湖南省长沙市长沙大学附属中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题
1．（2025高三上·长沙月考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·长沙月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．1
3．（2025高三上·长沙月考）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，若，，且为边上的高，为边上的中线，则的值为（ ）
A．2 B． C．6 D．
4．（2025高三上·长沙月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·长沙月考）已知是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（ ）
A．若，且与不垂直，则与一定不垂直
B．若与不平行，则与一定是异面直线
C．若，且，则与可能平行
D．若，则与可能垂直
6．（2025高三上·长沙月考）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·长沙月考）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·长沙月考）定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·长沙月考）数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，X近似服从正态分布，其密度函数为，任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布当时，对任意实数x，记，则（ ）
A．当时，
B．
C．随机变量，当，都减小时，概率增大
D．随机变量，当增大，减小时，概率保持不变
10．（2025高三上·长沙月考）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．，使得
B．函数的图象是一个中心对称图形
C．曲线有且只有一条斜率为的切线
D．存在实数，，使得函数的定义域，值域为
11．（2025高三上·长沙月考）已知点F是抛物线C：的焦点，点A是抛物线C的准线与x轴的交点，过点A且斜率为k的直线l与C交于M，N两点，则下列说法正确的是（ ）
A．k的取值范围为
B．
C．若，则或
D．点M关于x轴的对称点在直线NF上
12．（2025高三上·长沙月考）若直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率为 ．
13．（2025高三上·长沙月考）若关于x的不等式恒成立，则的最大值是 .
14．（2025高三上·长沙月考）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之积为偶数，记满足条件的这三个数之和为；从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，记满足条件的两个数之和为.则 .
15．（2025高三上·长沙月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）若，，求的值；
（2）若，且的面积，求a和b的值．
16．（2025高三上·长沙月考）已知椭圆上任意一点到的两个焦点的距离之和为.
（1）求的方程；
（2）已知直线与相交于A，B两点，若，求的值.
17．（2025高三上·长沙月考）如图，在四棱锥中，，，，，．
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
18．（2025高三上·长沙月考）已知函数，，．
（1）若函数存在2个零点，求的取值范围；
（2）记，
①当时，求的最小值；
②若的最小值为2，求的取值范围．
19．（2025高三上·长沙月考）已知数列是等差数列，是等比数列，．
（1）求，的通项公式；
（2），，有，
（i）求证：对任意实数，均有；
（ii）求所有元素之和．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，
解得，
，
又，
.
故答案为：D．
【分析】先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的运算规则，从而得出集合．
2．【答案】B
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：已知，
所以.
故答案为：B.
【分析】由已知条件和向量的模长公式，从而得出复数z的模.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为为边上的中线，
所以，
又因为BE为边AC上的高，
所以，且在中，，
则
.
故答案为：D.
【分析】根据题意，得，再利用BE为边AC上的高，则，再根据数量积的定义得出的值，则由数量积运算律和数量积的定义，从而得出的值.
4．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由题意结合诱导公式，
得，
由二倍角的余弦公式，
得.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式将目标式化为，再利用二倍角的余弦公式得出的值.
5．【答案】D
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A：在平面内，存在无数条直线和垂直，故A错误；
对于B：当时，与不是异面直线，故B错误；
对于C：若，且，与为异面直线，故C错误；
对于D：若，在内存在直线与垂直，故其可能与垂直，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合点、线、面之间的位置关系，从而逐项判断找出说法正确的选项.
6．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为在上单调递增，
所以只需
解得．
故答案为：D．
【分析】根据二次函数的单调性、幂函数的单调性，再结合分界点处两函数的单调性与整体保持一致，从而列不等式组求解得出实数a的取值范围.
7．【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：因为图象过点，
所以，
又因为为函数递减区间上的零点，
可得，，
所以，
因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据为函数的单调递减区间上的零点，从而可得，和，进而求出的值.
8．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；基本不等式
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以，则，
由，
得，
又因为函数在上单调递减，且，
则函数在上单调递增，
则时，，当时，，
则当时，，
当时，，
所以的解集为，的解集为，
由于不等式的解集为，
当时，不等式为，
此时解集为，不符合题意；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
要使不等式的解集为，
则，即；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
此时不等式的解集不为；
综上所述，，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
即的最小值为.
故答案为：C
【分析】先利用为偶函数可得，设不等式为，利用单调性分析易得的解集为，利用函数的平移可得的解集为，再利用题意可得5为方程的根，即可得，最后结合基本不等式“一正”，“二定”，“三相等”即可求解.
9．【答案】B,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：对于A：当时，，
故A错误；
对于B：根据正态曲线的对称性，
可得：，
则，故B正确；
对于C、D：根据正态分布的准则，在正态分布中，代表标准差，代表均值，
为图象的对称轴，
根据原则，可知X数值分布在的概率是常数，
则由，可知D正确、C错误．
故答案为：BD.
【分析】由已知定义可判断选项A；根据结合正态曲线的对称性，则可判断选项B；根据正态分布的准则可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数的值域；导数的几何意义；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为，
当，所以，
可得，且，
则，使得，故A正确；
因为，
所以函数的一个中心对称为，故B正确；
因为，又因为，
所以，
则函数没有斜率为的切线，故C错误；
令，又因为，
所以，
则两函数有两个交点，
所以存在实数，，使得函数的定义域，值域为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用函数的解析式求解指数方程计算，则判断出选项A；利用函数图象的对称性，则判断出选项B；利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，则判断出选项C；利用两函数的交点，则得出存在实数，，使得函数的定义域，值域为，从而判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为抛物线C：的焦点，准线，点，直线.
对于A，由，消去得：，
依题意，得，
解得且，
因此k的取值范围为，故A正确；
对于B，过作准线的垂线，垂足分别为，
则，
因此，
则，故B正确；
对于C，由，
得，
设，
则，
又因为，
联立解得，故C错误；
对于D，因为直线的斜率，直线的斜率，
所以，
令点M关于x轴的对称点为，
则直线的斜率，
因为直线与直线有公共点，
所以点在直线上，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出抛物线的焦点、准线方程，再将直线的方程与抛物线方程联立，则由判别式法判断选项A；利用抛物线的定义结合几何图形推理，则判断出选项B；利用韦达定理求出的值，则判断出选项C；利用直线的斜率坐标公式结合韦达定理，从而求解判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．【答案】或
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为直线与坐标轴的交点为和，
若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点，此时椭圆的焦点在轴且，
所以，
则离心率；
若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点，此时椭圆的焦点在轴且，
所以，
则该椭圆的离心率为，
所以椭圆的离心率为或.
故答案为：或.
【分析】利用直线与坐标轴的交点为和，分两种情况讨论，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而得到椭圆的离心率.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；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】【解答】解：由，，原不等式可化为，
设，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
则在处取得最大值，且；
当时，，此时的图像恒在的图像的上方，
显然不符题意，
当时，为直线的横截距，
设直线与相切的切点为，
因为切线方程为，
设，解得，
又因为与是相同的直线，
可得，
则，
得到，，
设，
得到，
令，解得或；令，解得，
则在，是单调递增函数， 在是单调递减函数，
综上可得，当时，取最大值，
则取得最大值为.
故答案为：.
【分析】由，，则原不等式可化为，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而得出函数的图象，再根据的图象恒在函数的图象的上方，再对进行分类讨论，从而得出ab的最大值.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，
要满足三个数之积为偶数，
则这三个数中至少有1个偶数，
总共有种取法，
从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，
则这两个数中至少有1个偶数，
总共有种取法.
又因为，，
接下来，找出 和 相等的情况：
当时，满足条件的取法情况有，共1种情况；
当时，满足条件的取法情况有，共2种情况；
当时，无满足条件的情况；
当时，满足条件的取法情况有，共2种情况，
所以.
故答案为：.
【分析】先分别求出满足这两个条件的情况总数，再找到满足的情况，再结合古典概率公式，从而得出的值.
15．【答案】（1）解：由，，，可得，
则；
（2）解：，
由半角公式可得，
即，
即，，即，
由正弦定理可得，
因为，所以，解得，即①，
的面积，解得②，
联立①②：可得.
【知识点】简单的三角恒等变换；半角公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，先求，再利用余弦定理求解即可；
（2）利用余弦的半角公式结合正弦定理求得，再根据求出，由三角形面积求出，联立即可得a和b的值.
（1），，，故，
由余弦定理得；
（2），由半角公式得
，
即，
即，，
，
由正弦定理得，
因为，所以，解得，故，
的面积，故，
联立与得.
16．【答案】（1）解：由题意，可得，
解得，
则椭圆的方程为.
（2）解：依题意，联立，
得，
则，
解得，
设，
则，
所以
，
解得，
则的值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合焦点的坐标、椭圆的定义和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得到关于的方程组，解方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）先联立直线方程和椭圆方程，再利用韦达定理得出根与系数的关系式，再结合已知条件和弦长公式，从而得出实数m的值.
（1）由题意可得，解得，
故的方程为.
（2）联立，得.
，解得.
设，则，
，
解得，即的值为.
17．【答案】（1）证明：由，，
可知≌，
所以，
取的中点，连接，，
则，，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：因为，，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
以为原点，，所在直线分别为，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
设，
则，
得，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，
所以，可取，
设直线与平面所成角为，
则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先利用已知条件得出，取的中点，再利用线面垂直的判定定理证出直线平面，再利用线面垂直的定义，从而证出.
（2）先利用已知条件和线面垂直的判定定理，从而证出直线平面，以点为原点建系，再利用线面角的向量求解公式和诱导公式，即，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）由，，可知≌，所以，
取的中点，连接，，则，，
因，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）因，，则，
又，，平面，所以平面，
以为原点，，所在直线分别为，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
设，
则，得，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，可取，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
令，则，
设，则，
令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
当时，，
所以．
（2）解：①当时，，
设，则，
令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
当时，取到最小值2．
②因为，
由①知，，当且仅当取到等号，
所以，
则．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【分析】（1）由题意知，存在2个零点，则有两个解，设，求导判断出函数的单调性，再根据函数的单调性得出实数的取值范围.
（2）①由题意得，设，先求导，再根据函数的单调性得出函数的最值，从而得到的最小值.
②利用，从而得出实数的取值范围.
（1）函数的定义域为，令，则，
设，则，令，得
，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，当时，，所以．
（2）①当时，，
设，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，取到最小值2．
②，
由①知，，当且仅当取到等号，所以，
所以．
19．【答案】（1）解：设数列的公差为d，数列公比为，
由题意，得，
所以.
（2）（i）证明：由（1）或，，
当时，
设
，
所以，
则
，
所以为中的最大元素，
此时恒成立，
则对，均有.
（ii）解：法一：由（i）得，对任意实数，均有，
所以，
则取值随着的取值不同各不相同，
又因为为中的最大元素，
由题意，可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成，
当均为1时，此时该系列元素只有即个；
当中只有一个为0，其余均为1时，
此时该系列的元素有共有个，
则这个元素的和为；
当中只有2个为0，其余均为1时，
此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当中有个为0，其余均为1时，此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
…
当中有个为0，1个为1时，此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当均为0时，
此时该系列的元素为即个，
综上所述，中的所有元素之和为：
.
法二：由（i）得，为中的最大元素，
由题意，可得：
所以，的所有的元素的和中各项出现的次数均为：次，
所以，中的所有元素之和为：.
【知识点】函数恒成立问题；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）设数列的公差为d，数列公比为，由题意列出关于d和的方程组，从而求解得出d，q的值，再结合等差数列通项公式和等比数列通项公式，从而得出数列的通项公式和数列的通项公式.
（2）（i）由题意结合（1），从而求出和的最大值，再作差比较两者大小，从而证出对任意实数，均有.
（ii）利用两种方法求解.
法一：根据中全为1、一个为0其余为1、2个为0其余为、…、全为0几个情况将中的所有元素，分系列求出各系列中元素的和，再将所有系列所得的和加起来，从而得出所有元素之和．
法二：根据中元素的特征得到中的所有元素的和中各项出现的次数均为次，从而得出中的所有元素之和.
（1）设数列的公差为d，数列公比为，
则由题得，
所以；
（2）（i）证明：由（1）或，，
当时，
设，
所以，
所以，
所以，为中的最大元素，
此时恒成立，
所以对，均有.
（ii）法一：由（i）得对任意实数，均有，
所以，，
所以取值随着的取值不同各不相同，
又为中的最大元素，
由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当均为1时：此时该系列元素只有即个；
当中只有一个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素有共有个，
则这个元素的和为；
当中只有2个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
…
当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当均为0时：此时该系列的元素为即个，
综上所述，中的所有元素之和为
；
法二：由（i）得，为中的最大元素，
由题意可得，
所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次，
所以中的所有元素之和为.
1 / 1湖南省长沙市长沙大学附属中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题
1．（2025高三上·长沙月考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，
解得，
，
又，
.
故答案为：D．
【分析】先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的运算规则，从而得出集合．
2．（2025高三上·长沙月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：已知，
所以.
故答案为：B.
【分析】由已知条件和向量的模长公式，从而得出复数z的模.
3．（2025高三上·长沙月考）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，若，，且为边上的高，为边上的中线，则的值为（ ）
A．2 B． C．6 D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为为边上的中线，
所以，
又因为BE为边AC上的高，
所以，且在中，，
则
.
故答案为：D.
【分析】根据题意，得，再利用BE为边AC上的高，则，再根据数量积的定义得出的值，则由数量积运算律和数量积的定义，从而得出的值.
4．（2025高三上·长沙月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由题意结合诱导公式，
得，
由二倍角的余弦公式，
得.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式将目标式化为，再利用二倍角的余弦公式得出的值.
5．（2025高三上·长沙月考）已知是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（ ）
A．若，且与不垂直，则与一定不垂直
B．若与不平行，则与一定是异面直线
C．若，且，则与可能平行
D．若，则与可能垂直
【答案】D
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A：在平面内，存在无数条直线和垂直，故A错误；
对于B：当时，与不是异面直线，故B错误；
对于C：若，且，与为异面直线，故C错误；
对于D：若，在内存在直线与垂直，故其可能与垂直，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合点、线、面之间的位置关系，从而逐项判断找出说法正确的选项.
6．（2025高三上·长沙月考）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为在上单调递增，
所以只需
解得．
故答案为：D．
【分析】根据二次函数的单调性、幂函数的单调性，再结合分界点处两函数的单调性与整体保持一致，从而列不等式组求解得出实数a的取值范围.
7．（2025高三上·长沙月考）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：因为图象过点，
所以，
又因为为函数递减区间上的零点，
可得，，
所以，
因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据为函数的单调递减区间上的零点，从而可得，和，进而求出的值.
8．（2025高三上·长沙月考）定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；基本不等式
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以，则，
由，
得，
又因为函数在上单调递减，且，
则函数在上单调递增，
则时，，当时，，
则当时，，
当时，，
所以的解集为，的解集为，
由于不等式的解集为，
当时，不等式为，
此时解集为，不符合题意；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
要使不等式的解集为，
则，即；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
此时不等式的解集不为；
综上所述，，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
即的最小值为.
故答案为：C
【分析】先利用为偶函数可得，设不等式为，利用单调性分析易得的解集为，利用函数的平移可得的解集为，再利用题意可得5为方程的根，即可得，最后结合基本不等式“一正”，“二定”，“三相等”即可求解.
9．（2025高三上·长沙月考）数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，X近似服从正态分布，其密度函数为，任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布当时，对任意实数x，记，则（ ）
A．当时，
B．
C．随机变量，当，都减小时，概率增大
D．随机变量，当增大，减小时，概率保持不变
【答案】B,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：对于A：当时，，
故A错误；
对于B：根据正态曲线的对称性，
可得：，
则，故B正确；
对于C、D：根据正态分布的准则，在正态分布中，代表标准差，代表均值，
为图象的对称轴，
根据原则，可知X数值分布在的概率是常数，
则由，可知D正确、C错误．
故答案为：BD.
【分析】由已知定义可判断选项A；根据结合正态曲线的对称性，则可判断选项B；根据正态分布的准则可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高三上·长沙月考）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．，使得
B．函数的图象是一个中心对称图形
C．曲线有且只有一条斜率为的切线
D．存在实数，，使得函数的定义域，值域为
【答案】A,B,D
【知识点】函数的值域；导数的几何意义；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为，
当，所以，
可得，且，
则，使得，故A正确；
因为，
所以函数的一个中心对称为，故B正确；
因为，又因为，
所以，
则函数没有斜率为的切线，故C错误；
令，又因为，
所以，
则两函数有两个交点，
所以存在实数，，使得函数的定义域，值域为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用函数的解析式求解指数方程计算，则判断出选项A；利用函数图象的对称性，则判断出选项B；利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，则判断出选项C；利用两函数的交点，则得出存在实数，，使得函数的定义域，值域为，从而判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．（2025高三上·长沙月考）已知点F是抛物线C：的焦点，点A是抛物线C的准线与x轴的交点，过点A且斜率为k的直线l与C交于M，N两点，则下列说法正确的是（ ）
A．k的取值范围为
B．
C．若，则或
D．点M关于x轴的对称点在直线NF上
【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为抛物线C：的焦点，准线，点，直线.
对于A，由，消去得：，
依题意，得，
解得且，
因此k的取值范围为，故A正确；
对于B，过作准线的垂线，垂足分别为，
则，
因此，
则，故B正确；
对于C，由，
得，
设，
则，
又因为，
联立解得，故C错误；
对于D，因为直线的斜率，直线的斜率，
所以，
令点M关于x轴的对称点为，
则直线的斜率，
因为直线与直线有公共点，
所以点在直线上，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出抛物线的焦点、准线方程，再将直线的方程与抛物线方程联立，则由判别式法判断选项A；利用抛物线的定义结合几何图形推理，则判断出选项B；利用韦达定理求出的值，则判断出选项C；利用直线的斜率坐标公式结合韦达定理，从而求解判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．（2025高三上·长沙月考）若直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率为 ．
【答案】或
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为直线与坐标轴的交点为和，
若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点，此时椭圆的焦点在轴且，
所以，
则离心率；
若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点，此时椭圆的焦点在轴且，
所以，
则该椭圆的离心率为，
所以椭圆的离心率为或.
故答案为：或.
【分析】利用直线与坐标轴的交点为和，分两种情况讨论，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而得到椭圆的离心率.
13．（2025高三上·长沙月考）若关于x的不等式恒成立，则的最大值是 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；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】【解答】解：由，，原不等式可化为，
设，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
则在处取得最大值，且；
当时，，此时的图像恒在的图像的上方，
显然不符题意，
当时，为直线的横截距，
设直线与相切的切点为，
因为切线方程为，
设，解得，
又因为与是相同的直线，
可得，
则，
得到，，
设，
得到，
令，解得或；令，解得，
则在，是单调递增函数， 在是单调递减函数，
综上可得，当时，取最大值，
则取得最大值为.
故答案为：.
【分析】由，，则原不等式可化为，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而得出函数的图象，再根据的图象恒在函数的图象的上方，再对进行分类讨论，从而得出ab的最大值.
14．（2025高三上·长沙月考）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之积为偶数，记满足条件的这三个数之和为；从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，记满足条件的两个数之和为.则 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，
要满足三个数之积为偶数，
则这三个数中至少有1个偶数，
总共有种取法，
从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，
则这两个数中至少有1个偶数，
总共有种取法.
又因为，，
接下来，找出 和 相等的情况：
当时，满足条件的取法情况有，共1种情况；
当时，满足条件的取法情况有，共2种情况；
当时，无满足条件的情况；
当时，满足条件的取法情况有，共2种情况，
所以.
故答案为：.
【分析】先分别求出满足这两个条件的情况总数，再找到满足的情况，再结合古典概率公式，从而得出的值.
15．（2025高三上·长沙月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）若，，求的值；
（2）若，且的面积，求a和b的值．
【答案】（1）解：由，，，可得，
则；
（2）解：，
由半角公式可得，
即，
即，，即，
由正弦定理可得，
因为，所以，解得，即①，
的面积，解得②，
联立①②：可得.
【知识点】简单的三角恒等变换；半角公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，先求，再利用余弦定理求解即可；
（2）利用余弦的半角公式结合正弦定理求得，再根据求出，由三角形面积求出，联立即可得a和b的值.
（1），，，故，
由余弦定理得；
（2），由半角公式得
，
即，
即，，
，
由正弦定理得，
因为，所以，解得，故，
的面积，故，
联立与得.
16．（2025高三上·长沙月考）已知椭圆上任意一点到的两个焦点的距离之和为.
（1）求的方程；
（2）已知直线与相交于A，B两点，若，求的值.
【答案】（1）解：由题意，可得，
解得，
则椭圆的方程为.
（2）解：依题意，联立，
得，
则，
解得，
设，
则，
所以
，
解得，
则的值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合焦点的坐标、椭圆的定义和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得到关于的方程组，解方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）先联立直线方程和椭圆方程，再利用韦达定理得出根与系数的关系式，再结合已知条件和弦长公式，从而得出实数m的值.
（1）由题意可得，解得，
故的方程为.
（2）联立，得.
，解得.
设，则，
，
解得，即的值为.
17．（2025高三上·长沙月考）如图，在四棱锥中，，，，，．
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：由，，
可知≌，
所以，
取的中点，连接，，
则，，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：因为，，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
以为原点，，所在直线分别为，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
设，
则，
得，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，
所以，可取，
设直线与平面所成角为，
则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先利用已知条件得出，取的中点，再利用线面垂直的判定定理证出直线平面，再利用线面垂直的定义，从而证出.
（2）先利用已知条件和线面垂直的判定定理，从而证出直线平面，以点为原点建系，再利用线面角的向量求解公式和诱导公式，即，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）由，，可知≌，所以，
取的中点，连接，，则，，
因，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）因，，则，
又，，平面，所以平面，
以为原点，，所在直线分别为，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
设，
则，得，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，可取，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．（2025高三上·长沙月考）已知函数，，．
（1）若函数存在2个零点，求的取值范围；
（2）记，
①当时，求的最小值；
②若的最小值为2，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
令，则，
设，则，
令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
当时，，
所以．
（2）解：①当时，，
设，则，
令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
当时，取到最小值2．
②因为，
由①知，，当且仅当取到等号，
所以，
则．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【分析】（1）由题意知，存在2个零点，则有两个解，设，求导判断出函数的单调性，再根据函数的单调性得出实数的取值范围.
（2）①由题意得，设，先求导，再根据函数的单调性得出函数的最值，从而得到的最小值.
②利用，从而得出实数的取值范围.
（1）函数的定义域为，令，则，
设，则，令，得
，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，当时，，所以．
（2）①当时，，
设，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，取到最小值2．
②，
由①知，，当且仅当取到等号，所以，
所以．
19．（2025高三上·长沙月考）已知数列是等差数列，是等比数列，．
（1）求，的通项公式；
（2），，有，
（i）求证：对任意实数，均有；
（ii）求所有元素之和．
【答案】（1）解：设数列的公差为d，数列公比为，
由题意，得，
所以.
（2）（i）证明：由（1）或，，
当时，
设
，
所以，
则
，
所以为中的最大元素，
此时恒成立，
则对，均有.
（ii）解：法一：由（i）得，对任意实数，均有，
所以，
则取值随着的取值不同各不相同，
又因为为中的最大元素，
由题意，可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成，
当均为1时，此时该系列元素只有即个；
当中只有一个为0，其余均为1时，
此时该系列的元素有共有个，
则这个元素的和为；
当中只有2个为0，其余均为1时，
此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当中有个为0，其余均为1时，此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
…
当中有个为0，1个为1时，此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当均为0时，
此时该系列的元素为即个，
综上所述，中的所有元素之和为：
.
法二：由（i）得，为中的最大元素，
由题意，可得：
所以，的所有的元素的和中各项出现的次数均为：次，
所以，中的所有元素之和为：.
【知识点】函数恒成立问题；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）设数列的公差为d，数列公比为，由题意列出关于d和的方程组，从而求解得出d，q的值，再结合等差数列通项公式和等比数列通项公式，从而得出数列的通项公式和数列的通项公式.
（2）（i）由题意结合（1），从而求出和的最大值，再作差比较两者大小，从而证出对任意实数，均有.
（ii）利用两种方法求解.
法一：根据中全为1、一个为0其余为1、2个为0其余为、…、全为0几个情况将中的所有元素，分系列求出各系列中元素的和，再将所有系列所得的和加起来，从而得出所有元素之和．
法二：根据中元素的特征得到中的所有元素的和中各项出现的次数均为次，从而得出中的所有元素之和.
（1）设数列的公差为d，数列公比为，
则由题得，
所以；
（2）（i）证明：由（1）或，，
当时，
设，
所以，
所以，
所以，为中的最大元素，
此时恒成立，
所以对，均有.
（ii）法一：由（i）得对任意实数，均有，
所以，，
所以取值随着的取值不同各不相同，
又为中的最大元素，
由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当均为1时：此时该系列元素只有即个；
当中只有一个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素有共有个，
则这个元素的和为；
当中只有2个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
…
当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当均为0时：此时该系列的元素为即个，
综上所述，中的所有元素之和为
；
法二：由（i）得，为中的最大元素，
由题意可得，
所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次，
所以中的所有元素之和为.
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