資源簡介

2025屆廣西壯族自治區柳州市高三三模數學試題
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2025·柳州模擬）已知集合，，若，則實數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·柳州模擬）在復平面內，復數對應的向量，則（　?。?br/>A． B． C． D．
3．（2025·柳州模擬）在等差數列中，，則（　?。?br/>A． B． C． D．
4．（2025·柳州模擬）已知函數，則（　?。?br/>A． B． C． D．
5．（2025·柳州模擬）在展開式中，的系數為（　?。?br/>A．15 B．90 C．270 D．405
6．（2025·柳州模擬）有男 女教師各1人，男 女學生各2人，從中選派3人參加一項活動，要求其中至少有1名女性，并且至少有1名教師，則不同的選派方案有（　?。?br/>A．10種 B．12種 C．15種 D．20種
7．（2025·柳州模擬）已知雙曲線.若直線與沒有公共點，則的離心率的范圍為（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·柳州模擬）已知，，設，，，則（　?。?br/>A． B． C． D．
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2025·柳州模擬）下列說法正確的是（　?。?br/>A．有一組數、、、，這組數的第百分位數是
B．在的獨立性檢驗中，若不小于對應的臨界值，可以推斷兩變量不獨立，該推斷犯錯誤的概率不超過
C．隨機變量，若，，則
D．以擬合一組數據時，經代換后的經驗回歸方程為，則，
10．（2025·柳州模擬）已知是橢圓的右焦點，是上的一個動點，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．橢圓的長軸長是2
B．的最大值是
C．的面積的最大值為，其中為坐標原點
D．直線與橢圓相切時，
11．（2025·柳州模擬）我們把稱為雙曲余弦函數，其函數表達式為，相應地雙曲正弦函數的函數表達式為.若直線與雙曲余弦函數曲線和雙曲正弦函數曲線分別相交于點，曲線在點處的切線與曲線在點處的切線相交于點，則（　?。?br/>A．是奇函數
B．
C．在隨的增大而減小，在隨的增大而增大
D．的面積隨的增大而減小
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分
12．（2025·柳州模擬）圓被軸截得的弦長為　 　．
13．（2025·柳州模擬）已知為一個圓錐的頂點，是母線，，該圓錐的底面半徑為.、分別在圓錐的底面上，則異面直線與所成角的最小值為　 　.
14．（2025·柳州模擬）在中，，，，為內一點，且.若，則的最大值為　 　.
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．（2025·柳州模擬）記的內角的對邊分別為，的面積為.已知.
（1）求；
（2）求函數在上的單調遞增區間.
16．（2025·柳州模擬）已知函數.
（1）若函數在處有極值，求的值；
（2）對任意，在上單調遞增，求的最大值.
17．（2025·柳州模擬）如圖，已知四棱錐中，頂點在底面上的射影落在線段上（不含端點），，，，.
（1）求證：平面；
（2）若二面角的大小為，直線與平面所成角為，求的值.
18．（2025·柳州模擬）某學校有、兩家餐廳，某同學每天都會在這兩家餐廳中選擇一家餐廳用晚餐.已知該同學第一天隨機選擇一家餐廳用晚餐，若在前一天選擇去餐廳的條件下，后一天繼續選擇餐廳的概率為；而在前一天選擇去餐廳的條件下，后一天繼續選擇去餐廳的概率為，如此往復.
（1）求該同學第一天和第二天都選擇去餐廳用晚餐的概率；
（2）求該同學第二天選擇去餐廳用晚餐的概率；
（3）記該同學第天選擇去餐廳用晚餐的概率為，求的通項公式.
19．（2025·柳州模擬）已知是拋物線的焦點，過上點的切線交軸于點，過點的直線與交于兩點.
（1）求拋物線的方程；
（2）比較與的大小，并說明理由；
（3）過點的直線與交于兩點，，，的延長線分別交于兩點，求點到直線距離的最大值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】集合關系中的參數取值問題
【解析】【解答】解：因為，，且，
所以，
所以實數的取值范圍是.
故答案為：D.
【分析】利用集合間的包含關系和已知條件，從而得出實數a的取值范圍.
2．【答案】A
【知識點】復數在復平面中的表示；復數代數形式的加減運算；復數的模
【解析】【解答】解：由復數對應的向量，
則，
所以.
故答案為：A.
【分析】根據已知條件和復數的幾何意義得出復數z，再利用復數的運算法則額復數求模公式，從而得出的值.
3．【答案】A
【知識點】等差數列的通項公式
【解析】【解答】解：設等差數列的公差為，
因為，所以，
所以，
故選：A.
【分析】利用等差數列的通項公式，由可得，進而計算即可求得 .
4．【答案】C
【知識點】函數的值
【解析】【解答】解：因為，
所以，
則.
故答案為：C.
【分析】利用分段函數的解析式，從而由內到外逐層計算，進而可得的值.
5．【答案】B
【知識點】二項式定理的應用
【解析】【解答】解：在展開式中，的項為，
則所求的系數為90.
故答案為：B.
【分析】根據已知條件和二項式定理求出展開式的通項，再結合展開式的通項得出的系數.
6．【答案】C
【知識點】組合及組合數公式；排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：根據題意可知，從 6 人當中任選 3 人， 共有 種選派方案，
其中有全選男性和全選學生， 有 種選派方案，所以符合題意的選派方案有 種.
故選： C.
【分析】利用間接法，由題干條件先求出從 6 人中任選 3 人的種數， 再去除全選男性和全選學生這種情況的種數.
7．【答案】C
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【解答】解：因為雙曲線的一條漸近線為，
又因為直線與雙曲線無公共點，
所以，
則，，
所以，
所以.
所以，雙曲線C的離心率的取值范圍為.
故答案為：C.
【分析】由雙曲線的標準方程得出其漸近線方程，再利用直線與雙曲線無公共點，則，從而得出，再利用雙曲線中a，b，c三者的關系式和雙曲線的離心率公式，從而得出雙曲線的離心率的取值范圍.直線斜率與雙曲線漸近線斜率關系結合離心率的齊次式即可求出.
8．【答案】D
【知識點】指數函數的單調性與特殊點；對數函數的單調性與特殊點
【解析】【解答】解：由，
得，
則，
所以，
由，
得，
所以，
則，，
則，
所以，
所以，
則.
故答案為：D.
【分析】根據已知條件和指數函數的單調性、對數函數的單調性、不等式的基本性質以及基本不等式求最值的方法，從而比較出a，b，c的大小.
9．【答案】B,D
【知識點】獨立性檢驗的基本思想；回歸分析的初步應用；離散型隨機變量的期望與方差；二項分布；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：對于A，因為，
所以，這組數據的第百分位數是，故A錯；
對于B，在的獨立性檢驗中，
若不小于對應的臨界值，
可以推斷兩變量不獨立，該推斷犯錯誤的概率不超過，故B對；
對于C，因為隨機變量，
若，，
解得，，故C錯；
對于D，以擬合一組數據時，
經代換后的經驗回歸方程為，
則，
可得，
所以，，故D對.
故答案為：BD.
【分析】利用百分位數的定義可判斷出選項A；利用獨立性檢驗的方法，可判斷選項B；利用二項分布的數學期望公式和方差公式，則可判斷選項C；利用線性回歸分析，可判斷選項D，從而找出說法正確的選項.
10．【答案】B,C,D
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【解答】解：對于A：由，得，
所以橢圓的長軸為，故A錯誤；
對于B：由，得，
則，，
由，得，
所以，
因為二次函數的對稱軸為，
所以該函數在上單調遞減，
則當時，函數取到最大值，
又因為，
所以的最大值為，故B正確；
對于C：由題意得，，，
所以，
則的面積的最大值為，故C正確；
對于D：由，
消去y，得，
因為直線與橢圓相切，只有一個交點，
所以，
解得，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】根據橢圓的標準方程確定焦點的位置，從而得出a的值，進而得出橢圓的長軸長，則判斷出選項A；利用橢圓的標準方程確定的焦點坐標，再利用m的取值范圍和代入法以及兩點距離公式，則， 再利用二次函數的圖象的對稱性和單調性，從而得出二次函數的最值，進而得出的最大值，則判斷出選項B；利用已知條件得出，，再結合三角形面積公式得出面積的最大值，則判斷出選項C；聯立直線方程與橢圓方程，再利用直線與圓的位置關系結合判別式法，從而得出t的值，則判斷出選項D，進而找出正確的選項.
11．【答案】A,C,D
【知識點】函數的奇偶性；有理數指數冪的運算性質；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究曲線上某點切線方程；三角形中的幾何計算
【解析】【解答】解：對于A：因為為偶函數，為奇函數，
所以是奇函數，故A正確；
對于B：因為，
所以
，
所以，故B錯誤；
對于C：設，，
則，，
因為，，，
所以，曲線在點處的切線方程為，
則；
所以曲線在點處的切線方程為，
則，
則，
則，
令，
則，
由，得；由得，
則在上單調遞減，在上單調遞增，故C正確；
對于D：因為的面積為，
所以，面積隨的增大而減小，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用奇函數的定義判斷出選項A；將左右兩個式子進行化簡判斷出選項B；利用導數求出兩條切線方程，從而得出點坐標，再利用兩點距離公式得出關于的函數，再利用換元法和導數判斷函數單調性的方法，則判斷出選項C；利用三角形的面積公式和函數的單調性，則判斷出選項D，從而找出正確的選項.
12．【答案】4
【知識點】直線與圓相交的性質
【解析】【解答】解：由題意，可得圓心坐標為，半徑為，
則所求弦長為.
故答案為：4.
【分析】利用已知條件和垂徑定理，從而得出圓被軸截得的弦長.
13．【答案】
【知識點】旋轉體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結構特征；異面直線所成的角
【解析】【解答】解：如下圖所示：
因為、分別在圓錐的底面上，且為該圓錐的一條母線，
所以，異面直線與所成角的最小值為直線與底面所成的角，
由圓錐的幾何性質可知，與底面垂直，且為底面內的一條直線，
則，
所以，異面直線與所成角的最小值為，且，
故.
故答案為：.
【分析】利用點、分別在圓錐的底面上，且為該圓錐的一條母線，從而得出異面直線與所成角的最小值為直線與底面所成的角，再結合圓錐的幾何性質和線面長軸的定義，從而證出，則異面直線與所成角的最小值為，且，從而得出的值，即得出異面直線與所成角的最小值.
14．【答案】
【知識點】平面向量的基本定理；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【解答】解：如圖，因為，
則以為坐標原點，方向為軸建立平面直角坐標系，
則，
設，則，
過點作軸的垂線，垂足為，
則，
所以，
所以，
因為，
所以，
所以，
則，
因為，所以，
所以當時，即當時，有最大值為.
故答案為：.
【分析】利用建立平面直角坐標系，從而得出點的坐標，設，則，過點作軸的垂線，垂足為，則，從而得出，則得出向量的坐標，再利用平面向量基本定理和向量的坐標運算以及輔助角公式，從而得出，再利用和正弦型函數求最值的方法，從而得出的最大值.
15．【答案】（1）解：因為，
由余弦定理，得，
代入得：，
化簡得：，
因為，
所以.
（2）解：因為
由，
解得，
又因為，
所以或，
則函數在上的單調遞增區間為：和.
【知識點】簡單的三角恒等變換；正弦函數的性質；含三角函數的復合函數的單調性；余弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）由三角形的面積公式和余弦定理以及同角三角函數基本關系式，則得出角A的正切值，再利用三角形中角A的取值范圍，從而得出角A的值.
（2）由三角恒等變換結合x的取值范圍，再利用換元法和正弦函數的單調性，從而得出在上的單調遞增區間.
（1）由，
由余弦定理，，
代入即得：，化簡得：
因為，所以.
（2），
由，解得，
又，所以或，
所以單調遞增區間為和.
16．【答案】（1）解：因為，
所以，
因為函數在處有極值，
所以，，
得，.
所以，，
則，
解得或，
若，則，
此時，
顯然單調遞增，不存在極值，矛盾，
所以，只能是，；
當，時，，
對，有，
這說明此時確實在處取到極小值，
則所求的為.
（2）解：①若，
則當時，對，
則
所以在上單調遞減，
又因為，
所以不可能在上遞增，不滿足條件；
②當時，對任意，則且等號僅在一點成立.
所以單調遞增，
則一定在上單調遞增，滿足條件，
綜上所述，的最大值為.
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值
【解析】【分析】（1）利用導數判斷函數的單調性，從而得出函數的極值點，再利用已知條件得出實數b的值.
（2）利用已知條件和分類討論的方法以及導數判斷函數單調性的方法，從而得出實數b的最大值.
（1）因為，
所以，
因為函數在處有極值，所以，，得，.
從而，，即.
解得或，若，則，此時，顯然單調遞增，不存在極值，矛盾.
所以只可能，.
當，時，.
從而對有，這說明此時確實在處取到極小值.
故所求的為.
（2）①若，則當時，對有.
所以在上單調遞減.
而，所以不可能在上遞增，不滿足條件；
②當時，對任意，有，且等號僅在一點成立.
所以單調遞增，故一定在上單調遞增，滿足條件.
綜上，的最大值為.
17．【答案】（1）證明：因為平面平面
所以，
因為，
所以底面為直角梯形，
則，
過，且與相交于，
則，
又因為，
所以，
所以，
因為平面，，
所以平面.
（2）解：由題意可知，
過作的垂線，垂足為，連接，
因為平面平面
所以，平面，
則平面，平面，故，
所以為二面角的平面角，
所以，
則.
【知識點】直線與平面垂直的判定；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根據線面垂直的性質定理可得，再利用得出底面為直角梯形，再根據勾股定理可得，最后由線線垂直證出線面垂直，即證出平面.
（2）由題意可知，再利用線線垂直和線面垂直的推導關系，從而得出為二面角的平面角，再利用正切函數的定義，從而得出的值.
（1）由于平面平面故
因為，所以底面為直角梯形，故，
過，且與相交于，
則，
又，
故，所以，
由于平面，，
所以平面，
（2）由題意可知，過作的垂線，垂足為，連接，
由于平面平面故，
平面，
故平面，平面，故，
故為二面角的平面角，
所以從而.
18．【答案】（1）解：記事件該同學第天去餐廳，
則，，，
由概率乘法公式，可得.
（2）解：由對立事件的概率公式，
可得，
由全概率公式，可得：
（3）解：記事件該同學第天去餐廳，
則，
由題意可知，，，
由全概率公式，可得：
則，
則，
所以，數列是以為首項，公比為的等比數列，
所以，，
故.
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式；互斥事件與對立事件；全概率公式；條件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）記事件第天去餐廳，則，，，再利用條件概率的乘法公式，從而可得的值.
（2）利用對立事件求概率公式可得的值，再利用全概率公式可得的值.
（3）利用已知條件和對立事件求概率公式以及全概率公式，從而可得，再利用構造法和等比數列的定義，從而判斷出數列是以為首項，公比為的等比數列，再利用等比數列的通項公式，從而可得數列的通項公式.
（1）記事件該同學第天去餐廳，則，，，
由概率乘法公式可得.
（2）由對立事件的概率公式可得，
由全概率公式可得.
（3）記事件該同學第天去餐廳，則，
由題意可知，，，
由全概率公式可得，
即，則，
所以，數列是以為首項，公比為的等比數列，
所以，，故.
19．【答案】（1）解：因為點 在拋物線 上，
則將點 的坐標代入拋物線方程，
可得： ，
則 ，
解得，
所以拋物線 的方程為.
（2）解：因為拋物線，則 ，
當 時，切線斜率 ，
由點斜式可得過點 的切線方程為 ，
即 ；
令 ，可得 ，
所以 ；
由，
可得，
所以 ，
設直線 的方程為 ，
聯立 ，
整理得： ，
，
由韋達定理，得 ，
根據拋物線的焦半徑公式， ，
因為 ，
所以 ，
同理可得 ，
則 ，
所以.
（3）解：由題意知，直線 的斜率必存在，
則設直線，，

聯立，整理得，
由韋達定理，得，
設直線方程為，
代入，得，
由，，
所以，
同理可得；
所以直線的斜率為：
由直線的點斜式方程，可得直線：，
結合，
化簡得，
所以直線 過定點 ，
要使點 到直線 距離的最大，則只需 ，
則最大值為.
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】（1）將點 的坐標代入拋物線方程得出p的值，從而得出拋物線C的標準方程.
（2）對拋物線求導，再利用導數的幾何意義得出切線的斜率，再根據直線的點斜式方程求出過點 的切線方程為，從而得出，進而可得，設直線 的方程為 ，再利用兩點距離公式求出的表達式，從而比較出與的大小.
（3）設直線，直線的方程，分別與拋物線方程聯立，從而求出韋達定理的表達式，進而求出點，的坐標，再利用兩點式得出直線的方程，從而得出直線MN過定點，要使點 到直線 距離的最大，則只需 ，再利用兩點距離公式得出AS的長，即得出點到直線距離的最大值.
（1）已知點 在拋物線 上，
將點 的坐標代入拋物線方程可得：
，即 ，解得，
所以拋物線 的方程為；
（2）拋物線，則 ，
當 時，切線斜率 ，
由點斜式可得過點 的切線方程為 ，即 ；
令 ，可得 ，所以 ；
由，可得，
所以 ，
設直線 的方程為 ，
聯立 ，解得： ， ，
由韋達定理得 ，
根據拋物線的焦半徑公式， ，
因為 ，所以 ，同理 ，
則 ，
所以；
（3）由題意知直線 的斜率必存在，故設直線，，
聯立，解得，
由韋達定理得，
設直線方程為，
代入，有，
由，，
所以，同理可得；
所以直線的斜率 ，
由直線的點斜式可得直線：，
結合，化簡得，
所以直線 過定點 ，
要使點 到直線 距離的最大，則只需 ，
從而最大值為.
1 / 12025屆廣西壯族自治區柳州市高三三模數學試題
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2025·柳州模擬）已知集合，，若，則實數的取值范圍是（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】集合關系中的參數取值問題
【解析】【解答】解：因為，，且，
所以，
所以實數的取值范圍是.
故答案為：D.
【分析】利用集合間的包含關系和已知條件，從而得出實數a的取值范圍.
2．（2025·柳州模擬）在復平面內，復數對應的向量，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】復數在復平面中的表示；復數代數形式的加減運算；復數的模
【解析】【解答】解：由復數對應的向量，
則，
所以.
故答案為：A.
【分析】根據已知條件和復數的幾何意義得出復數z，再利用復數的運算法則額復數求模公式，從而得出的值.
3．（2025·柳州模擬）在等差數列中，，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】等差數列的通項公式
【解析】【解答】解：設等差數列的公差為，
因為，所以，
所以，
故選：A.
【分析】利用等差數列的通項公式，由可得，進而計算即可求得 .
4．（2025·柳州模擬）已知函數，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】函數的值
【解析】【解答】解：因為，
所以，
則.
故答案為：C.
【分析】利用分段函數的解析式，從而由內到外逐層計算，進而可得的值.
5．（2025·柳州模擬）在展開式中，的系數為（　　）
A．15 B．90 C．270 D．405
【答案】B
【知識點】二項式定理的應用
【解析】【解答】解：在展開式中，的項為，
則所求的系數為90.
故答案為：B.
【分析】根據已知條件和二項式定理求出展開式的通項，再結合展開式的通項得出的系數.
6．（2025·柳州模擬）有男 女教師各1人，男 女學生各2人，從中選派3人參加一項活動，要求其中至少有1名女性，并且至少有1名教師，則不同的選派方案有（　?。?br/>A．10種 B．12種 C．15種 D．20種
【答案】C
【知識點】組合及組合數公式；排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：根據題意可知，從 6 人當中任選 3 人， 共有 種選派方案，
其中有全選男性和全選學生， 有 種選派方案，所以符合題意的選派方案有 種.
故選： C.
【分析】利用間接法，由題干條件先求出從 6 人中任選 3 人的種數， 再去除全選男性和全選學生這種情況的種數.
7．（2025·柳州模擬）已知雙曲線.若直線與沒有公共點，則的離心率的范圍為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【解答】解：因為雙曲線的一條漸近線為，
又因為直線與雙曲線無公共點，
所以，
則，，
所以，
所以.
所以，雙曲線C的離心率的取值范圍為.
故答案為：C.
【分析】由雙曲線的標準方程得出其漸近線方程，再利用直線與雙曲線無公共點，則，從而得出，再利用雙曲線中a，b，c三者的關系式和雙曲線的離心率公式，從而得出雙曲線的離心率的取值范圍.直線斜率與雙曲線漸近線斜率關系結合離心率的齊次式即可求出.
8．（2025·柳州模擬）已知，，設，，，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】指數函數的單調性與特殊點；對數函數的單調性與特殊點
【解析】【解答】解：由，
得，
則，
所以，
由，
得，
所以，
則，，
則，
所以，
所以，
則.
故答案為：D.
【分析】根據已知條件和指數函數的單調性、對數函數的單調性、不等式的基本性質以及基本不等式求最值的方法，從而比較出a，b，c的大小.
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2025·柳州模擬）下列說法正確的是（　?。?br/>A．有一組數、、、，這組數的第百分位數是
B．在的獨立性檢驗中，若不小于對應的臨界值，可以推斷兩變量不獨立，該推斷犯錯誤的概率不超過
C．隨機變量，若，，則
D．以擬合一組數據時，經代換后的經驗回歸方程為，則，
【答案】B,D
【知識點】獨立性檢驗的基本思想；回歸分析的初步應用；離散型隨機變量的期望與方差；二項分布；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：對于A，因為，
所以，這組數據的第百分位數是，故A錯；
對于B，在的獨立性檢驗中，
若不小于對應的臨界值，
可以推斷兩變量不獨立，該推斷犯錯誤的概率不超過，故B對；
對于C，因為隨機變量，
若，，
解得，，故C錯；
對于D，以擬合一組數據時，
經代換后的經驗回歸方程為，
則，
可得，
所以，，故D對.
故答案為：BD.
【分析】利用百分位數的定義可判斷出選項A；利用獨立性檢驗的方法，可判斷選項B；利用二項分布的數學期望公式和方差公式，則可判斷選項C；利用線性回歸分析，可判斷選項D，從而找出說法正確的選項.
10．（2025·柳州模擬）已知是橢圓的右焦點，是上的一個動點，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．橢圓的長軸長是2
B．的最大值是
C．的面積的最大值為，其中為坐標原點
D．直線與橢圓相切時，
【答案】B,C,D
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【解答】解：對于A：由，得，
所以橢圓的長軸為，故A錯誤；
對于B：由，得，
則，，
由，得，
所以，
因為二次函數的對稱軸為，
所以該函數在上單調遞減，
則當時，函數取到最大值，
又因為，
所以的最大值為，故B正確；
對于C：由題意得，，，
所以，
則的面積的最大值為，故C正確；
對于D：由，
消去y，得，
因為直線與橢圓相切，只有一個交點，
所以，
解得，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】根據橢圓的標準方程確定焦點的位置，從而得出a的值，進而得出橢圓的長軸長，則判斷出選項A；利用橢圓的標準方程確定的焦點坐標，再利用m的取值范圍和代入法以及兩點距離公式，則， 再利用二次函數的圖象的對稱性和單調性，從而得出二次函數的最值，進而得出的最大值，則判斷出選項B；利用已知條件得出，，再結合三角形面積公式得出面積的最大值，則判斷出選項C；聯立直線方程與橢圓方程，再利用直線與圓的位置關系結合判別式法，從而得出t的值，則判斷出選項D，進而找出正確的選項.
11．（2025·柳州模擬）我們把稱為雙曲余弦函數，其函數表達式為，相應地雙曲正弦函數的函數表達式為.若直線與雙曲余弦函數曲線和雙曲正弦函數曲線分別相交于點，曲線在點處的切線與曲線在點處的切線相交于點，則（　?。?br/>A．是奇函數
B．
C．在隨的增大而減小，在隨的增大而增大
D．的面積隨的增大而減小
【答案】A,C,D
【知識點】函數的奇偶性；有理數指數冪的運算性質；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究曲線上某點切線方程；三角形中的幾何計算
【解析】【解答】解：對于A：因為為偶函數，為奇函數，
所以是奇函數，故A正確；
對于B：因為，
所以
，
所以，故B錯誤；
對于C：設，，
則，，
因為，，，
所以，曲線在點處的切線方程為，
則；
所以曲線在點處的切線方程為，
則，
則，
則，
令，
則，
由，得；由得，
則在上單調遞減，在上單調遞增，故C正確；
對于D：因為的面積為，
所以，面積隨的增大而減小，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用奇函數的定義判斷出選項A；將左右兩個式子進行化簡判斷出選項B；利用導數求出兩條切線方程，從而得出點坐標，再利用兩點距離公式得出關于的函數，再利用換元法和導數判斷函數單調性的方法，則判斷出選項C；利用三角形的面積公式和函數的單調性，則判斷出選項D，從而找出正確的選項.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分
12．（2025·柳州模擬）圓被軸截得的弦長為　 ?。?br/>【答案】4
【知識點】直線與圓相交的性質
【解析】【解答】解：由題意，可得圓心坐標為，半徑為，
則所求弦長為.
故答案為：4.
【分析】利用已知條件和垂徑定理，從而得出圓被軸截得的弦長.
13．（2025·柳州模擬）已知為一個圓錐的頂點，是母線，，該圓錐的底面半徑為.、分別在圓錐的底面上，則異面直線與所成角的最小值為　 　.
【答案】
【知識點】旋轉體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結構特征；異面直線所成的角
【解析】【解答】解：如下圖所示：
因為、分別在圓錐的底面上，且為該圓錐的一條母線，
所以，異面直線與所成角的最小值為直線與底面所成的角，
由圓錐的幾何性質可知，與底面垂直，且為底面內的一條直線，
則，
所以，異面直線與所成角的最小值為，且，
故.
故答案為：.
【分析】利用點、分別在圓錐的底面上，且為該圓錐的一條母線，從而得出異面直線與所成角的最小值為直線與底面所成的角，再結合圓錐的幾何性質和線面長軸的定義，從而證出，則異面直線與所成角的最小值為，且，從而得出的值，即得出異面直線與所成角的最小值.
14．（2025·柳州模擬）在中，，，，為內一點，且.若，則的最大值為　 　.
【答案】
【知識點】平面向量的基本定理；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【解答】解：如圖，因為，
則以為坐標原點，方向為軸建立平面直角坐標系，
則，
設，則，
過點作軸的垂線，垂足為，
則，
所以，
所以，
因為，
所以，
所以，
則，
因為，所以，
所以當時，即當時，有最大值為.
故答案為：.
【分析】利用建立平面直角坐標系，從而得出點的坐標，設，則，過點作軸的垂線，垂足為，則，從而得出，則得出向量的坐標，再利用平面向量基本定理和向量的坐標運算以及輔助角公式，從而得出，再利用和正弦型函數求最值的方法，從而得出的最大值.
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．（2025·柳州模擬）記的內角的對邊分別為，的面積為.已知.
（1）求；
（2）求函數在上的單調遞增區間.
【答案】（1）解：因為，
由余弦定理，得，
代入得：，
化簡得：，
因為，
所以.
（2）解：因為
由，
解得，
又因為，
所以或，
則函數在上的單調遞增區間為：和.
【知識點】簡單的三角恒等變換；正弦函數的性質；含三角函數的復合函數的單調性；余弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）由三角形的面積公式和余弦定理以及同角三角函數基本關系式，則得出角A的正切值，再利用三角形中角A的取值范圍，從而得出角A的值.
（2）由三角恒等變換結合x的取值范圍，再利用換元法和正弦函數的單調性，從而得出在上的單調遞增區間.
（1）由，
由余弦定理，，
代入即得：，化簡得：
因為，所以.
（2），
由，解得，
又，所以或，
所以單調遞增區間為和.
16．（2025·柳州模擬）已知函數.
（1）若函數在處有極值，求的值；
（2）對任意，在上單調遞增，求的最大值.
【答案】（1）解：因為，
所以，
因為函數在處有極值，
所以，，
得，.
所以，，
則，
解得或，
若，則，
此時，
顯然單調遞增，不存在極值，矛盾，
所以，只能是，；
當，時，，
對，有，
這說明此時確實在處取到極小值，
則所求的為.
（2）解：①若，
則當時，對，
則
所以在上單調遞減，
又因為，
所以不可能在上遞增，不滿足條件；
②當時，對任意，則且等號僅在一點成立.
所以單調遞增，
則一定在上單調遞增，滿足條件，
綜上所述，的最大值為.
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值
【解析】【分析】（1）利用導數判斷函數的單調性，從而得出函數的極值點，再利用已知條件得出實數b的值.
（2）利用已知條件和分類討論的方法以及導數判斷函數單調性的方法，從而得出實數b的最大值.
（1）因為，
所以，
因為函數在處有極值，所以，，得，.
從而，，即.
解得或，若，則，此時，顯然單調遞增，不存在極值，矛盾.
所以只可能，.
當，時，.
從而對有，這說明此時確實在處取到極小值.
故所求的為.
（2）①若，則當時，對有.
所以在上單調遞減.
而，所以不可能在上遞增，不滿足條件；
②當時，對任意，有，且等號僅在一點成立.
所以單調遞增，故一定在上單調遞增，滿足條件.
綜上，的最大值為.
17．（2025·柳州模擬）如圖，已知四棱錐中，頂點在底面上的射影落在線段上（不含端點），，，，.
（1）求證：平面；
（2）若二面角的大小為，直線與平面所成角為，求的值.
【答案】（1）證明：因為平面平面
所以，
因為，
所以底面為直角梯形，
則，
過，且與相交于，
則，
又因為，
所以，
所以，
因為平面，，
所以平面.
（2）解：由題意可知，
過作的垂線，垂足為，連接，
因為平面平面
所以，平面，
則平面，平面，故，
所以為二面角的平面角，
所以，
則.
【知識點】直線與平面垂直的判定；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根據線面垂直的性質定理可得，再利用得出底面為直角梯形，再根據勾股定理可得，最后由線線垂直證出線面垂直，即證出平面.
（2）由題意可知，再利用線線垂直和線面垂直的推導關系，從而得出為二面角的平面角，再利用正切函數的定義，從而得出的值.
（1）由于平面平面故
因為，所以底面為直角梯形，故，
過，且與相交于，
則，
又，
故，所以，
由于平面，，
所以平面，
（2）由題意可知，過作的垂線，垂足為，連接，
由于平面平面故，
平面，
故平面，平面，故，
故為二面角的平面角，
所以從而.
18．（2025·柳州模擬）某學校有、兩家餐廳，某同學每天都會在這兩家餐廳中選擇一家餐廳用晚餐.已知該同學第一天隨機選擇一家餐廳用晚餐，若在前一天選擇去餐廳的條件下，后一天繼續選擇餐廳的概率為；而在前一天選擇去餐廳的條件下，后一天繼續選擇去餐廳的概率為，如此往復.
（1）求該同學第一天和第二天都選擇去餐廳用晚餐的概率；
（2）求該同學第二天選擇去餐廳用晚餐的概率；
（3）記該同學第天選擇去餐廳用晚餐的概率為，求的通項公式.
【答案】（1）解：記事件該同學第天去餐廳，
則，，，
由概率乘法公式，可得.
（2）解：由對立事件的概率公式，
可得，
由全概率公式，可得：
（3）解：記事件該同學第天去餐廳，
則，
由題意可知，，，
由全概率公式，可得：
則，
則，
所以，數列是以為首項，公比為的等比數列，
所以，，
故.
【知識點】等比數列概念與表示；等比數列的通項公式；互斥事件與對立事件；全概率公式；條件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）記事件第天去餐廳，則，，，再利用條件概率的乘法公式，從而可得的值.
（2）利用對立事件求概率公式可得的值，再利用全概率公式可得的值.
（3）利用已知條件和對立事件求概率公式以及全概率公式，從而可得，再利用構造法和等比數列的定義，從而判斷出數列是以為首項，公比為的等比數列，再利用等比數列的通項公式，從而可得數列的通項公式.
（1）記事件該同學第天去餐廳，則，，，
由概率乘法公式可得.
（2）由對立事件的概率公式可得，
由全概率公式可得.
（3）記事件該同學第天去餐廳，則，
由題意可知，，，
由全概率公式可得，
即，則，
所以，數列是以為首項，公比為的等比數列，
所以，，故.
19．（2025·柳州模擬）已知是拋物線的焦點，過上點的切線交軸于點，過點的直線與交于兩點.
（1）求拋物線的方程；
（2）比較與的大小，并說明理由；
（3）過點的直線與交于兩點，，，的延長線分別交于兩點，求點到直線距離的最大值.
【答案】（1）解：因為點 在拋物線 上，
則將點 的坐標代入拋物線方程，
可得： ，
則 ，
解得，
所以拋物線 的方程為.
（2）解：因為拋物線，則 ，
當 時，切線斜率 ，
由點斜式可得過點 的切線方程為 ，
即 ；
令 ，可得 ，
所以 ；
由，
可得，
所以 ，
設直線 的方程為 ，
聯立 ，
整理得： ，
，
由韋達定理，得 ，
根據拋物線的焦半徑公式， ，
因為 ，
所以 ，
同理可得 ，
則 ，
所以.
（3）解：由題意知，直線 的斜率必存在，
則設直線，，

聯立，整理得，
由韋達定理，得，
設直線方程為，
代入，得，
由，，
所以，
同理可得；
所以直線的斜率為：
由直線的點斜式方程，可得直線：，
結合，
化簡得，
所以直線 過定點 ，
要使點 到直線 距離的最大，則只需 ，
則最大值為.
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】（1）將點 的坐標代入拋物線方程得出p的值，從而得出拋物線C的標準方程.
（2）對拋物線求導，再利用導數的幾何意義得出切線的斜率，再根據直線的點斜式方程求出過點 的切線方程為，從而得出，進而可得，設直線 的方程為 ，再利用兩點距離公式求出的表達式，從而比較出與的大小.
（3）設直線，直線的方程，分別與拋物線方程聯立，從而求出韋達定理的表達式，進而求出點，的坐標，再利用兩點式得出直線的方程，從而得出直線MN過定點，要使點 到直線 距離的最大，則只需 ，再利用兩點距離公式得出AS的長，即得出點到直線距離的最大值.
（1）已知點 在拋物線 上，
將點 的坐標代入拋物線方程可得：
，即 ，解得，
所以拋物線 的方程為；
（2）拋物線，則 ，
當 時，切線斜率 ，
由點斜式可得過點 的切線方程為 ，即 ；
令 ，可得 ，所以 ；
由，可得，
所以 ，
設直線 的方程為 ，
聯立 ，解得： ， ，
由韋達定理得 ，
根據拋物線的焦半徑公式， ，
因為 ，所以 ，同理 ，
則 ，
所以；
（3）由題意知直線 的斜率必存在，故設直線，，
聯立，解得，
由韋達定理得，
設直線方程為，
代入，有，
由，，
所以，同理可得；
所以直線的斜率 ，
由直線的點斜式可得直線：，
結合，化簡得，
所以直線 過定點 ，
要使點 到直線 距離的最大，則只需 ，
從而最大值為.
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