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湖南汨罗市第一中学2025-2026学年高三下学期4月第二次模拟数学试卷
1．若复数，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，，其虚部为．
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简求得，再根据 共轭复数的定求，最后根据复数的概念求虚部即可.
2．已知集合，全集，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】补集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使有意义，则，解得，
即集合，则或，即.
故答案为：C.
【分析】根据偶次根式有意义列式求得集合A，再根据集合补集运算求解即可.
3．已知正数满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
则的最小值为．
故答案为：A．
【分析】利用基本不等式求最小值即可．
4．数列满足，则满足的的最小值为（　　）
A．16 B．15 C．14 D．13
【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：因为当时，，，
所以，
当时，，
所以当时，是以，的等比数列，故，
所以，
故，即，
因为，，所以，即，故的最小值为.
故答案为：A.
【分析】分和讨论，当时，，当时得到，利用等比数列的前项和公式，将不等式转化为求得，求解即可.
5．幂函数是偶函数，且在（0，+∞）上是减函数，则m的值为（　　）
A．﹣6 B．1 C．6 D．1或﹣6
【答案】B
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为是幂函数，所以，
解得或，
因为 是偶函数 且在（0，+∞）上是减函数 ，所以为偶数，且，
当时，满足条件；
当时，，舍去，故m＝1。
故答案为：B。
【分析】由题意可得 ，且为偶数，求解即可。
6．已知函数有最小值，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：当时， ，；当时，，
①、当时，函数为常函数，在R上满足函数有最小值为，
②当时，函数为单调的一次函数，要满足在R上有最小值，
则 解得，
综上，实数a的取值范围为： .
故答案为：C．
【分析】先求当时函数的最小值，再对当时，讨论的单调性和取值情况，结合题意列不等式组求解的取值范围即可.
7．双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于、两点，且、、成等差数列，则等于（　　）
A．16 B．8 C．4 D．2
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；等差中项
【解析】【解答】解：如图所示：
由双曲线，可得，
因为、、成等差数列，所以，
由双曲线的定义得：①，②，
得，
又因为，，
所以.
故答案为：B.
【分析】作出图形，由、、成等差数列，可得，再根据双曲线的定义求得，代入整理求解即可.
8．已知函数（）的一个零点为，一条对称轴为，，则的最小值是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意可知，，，所以，，
即，，
因为，所以，，所以，，
又因为，所以当时，取得最小值.
故答案为：B.
【分析】根据正弦函数的性质求解即可.
9．已知圆，圆．则下列选项正确的是（　　）
A．直线恒过定点
B．当圆和圆有三条公切线时，若P，Q分别是圆上的动点，则
C．若圆和圆共有2条公切线，则
D．当时，圆与圆相交弦的弦长为
【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆相交的性质；圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：A、易知圆心分别为，直线的方程为，
即，即得直线恒过定点，故A正确；
B、化为，
当圆和圆有三条公切线时，圆和圆外切，则，解得，
当时，如图示，当共线时，；
同理求得当时，，故B正确；
C、若圆和圆共有2条公切线，则两圆相交，
即，即，解得，故C错误；
D、当时，两圆相交，
，，
将两方程相减可得公共弦方程，
则到的距离为，
则圆与圆相交弦的弦长为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】易知两圆的圆心，求出直线的方程，即可判断A；根据圆和圆外切求出a的值，数形结合即可判断B；根据两圆公切线条数判断两圆相交，利用圆心距和半径的关系，列不等式求解即可判断C；当时，两圆相交，两圆方程作差，求出两圆的公共弦方程，利用点到直线的距离公式、结合勾股定理求两圆的公共弦长即可判断D.
10．已知函数，，.则下列说法正确的是（　　）
A．函数与函数互为反函数
B．函数在区间内有零点
C．若，，均为正实数，且满足，则
D．若函数的图象与函数的图象和函数的图象在第一象限内交点的横坐标分别为，，则
【答案】A,B,D
【知识点】指数函数的图象与性质；互为反函数的两个函数之间的关系；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、因为，所以与互为反函数，故A正确；
B、令，即，
当时，；当时，，
根据零点存在定理可知：函数在区间内有零点，故B正确；
C、已知函数，，，画出图像为：
如图符合题意，而，故C错误；
D、令，则，令，则，
因为函数的图象与函数的图象和函数的图象在第一象限内交点的横坐标分别为，，
所以①，②，假设，则，
将其代入①式中得，与②式相同，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据反函数的定义即可判断A；令，结合零点存在定理求解即可判断B；作出函数的图象，数形结合即可判断C；令，，由题意可得①，②，假设，结合对数的运算求解即可判断D.
11．对于定义在区间I上的函数，若存在正数，使得不等式对任意不同的实数恒成立，则称函数在区间I上是“-理想函数”，则下列说法正确的有（　　）
A．函数是“2-理想函数”
B．若函数在上是“-理想函数”，则的最小值为
C．设，如果是“2025-理想函数”，且的零点也是的零点，，则方程在区间上有解
D．若函数在上是“1-理想函数”，且，则存在满足条件的函数，存在，使得
【答案】B,C
【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；正弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、，
当时，，所以函数不是“2-理想函数”，故A不正确；
B、由函数在上是“-理想函数”
即，显然函数在上单调递增，且，
不妨设，则恒成立，
令，则在上单调递减，
即当时，，即恒成立，
又当时，函数为单调递减，所以，
所以即可，即的最小值为，故B正确；
C、因为函数是“2025-理想函数”，
所以，即，所以，
由于的零点为，所以，
又也是的零点，所以，
又，所以，故，，
设，，
由，，
显然此时，由零点存在定理知方程在区间上有解，故C正确；
D、函数在上是“1-理想函数”，
则对任意，，
不妨设，
当时，则，
当时，由于，
则，
所以，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】，当时，，根据“-理想函数”的定义即可判断A；根据理想函数的定义，以及幂函数单调性、不等式恒成立，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最小值，确定的取值范围即可判断知B；由题意可求出，结合零点定义由三角函数值域以及零点存在定理即可判断C；易证明函数在上是“1-理想函数”，则对任意，，即可判断D.
12．已知函数，若曲线在点处的切线过坐标原点，则实数的值为　 　．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数，求导可得，
，，
则曲线在点处的切线方程为，
因为该切线过坐标原点，所以，即，
解得．
故答案为：.
【分析】求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求得点的切线方程，再根据切线过原点求实数即可.
13．计算：　 　.
【答案】2
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：tan，
由，可得，
故上式可化为，
又由，
可得．
故答案为：2.
【分析】根据两角和的正切公式，结合同角三角函数基本关系以及正弦的二倍角公式化简求值即可.
14．若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为　 　．
【答案】
【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】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
令，可得或，
当时，即，恒成立，单调递减，不符合题意；
当时，因为，所以，
由，得，由，得或，
即在和单调递减，在单调递增，
即函数在处取得极小值，不符合题意；
当时，因为，所以，
由，得，由，得或，
即在和单调递减，在单调递增，
即函数在处取得极大值，符合题意；
综上实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导，令求得x的值，再讨论和0的大小，利用导数判断函数的单调性，结合题干的极值求解即可.
15．在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，
即，即，
因为，所以，，
因为，所以；
（2）解：由，可得，
由余弦定理，解得，
则，即的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形内角和定理，两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）利用三角形面积公式，结合余弦定理求解即可.
（1）由正弦定理得：，
在三角形中，所以，
即，
因为，所以，
因为，所以
（2），所以，
由余弦定理得，所以，
则，
所以的周长为.
16．云南省城市足球联赛，简称“滇超联赛”，覆盖全省16个州（市），于2025年11月29日开赛．赛事的第一阶段又称为积分赛阶段，16支球队进行15轮比赛，即每支球队与其他15支球队各对阵一场，第一阶段积分前八的球队方能进入第二阶段．其积分规则：常规时间90分钟内获胜的球队积3分，负者积0分；若常规时间战平，点球大战胜者积2分，负者积0分．假设某个球队甲，对其他所有球队常规时间取胜的概率均为，战平的概率均为，若进入点球大战则取胜的概率均为，且每场比赛相互独立．
（1）求甲球队在接下来的三场比赛中恰有两场获胜的概率；
（2）设X为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，求X的分布列与期望．
【答案】（1）解：根据题意，甲单场获胜包含两种情况：
①直接获胜，其概率为；
②常规时间战平后点球获胜，其概率为，
则甲单场获胜的概率为，
故三场比赛恰有两场获胜的概率为；
（2）解：甲单场比赛的积分有3种情况：
单场比赛积3分，其概率为；单场比赛积2分，其概率为；
单场比赛积0分，其概率为，
设为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，则的可能取值为，
可得，，
，，
，，
随机变量分布列为：
0 2 3 4 5 6
则期望为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用互斥事件概率的加法公式，求得甲单场获胜的概率，再利用重复试验的概率公式求解即可；
（2）先求得甲单场比赛积分分别为3分，2分和0分的概率，设为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，易知的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，再求期望即可.
（1）解：根据题意，甲单场获胜包含两种情况：
①直接获胜，其概率为；
②常规时间战平后点球获胜，其概率为，
所以甲单场获胜的概率为，
则三场比赛恰有两场获胜的概率为.
（2）解：甲单场比赛的积分有3种情况：
单场比赛积3分，其概率为；单场比赛积2分，其概率为；
单场比赛积0分，其概率为，
设为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，则的可能取值为，
可得，，
，，
，，
所以随机变量分布列为：
0 2 3 4 5 6
则期望为.
17．如图所示，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面ABF与平面ACF的夹角的余弦值；
（3）试问直线BC上是否存在点M，使直线平面FDM，若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：设，的交点为，连接，
因为四边形与均为菱形，且，所以，，
又因为，且为中点，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为，，且，平面，所以平面，
设，因为四边形与均为菱形，
且，所以，，
又因为，在中，，所以，
因为，，，平面，所以平面，
以为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
所以，，，，，
由，得到，
所以，，
设平面的法向量，，所以，
因为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，所以；
（3）解：设，所以，
则，，，
设平面的法向量，，所以，
因为平面，所以，所以，
此时在平面FDM外，符合题意，
所以存在点M符合题意，且点在延长线上，满足.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理，以及面面垂直的判定定理证明即可；
（2）先利用线面垂直的判定定理以及勾股定理证平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）由（2）的坐标系，设，求出的坐标，求出平面的法向量，由平面得到，计算出的值，从而得到点在延长线上，且满足.
（1）设，的交点为，连接，
因为四边形与均为菱形，且，
所以，，
又因为，且为中点，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）因为，，且，平面，所以平面，
设，因为四边形与均为菱形，
且，所以，，
又因为，在中，，所以，
因为，，，平面，
所以平面，
以为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，如下图：
所以，，，，，
由，得到，
所以，，
设平面的法向量，，所以，
因为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，所以.
（3）设，所以，
则，，，
设平面的法向量，，所以，
因为平面，所以，所以，
此时在平面FDM外，符合题意，
所以存在点M符合题意，且点在延长线上，满足.
18．已知函数．
（1）试讨论函数的单调性；
（2）当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
【答案】（1）解：函数，求导得，
当时，，则在上单调递减，
当时，令，则，
当，，则在上单调递减，
当，，则在上单调递增，
综上可得：当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：由，不等式恒成立，转化为，
构造函数，
求导
若时，则，所以在单调递减，
由于对于成立，
当时，则，，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，但是，不满足题意，
故整数的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导，分和讨论，利用导数判断函数的单调性求单调区间即可；
（2）问题转化为，构造函数，求导，分和讨论，求解单调性，求的最大值即可.
（1）由，求导得，，
当时，，则在上单调递减，
当时，令，则，
当，，则在上单调递减，
当，，则在上单调递增，
故时，在上单调递减，
时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由，不等式恒成立，
转化为，
构造函数，
求导
若时，则，所以在单调递减，
由于对于成立，
当时，则，
故，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，但是，不满足题意.
故整数的最大值为.
19．在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为．
①求证：为定值；
②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值．
【答案】（1）解：由，，则点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，焦距为，则，，，
故C的方程为；
（2）解：①、由，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以，
又因为，所以，，
所以，
；
②、由①可知，，所以，
作关于轴的对称点，则，，三点共线，
又，，设，
则直线方程即为直线方程，
又直线方程为，作差可得，所以，
所以，，
又，得出，
又因为，所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动，所以.
【知识点】轨迹方程；椭圆的定义；双曲线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求轨迹方程即可；
（2）①、由，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合斜率公式化简证明即可；
②、由①可知，即，作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义证明即可.
（1）由，，
所以点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，
焦距为，则，，
所以，
所以C的方程为.
（2）①由，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以，
又因为，所以，，
所以，
.
②由①可知，，所以，
作关于轴的对称点，则，，三点共线，
又，，设，
则直线方程即为直线方程，
又直线方程为，
作差可得，
所以，
所以，，
又，得出，
又因为，
所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动，
所以.
1 / 1湖南汨罗市第一中学2025-2026学年高三下学期4月第二次模拟数学试卷
1．若复数，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
2．已知集合，全集，则（　　）
A． B．
C． D．
3．已知正数满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
4．数列满足，则满足的的最小值为（　　）
A．16 B．15 C．14 D．13
5．幂函数是偶函数，且在（0，+∞）上是减函数，则m的值为（　　）
A．﹣6 B．1 C．6 D．1或﹣6
6．已知函数有最小值，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于、两点，且、、成等差数列，则等于（　　）
A．16 B．8 C．4 D．2
8．已知函数（）的一个零点为，一条对称轴为，，则的最小值是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
9．已知圆，圆．则下列选项正确的是（　　）
A．直线恒过定点
B．当圆和圆有三条公切线时，若P，Q分别是圆上的动点，则
C．若圆和圆共有2条公切线，则
D．当时，圆与圆相交弦的弦长为
10．已知函数，，.则下列说法正确的是（　　）
A．函数与函数互为反函数
B．函数在区间内有零点
C．若，，均为正实数，且满足，则
D．若函数的图象与函数的图象和函数的图象在第一象限内交点的横坐标分别为，，则
11．对于定义在区间I上的函数，若存在正数，使得不等式对任意不同的实数恒成立，则称函数在区间I上是“-理想函数”，则下列说法正确的有（　　）
A．函数是“2-理想函数”
B．若函数在上是“-理想函数”，则的最小值为
C．设，如果是“2025-理想函数”，且的零点也是的零点，，则方程在区间上有解
D．若函数在上是“1-理想函数”，且，则存在满足条件的函数，存在，使得
12．已知函数，若曲线在点处的切线过坐标原点，则实数的值为　 　．
13．计算：　 　.
14．若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为　 　．
15．在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长.
16．云南省城市足球联赛，简称“滇超联赛”，覆盖全省16个州（市），于2025年11月29日开赛．赛事的第一阶段又称为积分赛阶段，16支球队进行15轮比赛，即每支球队与其他15支球队各对阵一场，第一阶段积分前八的球队方能进入第二阶段．其积分规则：常规时间90分钟内获胜的球队积3分，负者积0分；若常规时间战平，点球大战胜者积2分，负者积0分．假设某个球队甲，对其他所有球队常规时间取胜的概率均为，战平的概率均为，若进入点球大战则取胜的概率均为，且每场比赛相互独立．
（1）求甲球队在接下来的三场比赛中恰有两场获胜的概率；
（2）设X为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，求X的分布列与期望．
17．如图所示，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面ABF与平面ACF的夹角的余弦值；
（3）试问直线BC上是否存在点M，使直线平面FDM，若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由.
18．已知函数．
（1）试讨论函数的单调性；
（2）当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
19．在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为．
①求证：为定值；
②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，，其虚部为．
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简求得，再根据 共轭复数的定求，最后根据复数的概念求虚部即可.
2．【答案】C
【知识点】补集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使有意义，则，解得，
即集合，则或，即.
故答案为：C.
【分析】根据偶次根式有意义列式求得集合A，再根据集合补集运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
则的最小值为．
故答案为：A．
【分析】利用基本不等式求最小值即可．
4．【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：因为当时，，，
所以，
当时，，
所以当时，是以，的等比数列，故，
所以，
故，即，
因为，，所以，即，故的最小值为.
故答案为：A.
【分析】分和讨论，当时，，当时得到，利用等比数列的前项和公式，将不等式转化为求得，求解即可.
5．【答案】B
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为是幂函数，所以，
解得或，
因为 是偶函数 且在（0，+∞）上是减函数 ，所以为偶数，且，
当时，满足条件；
当时，，舍去，故m＝1。
故答案为：B。
【分析】由题意可得 ，且为偶数，求解即可。
6．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：当时， ，；当时，，
①、当时，函数为常函数，在R上满足函数有最小值为，
②当时，函数为单调的一次函数，要满足在R上有最小值，
则 解得，
综上，实数a的取值范围为： .
故答案为：C．
【分析】先求当时函数的最小值，再对当时，讨论的单调性和取值情况，结合题意列不等式组求解的取值范围即可.
7．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；等差中项
【解析】【解答】解：如图所示：
由双曲线，可得，
因为、、成等差数列，所以，
由双曲线的定义得：①，②，
得，
又因为，，
所以.
故答案为：B.
【分析】作出图形，由、、成等差数列，可得，再根据双曲线的定义求得，代入整理求解即可.
8．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意可知，，，所以，，
即，，
因为，所以，，所以，，
又因为，所以当时，取得最小值.
故答案为：B.
【分析】根据正弦函数的性质求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆相交的性质；圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：A、易知圆心分别为，直线的方程为，
即，即得直线恒过定点，故A正确；
B、化为，
当圆和圆有三条公切线时，圆和圆外切，则，解得，
当时，如图示，当共线时，；
同理求得当时，，故B正确；
C、若圆和圆共有2条公切线，则两圆相交，
即，即，解得，故C错误；
D、当时，两圆相交，
，，
将两方程相减可得公共弦方程，
则到的距离为，
则圆与圆相交弦的弦长为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】易知两圆的圆心，求出直线的方程，即可判断A；根据圆和圆外切求出a的值，数形结合即可判断B；根据两圆公切线条数判断两圆相交，利用圆心距和半径的关系，列不等式求解即可判断C；当时，两圆相交，两圆方程作差，求出两圆的公共弦方程，利用点到直线的距离公式、结合勾股定理求两圆的公共弦长即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】指数函数的图象与性质；互为反函数的两个函数之间的关系；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、因为，所以与互为反函数，故A正确；
B、令，即，
当时，；当时，，
根据零点存在定理可知：函数在区间内有零点，故B正确；
C、已知函数，，，画出图像为：
如图符合题意，而，故C错误；
D、令，则，令，则，
因为函数的图象与函数的图象和函数的图象在第一象限内交点的横坐标分别为，，
所以①，②，假设，则，
将其代入①式中得，与②式相同，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据反函数的定义即可判断A；令，结合零点存在定理求解即可判断B；作出函数的图象，数形结合即可判断C；令，，由题意可得①，②，假设，结合对数的运算求解即可判断D.
11．【答案】B,C
【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；正弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、，
当时，，所以函数不是“2-理想函数”，故A不正确；
B、由函数在上是“-理想函数”
即，显然函数在上单调递增，且，
不妨设，则恒成立，
令，则在上单调递减，
即当时，，即恒成立，
又当时，函数为单调递减，所以，
所以即可，即的最小值为，故B正确；
C、因为函数是“2025-理想函数”，
所以，即，所以，
由于的零点为，所以，
又也是的零点，所以，
又，所以，故，，
设，，
由，，
显然此时，由零点存在定理知方程在区间上有解，故C正确；
D、函数在上是“1-理想函数”，
则对任意，，
不妨设，
当时，则，
当时，由于，
则，
所以，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】，当时，，根据“-理想函数”的定义即可判断A；根据理想函数的定义，以及幂函数单调性、不等式恒成立，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最小值，确定的取值范围即可判断知B；由题意可求出，结合零点定义由三角函数值域以及零点存在定理即可判断C；易证明函数在上是“1-理想函数”，则对任意，，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数，求导可得，
，，
则曲线在点处的切线方程为，
因为该切线过坐标原点，所以，即，
解得．
故答案为：.
【分析】求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求得点的切线方程，再根据切线过原点求实数即可.
13．【答案】2
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：tan，
由，可得，
故上式可化为，
又由，
可得．
故答案为：2.
【分析】根据两角和的正切公式，结合同角三角函数基本关系以及正弦的二倍角公式化简求值即可.
14．【答案】
【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】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
令，可得或，
当时，即，恒成立，单调递减，不符合题意；
当时，因为，所以，
由，得，由，得或，
即在和单调递减，在单调递增，
即函数在处取得极小值，不符合题意；
当时，因为，所以，
由，得，由，得或，
即在和单调递减，在单调递增，
即函数在处取得极大值，符合题意；
综上实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求导，令求得x的值，再讨论和0的大小，利用导数判断函数的单调性，结合题干的极值求解即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，
即，即，
因为，所以，，
因为，所以；
（2）解：由，可得，
由余弦定理，解得，
则，即的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形内角和定理，两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）利用三角形面积公式，结合余弦定理求解即可.
（1）由正弦定理得：，
在三角形中，所以，
即，
因为，所以，
因为，所以
（2），所以，
由余弦定理得，所以，
则，
所以的周长为.
16．【答案】（1）解：根据题意，甲单场获胜包含两种情况：
①直接获胜，其概率为；
②常规时间战平后点球获胜，其概率为，
则甲单场获胜的概率为，
故三场比赛恰有两场获胜的概率为；
（2）解：甲单场比赛的积分有3种情况：
单场比赛积3分，其概率为；单场比赛积2分，其概率为；
单场比赛积0分，其概率为，
设为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，则的可能取值为，
可得，，
，，
，，
随机变量分布列为：
0 2 3 4 5 6
则期望为.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用互斥事件概率的加法公式，求得甲单场获胜的概率，再利用重复试验的概率公式求解即可；
（2）先求得甲单场比赛积分分别为3分，2分和0分的概率，设为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，易知的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，再求期望即可.
（1）解：根据题意，甲单场获胜包含两种情况：
①直接获胜，其概率为；
②常规时间战平后点球获胜，其概率为，
所以甲单场获胜的概率为，
则三场比赛恰有两场获胜的概率为.
（2）解：甲单场比赛的积分有3种情况：
单场比赛积3分，其概率为；单场比赛积2分，其概率为；
单场比赛积0分，其概率为，
设为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，则的可能取值为，
可得，，
，，
，，
所以随机变量分布列为：
0 2 3 4 5 6
则期望为.
17．【答案】（1）证明：设，的交点为，连接，
因为四边形与均为菱形，且，所以，，
又因为，且为中点，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为，，且，平面，所以平面，
设，因为四边形与均为菱形，
且，所以，，
又因为，在中，，所以，
因为，，，平面，所以平面，
以为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
所以，，，，，
由，得到，
所以，，
设平面的法向量，，所以，
因为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，所以；
（3）解：设，所以，
则，，，
设平面的法向量，，所以，
因为平面，所以，所以，
此时在平面FDM外，符合题意，
所以存在点M符合题意，且点在延长线上，满足.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理，以及面面垂直的判定定理证明即可；
（2）先利用线面垂直的判定定理以及勾股定理证平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）由（2）的坐标系，设，求出的坐标，求出平面的法向量，由平面得到，计算出的值，从而得到点在延长线上，且满足.
（1）设，的交点为，连接，
因为四边形与均为菱形，且，
所以，，
又因为，且为中点，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）因为，，且，平面，所以平面，
设，因为四边形与均为菱形，
且，所以，，
又因为，在中，，所以，
因为，，，平面，
所以平面，
以为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，如下图：
所以，，，，，
由，得到，
所以，，
设平面的法向量，，所以，
因为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，所以.
（3）设，所以，
则，，，
设平面的法向量，，所以，
因为平面，所以，所以，
此时在平面FDM外，符合题意，
所以存在点M符合题意，且点在延长线上，满足.
18．【答案】（1）解：函数，求导得，
当时，，则在上单调递减，
当时，令，则，
当，，则在上单调递减，
当，，则在上单调递增，
综上可得：当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：由，不等式恒成立，转化为，
构造函数，
求导
若时，则，所以在单调递减，
由于对于成立，
当时，则，，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，但是，不满足题意，
故整数的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导，分和讨论，利用导数判断函数的单调性求单调区间即可；
（2）问题转化为，构造函数，求导，分和讨论，求解单调性，求的最大值即可.
（1）由，求导得，，
当时，，则在上单调递减，
当时，令，则，
当，，则在上单调递减，
当，，则在上单调递增，
故时，在上单调递减，
时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由，不等式恒成立，
转化为，
构造函数，
求导
若时，则，所以在单调递减，
由于对于成立，
当时，则，
故，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，但是，不满足题意.
故整数的最大值为.
19．【答案】（1）解：由，，则点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，焦距为，则，，，
故C的方程为；
（2）解：①、由，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以，
又因为，所以，，
所以，
；
②、由①可知，，所以，
作关于轴的对称点，则，，三点共线，
又，，设，
则直线方程即为直线方程，
又直线方程为，作差可得，所以，
所以，，
又，得出，
又因为，所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动，所以.
【知识点】轨迹方程；椭圆的定义；双曲线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求轨迹方程即可；
（2）①、由，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合斜率公式化简证明即可；
②、由①可知，即，作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义证明即可.
（1）由，，
所以点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，
焦距为，则，，
所以，
所以C的方程为.
（2）①由，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以，
又因为，所以，，
所以，
.
②由①可知，，所以，
作关于轴的对称点，则，，三点共线，
又，，设，
则直线方程即为直线方程，
又直线方程为，
作差可得，
所以，
所以，，
又，得出，
又因为，
所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动，
所以.
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