湖南省长沙市南雅中学2025届高三下学期模拟考试（三）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，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025·长沙模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：集合，，
则.
故答案为：D.
【分析】先解不等式得出集合，再根据交集定义计算求解.
2．（2025·长沙模拟）复数满足，则在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由条件可知，，
所以复数对应的点为，为第四象限的点.
故答案为：D.
【分析】首先通过除法运算，把复数化为a + bi形式，最后依据复数a + bi对应复平面坐标（a， b），根据坐标正负快速判断象限.
3．（2025·长沙模拟）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由直观图知原几何图形是直角梯形，
如上图，由斜二测画法可知，，
所以.
故答案为：A.
【分析】斜二测画法中，平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度变为原来的一半，且原图形中平行于轴和轴的线段，在直观图中分别平行于轴和轴 ，根据直观图的形状和已知线段长度，还原出平面图形的形状，确定各边长度，再用勾股定理计算对角线的长度.
4．（2025·长沙模拟）若函数为偶函数，则的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知：为函数的对称轴，
则，则.
对于A：令，解得，不合题意，故A错误；
对于B：令，解得，符合题意，故B正确；
对于C：令，解得，不合题意，故C错误；
对于D：令，解得，不合题意，故D错误.
故答案为：B.
【分析】由题意结合偶函数的图象的对称性可知为函数的对称轴，再结合余弦型函数的图象的对称性，从而找出满足条件的的值.
5．（2025·长沙模拟）已知向量，在上的投影向量为，则（ ）
A． B．8 C．4 D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由得，根据在上的投影向量为，可知在上的投影的数量为，
故根据数量积的几何意义，等于与在上的投影的数量的乘积，
故．
故答案为：A．
【分析】先根据投影向量求出在上投影的数量，再利用数量积的几何意义（数量积等于与在上投影数量的乘积 ）计算 .
6．（2025·长沙模拟）数列是公比不为1的等比数列，前项积为，则“，”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的性质
【解析】【解答】解：充分性：因为，，所以，所以，
又由数列是公比不为1的等比数列，所以，
可得同号，同号，所以，所以，
所以“，”是“”的充分条件；
必要性：若数列每项均为正数时，若且时，则对恒成立，
无法得到对恒成立，必要性不成立，
故“，”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】首先利用“对所有成立”，取特殊值，通过前项积的关系，约去正项后直接得，简洁证明充分性，然后通过构造反例（如公比为负、后续项大于等情况 ），说明即使，也可能存在某些，从而否定必要性，得出结论.
7．（2025·长沙模拟）已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：依题意，函数，
当时，，显然，
且正弦函数在上单调递减，由在区间上的值域为，
得，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：D
【分析】本题需先对函数 化简，再结合正弦函数的性质，通过分析函数在给定区间内的取值范围，确定m的取值范围.
8．（2025·长沙模拟）已知函数（且）满足，且函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数（且）满足，
即，所以，
又函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
所以，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】首先利用指数函数的单调性由确定的初步范围，再根据对数型复合函数“同增异减”的性质，分析内层二次函数的单调性与取值，从而进一步限制的范围，最终得到的取值区间.
二、多选题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025·长沙模拟）设两个随机变量、满足服从正态分布，服从二项分布，则（ ）（若随机变量，）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项分布；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A、，，，A正确；
B、，，，B错误；
C、，，，C正确；
D、，，
，D正确．
故答案为：ACD.
【分析】1. 期望与方差的直接计算：正态分布的期望、方差；二项分布的期望、方差，直接代入公式计算，对比判断选项A、B .
2. 二项分布是离散型分布，的概率可通过枚举的概率求和，计算（仅 ）和（和 ），与正态分布概率对比，判断选项C、D .
10．（2025·长沙模拟）已知函数，则下列判断正确的是（ ）
A．函数的图象关于轴对称
B．函数的最小值为2，无最大值
C．函数在上单调递增
D．不等式的解集为
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；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】【解答】A、，即，所以函数是偶函数，的图象关于轴对称，A正确；
B、当时，，，所以在单调递增，，且是偶函数，所以函数的最小值为2，无最大值，B正确；
C、由AB可知，在单调递减，在上单调递增，C错误；
D、 不等式，两边平方得，得，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】奇偶性判断：根据偶函数定义，计算并与对比，确定函数为偶函数，进而知图象关于轴对称，解决选项A.最值与单调性（）：对时的函数求导，分析导数符号判断单调性；结合偶函数对称性，得函数在上的单调性分布，进而确定最小值和无最大值，解决选项B.区间单调性分析：利用已得的函数在和的单调性，判断在上的单调性，解决选项C.不等式求解：利用函数的奇偶性与单调性，将转化为绝对值不等式，通过平方化简求解，解决选项D.
11．（2025·长沙模拟）已知的三个顶点分别是点、、，以下正确的是（ ）
A．的外接圆的标准方程
B．是抛物线上的动点，则的最小值是
C．同时和三边所在直线都相切的所有圆的半径的乘积等于
D．是的内切圆上的动点，则点到三顶点的距离的平方和的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A、由题意可知，的外接圆的圆心为线段的中点，
半径为，故外接圆的标准方程为：，A正确；
B、设点，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，B错误；
C、由于所求圆与两坐标轴相切，则圆心必然在直线或上，分以下两种情况讨论：
①若圆心在直线上，设圆心为，则该圆的半径为，
直线的方程为，即，
由题意可得，即，解得或，
此时所求圆的半径为或；
②若圆心在直线上，设圆心为，则该圆的半径为，
由题意可得，即，解得或，
此时所求圆的半径为或.
综上所述，同时和三边所在直线都相切的所有圆的半径的乘积等于，C正确；
D、由图结合C选项可知，的内切圆方程为，
设点，则，
，
，
所以，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据直角三角形的几何性质求出的外接圆方程，可判断A选项；设点，利用平面内两点间的距离公式以及二次函数的基本性质求出的最小值，可判断B选项；分析可知圆心必然在直线或上，对圆心的位置进行分类讨论，求出圆心的横坐标，可判断C选项；设点，利用平面内两点间的距离公式以及三角函数的有界性可判断D选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·长沙模拟）椭圆的离心率为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆方程为，
所以
所以，
所以
所以离心率，
故答案为：.
【分析】由椭圆方程可知，的值，由离心率求出结果.
13．（2025·长沙模拟）已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数极限
【解析】【解答】解：设函数，则，
所以是奇函数，且时，单调递增，
则单调递增，且，
所以，
即，，则不等式恒成立，，
设，，
设，，，
所以在上单调递增，，
所以恒成立，则恒成立，
则在上单调递增，
，根据洛必达法则可知，.
故答案为：.
【分析】通过构造奇函数，分析的单调性和特殊值（ ），将抽象不等式 转化为自变量的一次不等式.将含的不等式变形为，把“恒成立”问题转化为求函数的最小值（下确界 ）.通过求导判断的单调性，结合洛必达法则求时的极限，确定的下限.
14．（2025·长沙模拟）空间直角坐标系中有一点，其中均为正整数，若，则称点具有性质“2025高考大捷”，则具有性质“2025高考大捷”的不同的点共有 个．
【答案】90
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：将2025分解为，设，，，，，
则，，
法一：的取值为时，有3种取法，的取值为时，有6种取法，
的取值为时，有3种取法，的取值为时，有3种取法，
故的取值共有15种；
的取值为时，有3种取法，的取值为时，有3种取法，
故的取值共有6种；
由于每一个不同的点都唯一对应一组，的取值，
故具有性质“2025高考大捷”的不同的点共有个．
法二：方程，的解的个数为，
方程，的解的个数为，
故具有性质“2025高考大捷”的不同的点共有个．
故答案为：90.
【分析】本题要解决空间直角坐标系中满足的点个数问题，先对分解质因数，再将、、用质因数的指数形式表示，转化为指数和的不定方程求解，最后利用排列组合知识算出点的个数.
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·长沙模拟）的内角A，B，C的对边分别为a，b，C，已知．
（1）求角C；
（2）若CD是角C的平分线，，，求CD的长．
【答案】（1）解：由，根据正弦定理可得，
则，
所以，
整理得，
因为均为三角形内角，所以，
因此，所以.
（2）解：因为CD是角C的平分线，，，
所以在和中，由正弦定理可得，，，
因此，即，所以，
又由余弦定理可得，即，解得，所以，
又，即，
即，所以.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和及三角函数运算求出角C.
（2）先依据角平分线性质和正弦定理得到边的关系，再用余弦定理确定边的长度，最后通过面积关系求出CD的长.
16．（2025·长沙模拟）已知动点与定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，
（1）求动点的轨迹；
（2）过上述轨迹上一点作轨迹的切线与两直线分别交于、两点，证明：三角形的面积是定值．
【答案】（1）解：根据题意得，则可得，
将上式两边平方，得，
整理得，所以，
所以.
（2）证明：设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，
与双曲线方程联立，消去，可得，
整理得，
所以且，
解得，代入，得，
所以切线方程为，
与联立得，与联立得，
故.
即三角形的面积是定值 .
【知识点】轨迹方程；双曲线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意得，化简整理即可得动点的轨迹 方程.
（2）设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，与双曲线方程联立求得切线方程，分别与直线和联立得的横坐标，即可计算三角形的面积.
（1）根据题意得，则可得，
将上式两边平方，得，
整理得，所以，
所以
（2）设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，
与双曲线方程联立，消去，可得，
整理得，
所以且，
解得，代入，得，
所以切线方程为，
与联立得，与联立得，
故.
17．（2025·长沙模拟）在直三棱柱中，，，，，，
（1）若平面，求的值；
（2）若二面角与二面角的大小相等，求的值．
【答案】（1）解：连接交于点，连接，
平面，平面，平面平面，
，
又是的中点，故是的中点
.
（2）解：因为二面角与二面角的大小相等，
所以二面角是二面角的大小的一半，
法一：几何法
过点在平面内作，垂足为，连接、，
，，，、平面，
平面，
平面，，
又，，、平面，平面，
又、平面，，，
二面角和二面角的平面角分别为、，
分别记作和，则为锐角，且，
因为，，，故，
所以，，
即，解得，
又，解得，所以．
法二：空间向量法
在直三棱柱中，平面，，
以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，，
易知平面的一个法向量，
设平面与平面的一个法向量分别为、，
设二面角与二面角的平面角分别为、，且，
则，取，可得，
，取，可得
则，，
由，即，因为，解得.
即.
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】本题围绕直三棱柱的线面平行与二面角问题展开：
（1）利用线面平行的性质，构造辅助线找到线线平行关系，结合棱柱的特征（侧面是平行四边形）及中位线性质，建立与线段比例的联系求解。
（2）提供几何法与空间向量法两种思路，解法一：几何法通过作垂线找到二面角的平面角，利用二倍角关系结合三角函数求解；
解法二：空间向量法通过建系，用向量表示相关点与平面法向量，依据二面角的向量公式及二倍角余弦关系列方程求解.
（1）连接交于点，连接，
平面，平面，平面平面，
，
又是的中点，故是的中点，.
（2）因为二面角与二面角的大小相等，
所以二面角是二面角的大小的一半，
法一：几何法
过点在平面内作，垂足为，连接、，
，，，、平面，
平面，
平面，，
又，，、平面，平面，
又、平面，，，
二面角和二面角的平面角分别为、，
分别记作和，则为锐角，且，
因为，，，故，
所以，，
即，解得，
又，解得，所以．
法二：空间向量法
在直三棱柱中，平面，，
以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，，
易知平面的一个法向量，
设平面与平面的一个法向量分别为、，
设二面角与二面角的平面角分别为、，且，
则，取，可得，
，取，可得
则，，
由，即，因为，解得.
18．（2025·长沙模拟）设函数在处的切线经过坐标原点，
（1）求；
（2）是否存在实数使得函数关于直线对称，若存在，求出的值，若不存在，说明理由；
（3）若恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：，，，
切线方程为，代入得；
即.
（2）解：存在，满足题意，理由如下：
，，
故函数关于直线对称.
（3）解：当时，恒成立，即恒成立，
令，则，
令，则，
故在上单调递减，注意到，
所以时，，，单调递增，
时，，，单调递减，
故，故，得；
下证且时，恒成立，
即证恒成立，只需证恒成立，
构造函数，则，
，，单调递减，，，单调递增，
故，所以，
所以，证毕；
综上所述，的取值范围为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数求切线斜率，结合切点坐标写出切线方程，代入原点坐标解方程得 .
（2）假设存在使关于对称，根据对称函数性质恒成立，代入化简对比系数求 .
（3）分和讨论，时通过构造函数求最值确定上限；时通过放缩、构造新函数证明不等式恒成立，最终确定范围 .
（1），，，
切线方程为，代入得；
（2）存在，满足题意，证明如下：
，，
故函数关于直线对称；
（3）当时，恒成立，即恒成立，
令，则，
令，则，
故在上单调递减，注意到，
所以时，，，单调递增，
时，，，单调递减，
故，故，得；
下证且时，恒成立，
即证恒成立，只需证恒成立，
构造函数，则，
，，单调递减，，，单调递增，
故，所以，
所以，证毕；
综上所述，的取值范围为．
19．（2025·长沙模拟）已知等差数列的第2项为3，其前5项和为25．数列是公比大于0的等比数列，，．
（1）求和的通项公式；
（2）记，，
（ⅰ）证明是等比数列；
（ⅱ）证明，．
【答案】（1）解：因为等差数列的第2项为3，其前5项和为25．
所以，，
计算得，公差为，
所以；
设等比数列的公比为，因为，所以，
解得或（舍），故；
即：，；，
（2）（ⅰ）证明：由题意，，
所以，
所以，且，
即：数列是以4为公比的等比数列；
（ⅱ）证明：由题意知，，
所以，所以，
设，则，
两式相减得，
所以，
即：.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式求解，以及等比数列的证明和数列不等式的证明：
（1）利用等差数列的性质（前项和与中间项的关系）和基本量（首项、公差、公比）列方程求解通项.
（2）（ⅰ）先求出表达式，再计算并验证等比数列定义.
（ⅱ）先化简数列通项，再利用放缩法结合裂项相消或数列求和性质证明不等式.
（1）因为等差数列的第2项为3，其前5项和为25．
所以，，
计算得，公差为，
所以；
设等比数列的公比为，因为，所以，
解得或（舍），故；
（2）（ⅰ）由题意，，
所以，
所以，且，所以数列是以4为公比的等比数列；
（ⅱ）由题意知，，
所以，所以，
设，则，
两式相减得，
所以，
所以．
1 / 1湖南省长沙市南雅中学2025届高三下学期模拟考试（三）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，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025·长沙模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·长沙模拟）复数满足，则在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2025·长沙模拟）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·长沙模拟）若函数为偶函数，则的值可以是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·长沙模拟）已知向量，在上的投影向量为，则（ ）
A． B．8 C．4 D．
6．（2025·长沙模拟）数列是公比不为1的等比数列，前项积为，则“，”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2025·长沙模拟）已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·长沙模拟）已知函数（且）满足，且函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025·长沙模拟）设两个随机变量、满足服从正态分布，服从二项分布，则（ ）（若随机变量，）
A． B．
C． D．
10．（2025·长沙模拟）已知函数，则下列判断正确的是（ ）
A．函数的图象关于轴对称
B．函数的最小值为2，无最大值
C．函数在上单调递增
D．不等式的解集为
11．（2025·长沙模拟）已知的三个顶点分别是点、、，以下正确的是（ ）
A．的外接圆的标准方程
B．是抛物线上的动点，则的最小值是
C．同时和三边所在直线都相切的所有圆的半径的乘积等于
D．是的内切圆上的动点，则点到三顶点的距离的平方和的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·长沙模拟）椭圆的离心率为 ．
13．（2025·长沙模拟）已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围为 ．
14．（2025·长沙模拟）空间直角坐标系中有一点，其中均为正整数，若，则称点具有性质“2025高考大捷”，则具有性质“2025高考大捷”的不同的点共有 个．
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·长沙模拟）的内角A，B，C的对边分别为a，b，C，已知．
（1）求角C；
（2）若CD是角C的平分线，，，求CD的长．
16．（2025·长沙模拟）已知动点与定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，
（1）求动点的轨迹；
（2）过上述轨迹上一点作轨迹的切线与两直线分别交于、两点，证明：三角形的面积是定值．
17．（2025·长沙模拟）在直三棱柱中，，，，，，
（1）若平面，求的值；
（2）若二面角与二面角的大小相等，求的值．
18．（2025·长沙模拟）设函数在处的切线经过坐标原点，
（1）求；
（2）是否存在实数使得函数关于直线对称，若存在，求出的值，若不存在，说明理由；
（3）若恒成立，求的取值范围．
19．（2025·长沙模拟）已知等差数列的第2项为3，其前5项和为25．数列是公比大于0的等比数列，，．
（1）求和的通项公式；
（2）记，，
（ⅰ）证明是等比数列；
（ⅱ）证明，．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；不等式的解集
【解析】【解答】解：集合，，
则.
故答案为：D.
【分析】先解不等式得出集合，再根据交集定义计算求解.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由条件可知，，
所以复数对应的点为，为第四象限的点.
故答案为：D.
【分析】首先通过除法运算，把复数化为a + bi形式，最后依据复数a + bi对应复平面坐标（a， b），根据坐标正负快速判断象限.
3．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由直观图知原几何图形是直角梯形，
如上图，由斜二测画法可知，，
所以.
故答案为：A.
【分析】斜二测画法中，平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度变为原来的一半，且原图形中平行于轴和轴的线段，在直观图中分别平行于轴和轴 ，根据直观图的形状和已知线段长度，还原出平面图形的形状，确定各边长度，再用勾股定理计算对角线的长度.
4．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知：为函数的对称轴，
则，则.
对于A：令，解得，不合题意，故A错误；
对于B：令，解得，符合题意，故B正确；
对于C：令，解得，不合题意，故C错误；
对于D：令，解得，不合题意，故D错误.
故答案为：B.
【分析】由题意结合偶函数的图象的对称性可知为函数的对称轴，再结合余弦型函数的图象的对称性，从而找出满足条件的的值.
5．【答案】A
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由得，根据在上的投影向量为，可知在上的投影的数量为，
故根据数量积的几何意义，等于与在上的投影的数量的乘积，
故．
故答案为：A．
【分析】先根据投影向量求出在上投影的数量，再利用数量积的几何意义（数量积等于与在上投影数量的乘积 ）计算 .
6．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的性质
【解析】【解答】解：充分性：因为，，所以，所以，
又由数列是公比不为1的等比数列，所以，
可得同号，同号，所以，所以，
所以“，”是“”的充分条件；
必要性：若数列每项均为正数时，若且时，则对恒成立，
无法得到对恒成立，必要性不成立，
故“，”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】首先利用“对所有成立”，取特殊值，通过前项积的关系，约去正项后直接得，简洁证明充分性，然后通过构造反例（如公比为负、后续项大于等情况 ），说明即使，也可能存在某些，从而否定必要性，得出结论.
7．【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：依题意，函数，
当时，，显然，
且正弦函数在上单调递减，由在区间上的值域为，
得，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：D
【分析】本题需先对函数 化简，再结合正弦函数的性质，通过分析函数在给定区间内的取值范围，确定m的取值范围.
8．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数（且）满足，
即，所以，
又函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
所以，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】首先利用指数函数的单调性由确定的初步范围，再根据对数型复合函数“同增异减”的性质，分析内层二次函数的单调性与取值，从而进一步限制的范围，最终得到的取值区间.
9．【答案】A,C,D
【知识点】二项分布；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A、，，，A正确；
B、，，，B错误；
C、，，，C正确；
D、，，
，D正确．
故答案为：ACD.
【分析】1. 期望与方差的直接计算：正态分布的期望、方差；二项分布的期望、方差，直接代入公式计算，对比判断选项A、B .
2. 二项分布是离散型分布，的概率可通过枚举的概率求和，计算（仅 ）和（和 ），与正态分布概率对比，判断选项C、D .
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；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】【解答】A、，即，所以函数是偶函数，的图象关于轴对称，A正确；
B、当时，，，所以在单调递增，，且是偶函数，所以函数的最小值为2，无最大值，B正确；
C、由AB可知，在单调递减，在上单调递增，C错误；
D、 不等式，两边平方得，得，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】奇偶性判断：根据偶函数定义，计算并与对比，确定函数为偶函数，进而知图象关于轴对称，解决选项A.最值与单调性（）：对时的函数求导，分析导数符号判断单调性；结合偶函数对称性，得函数在上的单调性分布，进而确定最小值和无最大值，解决选项B.区间单调性分析：利用已得的函数在和的单调性，判断在上的单调性，解决选项C.不等式求解：利用函数的奇偶性与单调性，将转化为绝对值不等式，通过平方化简求解，解决选项D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A、由题意可知，的外接圆的圆心为线段的中点，
半径为，故外接圆的标准方程为：，A正确；
B、设点，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，B错误；
C、由于所求圆与两坐标轴相切，则圆心必然在直线或上，分以下两种情况讨论：
①若圆心在直线上，设圆心为，则该圆的半径为，
直线的方程为，即，
由题意可得，即，解得或，
此时所求圆的半径为或；
②若圆心在直线上，设圆心为，则该圆的半径为，
由题意可得，即，解得或，
此时所求圆的半径为或.
综上所述，同时和三边所在直线都相切的所有圆的半径的乘积等于，C正确；
D、由图结合C选项可知，的内切圆方程为，
设点，则，
，
，
所以，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据直角三角形的几何性质求出的外接圆方程，可判断A选项；设点，利用平面内两点间的距离公式以及二次函数的基本性质求出的最小值，可判断B选项；分析可知圆心必然在直线或上，对圆心的位置进行分类讨论，求出圆心的横坐标，可判断C选项；设点，利用平面内两点间的距离公式以及三角函数的有界性可判断D选项.
12．【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为椭圆方程为，
所以
所以，
所以
所以离心率，
故答案为：.
【分析】由椭圆方程可知，的值，由离心率求出结果.
13．【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数极限
【解析】【解答】解：设函数，则，
所以是奇函数，且时，单调递增，
则单调递增，且，
所以，
即，，则不等式恒成立，，
设，，
设，，，
所以在上单调递增，，
所以恒成立，则恒成立，
则在上单调递增，
，根据洛必达法则可知，.
故答案为：.
【分析】通过构造奇函数，分析的单调性和特殊值（ ），将抽象不等式 转化为自变量的一次不等式.将含的不等式变形为，把“恒成立”问题转化为求函数的最小值（下确界 ）.通过求导判断的单调性，结合洛必达法则求时的极限，确定的下限.
14．【答案】90
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：将2025分解为，设，，，，，
则，，
法一：的取值为时，有3种取法，的取值为时，有6种取法，
的取值为时，有3种取法，的取值为时，有3种取法，
故的取值共有15种；
的取值为时，有3种取法，的取值为时，有3种取法，
故的取值共有6种；
由于每一个不同的点都唯一对应一组，的取值，
故具有性质“2025高考大捷”的不同的点共有个．
法二：方程，的解的个数为，
方程，的解的个数为，
故具有性质“2025高考大捷”的不同的点共有个．
故答案为：90.
【分析】本题要解决空间直角坐标系中满足的点个数问题，先对分解质因数，再将、、用质因数的指数形式表示，转化为指数和的不定方程求解，最后利用排列组合知识算出点的个数.
15．【答案】（1）解：由，根据正弦定理可得，
则，
所以，
整理得，
因为均为三角形内角，所以，
因此，所以.
（2）解：因为CD是角C的平分线，，，
所以在和中，由正弦定理可得，，，
因此，即，所以，
又由余弦定理可得，即，解得，所以，
又，即，
即，所以.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和及三角函数运算求出角C.
（2）先依据角平分线性质和正弦定理得到边的关系，再用余弦定理确定边的长度，最后通过面积关系求出CD的长.
16．【答案】（1）解：根据题意得，则可得，
将上式两边平方，得，
整理得，所以，
所以.
（2）证明：设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，
与双曲线方程联立，消去，可得，
整理得，
所以且，
解得，代入，得，
所以切线方程为，
与联立得，与联立得，
故.
即三角形的面积是定值 .
【知识点】轨迹方程；双曲线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意得，化简整理即可得动点的轨迹 方程.
（2）设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，与双曲线方程联立求得切线方程，分别与直线和联立得的横坐标，即可计算三角形的面积.
（1）根据题意得，则可得，
将上式两边平方，得，
整理得，所以，
所以
（2）设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，
与双曲线方程联立，消去，可得，
整理得，
所以且，
解得，代入，得，
所以切线方程为，
与联立得，与联立得，
故.
17．【答案】（1）解：连接交于点，连接，
平面，平面，平面平面，
，
又是的中点，故是的中点
.
（2）解：因为二面角与二面角的大小相等，
所以二面角是二面角的大小的一半，
法一：几何法
过点在平面内作，垂足为，连接、，
，，，、平面，
平面，
平面，，
又，，、平面，平面，
又、平面，，，
二面角和二面角的平面角分别为、，
分别记作和，则为锐角，且，
因为，，，故，
所以，，
即，解得，
又，解得，所以．
法二：空间向量法
在直三棱柱中，平面，，
以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，，
易知平面的一个法向量，
设平面与平面的一个法向量分别为、，
设二面角与二面角的平面角分别为、，且，
则，取，可得，
，取，可得
则，，
由，即，因为，解得.
即.
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】本题围绕直三棱柱的线面平行与二面角问题展开：
（1）利用线面平行的性质，构造辅助线找到线线平行关系，结合棱柱的特征（侧面是平行四边形）及中位线性质，建立与线段比例的联系求解。
（2）提供几何法与空间向量法两种思路，解法一：几何法通过作垂线找到二面角的平面角，利用二倍角关系结合三角函数求解；
解法二：空间向量法通过建系，用向量表示相关点与平面法向量，依据二面角的向量公式及二倍角余弦关系列方程求解.
（1）连接交于点，连接，
平面，平面，平面平面，
，
又是的中点，故是的中点，.
（2）因为二面角与二面角的大小相等，
所以二面角是二面角的大小的一半，
法一：几何法
过点在平面内作，垂足为，连接、，
，，，、平面，
平面，
平面，，
又，，、平面，平面，
又、平面，，，
二面角和二面角的平面角分别为、，
分别记作和，则为锐角，且，
因为，，，故，
所以，，
即，解得，
又，解得，所以．
法二：空间向量法
在直三棱柱中，平面，，
以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，，
易知平面的一个法向量，
设平面与平面的一个法向量分别为、，
设二面角与二面角的平面角分别为、，且，
则，取，可得，
，取，可得
则，，
由，即，因为，解得.
18．【答案】（1）解：，，，
切线方程为，代入得；
即.
（2）解：存在，满足题意，理由如下：
，，
故函数关于直线对称.
（3）解：当时，恒成立，即恒成立，
令，则，
令，则，
故在上单调递减，注意到，
所以时，，，单调递增，
时，，，单调递减，
故，故，得；
下证且时，恒成立，
即证恒成立，只需证恒成立，
构造函数，则，
，，单调递减，，，单调递增，
故，所以，
所以，证毕；
综上所述，的取值范围为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数求切线斜率，结合切点坐标写出切线方程，代入原点坐标解方程得 .
（2）假设存在使关于对称，根据对称函数性质恒成立，代入化简对比系数求 .
（3）分和讨论，时通过构造函数求最值确定上限；时通过放缩、构造新函数证明不等式恒成立，最终确定范围 .
（1），，，
切线方程为，代入得；
（2）存在，满足题意，证明如下：
，，
故函数关于直线对称；
（3）当时，恒成立，即恒成立，
令，则，
令，则，
故在上单调递减，注意到，
所以时，，，单调递增，
时，，，单调递减，
故，故，得；
下证且时，恒成立，
即证恒成立，只需证恒成立，
构造函数，则，
，，单调递减，，，单调递增，
故，所以，
所以，证毕；
综上所述，的取值范围为．
19．【答案】（1）解：因为等差数列的第2项为3，其前5项和为25．
所以，，
计算得，公差为，
所以；
设等比数列的公比为，因为，所以，
解得或（舍），故；
即：，；，
（2）（ⅰ）证明：由题意，，
所以，
所以，且，
即：数列是以4为公比的等比数列；
（ⅱ）证明：由题意知，，
所以，所以，
设，则，
两式相减得，
所以，
即：.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式求解，以及等比数列的证明和数列不等式的证明：
（1）利用等差数列的性质（前项和与中间项的关系）和基本量（首项、公差、公比）列方程求解通项.
（2）（ⅰ）先求出表达式，再计算并验证等比数列定义.
（ⅱ）先化简数列通项，再利用放缩法结合裂项相消或数列求和性质证明不等式.
（1）因为等差数列的第2项为3，其前5项和为25．
所以，，
计算得，公差为，
所以；
设等比数列的公比为，因为，所以，
解得或（舍），故；
（2）（ⅰ）由题意，，
所以，
所以，且，所以数列是以4为公比的等比数列；
（ⅱ）由题意知，，
所以，所以，
设，则，
两式相减得，
所以，
所以．
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