根据组合数性质以及二项式定理分析求解；
2.对于二项分布的概率最大问题，常常列式，运算求解即可.
21．(23-24高二下·湖南师范大学附属中学·期中)投掷一枚均匀的骰子，每次掷得的点数为5或6时得2分，掷得的点数为1，2，3，4时得1分，独立地重复掷一枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分．
(1)设投掷2次骰子，最终得分为X，求随机变量X的分布列与期望；
(2)记n次抛掷得分恰为分的概率为，求的前n项和；
(3)投掷骰子100次，记得分恰为n分的概率为，当取最大值时，求n的值．
【答案】(1)分布列见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）根据的取值求出相应的概率即可；
（2）由n次抛掷得分恰为分，可得只有1次抛掷得2分，进而利用独立重复实验的概率可得，从而利用错位相减法可求；
（3）设得1分的次数为x，则得2分的次数为，因此抛掷100次所得总分为，进而由利用独立重复实验的概率可得，当取最大值时，要满足，从而利用组合数的性质即可求解.
【详解】（1）得2分的概率为，得1分的概率为.
X的可能取值为2，3，4，
，，
X的分布列为
X 2 3 4
P
数学期望．
（2）因为n次抛掷得分恰为分，则只有1次抛掷得2分，
于是，
则，
于是，
两式相减，得
，
所以．
（3）设得1分的次数为x，则得2分的次数为，
因此抛掷100次所得总分为，
此时，
假定取最大值，必有，
于是，即，
整理得，
解得，而，则，则，
所以当取最大值时，．
【点睛】关键点睛：本题考查了随机变量的分布列和期望，也考查了数列在概率中的相关应用，需要熟练应用独立重复事件的性质、错位相减法与在二项式中求系数最大（小）的项.
22．(24-25高二下·湖南部分学校·期中)已知一个盒中装有3个大小，形状完全相同的小球（1个红球和2个黑球），从盒中每次随机不放回地取出1个小球，若取出的是红球，则将1个黑球放入盒中；若取出的是黑球，则将1个红球放入盒中，以上取1个球再放1个球的过程称为1次操作．假设每次取球相互独立．
(1)经过2次操作后，记盒中红球的个数为X，求X的分布列；
(2)求第3次操作取到红球的概率；
(3)设经过次操作后，盒中全是黑球的概率为，求数列的前n项和．
【答案】(1)
1 3
(2)
(3)
【分析】（1）根据题目条件得出盒中红球的个数的可能值，分别求出概率，即可得出分布列；
（2）方法一：设出第次取到红球的事件，即可求出第3次操作取到红球的概率；方法二：根据（1）中第二次的情况，即可求出第3次操作取到红球的概率；
（3）求出当为奇数和偶数时盒中球的情况，得出递推公式，证明是等比数列，即可求出通项公式，进而得出的前n项和.
【详解】（1）由题意，
的所有可能取值为1,3，
,
故的分布列为
1 3
（2）由题意，
（方法一）设事件表示第次取到红球，
则
（方法二）由（1）知第3次操作取到红球的概率为．
（3）由题意及（1）（2）得，
设次操作后，盒中全是黑球、1个红球和2个黑球、2个红球和1个黑球、全是红球的概率分别为．
由操作规则可知，
当为奇数时，盒中全是黑球或2个红球、1个黑球，
当为偶数时，盒中全是红球或1个红球、2个黑球，
即，其中．
因为，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则．
故．
即
23．(24-25高二下·湖南三新/H11/G10教育联盟·期中)生物研究工作中，统计鸟类主要是研究鸟类种群数量和分布规律.统计人员发现某鸟类在区域经常出没，在区域统计时发现该鸟类有两个品种，分别记为I种和II种.统计人员在区域随机捕获了50只该鸟，再将捕获的鸟全部放回，作为一次试验结果.记第次试验中I种的数目为随机变量.设该区域中I种的数目为，II种的数目为.
(1)（i）求在第1次试验中随机变量的分布列.
（ii）假设每一次试验均相互独立，统计人员完成所有试验后，得到的实际取值分别为，其平均值，方差.记随机变量.采用和分别代替期望和方差，试给出，的估计值（结果保留整数）.
参考公式：从含件次品的件产品中，分别采用有放回和不放回的方式随机抽取件，设抽取的件产品中次品数为，如果采取有放回抽样，则方差；如果采取不放回抽样，则方差为.随机变量与满足.若随机变量与相互独立，则.
(2)假设统计人员每次随机捕获一只该鸟，统计种类，再将捕获的鸟放回，重复进行次.“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理.基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计.具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值.已知的参数的对数似然函数为，其中，求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性.
【答案】(1)（i）分布列见解析（ii），
(2)，合理性说明见解析；
【分析】（1）（i）根据超几何分布写出分布列即可；
（ii）根据超几何分布的期望和方差公式求出、，再结合题中给的参考公式即可求、，进而列出关于的方程组；
（2）求，再求出其单调性，即可得出最大似然估计的参数.
【详解】（1）（i）依题意，均服从完全相同的超几何分布，
故的分布列为，
其中为整数，且.
（ii）由于每一次试验均相互独立，且均服从完全相同的超几何分布，则，
，
则由公式可得，
，
由公式可得，，
即，解得，.
（2）由，
则，
令，得，故，
则，得； ，得，
故在上单调递增，在上单调递减，
即当时，取最大值，故，
因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的.
(
考点03
圆锥曲线
)
24．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)已知在平面直角坐标系中，，动点满足，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】设点，由距离公式得到，则，求出的取值范围，即可得解.
【详解】设点，依题意可得，
即，
则，
所以，
因为，当且仅当时取等号，
由，解得，所以，则，
所以.
故答案为：
25．(24-25高二下·湖南邵阳第二中学·期中)（多选）已知双曲线的左 右焦点分别为为双曲线右支上的动点，则（ ）
A．若到渐近线的距离为1，则
B．当点异于顶点时，的内切圆的圆心总在定直线上
C．若，则点的纵坐标为
D．过点作双曲线的切线交渐近线于两点，若，则曲线的渐近线方程为
【答案】ABD
【分析】根据焦点到渐近线的距离为，根据求解即可判断A；根据圆的性质及双曲线的定义即可得的内切圆的圆心的横坐标为即可判断B；设，结合点P在双曲线上，根据数量积的坐标运算求解判断C；设，求出切线方程，进而求出点的坐标，根据面积求出，即可求解渐近线方程判断D.
【详解】选项A：因到渐近线的距离为1，故，故，故A正确；
选项B：

如图，的内切圆的圆心为，分别与切于点，
则，
由双曲线的定义可得，故，
故，即，
又，故，故，
故的内切圆的圆心总在定直线上，故B正确；
选项C：

设，则，
因，故，故，
代入可得得，得，故C错误；
选项D：
不妨设是双曲线右支在第一象限的一点，，得，
所以，则在的切线斜率，
所以在点处的切线方程为，

又由，可得切线方程为，所以与x轴交点坐标为
不妨设是切线与渐近线在第一象限的交点，
是切线与渐近线在第四象限的交点，双曲线的渐近线方程是，
联立，解得，
联立，解得，
所以，
解得，所以渐近线方程为；
当点坐标为时，切线方程为，双曲线的渐近线方程为，
联立得，联立得，
故，得，此时渐近线方程为；

同理，是双曲线右支在第四象限的一点时，渐近线方程为；
综上，渐近线方程为，故D正确，
故选：ABD.
26．(24-25高二下·湖南娄底部分学校·期中)已知椭圆，为的左焦点，右顶点到的距离为，且离心率为，直线过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于、两点（、异于左、右顶点），求直线与的斜率之积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得直线与的斜率之积.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由已知点、，
依题意得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意可得直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，设点、，
由得，，可得，
由韦达定理可得， ，
已知，则，同理可得，
所以
.
27．(24-25高二下·湖南三湘名校教育联盟·期中)已知椭圆的左，右焦点分别为椭圆上任意一点，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若为圆上任意一点，求的最小值；
(3)已知直线与轴交于点，且与椭圆交于两点，为坐标平面内不在直线上的动点，若直线斜率的倒数成等差数列，证明：动点在定直线上，并求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）利用椭圆的定义和焦距的性质求出基本量，得到椭圆方程即可.
（2）利用圆的性质得到，再结合三角形两边之和大于第三边的性质进行放缩求解最值即可.
（3）联立方程组结合韦达定理得到，进而表示出，再结合给定条件进行化简，证明点在定直线上即可.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为，所以，
由椭圆的定义，解得，
得到，故的方程为.
（2）因为的右焦点，
圆的圆心，半径，
显然椭圆与圆没有交点，因为点在圆上，所以，
于是，
当且仅当分别是线段与椭圆，圆的交点时取等号，
故的最小值为.
（3）如图，设，
因为直线，所以点，
联立消去得.
所以，
因为，
且直线斜率的倒数成等差数列，所以，
所以，即，
将代入上述等式可得，
若，则点在直线上，与已知矛盾；
故，
整理可得，
可得，
即，
即对任意的恒成立，
得到，解得或，
由于的斜率不为0，得到，故，
故点在定直线上.
28．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期中)已知椭圆：的左焦点为，椭圆上任意一点到的距离最大值为6.
(1)求椭圆的方程；
(2)过原点且斜率为的直线与椭圆交于M，N两点.
（i）当时，设直线，的斜率分别是，，求证：为定值；
（ⅱ）过点作垂直于的直线交于，交圆：于P，Q两点，记，的面积分别为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据焦点及椭圆的性质得，，进而可得，即可得方程；
（2）（i）不妨设，，联立直线与椭圆方程，应用韦达定理、斜率两点式整理化简即可证得；
（ⅱ）根据已知及圆、椭圆的对称性得，讨论、求右侧范围，即可得.
【详解】（1）由题知，又，可得，，
则椭圆方程为.
（2）（i）不妨设，，
由，化简为，
显然，则，，
又
，即证.
（ii）由于，均为直角三角形，，，
由圆的性质知，故，
由于，，
当时，，则，
当时，直线方程为，则，
又，
所以，令，那么，
即，则，
综上可得，.
29．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)在平面直角坐标系中，点分别是椭圆的右顶点、上顶点、左顶点，若的离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知两点，其中点在线段上运动（不含端点），与关于点对称，直线与椭圆的另一交点为点，直线与椭圆的另一交点为点，设直线的斜率分别为，直线的斜率分别为.
（i）求的面积的最大值；
（ii）求证：为定值，并求出该定值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析，
【分析】（1）根据离心率及求出、，即可得解；
（2）（i）设为点到直线的距离，则的面积，当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时取得最大值，求出的最大值，即可得解；（ii）设，则，则，再由直线的方程为，求出点坐标，从而得到点坐标，即可求出，从而得解.
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（i）设为点到直线的距离，
所以的面积
显然当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时取得最大值，
因为，，所以，设直线的方程为，即，
由，整理得，
由，解得（正值舍去），
所以直线的方程为，又到直线的距离，
所以的最大值为，
则；
（ii）设，则，
所以，
又直线的方程为，由，整理得，
所以，则，
即，同理可得，
所以
，
因为，所以，则，
所以
，
所以.
(
考点04
立体几何
)
30．(24-25高二下·湖南沅澧共同体·期中)（多选）如图，在四面体中，，，，，， 分别为棱上的动点，则下列选项正确的是（ ）
A．的最小值为 B．平面
C．直线与面所成角为 D．四面体的体积为
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，利用相似的性质，结合线面垂直的判定定理及性质定理可判断BCD；将侧面与侧面展开在同一平面内，计算点到直线的距离判断A.
【详解】对于B，由，得，
由，平面，得平面，
因为平面，所以，
又因为平面，所以平面，B正确；
对于C，由选项B知，平面，故为直线与面所成角，为，C正确；
对于D，由得，
由得，
因为，所以，
所以四面体的体积为，D正确；
对于A，如图，将侧面与侧面展开在同一平面内，
由题意得，，
过作于点，交于点，
则的最小值为，A错误.
故选：BCD
31．(24-25高二下·湖南长沙明德中学·期中)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，，则下列说法中正确的是（ ）
A．平面
B．若平面，则动点的轨迹长度为
C．若，则四面体的体积为定值
D．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为
【答案】BCD
【分析】对于A，运用反证法，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B，利用动线构造平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段；对于C，由推理得到三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值；对于D，根据题意，确定三棱锥外接球球心为中点，从而求得其半径，即得其体积.
【详解】
对于A，如图1，假设平面，因平面则；
四边形是正方形，，
又平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，平面，，
又，平面，平面，
由，可得平面，
显然该结论不成立，故A错误；
对于B，如图2，取，的中点，连接，，，
，且，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，平面；
，，，
四边形是平行四边形，，
，分别是，的中点，，，
平面，平面，平面，
平面，平面，，
平面平面，
平面，点在平面内，
点又在平面内，点的轨迹为线段，
，，故B正确；
对于C，如图2，，，
又，，，
，，三点共线，
点在上，平面，
点到平面的距离为定值，
又的面积为定值，
四面体的体积为定值，故C正确；
对于D：如图3，为正方形的中心，，
的外心为的中点，又，
的外心为中点，
又平面平面，点即为三棱锥的外接球的球心，
其半径，
此外接球的体积，故D正确.
故选：BCD.
32．(24-25高二下·湖南名校联考联合体·期中)如图，矩形中为中点，将沿着折叠至.

(1)证明：平面；
(2)设平面平面，点.
（i）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为；
（ii）在满足条件（i）的情况下，过作一截面，与棱分别交于点，且平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，求.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）根据折叠图形的性质结合勾股定理逆定理得和，即可证得平面；
（2）（i）以点为坐标原点，、为轴和轴建立空间直角坐标系，由∥据题意得，进而得再求出平面的一个法向量的坐标，由直线与平面所成角的条件列式求出即可得答案；
（ii）由（i）知及题意得到，，，再利用棱锥的体积公式结合等体积法即可得解.
【详解】（1）由题意得，，，
所以，即，
∵，所以，即，
又平面，所以平面；
（2）（i）∵,平面,平面,所以平面,
又平面,平面平面，所以

以点为坐标原点，、为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
∵，∴,∴，
设平面的法向量为，
则 即
令得,∴，
记直线与平面所成角为,则，
化简得，解得，所以.
（ii）由（i）知，，
,即(三等分点)，
又∵平面，
∴，∴(三等分点)，
∵，，∴四边形为平行四边形，
∴即(四等分点)，
∴
又∵
∴.
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