湖南省名校教育联盟2024-2025学年高三上学期12月大联考数学试题
1．（2024高三上·湖南月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·湖南月考）等比数列的前项和为，，，则（ ）
A．27 B．24 C．21 D．18
3．（2024高三上·湖南月考）已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．（2024高三上·湖南月考）已知向量，，若，则的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．（2024高三上·湖南月考）已知是偶函数，则（ ）
A．2 B．1 C．0 D．
6．（2024高三上·湖南月考）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在区间上单调递减，则的最大值为（ ）
A．6 B．5 C．3 D．2
7．（2024高三上·湖南月考）已知，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆相交于另一点，且，椭圆的离心率为，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·湖南月考）定义的实数根为的“坚定点”，已知，且，则下列函数中，不存在“坚定点”的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高三上·湖南月考）已知，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高三上·湖南月考）如图，在棱长为1的正方体中，，分别为线段，上的动点（包括端点），点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（ ）
A．存在唯一的，，使得
B．存在唯一的，，使得
C．若为线段的中点，且平面，则动点的轨迹的长度为
D．若为线段的中点，则的最小值为
11．（2024高三上·湖南月考）在平面直角坐标系中，已知，，为原点，为平面内的动点，且垂直于轴，垂足为，则满足下列条件的动点的轨迹为椭圆的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高三上·湖南月考）写出一个半径为，且与直线相切于点的圆的方程： ．
13．（2024高三上·湖南月考）已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则 ．
14．（2024高三上·湖南月考）如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且，则三棱锥外接球的表面积为 ．
15．（2024高三上·湖南月考）已知，，，分别是角，，的对边，的面积．
（1）证明：；
（2）若为的平分线，交于点，且，，求的长．
16．（2024高三上·湖南月考）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面．
（1）作出点在平面的射影，并证明；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
17．（2024高三上·湖南月考）已知为坐标原点，椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上，直线，的斜率分别为，，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过的直线交于另一点，且由点，，，组成的以为一边的四边形的面积为，求的方程．
18．（2024高三上·湖南月考）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；
（3）关于的方程有两个不相等的正实数解，，且，求证：．
19．（2024高三上·湖南月考）某商场举行活动，充值积分若干后，可以用积分购买特定商品．参与此活动的商品有1积分的签字笔，2积分的草稿本和2积分的便利贴．要求每天必须用积分购买商品且每天只能购买一次．花2积分购买草稿本或者购买便利贴算不同的用完积分的方式．
（1）假设梅菊同学充值4积分，则该同学有多少种方式用完积分（只写出答案，不用写过程）；
（2）假设代仕同学有点积分，该同学用完点积分的方式种数记为，求表达式；
（3）设，记的前项和为，证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：集合，，
因为，所以.
故答案为：B．
【分析】利用对数与指幂的互换，结合对数函数的性质，集合的交集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，因为，，所以，
所以，
则.
故答案：C．
【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列性质求解即可.
3．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意，设，
由，可得，，，
则复数在复平面内所对应的点位于第四象限.
故答案为：D．
【分析】由题意，设，根据复数代数形式的乘、除运算，结合复数在复平面的表示求解即可.
4．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；二倍角的余弦公式；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，根据向量减法及向量数量积的坐标运算化简可得，再利用余弦的二倍角公式化简求值即可.
5．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
因为函数是偶函数，所以，
而不恒等于0，则恒成立，即恒成立，故.
故答案为：A.
【分析】先求函数的定义域，再根据函数为偶函数列式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】余弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
7．【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
易知，，，
则，即点为椭圆的上（下）顶点，
故直线的斜率的绝对值．
故答案为：A.
【分析】连接，根据椭圆定义可得，再根据锐角三角函数求解即可.
8．【答案】D
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A、函数，求导可得，
令，则，解得，，存在“坚定点”，故A不符合；
B、函数的导函数为，在上单调递减，
时，，时，；
在上单调递增，时，，时，，
所以关于的方程在上有一解，存在“坚定点”，故B不符合；
C、函数求导可得，令，
则，即，显然是“坚定点”，故C不符合；
D、函数求导可得，令，则，因为且，
所以不存在“坚定点”，故D符合．
故答案为：D.
【分析】逐项求导，根据“坚定点”的定义判断方程是否有解即可.
9．【答案】A,B
【知识点】指数函数单调性的应用；利用对数函数的单调性比较大小；不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故A正确；
B、由基本不等式，又，所以等号不成立，所以，故B正确；
C、函数在上单调递减，因为，所以，故C错误；
D、取，，满足，但，，得，故D错误．
故答案为：AB.
【分析】利用不等式的性质，基本不等式以及指数函数、对数函数的单调性逐项判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、当时，因为平面，
所以在平面内或与平面平行，
当且仅当与重合，且与重合时，，故A正确；
B、过在平面内作的平行线，与底面内（包括边界）没有公共点，
故不存在，，使得，故B不正确；
C、当为线段的中点时，过作与平面平行的截面，
与底面的交线为中的中位线，即为动点的轨迹，其长度为，故C正确；
D、设关于平面的对称点为，
则，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据线面垂直性质可知，当时与重合即可判断A；由线面平行性质可知，不存在，，使得即可判断B；易知中的中位线即为动点的轨迹，其长度为即可判断C，利用对称性以及三点共线即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的定义；双曲线的定义
12．【答案】或（写1个即可）
【知识点】两条直线垂直的判定；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】解：设圆心坐标为，半径为，
直线的直线斜率为，
由题意可得：，解得或，
则所求圆的方程为或．
故答案为：或（写1个即可）.
【分析】设圆心，利用切线的性质，根据两直线垂直以及点到直线距离，建立方程组求解即可.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；恒过定点的直线；等差中项
【解析】【解答】解：因为 ，，成等差数列，所以，
直线，
则直线过定点，且曲线过点，
故直线与曲线（无拐点）相切于点，
因为，所以直线的斜率，所以直线的方程为，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】根据，，成等差数列可得，代入直线方程求得直线过定点，再由点在曲线上，可得直线与曲线相切于点，切线方程可求，进而可得的值.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；正弦定理
15．【答案】（1）证明：因为，所以，
由正弦定理，得，
又因为，
所以，整理得，
又因为，为的内角，所以，即；
（2）解：因为为的平分线，且，所以，所以，
在等腰三角形中，，①
又因为，所以，
则，
化简得，
又因为，所以，②
①代入②，得，解得或（舍去），则，
在中，由余弦定理得，
故．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算证明即可；
（2）根据题意，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算可得，再由余弦定理代入计算即可.
（1）证明：因为，化简得，
由正弦定理，得，
又，
所以，整理得．
又，为的内角，所以，即．
（2）因为为的平分线，且，所以，
所以，
在等腰三角形中，．①
又，
∴，
则，
化简得，
又，∴．②
①代入②，得，解得或（舍去），
∴，
在中，由余弦定理得，
∴．
16．【答案】（1）证明：在中，作，垂足为，点即为点在平面的射影．下面证明平面：
因为四边形为等腰梯形，所以，
在，中，
，
，解得，，
又因为，，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面；
（2）解：连接点与的中点，则，
又平面平面，平面平面，平面，则平面，
以为原点，过点且平行于的方向为轴，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
设平面的法向量为，易知，，
则取，则，，则，
设平面的法向量为，，，
则取，则，，则，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）要证明平面，应用余弦定理得出，再结合面面垂直性质定理得出平面，，，最后根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）由平面底面时，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）在中，作，垂足为，点即为点在平面的射影．下面证明平面：
因为四边形为等腰梯形，所以，
在，中，
，
，
解得，．
又，，∴，
∴．
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴．
又，，平面，∴平面．
（2）连接点与的中点，则．
又平面平面，平面平面，平面，∴平面．
如图，以为原点，过点且平行于的方向为轴，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，．
设平面的法向量为，易知，，
则取，则，，则．
设平面的法向量为，，，
则取，则，，则．
∴，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：易知，则，，因为点在椭圆上，且，
所以，解得，，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：设点，
①若点在轴下方，则，如图1所示：
则，
因为点，，，组成的四边形的面积为，
所以，解得，
代入椭圆方程得，故点，
所以直线的方程为或；
②若点在轴上方，则，，如图2所示：
设点到直线的距离为，则，则，解得，
易知直线的方程为，由，得或，
联立得（舍去）或（舍去）
联立得，所以直线的方程为，
综上，直线的方程为或或.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意表示出来，，列出方程组求解即可；
（2）分点在轴下方和点在轴上方讨论：将四边形的面积转化为两个小三角形面积之和，求出点Q的坐标，再求直线方程即可.
（1）由题可知，，.
∵点在椭圆上，且，
，解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）设点，
①若点在轴下方，则，如图1所示，
则.
因为点，，，组成的四边形的面积为，
所以，解得，
代入椭圆方程得，故点，
所以直线的方程为或.
②若点在轴上方，则，，如图2所示，
设点到直线的距离为，则，则，解得.
易知直线的方程为，由，得或.
联立得（舍去）或（舍去）
联立得
所以直线的方程为.
综上，直线的方程为或或.
18．【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，
令，得或；令，得，
则函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）解：当时，等价于，
设，求导可得，易知，
则函数在上单调递减，；
（3）解：当时，，
由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，
作出函数的大致图象，如图所示：
因为，所以，所以，
由，且切点，则曲线在处的切线为，
同理可得曲线在处的切线为，
设，所以，
设，则，
所以在上单调递增，
因为，所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以在上恒成立，
设直线与直线交点的横坐标为，则，则，则，
所以，同理可得，
所以，得证.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数的正负求函数的单调区间即可；
（2）利用分离参数整理不等式，构造函数，求导并结合导数与函数单调性的关系求解即可；
（3）由（1）大致作函数图象，利用函数与方程的关系进一步确定参数的范围，整理不等式，分别构造函数，结合不等式性质证明即可.
（1）由，求导可得，
令，得或，令，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）当时，等价于，
设，则，
所以在上单调递减，所以．
（3）当时，，
由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，
作出函数的大致图象，如图：
因为，所以，所以．
由，且切点，则曲线在处的切线为，
同理可得曲线在处的切线为，
设，所以，
设，则，
所以在上单调递增，
因为，所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以在上恒成立，
设直线与直线交点的横坐标为，则，则，则，所以．
同理可得，
所以，得证.
19．【答案】（1）解：记用1积分购买签字笔为，用2积分购买草稿本为，用2积分购买便利贴为，
该同学用完积分的方式如下：，共有11种；
（2）解：对第一天使用积分购买的商品进行分类：
①第一天买签字笔，使用1积分，余下的积分在以后用完，种数为，
②第一天买草稿本或便利贴，使用2积分，余下的积分在以后用完，种数为，
所以，所以，
因为，，所以，
所以，因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以；
（3）解：由题可知，
易知当时，，
当时，因为，
所以，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的递推公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）记用1积分购买签字笔为，用2积分购买草稿本为，用2积分购买便利贴为，列举能计算即可；
（2）对第一天使用积分购买的商品进行①②分类，得到，再由递推关系求等比数列的通项即可；
（3）由题可知，易知当时不等式成立；当时，放缩得到，再由等比数列的求和公式求解证明即可.
（1）记用1积分购买签字笔为，用2积分购买草稿本为，用2积分购买便利贴为，
由枚举可知，该同学用完积分的方式如下：
，共有11种．
（2）对第一天使用积分购买的商品进行分类：
①第一天买签字笔，使用1积分，余下的积分在以后用完，种数为，
②第一天买草稿本或便利贴，使用2积分，余下的积分在以后用完，种数为，
所以，所以，
因为，，所以，
所以，因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以．
（3）由题可知，
法一：易知当时，．
当时，因为，
所以，
所以．
法二：易知当时，．
当时，因为，
所以．
1 / 1湖南省名校教育联盟2024-2025学年高三上学期12月大联考数学试题
1．（2024高三上·湖南月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：集合，，
因为，所以.
故答案为：B．
【分析】利用对数与指幂的互换，结合对数函数的性质，集合的交集运算求解即可.
2．（2024高三上·湖南月考）等比数列的前项和为，，，则（ ）
A．27 B．24 C．21 D．18
【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，因为，，所以，
所以，
则.
故答案：C．
【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列性质求解即可.
3．（2024高三上·湖南月考）已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
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】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意，设，
由，可得，，，
则复数在复平面内所对应的点位于第四象限.
故答案为：D．
【分析】由题意，设，根据复数代数形式的乘、除运算，结合复数在复平面的表示求解即可.
4．（2024高三上·湖南月考）已知向量，，若，则的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；二倍角的余弦公式；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，根据向量减法及向量数量积的坐标运算化简可得，再利用余弦的二倍角公式化简求值即可.
5．（2024高三上·湖南月考）已知是偶函数，则（ ）
A．2 B．1 C．0 D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
因为函数是偶函数，所以，
而不恒等于0，则恒成立，即恒成立，故.
故答案为：A.
【分析】先求函数的定义域，再根据函数为偶函数列式求解即可.
6．（2024高三上·湖南月考）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在区间上单调递减，则的最大值为（ ）
A．6 B．5 C．3 D．2
【答案】B
【知识点】余弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
7．（2024高三上·湖南月考）已知，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆相交于另一点，且，椭圆的离心率为，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
易知，，，
则，即点为椭圆的上（下）顶点，
故直线的斜率的绝对值．
故答案为：A.
【分析】连接，根据椭圆定义可得，再根据锐角三角函数求解即可.
8．（2024高三上·湖南月考）定义的实数根为的“坚定点”，已知，且，则下列函数中，不存在“坚定点”的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A、函数，求导可得，
令，则，解得，，存在“坚定点”，故A不符合；
B、函数的导函数为，在上单调递减，
时，，时，；
在上单调递增，时，，时，，
所以关于的方程在上有一解，存在“坚定点”，故B不符合；
C、函数求导可得，令，
则，即，显然是“坚定点”，故C不符合；
D、函数求导可得，令，则，因为且，
所以不存在“坚定点”，故D符合．
故答案为：D.
【分析】逐项求导，根据“坚定点”的定义判断方程是否有解即可.
9．（2024高三上·湖南月考）已知，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】指数函数单调性的应用；利用对数函数的单调性比较大小；不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故A正确；
B、由基本不等式，又，所以等号不成立，所以，故B正确；
C、函数在上单调递减，因为，所以，故C错误；
D、取，，满足，但，，得，故D错误．
故答案为：AB.
【分析】利用不等式的性质，基本不等式以及指数函数、对数函数的单调性逐项判断即可.
10．（2024高三上·湖南月考）如图，在棱长为1的正方体中，，分别为线段，上的动点（包括端点），点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（ ）
A．存在唯一的，，使得
B．存在唯一的，，使得
C．若为线段的中点，且平面，则动点的轨迹的长度为
D．若为线段的中点，则的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、当时，因为平面，
所以在平面内或与平面平行，
当且仅当与重合，且与重合时，，故A正确；
B、过在平面内作的平行线，与底面内（包括边界）没有公共点，
故不存在，，使得，故B不正确；
C、当为线段的中点时，过作与平面平行的截面，
与底面的交线为中的中位线，即为动点的轨迹，其长度为，故C正确；
D、设关于平面的对称点为，
则，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据线面垂直性质可知，当时与重合即可判断A；由线面平行性质可知，不存在，，使得即可判断B；易知中的中位线即为动点的轨迹，其长度为即可判断C，利用对称性以及三点共线即可判断D.
11．（2024高三上·湖南月考）在平面直角坐标系中，已知，，为原点，为平面内的动点，且垂直于轴，垂足为，则满足下列条件的动点的轨迹为椭圆的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的定义；双曲线的定义
12．（2024高三上·湖南月考）写出一个半径为，且与直线相切于点的圆的方程： ．
【答案】或（写1个即可）
【知识点】两条直线垂直的判定；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】解：设圆心坐标为，半径为，
直线的直线斜率为，
由题意可得：，解得或，
则所求圆的方程为或．
故答案为：或（写1个即可）.
【分析】设圆心，利用切线的性质，根据两直线垂直以及点到直线距离，建立方程组求解即可.
13．（2024高三上·湖南月考）已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则 ．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；恒过定点的直线；等差中项
【解析】【解答】解：因为 ，，成等差数列，所以，
直线，
则直线过定点，且曲线过点，
故直线与曲线（无拐点）相切于点，
因为，所以直线的斜率，所以直线的方程为，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】根据，，成等差数列可得，代入直线方程求得直线过定点，再由点在曲线上，可得直线与曲线相切于点，切线方程可求，进而可得的值.
14．（2024高三上·湖南月考）如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；正弦定理
15．（2024高三上·湖南月考）已知，，，分别是角，，的对边，的面积．
（1）证明：；
（2）若为的平分线，交于点，且，，求的长．
【答案】（1）证明：因为，所以，
由正弦定理，得，
又因为，
所以，整理得，
又因为，为的内角，所以，即；
（2）解：因为为的平分线，且，所以，所以，
在等腰三角形中，，①
又因为，所以，
则，
化简得，
又因为，所以，②
①代入②，得，解得或（舍去），则，
在中，由余弦定理得，
故．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算证明即可；
（2）根据题意，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算可得，再由余弦定理代入计算即可.
（1）证明：因为，化简得，
由正弦定理，得，
又，
所以，整理得．
又，为的内角，所以，即．
（2）因为为的平分线，且，所以，
所以，
在等腰三角形中，．①
又，
∴，
则，
化简得，
又，∴．②
①代入②，得，解得或（舍去），
∴，
在中，由余弦定理得，
∴．
16．（2024高三上·湖南月考）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面．
（1）作出点在平面的射影，并证明；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：在中，作，垂足为，点即为点在平面的射影．下面证明平面：
因为四边形为等腰梯形，所以，
在，中，
，
，解得，，
又因为，，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面；
（2）解：连接点与的中点，则，
又平面平面，平面平面，平面，则平面，
以为原点，过点且平行于的方向为轴，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
设平面的法向量为，易知，，
则取，则，，则，
设平面的法向量为，，，
则取，则，，则，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）要证明平面，应用余弦定理得出，再结合面面垂直性质定理得出平面，，，最后根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）由平面底面时，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）在中，作，垂足为，点即为点在平面的射影．下面证明平面：
因为四边形为等腰梯形，所以，
在，中，
，
，
解得，．
又，，∴，
∴．
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴．
又，，平面，∴平面．
（2）连接点与的中点，则．
又平面平面，平面平面，平面，∴平面．
如图，以为原点，过点且平行于的方向为轴，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，．
设平面的法向量为，易知，，
则取，则，，则．
设平面的法向量为，，，
则取，则，，则．
∴，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
17．（2024高三上·湖南月考）已知为坐标原点，椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上，直线，的斜率分别为，，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过的直线交于另一点，且由点，，，组成的以为一边的四边形的面积为，求的方程．
【答案】（1）解：易知，则，，因为点在椭圆上，且，
所以，解得，，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：设点，
①若点在轴下方，则，如图1所示：
则，
因为点，，，组成的四边形的面积为，
所以，解得，
代入椭圆方程得，故点，
所以直线的方程为或；
②若点在轴上方，则，，如图2所示：
设点到直线的距离为，则，则，解得，
易知直线的方程为，由，得或，
联立得（舍去）或（舍去）
联立得，所以直线的方程为，
综上，直线的方程为或或.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意表示出来，，列出方程组求解即可；
（2）分点在轴下方和点在轴上方讨论：将四边形的面积转化为两个小三角形面积之和，求出点Q的坐标，再求直线方程即可.
（1）由题可知，，.
∵点在椭圆上，且，
，解得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）设点，
①若点在轴下方，则，如图1所示，
则.
因为点，，，组成的四边形的面积为，
所以，解得，
代入椭圆方程得，故点，
所以直线的方程为或.
②若点在轴上方，则，，如图2所示，
设点到直线的距离为，则，则，解得.
易知直线的方程为，由，得或.
联立得（舍去）或（舍去）
联立得
所以直线的方程为.
综上，直线的方程为或或.
18．（2024高三上·湖南月考）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；
（3）关于的方程有两个不相等的正实数解，，且，求证：．
【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，
令，得或；令，得，
则函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）解：当时，等价于，
设，求导可得，易知，
则函数在上单调递减，；
（3）解：当时，，
由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，
作出函数的大致图象，如图所示：
因为，所以，所以，
由，且切点，则曲线在处的切线为，
同理可得曲线在处的切线为，
设，所以，
设，则，
所以在上单调递增，
因为，所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以在上恒成立，
设直线与直线交点的横坐标为，则，则，则，
所以，同理可得，
所以，得证.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数的正负求函数的单调区间即可；
（2）利用分离参数整理不等式，构造函数，求导并结合导数与函数单调性的关系求解即可；
（3）由（1）大致作函数图象，利用函数与方程的关系进一步确定参数的范围，整理不等式，分别构造函数，结合不等式性质证明即可.
（1）由，求导可得，
令，得或，令，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）当时，等价于，
设，则，
所以在上单调递减，所以．
（3）当时，，
由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，
作出函数的大致图象，如图：
因为，所以，所以．
由，且切点，则曲线在处的切线为，
同理可得曲线在处的切线为，
设，所以，
设，则，
所以在上单调递增，
因为，所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以在上恒成立，
设直线与直线交点的横坐标为，则，则，则，所以．
同理可得，
所以，得证.
19．（2024高三上·湖南月考）某商场举行活动，充值积分若干后，可以用积分购买特定商品．参与此活动的商品有1积分的签字笔，2积分的草稿本和2积分的便利贴．要求每天必须用积分购买商品且每天只能购买一次．花2积分购买草稿本或者购买便利贴算不同的用完积分的方式．
（1）假设梅菊同学充值4积分，则该同学有多少种方式用完积分（只写出答案，不用写过程）；
（2）假设代仕同学有点积分，该同学用完点积分的方式种数记为，求表达式；
（3）设，记的前项和为，证明：．
【答案】（1）解：记用1积分购买签字笔为，用2积分购买草稿本为，用2积分购买便利贴为，
该同学用完积分的方式如下：，共有11种；
（2）解：对第一天使用积分购买的商品进行分类：
①第一天买签字笔，使用1积分，余下的积分在以后用完，种数为，
②第一天买草稿本或便利贴，使用2积分，余下的积分在以后用完，种数为，
所以，所以，
因为，，所以，
所以，因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以；
（3）解：由题可知，
易知当时，，
当时，因为，
所以，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的递推公式；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）记用1积分购买签字笔为，用2积分购买草稿本为，用2积分购买便利贴为，列举能计算即可；
（2）对第一天使用积分购买的商品进行①②分类，得到，再由递推关系求等比数列的通项即可；
（3）由题可知，易知当时不等式成立；当时，放缩得到，再由等比数列的求和公式求解证明即可.
（1）记用1积分购买签字笔为，用2积分购买草稿本为，用2积分购买便利贴为，
由枚举可知，该同学用完积分的方式如下：
，共有11种．
（2）对第一天使用积分购买的商品进行分类：
①第一天买签字笔，使用1积分，余下的积分在以后用完，种数为，
②第一天买草稿本或便利贴，使用2积分，余下的积分在以后用完，种数为，
所以，所以，
因为，，所以，
所以，因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以．
（3）由题可知，
法一：易知当时，．
当时，因为，
所以，
所以．
法二：易知当时，．
当时，因为，
所以．
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