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专题06 期中压轴题
4大高频考点概览
考点01平面向量
考点02三角函数与解三角形
考点03立体几何
考点04函数及其性质
(
地
城
考点01
平面向量
)
1．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)如图所示，四边形内接于圆，，，设，且，则四边形的对角线的长为__________.
2．(24-25高一下·湖南永州·期中)已知圆的半径为2，六边形是圆的内接正六边形，为圆上的任意一点，则（ ）
A．48 B．36 C．24 D．52
3．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)菱形中，，点在线段上，且，则__________.
4．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ）
A．若为的垂心，且，则
B．若，则的面积与的面积之比为
C．若，则动点的轨迹经过的外心
D．若为锐角三角形且外心为，且，则
5．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)定义域为的函数的图象的两个端点为.点是的图象上一点，其中，点满足，其中为原点，我们把的最大值称为的“峰值”.若函数的峰值为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．(24-25高一下·湖南·期中)如图，已知A，B是半径为1的圆O上两点，且．
(1)求的余弦值；
(2)若点，，…，，依次将线段AO平均分成2026份，设，，，求的值．
(
地
城
考点02
三角函数与解三角形
)
7．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)（多选）记的内角的对边分别为，已知，则（ ）
A． B．
C． D．
8．(24-25高一下·湖南部分校·期中)设为非空数集，实数满足以下两个条件：（ⅰ）；（ⅱ）对任意给定的，总存在，使得．这时，称为集合的上确界．
(1)直接写出集合的上确界．
(2)在函数与的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为．
①求；
②求集合的上确界，并证明你的结论．
9．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)已知海面上两点处置有距离为海里的两个灯塔，游船在点时，与两点处灯塔的距离均为2海里.游船航行一段距离后，从两灯塔间穿过并抵达点，此时在点处灯塔测得.
(1)若两点的距离为海里，求的长度；
(2)求两点距离的取值范围.
10．(24-25高一下·湖南·期中)2025年春晚《秧BOT》节目将机器人元素融入舞台，展示了我国在机器人研发领域的卓越实力．某机器人研发团队设计一款机器狗捕捉足球游戏，在如图所示的矩形中，在点处放置机器狗，在的中点处放置足球，它们做匀速直线运动，且无其他外界干扰．已知米，足球运动速度为米/秒，设机器狗在点处捕捉到足球，若点在矩形内（含边界），则捕捉成功．记足球和机器狗的运动方向与所成夹角分别，．
(1)当长度不受限制，时，机器狗以米/秒的速度捕捉足球，则为何值时，机器狗能捕捉成功？
(2)已知足球与机器狗运动方向所成夹角为，长度不受限制，当机器狗成功捕捉足球时，求机器狗与足球运动的总路程的最大值；
(3)当机器狗的速度为米/秒时，若无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功，则的长度至少为多少米？
11．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)点是直线外一点，点在直线上（点与点任一点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记．
(1)若是的角的对边，且是角的平分线，，由点对施以视角运算，求的值；
(2)若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值；
(3)若是的角的对边，且，由点对施以视角运算，，求的最小值．
(4)若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：．
12．(24-25高一下·湖南长沙铁路第一中学·期中)已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数．
(1)设，试求函数的相伴特征向量，并求出与方向相反的单位向量；
(2)记向量的相伴函数为，若且，求的值；
(3)已知，为函数的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
(
地
城
考点0
3
立体几何
)
13．(24-25高一下·湖南长沙湘军高级中学·期中)（多选）如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．正三棱柱的外接球表面积为
C．周长的最小值为
D．若，则平面平面
14．(24-25高一下·湖南·期中)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，点E和点F分别在线段和上运动（不包含端点），下列说法正确的有（ ）
A．正方体被平面截得的截面面积为 B．的最小值为2
C．三棱锥的体积为 D．直线与平面可能垂直
15．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)（多选）圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，点是母线上靠近点的三等分点，，是底面圆周上两点，且，则（ ）

A．当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为
B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为
C．当时，圆锥的外接球表面积为
D．存在点在圆锥上，使得直线平面
16．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面，则线段的长度的最小值是（ ）

A． B．2 C． D．3
17．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，，且与的面积之比为，若点都在球的球面上，则球的表面积为__________.
18．(24-25高一下·湖南长沙明德中学·期中)（多选）如图，在棱长为4的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则（ ）
A．两条异面直线和所成的角为 B．存在点，使得平面
C．对任意点，平面平面 D．点到直线的距离为4
19．(24-25高一下·湖南邵阳邵东第三中学·期中)（多选）如图所示，已知正方体的棱长为分别是，的中点，P是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截正方体所得的截面可能是五边形
B．一定是锐角三角形
C．当点P与A点重合时，平面截正方体所得的截面面积为
D．的最小值是
(
地
城
考点0
4
函数及其性质
)
20．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期中)（多选）定义：一个正整数n的划分是指将n写成若干个正整数和的一个式子，而且这些正整数是无序的，其划分个数记为.例如：
1的划分只有一个：1；.
2的划分有两个：2，；.
3的划分有三个：3，，；.
记为将表示成个正整数之和的方法数；为将表示成和式中最大正整数为的方法数；为将表示成不多于个正整数之和的方法数；为将表示成任意个不大于的正整数之和的方法数.下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
21．(24-25高一下·湖南娄底·期中)已知函数.
(1)解方程；
(2)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(3)若函数在上只有一个零点，求的取值范围.
22．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)对于定义域为R的函数以及非空数集S：若对任意，，当时，都有，则称是S关联的.
(1)设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的；
(2)设，若存在一个闭区间（）使得是关联的，求；
(3)证明：是关联的等价于是关联的.
23．(24-25高一下·湖南·期中)已知函数的定义域为D，并满足以下条件：
①，；
②，，
则称函数为“上侧函数”
已知，（是自然对数的底数）．
(1)判断，是否为“上侧函数”，并说明理由；
(2)若函数是“上侧函数”．
（i）当时，求的最大值；
（ii）若，是否存在正整数k，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：）
24．(24-25高一下·湖南永州·期中)已知函数．
(1)证明：曲线是中心对称图形．
(2)已知，若，当且仅当时成立．
（ⅰ）求实数的值；
（ⅱ）若是的零点，，求的值．
20．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期中)（多选）定义：一个正整数n的划分是指将n写成若干个正整数和的一个式子，而且这些正整数是无序的，其划分个数记为.例如：
1的划分只有一个：1；.
2的划分有两个：2，；.
3的划分有三个：3，，；.
记为将表示成个正整数之和的方法数；为将表示成和式中最大正整数为的方法数；为将表示成不多于个正整数之和的方法数；为将表示成任意个不大于的正整数之和的方法数.下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
21．(24-25高一下·湖南娄底·期中)已知函数.
(1)解方程；
(2)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(3)若函数在上只有一个零点，求的取值范围.
22．(24-25高一下·湖南永州·期中)2．已知函数．
(1)证明：曲线是中心对称图形．
(2)已知，若，当且仅当时成立．
（ⅰ）求实数的值；
（ⅱ）若是的零点，，求的值．
23．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)3．对于定义域为R的函数以及非空数集S：若对任意，，当时，都有，则称是S关联的.
(1)设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的；
(2)设，若存在一个闭区间（）使得是关联的，求；
(3)证明：是关联的等价于是关联的.
24．(24-25高一下·湖南·期中)4．已知函数的定义域为D，并满足以下条件：
①，；
②，，
则称函数为“上侧函数”
已知，（是自然对数的底数）．
(1)判断，是否为“上侧函数”，并说明理由；
(2)若函数是“上侧函数”．
（i）当时，求的最大值；
（ii）若，是否存在正整数k，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：）
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专题06 期中压轴题
4大高频考点概览
考点01平面向量
考点02三角函数与解三角形
考点03立体几何
考点04函数及其性质
(
地
城
考点01
平面向量
)
1．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)如图所示，四边形内接于圆，，，设，且，则四边形的对角线的长为__________.
【答案】
【分析】在延长线上取点使，取的中点，则.由可得，进而三点共线，故.在中求出的值，再在中利用余弦定理即可求解.
【详解】在延长线上取点使，取的中点，则，，.
∴.
∵，∴，∴三点共线，即直线经过圆心.
∴.
在中，.
在中，由余弦定理可得，
∴.
故答案为：.
【点睛】本题的解题关键是：在延长线上取点使，取的中点，将条件和，转化为三点共线，故.在中求出的值，再在中利用余弦定理即可求解.
2．(24-25高一下·湖南永州·期中)已知圆的半径为2，六边形是圆的内接正六边形，为圆上的任意一点，则（ ）
A．48 B．36 C．24 D．52
【答案】A
【分析】由已知可得，再利用互补的角的余弦值相加等于0，即可求得答案.
【详解】由已知六边形的边长及到各个顶点的长度均为2，
由图可知，同理，
．又
，
又由图知，，
．
所以．
故选：A.
3．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)菱形中，，点在线段上，且，则__________.
【答案】/
【分析】设，进一步将其表示成以，为基底的向量，结合已知条件，可得关于和的方程组，解之，再根据模长的计算方法，得的值从而得解．
【详解】因为，所以，
所以，
因为点在线段上，
可设
，
而，所以，解得，
所以，
则，
所以，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：设，进一步将其表示成以，为基底的向量，从而可解.
4．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ）
A．若为的垂心，且，则
B．若，则的面积与的面积之比为
C．若，则动点的轨迹经过的外心
D．若为锐角三角形且外心为，且，则
【答案】ABC
【分析】A选项，将转化为，然后求数量积；B选项，将拆成，然后根据线性运算得到，然后求面积比即可；C选项，由题意得，然后根据得到，即可得到动点的轨迹经过的外心；取AB中点F，利用共线向量定理的推论推理判断D；
【详解】A选项，因为为的垂心，所以，
则，故A正确；
B选项，设中点为，中点为，
，即，
所以点为中位线靠近点的三等分点，
所以，故B正确；
C选项，设中点为，则，
结合题设，
所以，所以，
又的中点为，所以在的中垂线上，
所以动点的轨迹经过的外心，故C正确；
对于D，为锐角的外心，取AB中点F，则，如图，
由，，得，而，
于是，即，即，则点共线，
因此垂直平分边，有，没有条件确保有成立，D错误；
故选：ABC.
5．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)定义域为的函数的图象的两个端点为.点是的图象上一点，其中，点满足，其中为原点，我们把的最大值称为的“峰值”.若函数的峰值为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】先求解的表达式，根据表达式求出最大值可得答案.
【详解】由题意，，
，；
，
，
令，则，
令，，
由于，且，当且仅当时取到最小值.
因为的峰值为，即的最大值为，
所以，解得或（舍）.
故选：C
6．(24-25高一下·湖南·期中)如图，已知A，B是半径为1的圆O上两点，且．
(1)求的余弦值；
(2)若点，，…，，依次将线段AO平均分成2026份，设，，，求的值．
【答案】(1)．
(2)
【分析】（1）利用得，平方即可求解；
（2）由题知AO的中点为，也为线段，线段，…，线段的中点，根据向量的加法运算即得，进而得解.
【详解】（1）设，由可得，
即，
平方得，解得，
故的余弦值为．
（2）由题知AO的中点为，也为线段，线段，…，线段的中点，
因为，
所以，
而，
平方得，
即，
故．
(
地
城
考点02
三角函数与解三角形
)
7．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)（多选）记的内角的对边分别为，已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据三角形边角关系，结合正、余弦定理逐项判断即可.
【详解】对于A，因为，由正弦定理可知，
即，故A正确；
对于B，在边上取一点，使得，则，
，故，
在中，由正弦定理可得，
即，
故，故B错误；
对于C，由射影定理可得，
故，
因为，所以，
由余弦定理可得，
故，即，故C正确；
对于D，由B知，，可得，
故，
即，故，即，故D正确.
故选：ACD.
8．(24-25高一下·湖南部分校·期中)设为非空数集，实数满足以下两个条件：（ⅰ）；（ⅱ）对任意给定的，总存在，使得．这时，称为集合的上确界．
(1)直接写出集合的上确界．
(2)在函数与的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为．
①求；
②求集合的上确界，并证明你的结论．
【答案】(1)3
(2)①,②的上确界是.,证明见解析
【分析】（1）根据正切函数的单调性求解值域，即可根据确界的定义求解，
（2）根据可得，进而根据可得求解①，化简，即可利用正弦函数的性质求解，利用上确界的定义求证即可.
【详解】（1）由于，
进而，故的上确界为3.
（2）由可得，故，则,
设距离最短的两个交点为，
则，
因此，即，
,
得，
则，
解得，
②由题意可得，
由得，
所以故，
接下来证明是的上确界，
，
对任意给定的，若，可取使得，
若,可取，使得，
综上可得的上确界是.
9．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)已知海面上两点处置有距离为海里的两个灯塔，游船在点时，与两点处灯塔的距离均为2海里.游船航行一段距离后，从两灯塔间穿过并抵达点，此时在点处灯塔测得.
(1)若两点的距离为海里，求的长度；
(2)求两点距离的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中，利用余弦定理可得结果；
（2）当时的长度即为两点距离的最小值，在中，由正弦定理得，其中为定值，又，可得，从而得到.
【详解】（1）由题意知，，
故为以为直角顶点的等腰直角三角形，故，
又因为，且由题意得分布于直线两侧，所以，
有，
由余弦定理可得，
解得（海里）.
（2）由题意知点始终位于以为起点的射线上，记该射线为.
注意到在（1）的条件下，故此时，即，
所以此时的长度即为两点距离的最小值；
由于游船从两灯塔间穿过，即与存在异于端点的交点，设为点.由正弦定理得，在中，，
其中为定值，故增大时，减小，
又因为，
因为，所以，故，
因为，
所以，
故（海里）.
10．(24-25高一下·湖南·期中)2025年春晚《秧BOT》节目将机器人元素融入舞台，展示了我国在机器人研发领域的卓越实力．某机器人研发团队设计一款机器狗捕捉足球游戏，在如图所示的矩形中，在点处放置机器狗，在的中点处放置足球，它们做匀速直线运动，且无其他外界干扰．已知米，足球运动速度为米/秒，设机器狗在点处捕捉到足球，若点在矩形内（含边界），则捕捉成功．记足球和机器狗的运动方向与所成夹角分别，．
(1)当长度不受限制，时，机器狗以米/秒的速度捕捉足球，则为何值时，机器狗能捕捉成功？
(2)已知足球与机器狗运动方向所成夹角为，长度不受限制，当机器狗成功捕捉足球时，求机器狗与足球运动的总路程的最大值；
(3)当机器狗的速度为米/秒时，若无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功，则的长度至少为多少米？
【答案】(1)
(2)8米
(3)1.5米
【分析】（1）首先根据正弦定理和的关系可求出的值.
（2）方法一：首先根据余弦定理求出的关系式，然后根据不等式的性质求出的最大值；方法二：首先根据正弦定理求出的关系式，然后根据正弦函数的性质求出的最大值.
（3）首先作出辅助线画出图像，然后利用余弦定理求出的纵向分量的最大值，从而确定长度的最小值.
【详解】（1）在中，由正弦定理知，即，
因为，，所以，
解得，因为，所以，
此时，因为，所有点在矩形内，捕捉成功．
（2）法一：在中，由余弦定理知，
故，
整理得，
即，当且仅当时等号成立，此时，
，点在矩形内，捕捉成功．
故机器狗与足球运动的总路程的最大值为8米．
法二：在中，由正弦定理知，
所以．
当，即当时，有最大值为8，
此时，，点在矩形内，捕捉成功．
故机器狗与足球运动的总路程的最大值为8米．
（3）如图，过作的垂线，垂足为
设，则，由题可知所以，
在中，由余弦定理知，
则，整理得，
所以，
又因为，，
当，即当时，有最大值为，
由题知恒成立，所以，此时，
故当的长度至少为米时，无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功．
11．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)点是直线外一点，点在直线上（点与点任一点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记．
(1)若是的角的对边，且是角的平分线，，由点对施以视角运算，求的值；
(2)若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值；
(3)若是的角的对边，且，由点对施以视角运算，，求的最小值．
(4)若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：．
【答案】(1)
(2)-3
(3)36
(4)证明见解析
【分析】（1）利用点对施以视角运算的定义式，结合角平分线和已知边的关系求解即可；
（2）先根据已知线段长度和正方体性质求出相关角的三角函数值，再利用两角差公式求出的正弦值，最后根据给定的比例关系求出的值．
（3）本题先根据交比大于 0 及角的正弦定理得出角平分线，算出．再由三角形面积关系得到bc与的等式，进而推出．然后用基本不等式求最小值，最后根据等号成立条件算出、的值．
（4）先根据正弦定理分别在和中得到边与角的关系，再利用角的关系化简，同理得到，最后计算它们的乘积．
【详解】（1）因为是角的平分线，所以且点在线段上，
所以，
又，所以；
（2）
如图，因为，所以，
在正方体中，，
，，
由
则；
（3）因为，所以，则，
又，所以，
又，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为36．
（4）
如图，因为是的等分点，
所以，．
在中，由正弦定理可得，
则．
在中，同理可得．
因为，所以，
则．
同理可得．
故.
12．(24-25高一下·湖南长沙铁路第一中学·期中)已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数．
(1)设，试求函数的相伴特征向量，并求出与方向相反的单位向量；
(2)记向量的相伴函数为，若且，求的值；
(3)已知，为函数的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）结合相伴函数定义及反向定义求解；
（2）先根据相伴函数定义再结合两角和差公式计算即可；
（3）先设点的坐标，再应用函数求解计算可解．
【详解】（1）因为
故函数的相伴特征向量，
则与反向的单位向量为.
（2）由题意知，向量的相伴函数为，
由题意，
且，
故.
（3）因为，
其相伴特征向量，
故，所以，
则，
，
设点，
又，
所以，
若，则，
即，
因为，
故，
又，故当且仅当时，成立，
故在的图象上存在一点，使得.
(
地
城
考点0
3
立体几何
)
13．(24-25高一下·湖南长沙湘军高级中学·期中)（多选）如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．正三棱柱的外接球表面积为
C．周长的最小值为
D．若，则平面平面
【答案】ABD
【分析】利用等体积法求得三棱锥的体积判断A；设外接球半径为，底面外接圆半径为，由正弦定理可得，根据，可求得正三棱柱的外接球表面积判断B；计算可得可判断C；取，的中点分别为，，连接，，，利用线面垂直证得面面垂直，可判断D.
【详解】对于，取的中点为，连接，所以，
因为平面，所以点到平面的距离即点到平面的距离，
由正三棱柱，可得平面，又平面，
所以，又，又平面，所以平面，
又，所以，所以，
，故正确；
对于，在正三棱柱中，，
设外接球半径为，底面外接圆半径为，所以，即，
因为，所以正三棱柱的外接球表面积为，故正确；
对于，由侧面展开图所示，
周长，所以周长的最小值为，故错误；
对于，由，可知为的中点，取，的中点分别为，，连接，，，此时，且平面，故平面，又平面，所以平面平面，故正确.
故选：ABD.

14．(24-25高一下·湖南·期中)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，点E和点F分别在线段和上运动（不包含端点），下列说法正确的有（ ）
A．正方体被平面截得的截面面积为 B．的最小值为2
C．三棱锥的体积为 D．直线与平面可能垂直
【答案】AC
【分析】对于A，取的中点G，连接，GM，，可证明，得到正方体被平面所截得的截面为四边形，进而求解其面积即可判断；对于B，将平面以为轴旋转展开，与平面在同一个平面内，通过计算可得为直角，可得当E，F都到达时，的值取得最小值，进而判断即可；对于C，由等体积法求解判断即可；对于D，先假设直线与平面垂直，通过推导得出平面平面，产生矛盾，进而判断即可.
【详解】对于A，取的中点G，连接，GM，，
因为M为的中点，所以，
在正方体中，，所以，
则正方体被平面所截得的截面为四边形，
且四边形为等腰梯形，，，，
在等腰梯形中，过点，分别作，垂足为，，
则，所以，
所以等腰梯形的面积为，故A正确；
对于B，计算的最小值，将平面以为轴旋转展开，
与平面在同一个平面内，如图所示，
由于，，，，
则，则，
则为直角，所以当E，F都到达时，的值取得最小值2，但E，F不能取端点，故B错误．
对于C，由，故C正确．
对于D，若直线与平面垂直，则必有，此时E为的中点，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
而平面与平面相交，矛盾，
所以与平面不可能垂直，故D错误．
故选：AC.
15．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)（多选）圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，点是母线上靠近点的三等分点，，是底面圆周上两点，且，则（ ）

A．当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为
B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为
C．当时，圆锥的外接球表面积为
D．存在点在圆锥上，使得直线平面
【答案】AC
【分析】先由题设得，对于A，先由题设求出圆锥沿展开的侧面展开图扇形所对圆心角弧度数，再由余弦定理求解线段的长即可求解；对于B，设截面三角形顶角为，结合正弦定理面积公式即可计算求解；对于C，求出得到球心位置，再由即可求解判断；对于D，分别延长至使得，连接，求证平面平面即可得解.
【详解】由题，即分别为的中点，
对于A，当时，则，
圆锥沿展开的侧面展开图如图扇形所示，
则该扇形所对圆心角弧度数为，
所以当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为途中所示线段的长，
该长度为，故A正确；

对于B，当时，，，
所以，如图为过圆锥顶点和两母线的截面三角形，则由题意，

过顶点和两母线的截面三角形的面积为，
当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为，故B错误；
对于C，当时，，则，所以圆锥的外接球球心在线段上，
设外接球半径为R，则，即，
所以该圆锥的外接球表面积为，故C正确；
对于D，如图，分别延长至使得，
连接，则由题意，，

又在平面外，平面，
所以平面，平面，
又，所以平面平面，
所以过点B与平面平行的直线均在平面内，显然该平面上的点只有点B在圆锥上，
所以不存在点在圆锥上，使得直线平面，故D错误.
故选：AC
16．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面，则线段的长度的最小值是（ ）

A． B．2 C． D．3
【答案】A
【分析】取的中点，的中点，连接，，，.在正方体中，易证平面平面.又平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，可确定点在线段上运动.在中，利用三角形知识即可求解线段的长度的最小值.
【详解】

取的中点，的中点，连接，，，，如图所示.
在正方体中，
∵，且，
∴四边形是平行四边形，∴.
又平面，平面，∴平面.
∵，分别是和的中点，∴.
同理可知，∴.
又平面，平面，∴平面.
又，平面，平面，
∴平面平面.
∵平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，
∴点在线段上运动.
在中，易求，，为等腰三角形，
∴点为线段的中点时，取得最小值.

此时，
即的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题的解题关键是：根据平面分析出动点的运动轨迹，在三角形中利用平面几何即可求解.
17．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，，且与的面积之比为，若点都在球的球面上，则球的表面积为__________.
【答案】
【分析】作出辅助线，根据两三角形面积之比求出，因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体外接球，从而得到外接球半径，得到外接球表面积.
【详解】三角形是等腰直角三角形，，故⊥，
由勾股定理得，
取的中点，则，
因为，，平面，
故⊥平面，
因为平面，所以⊥，
设，则，，
故⊥，，
与的面积之比为，故，解得，
故，
点都在球的球面上，因为两两垂直，
故三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体外接球，
故外接球半径为，
球的表面积为
故答案为：
18．(24-25高一下·湖南长沙明德中学·期中)（多选）如图，在棱长为4的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则（ ）
A．两条异面直线和所成的角为 B．存在点，使得平面
C．对任意点，平面平面 D．点到直线的距离为4
【答案】BCD
【分析】由正方体的结构特征及异面直线所成角的定义判断A；当点P与点重合时，可得平面，即可判断B；连接CF，推导出，从而得平面，进一步得平面平面即可判断C；由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离判断D．
【详解】对于A，由正方体的性质可知，
两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；
对于B，当点P与点重合时，
由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B正确；
对于C，连接，由于平面，平面，故，
又，故，
故，即，故，
又相交，平面，故平面，
又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，
，
所以，
又，所以，
所以点到直线的距离，所以D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：对于选项D，由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离．
19．(24-25高一下·湖南邵阳邵东第三中学·期中)（多选）如图所示，已知正方体的棱长为分别是，的中点，P是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截正方体所得的截面可能是五边形
B．一定是锐角三角形
C．当点P与A点重合时，平面截正方体所得的截面面积为
D．的最小值是
【答案】AD
【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否为锐角三角形，选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于C：截面面积，需确定截面形状并计算；对于D：的最小值，可转化为共平面结合将军饮马计算两点间距离．
【详解】对于A，如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段向两端延长，
分别交的延长线于点，连接分别交，于R，S两点，
连接此时截面为五边形，所以A正确；
对于B，考虑，当点P与点A重合时，，，，
此时因为，故为钝角，所以B错误；
对于C，当点P与点A重合时，设的中点为，则，
所以当点与点重合时，平面截正方体所得的截面如图所示,其截面为矩形,
易知，所以其截面面积为，故C错误；
对于D，取的中点H，连接，在的延长线上取使得
，连接与于P点，
此时，
故D正确.
故选：AD
(
地
城
考点0
4
函数及其性质
)
20．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期中)（多选）定义：一个正整数n的划分是指将n写成若干个正整数和的一个式子，而且这些正整数是无序的，其划分个数记为.例如：
1的划分只有一个：1；.
2的划分有两个：2，；.
3的划分有三个：3，，；.
记为将表示成个正整数之和的方法数；为将表示成和式中最大正整数为的方法数；为将表示成不多于个正整数之和的方法数；为将表示成任意个不大于的正整数之和的方法数.下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】对于A，可列举出5的划分共有7个；对于B，可以将划分和划分构造出一种形式，它们是一一对应的，故有；
对于C，由题知，，
结合B选项分析可判断正误；
对于D，若的拆分中含有1，则此类拆分的方法数恰为，若的拆分中不含1，取为奇数，
可以列举出几类拆分方法，发现，故D不正确.
【详解】对于A，5的划分有7个：5，，，，，，
，故A正确；
对于B：记将表示成个正整数之和的方法的集合为，将表示成和式中最大正整数为的方法的集合为，
一方面，，设，其中，，，…，均为正整数，
则由拆分可以转化成如下拆分，
即个k，个，…，个1相加，此即为将表示成和式中最大正整数为的一种方法，
而对于，其中，，…，与，，…，不完全相等，
则，，…，与，，…，不完全相等，
故转化后的拆分也互不相同，所以可以得到从到的一个对应，
另一方面，，设，其中，，，，…，均为正整数.
则同样也可以转化成如下拆分h，，
即个s，个，…，个1相加，
此时拆分的正整数个数为个，此即为将表示成个正整数之和的一种方法，
同理可以说明转化后的拆分互不相同，这样，也得到了从到的一个对应，
所以它们是一一对应的，故有，故B正确；
对于C：由题知，，，
由B结论知，C亦正确；
对于D：若的拆分中含有1，则此类拆分的方法数恰为，
若的拆分中不含1，我们取为奇数，则可以列举出几类拆分方法：
①，共有种拆分方法；
②，共有种拆分方法；
③，共有种拆分方法，
故，故D不正确.
故选：ABC.
21．(24-25高一下·湖南娄底·期中)已知函数.
(1)解方程；
(2)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(3)若函数在上只有一个零点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)偶函数，理由见解析
(3)2或
【分析】（1）证明即可求解；
（2）求出定义域，根据奇偶性的定义判断即可；
（3）把函数零点问题转化为方程根的问题，结合换元法和判别式进行求解.
【详解】（1）由得，
所以，所以，
令，解得，所以；
（2）定义域为，关于原点对称，
，
所以函数为偶函数；
（3）函数有唯一零点等价于方程有唯一解，
即方程有唯一解，
整理得，
令，即方程有唯一正数根，
①若，此时符合题意；
②若，则
当时，符合题意，
当时，不合题意，舍去，
当时，，方程有两相异实根，符合题意，
当且时，则，
只需，
所以(舍去)，
综上，实数的取值范围是2或.
22．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)对于定义域为R的函数以及非空数集S：若对任意，，当时，都有，则称是S关联的.
(1)设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的；
(2)设，若存在一个闭区间（）使得是关联的，求；
(3)证明：是关联的等价于是关联的.
【答案】(1)，，.（答案不唯一）
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件，分别考虑和的情况.当，让接近，接近，但要在内，出现矛盾；同理时也矛盾.所以区间中有，再检验三类开区间满足题意.
（2）由是关联的得出.当时，和能取任意值，也能取任意值，矛盾，所以，式子变为.若，最值差不符合条件，所以，最后验证满足条件得出结果.
（3）分两步：已知是关联的，即时，.通过令不同的、取值，得出和. 对于，将拆成（，且），对变形，利用前面结论得到，结合范围推出.再验证时也满足，从而证明是关联的.
【详解】（1）已知对，.
若，让接近，就有接近，要满足，则，这不可能.
若，让接近，有接近，要满足，则，也不可能.
所以、中有，经检验、、这三类开区间满足题意，如，，.
（2）若是关联的,.
当，且时，能取任意值，也能取任意值，
那么能取任意值，矛盾，则，则.
若，时，最值差为，
与矛盾，所以，
取，易验时，满足条件，
综上所得，所求，.
（3）一方面，若是关联的，所以时，.
令，，，；
令，，，，
令，，，，
又，所以.
则有.
设，令，其中，且.
首先对进行变形：.
因为，根据已知条件，可以得到.
对于，
由于，，所以.
当时，同样可以根据已知条件推出，所以是关联的.
若是关联的，根据关联的性质有：
.
因为是关联的，所以（），则.
又因为是关联的，所以，
结合取等条件可知，即.
对于，，
因为，所以，
又因为，则，且显然有，
所以是关联的.
综上所得，原命题证毕.
23．(24-25高一下·湖南·期中)已知函数的定义域为D，并满足以下条件：
①，；
②，，
则称函数为“上侧函数”
已知，（是自然对数的底数）．
(1)判断，是否为“上侧函数”，并说明理由；
(2)若函数是“上侧函数”．
（i）当时，求的最大值；
（ii）若，是否存在正整数k，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：）
【答案】(1)是“上侧函数”，不是“上侧函数”，理由见解析；
(2)（i）；（ii）不存在，理由见解析
【分析】（1）根据“上侧函数”函数定义分析即可判断；
（2）先根据“上侧函数”的定义和函数的结构特征得到（i）利用转化为，接着令将其化为，再利用基本不等式即可求解；
（ii）分析时，对于任意的正整数k，当时，即可得证.
【详解】（1）是“上侧函数”，，且当，时，，
不是“上侧函数”，，不存在x，使得．
（2），
易知单调递增，当时，，
单调递增，当，即当时，，且恒成立，
可，即．
（i）当时，
，
令，由，得，
上式化为，
当且仅当时等号成立，故最大值为．
（ii）不存在，理由如下：
若，则，，
当时，，可得，
当时，，，可得．
对于任意的正整数k，当时，，
，，，
，
且当时，，
即对于任意的，不存在，，使得．
24．(24-25高一下·湖南永州·期中)已知函数．
(1)证明：曲线是中心对称图形．
(2)已知，若，当且仅当时成立．
（ⅰ）求实数的值；
（ⅱ）若是的零点，，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）（ⅱ）
【分析】（1）由已知，得，即可证明；
（2）（ⅰ）由（1）知关于（9，9b）对称，计算即可求解；
（ⅱ）由（i），根据零点的概念可得，根据对数的运算性质和换元法可得，（令），进而与都是的零点，结合零点的存在性定理和的单调性可得，即可求解.
【详解】（1），
，．
即关于对称．
综上，曲线是中心对称图形．
（2）（ⅰ）因为，则的定义域为，
对于，函数在上单调递减，
所以在上单调递增，则函数在上单调递增，
又，函数是增函数，所以函数在上单调递增，
由（1）知关于对称．
当且仅当时成立，
当时，．
，即，
所以．
（ⅱ）因为是的零点，
所以 ，，
又，，
则，
令，则，
，即，都是方程的解，
与都是的零点，又由（ⅰ）知在上单调递增，
，即．
20．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期中)（多选）定义：一个正整数n的划分是指将n写成若干个正整数和的一个式子，而且这些正整数是无序的，其划分个数记为.例如：
1的划分只有一个：1；.
2的划分有两个：2，；.
3的划分有三个：3，，；.
记为将表示成个正整数之和的方法数；为将表示成和式中最大正整数为的方法数；为将表示成不多于个正整数之和的方法数；为将表示成任意个不大于的正整数之和的方法数.下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】对于A，可列举出5的划分共有7个；对于B，可以将划分和划分构造出一种形式，它们是一一对应的，故有；
对于C，由题知，，
结合B选项分析可判断正误；
对于D，若的拆分中含有1，则此类拆分的方法数恰为，若的拆分中不含1，取为奇数，
可以列举出几类拆分方法，发现，故D不正确.
【详解】对于A，5的划分有7个：5，，，，，，
，故A正确；
对于B：记将表示成个正整数之和的方法的集合为，将表示成和式中最大正整数为的方法的集合为，
一方面，，设，其中，，，…，均为正整数，
则由拆分可以转化成如下拆分，
即个k，个，…，个1相加，此即为将表示成和式中最大正整数为的一种方法，
而对于，其中，，…，与，，…，不完全相等，
则，，…，与，，…，不完全相等，
故转化后的拆分也互不相同，所以可以得到从到的一个对应，
另一方面，，设，其中，，，，…，均为正整数.
则同样也可以转化成如下拆分h，，
即个s，个，…，个1相加，
此时拆分的正整数个数为个，此即为将表示成个正整数之和的一种方法，
同理可以说明转化后的拆分互不相同，这样，也得到了从到的一个对应，
所以它们是一一对应的，故有，故B正确；
对于C：由题知，，，
由B结论知，C亦正确；
对于D：若的拆分中含有1，则此类拆分的方法数恰为，
若的拆分中不含1，我们取为奇数，则可以列举出几类拆分方法：
①，共有种拆分方法；
②，共有种拆分方法；
③，共有种拆分方法，
故，故D不正确.
故选：ABC.
21．(24-25高一下·湖南娄底·期中)已知函数.
(1)解方程；
(2)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(3)若函数在上只有一个零点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)偶函数，理由见解析
(3)2或
【分析】（1）证明即可求解；
（2）求出定义域，根据奇偶性的定义判断即可；
（3）把函数零点问题转化为方程根的问题，结合换元法和判别式进行求解.
【详解】（1）由得，
所以，所以，
令，解得，所以；
（2）定义域为，关于原点对称，
，
所以函数为偶函数；
（3）函数有唯一零点等价于方程有唯一解，
即方程有唯一解，
整理得，
令，即方程有唯一正数根，
①若，此时符合题意；
②若，则
当时，符合题意，
当时，不合题意，舍去，
当时，，方程有两相异实根，符合题意，
当且时，则，
只需，
所以(舍去)，
综上，实数的取值范围是2或.
22．(24-25高一下·湖南永州·期中)2．已知函数．
(1)证明：曲线是中心对称图形．
(2)已知，若，当且仅当时成立．
（ⅰ）求实数的值；
（ⅱ）若是的零点，，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）（ⅱ）
【分析】（1）由已知，得，即可证明；
（2）（ⅰ）由（1）知关于（9，9b）对称，计算即可求解；
（ⅱ）由（i），根据零点的概念可得，根据对数的运算性质和换元法可得，（令），进而与都是的零点，结合零点的存在性定理和的单调性可得，即可求解.
【详解】（1），
，．
即关于对称．
综上，曲线是中心对称图形．
（2）（ⅰ）因为，则的定义域为，
对于，函数在上单调递减，
所以在上单调递增，则函数在上单调递增，
又，函数是增函数，所以函数在上单调递增，
由（1）知关于对称．
当且仅当时成立，
当时，．
，即，
所以．
（ⅱ）因为是的零点，
所以 ，，
又，，
则，
令，则，
，即，都是方程的解，
与都是的零点，又由（ⅰ）知在上单调递增，
，即．
23．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)3．对于定义域为R的函数以及非空数集S：若对任意，，当时，都有，则称是S关联的.
(1)设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的；
(2)设，若存在一个闭区间（）使得是关联的，求；
(3)证明：是关联的等价于是关联的.
【答案】(1)，，.（答案不唯一）
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件，分别考虑和的情况.当，让接近，接近，但要在内，出现矛盾；同理时也矛盾.所以区间中有，再检验三类开区间满足题意.
（2）由是关联的得出.当时，和能取任意值，也能取任意值，矛盾，所以，式子变为.若，最值差不符合条件，所以，最后验证满足条件得出结果.
（3）分两步：已知是关联的，即时，.通过令不同的、取值，得出和. 对于，将拆成（，且），对变形，利用前面结论得到，结合范围推出.再验证时也满足，从而证明是关联的.
【详解】（1）已知对，.
若，让接近，就有接近，要满足，则，这不可能.
若，让接近，有接近，要满足，则，也不可能.
所以、中有，经检验、、这三类开区间满足题意，如，，.
（2）若是关联的,.
当，且时，能取任意值，也能取任意值，
那么能取任意值，矛盾，则，则.
若，时，最值差为，
与矛盾，所以，
取，易验时，满足条件，
综上所得，所求，.
（3）一方面，若是关联的，所以时，.
令，，，；
令，，，，
令，，，，
又，所以.
则有.
设，令，其中，且.
首先对进行变形：.
因为，根据已知条件，可以得到.
对于，
由于，，所以.
当时，同样可以根据已知条件推出，所以是关联的.
若是关联的，根据关联的性质有：
.
因为是关联的，所以（），则.
又因为是关联的，所以，
结合取等条件可知，即.
对于，，
因为，所以，
又因为，则，且显然有，
所以是关联的.
综上所得，原命题证毕.
24．(24-25高一下·湖南·期中)4．已知函数的定义域为D，并满足以下条件：
①，；
②，，
则称函数为“上侧函数”
已知，（是自然对数的底数）．
(1)判断，是否为“上侧函数”，并说明理由；
(2)若函数是“上侧函数”．
（i）当时，求的最大值；
（ii）若，是否存在正整数k，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：）
【答案】(1)是“上侧函数”，不是“上侧函数”，理由见解析；
(2)（i）；（ii）不存在，理由见解析
【分析】（1）根据“上侧函数”函数定义分析即可判断；
（2）先根据“上侧函数”的定义和函数的结构特征得到（i）利用转化为，接着令将其化为，再利用基本不等式即可求解；
（ii）分析时，对于任意的正整数k，当时，即可得证.
【详解】（1）是“上侧函数”，，且当，时，，
不是“上侧函数”，，不存在x，使得．
（2），
易知单调递增，当时，，
单调递增，当，即当时，，且恒成立，
可，即．
（i）当时，
，
令，由，得，
上式化为，
当且仅当时等号成立，故最大值为．
（ii）不存在，理由如下：
若，则，，
当时，，可得，
当时，，，可得．
对于任意的正整数k，当时，，
，，，
，
且当时，，
即对于任意的，不存在，，使得．
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