湖南省邵阳市邵东市创新高级中学2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试题
1．（2025高三上·邵东月考）已知集合则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·邵东月考）已知幂函数的图象过点，则（4）的值是（ ）
A．64 B． C． D．
3．（2025高三上·邵东月考）已知函数的部分图象如图所示，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．
4．（2025高三上·邵东月考）函数是
A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为
5．（2025高三上·邵东月考）已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·邵东月考）牛奶保鲜时间因储藏温度的不同而不同.假定保鲜时间y（h）与储藏温度x（）关系为为常量）．若牛奶在0的冰箱中，保鲜时间约是100h，在5的冰箱中，保鲜时间约是80h，那么在10的冰箱中保鲜时间约是（ ）
A．49h B．56h C．64h D．76h
7．（2025高三上·邵东月考）已知函数满足为奇函数，为偶函数，则下列一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·邵东月考）已知实数满足，，其中为自然对数的底数，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·邵东月考）已知，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C． D．
10．（2025高三上·邵东月考）已知函数，则（ ）
A．的最大值为1 B．的最小正周期为
C．在上单调递增 D．的图象关于对称
11．（2025高三上·邵东月考）设函数，则（ ）
A．是的极小值点
B．当时，
C．当时，
D．当时，
12．（2025高三上·邵东月考）若曲线的一个对称中心为，则的最小值为 ．
13．（2025高三上·邵东月考）若，则 ．
14．（2025高三上·邵东月考）若曲线 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 .
15．（2025高三上·邵东月考）已知中，分别为内角的对边，且，
（1）求角的大小；
（2）设点为上一点，是的角平分线，且，求的长度．
16．（2025高三上·邵东月考）已知数列是首项为2的正项等比数列.又构成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足.令.求数列的前项和.
17．（2025高三上·邵东月考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，，在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．（2025高三上·邵东月考）已知椭圆的两个焦点，过点作垂直于长轴的直线交椭圆于点，此时与椭圆长轴的两端点形成的四边形的面积为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线与椭圆分别交于点及，求四边形的面积的最小值．
19．（2025高三上·邵东月考）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若在内的最大值为2，求的值；
（3）若，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
故选：D.
【分析】先求得集合，进而利用交集的定义即可求得.
2．【答案】D
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：幂函数的图象过点，
，解得，，
（4），
故答案为：.
【分析】先设出幂函数的一般形式，利用已知过点的坐标求出幂函数的指数，得到函数解析式后，代入自变量计算函数值。
3．【答案】B
【知识点】函数的周期性；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：由图可知，得，故，故．
故答案为：B
【分析】确定的值，需先根据函数图象的特征求出周期，再利用周期公式（）求解.是从图象中找出与周期相关的区间长度.
4．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意，，
所以该函数为偶函数，
又因为，
所以，当时，取最大值.
故答案为：D.
【分析】由函数奇偶性的定义可判断函数的奇偶性，再利用二倍角公式结合二次函数图象求最值的方法，从而得出函数的最大值，进而找出正确的选项.
5．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：等价于，令，则，
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以，所以只需，即．
故答案为：B.
【分析】确定的取值范围，需将不等式进行变形，构造新函数，通过导数研究新函数的单调性和最值，进而根据不等式恒成立的条件求解的范围.用分离参数法，将问题转化为求函数的最值问题.
6．【答案】C
【知识点】“指数爆炸”模型；方程组的解集
【解析】【解答】解：由题意可知，，得，，则，则当时，，即在10中的
保鲜时间约是64h.
故答案为：C
【分析】根据已知的两个温度下的保鲜时间，求出函数中的常量和的关系，进而得到保鲜时间关于储藏温度的表达式，最后代入求解保鲜时间.用给定的条件建立方程，求出相关常量的关系.
7．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
由是偶函数，得，
即，得函数的图象关于对称
由为奇函数，得，
得函数的图象关于点对称，所以，
由，令，得，故A正确；
由函数的图象关于点对称，得，但无法判断，故B错误，C错误；
由，令，得，
由，令，得，得，则也无法判断，故D错误．
故答案为：A
【分析】先根据“是奇函数” “是偶函数”，推导函数的对称性（中心对称、轴对称），再利用对称性推导函数值的关系，逐一验证选项。
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设函数，其定义域为，且，
当时，可得，在上单调递增；
当时，可得，在上单调递减，
因为，
可得，
即且，
所以且，所以.
故答案为：D.
【分析】构造函数，通过导数分析其单调性，再将已知条件转化为函数值相等的形式，结合单调性比较自变量的大小。
9．【答案】B,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对A，不等式的同向同正可乘，未强调正，例如：，故A错误；
对B，，，则，即，故B正确；
对C，，则，故C错误；
对D，，则，所以，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】根据不等式的性质、作差法等知识，对每个选项逐一分析判断.针对每个选项，结合已知的条件，通过举反例或代数变形来验证其正确性.
10．【答案】A,B
【知识点】二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：A、因为
所以，故选项A正确；
B、最小正周期，故选项B正确；
C、令，则f(t)=cost，因为，所以，
所以f(t)=cost在单调递减，所以在上单调递减，故选项C错误；
D、，所以不是函数的对称轴，故选项D错误；
故选：AB.
【分析】利用二倍角公式和诱导公式化简函数f(x)，进而根据余弦函数的值域即可判断选项A；利用周期公式计算即可判断选项B；令，利用换元结合余弦函数的单调性即可判断选项C；根据余弦函数的对称性计算即可判断选项D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，A正确；
B，当时，，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以，B错误；
C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即，C正确；
D，当时，，所以，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】先通过求导确定函数的单调性与极值，再结合函数的单调性、值域及作差法，逐一分析各选项。
12．【答案】2
【知识点】正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由曲线的一个对称中心为，得，解得，所以的最小值为2.
故答案为：2
【分析】用正切函数的对称中心性质.正切函数的对称中心为（），对于函数，其对称中心满足（）。我们可以将已知的对称中心代入该式，求出的表达式，再结合的条件求出其最小值.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，所以由同角平方关系可得：，
所以，
故答案为：
【分析】用角的拆分，将表示为，再结合两角差的正弦公式以及同角三角函数的基本关系来求解.确定的范围，从而求出其正弦值.
14．【答案】a＞0或a＜-4
【知识点】导数的几何意义；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：易得曲线不过原点，设切点为(x0，(x0+a)ex0)，则切线斜率为f(x0)=(x0+a+1)ex0 ，
可得切线方程为y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x-x0)，又切线过原点，
可得-(x0+a)ex0=-x0(x0+a+1)ex0，化简得 (※)，
又切线有两条， 即方程※有两不等实根，由判别式△=a2+4a>0，得a<-4或a>0.
故答案为：a<-4或a>0.
【分析】由导数的几何意义，求得切线方程，再结合切线过原点，易得方程有两不等实根，由△>0求解即可.
15．【答案】（1）解：在中，由正弦定理及得：，
化简可得：，
由余弦定理得，
又，所以
（2）解： 是的角平分线，则，
由可得
因为，，即有，
故.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再通过余弦定理求解角。
(2)根据角平分线的性质，结合三角形面积的拆分（的面积等于与的面积和），建立关于的方程求解。
（1）在中，由正弦定理及得：，
化简可得：，
由余弦定理得，
又，所以
（2） 是的角平分线，则，
由可得
因为，，即有，
故.
16．【答案】（1）解： 设等比数列的公比为，因为构成等差数列，
所以，即，解得或（不符合题意舍去），所以；
（2）解：令，当时，，
当时，，显然时也满足上式，
因为，所以，所以，
所以
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设公比为（），利用等差数列的性质“等差中项”建立方程，求解公比，进而得到通项公式
（2）通过数列前项和的递推关系求出的表达式，进而得到，再将裂项，最后用裂项相消法求前项和.
（1）设等比数列的公比为，
因为构成等差数列，
所以，即，解得或（不符合题意舍去），
所以；
（2）令，
当时，，
当时，，
显然时也满足上式，
因为，所以，
所以，
所以.
17．【答案】（1）证明：取中点，如图，连接，∵是中点，∴且，
又，，
∴且，
∴是平行四边形，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）解：∵，，，∴，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又，
因此以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
假设线段上是否存在点，使得点到平面的距离是，
设，，
，
∴点到平面的距离为，（舍去），
所以．
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1) 通过构造平行四边形，得到线线平行，再利用线面平行的判定定理证明。
(2) 先证明线面垂直，建立空间直角坐标系，用空间向量法求点到平面的距离，进而确定点的位置。
（1）取中点，如图，连接，
∵是中点，∴且，
又，，
∴且，
∴是平行四边形，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）∵，，，∴，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又，
因此以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
假设线段上是否存在点，使得点到平面的距离是，
设，，
，
∴点到平面的距离为，（舍去），
所以．
18．【答案】（1）解： 由题意设椭圆方程为，设与椭圆的交点为，则，
根据题意可得，即，
可得，则，所以椭圆方程为．
（2）解：根据题意设，联立．
由韦达定理得，则．
又直线，同理代换可得，，
则．
不妨设，即．
又，的最小值为，
当且仅当时取等，所以四边形的面积的最小值为．
【知识点】基本不等式；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）用椭圆的焦点坐标确定的值，再根据过焦点的垂直于长轴的直线与椭圆的交点，结合四边形面积求出和，进而得到椭圆方程；
（2）用韦达定理求出弦长，再根据四边形面积公式，结合基本不等式求出面积的最小值.
（1）由题意设椭圆方程为，
设与椭圆的交点为，则，
根据题意可得，即，
可得，则，所以椭圆方程为．
（2）根据题意设，联立．
由韦达定理得，则．
又直线，同理代换可得，，
则．
不妨设，即．
又，的最小值为，
当且仅当时取等，所以四边形的面积的最小值为．
19．【答案】（1）解： 求导得，当时，，则，得，，得，所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或，
当时，，则，得或，，得，
则在内单调递减，在和上单调递增；
当时，，，则在区间上单调递增；
当时，，则，得或，，得，则在区间内单调递减，
在和上单调递增，综上，时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在内单调递减，在和上单调递增；
时，在区间上单调递增；
时，在区间内单调递减，在和上单调递增.
（2）解： 由（1）知，当时，在内单调递增，则，解得与矛盾；
当时，在上单调递增，在上单调递减，所以，即，令则，则在上单调递减，
又，故；综上，
（3）解： 由可得，即，令，则，则得；得，则在上单调递减，在上单调递增，
则，则，故，令，则，令，解得
，则当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，故的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的符号来讨论函数的单调性，需分、、、四种情况分析导数的零点和符号变化；
（2）结合（1）中得到的单调性，判断函数在内的最大值点，进而求解的值；
（3）将不等式变形，通过参变分离，构造新函数，利用导数求新函数的最大值，从而确定的取值范围.
（1）求导得，
当时，，则，得，，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或，
当时，，则，得或，，得，
则在内单调递减，在和上单调递增；
当时，，，则在区间上单调递增；
当时，，则，得或，，得，
则在区间内单调递减，在和上单调递增，
综上，时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在内单调递减，在和上单调递增；
时，在区间上单调递增；
时，在区间内单调递减，在和上单调递增.
（2）由（1）知，当时，在内单调递增，
则，解得与矛盾；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
令则，
则在上单调递减，
又，故；
综上，.
（3）由可得，
即，
令，则，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，则，
故，令，
则，令，解得，
则当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，
故的取值范围为．
1 / 1湖南省邵阳市邵东市创新高级中学2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试题
1．（2025高三上·邵东月考）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：因为，所以，
故选：D.
【分析】先求得集合，进而利用交集的定义即可求得.
2．（2025高三上·邵东月考）已知幂函数的图象过点，则（4）的值是（ ）
A．64 B． C． D．
【答案】D
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：幂函数的图象过点，
，解得，，
（4），
故答案为：.
【分析】先设出幂函数的一般形式，利用已知过点的坐标求出幂函数的指数，得到函数解析式后，代入自变量计算函数值。
3．（2025高三上·邵东月考）已知函数的部分图象如图所示，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】函数的周期性；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：由图可知，得，故，故．
故答案为：B
【分析】确定的值，需先根据函数图象的特征求出周期，再利用周期公式（）求解.是从图象中找出与周期相关的区间长度.
4．（2025高三上·邵东月考）函数是
A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意，，
所以该函数为偶函数，
又因为，
所以，当时，取最大值.
故答案为：D.
【分析】由函数奇偶性的定义可判断函数的奇偶性，再利用二倍角公式结合二次函数图象求最值的方法，从而得出函数的最大值，进而找出正确的选项.
5．（2025高三上·邵东月考）已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：等价于，令，则，
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以，所以只需，即．
故答案为：B.
【分析】确定的取值范围，需将不等式进行变形，构造新函数，通过导数研究新函数的单调性和最值，进而根据不等式恒成立的条件求解的范围.用分离参数法，将问题转化为求函数的最值问题.
6．（2025高三上·邵东月考）牛奶保鲜时间因储藏温度的不同而不同.假定保鲜时间y（h）与储藏温度x（）关系为为常量）．若牛奶在0的冰箱中，保鲜时间约是100h，在5的冰箱中，保鲜时间约是80h，那么在10的冰箱中保鲜时间约是（ ）
A．49h B．56h C．64h D．76h
【答案】C
【知识点】“指数爆炸”模型；方程组的解集
【解析】【解答】解：由题意可知，，得，，则，则当时，，即在10中的
保鲜时间约是64h.
故答案为：C
【分析】根据已知的两个温度下的保鲜时间，求出函数中的常量和的关系，进而得到保鲜时间关于储藏温度的表达式，最后代入求解保鲜时间.用给定的条件建立方程，求出相关常量的关系.
7．（2025高三上·邵东月考）已知函数满足为奇函数，为偶函数，则下列一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
由是偶函数，得，
即，得函数的图象关于对称
由为奇函数，得，
得函数的图象关于点对称，所以，
由，令，得，故A正确；
由函数的图象关于点对称，得，但无法判断，故B错误，C错误；
由，令，得，
由，令，得，得，则也无法判断，故D错误．
故答案为：A
【分析】先根据“是奇函数” “是偶函数”，推导函数的对称性（中心对称、轴对称），再利用对称性推导函数值的关系，逐一验证选项。
8．（2025高三上·邵东月考）已知实数满足，，其中为自然对数的底数，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设函数，其定义域为，且，
当时，可得，在上单调递增；
当时，可得，在上单调递减，
因为，
可得，
即且，
所以且，所以.
故答案为：D.
【分析】构造函数，通过导数分析其单调性，再将已知条件转化为函数值相等的形式，结合单调性比较自变量的大小。
9．（2025高三上·邵东月考）已知，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C． D．
【答案】B,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对A，不等式的同向同正可乘，未强调正，例如：，故A错误；
对B，，，则，即，故B正确；
对C，，则，故C错误；
对D，，则，所以，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】根据不等式的性质、作差法等知识，对每个选项逐一分析判断.针对每个选项，结合已知的条件，通过举反例或代数变形来验证其正确性.
10．（2025高三上·邵东月考）已知函数，则（ ）
A．的最大值为1 B．的最小正周期为
C．在上单调递增 D．的图象关于对称
【答案】A,B
【知识点】二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：A、因为
所以，故选项A正确；
B、最小正周期，故选项B正确；
C、令，则f(t)=cost，因为，所以，
所以f(t)=cost在单调递减，所以在上单调递减，故选项C错误；
D、，所以不是函数的对称轴，故选项D错误；
故选：AB.
【分析】利用二倍角公式和诱导公式化简函数f(x)，进而根据余弦函数的值域即可判断选项A；利用周期公式计算即可判断选项B；令，利用换元结合余弦函数的单调性即可判断选项C；根据余弦函数的对称性计算即可判断选项D.
11．（2025高三上·邵东月考）设函数，则（ ）
A．是的极小值点
B．当时，
C．当时，
D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，A正确；
B，当时，，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以，B错误；
C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即，C正确；
D，当时，，所以，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】先通过求导确定函数的单调性与极值，再结合函数的单调性、值域及作差法，逐一分析各选项。
12．（2025高三上·邵东月考）若曲线的一个对称中心为，则的最小值为 ．
【答案】2
【知识点】正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由曲线的一个对称中心为，得，解得，所以的最小值为2.
故答案为：2
【分析】用正切函数的对称中心性质.正切函数的对称中心为（），对于函数，其对称中心满足（）。我们可以将已知的对称中心代入该式，求出的表达式，再结合的条件求出其最小值.
13．（2025高三上·邵东月考）若，则 ．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，所以由同角平方关系可得：，
所以，
故答案为：
【分析】用角的拆分，将表示为，再结合两角差的正弦公式以及同角三角函数的基本关系来求解.确定的范围，从而求出其正弦值.
14．（2025高三上·邵东月考）若曲线 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 .
【答案】a＞0或a＜-4
【知识点】导数的几何意义；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：易得曲线不过原点，设切点为(x0，(x0+a)ex0)，则切线斜率为f(x0)=(x0+a+1)ex0 ，
可得切线方程为y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x-x0)，又切线过原点，
可得-(x0+a)ex0=-x0(x0+a+1)ex0，化简得 (※)，
又切线有两条， 即方程※有两不等实根，由判别式△=a2+4a>0，得a<-4或a>0.
故答案为：a<-4或a>0.
【分析】由导数的几何意义，求得切线方程，再结合切线过原点，易得方程有两不等实根，由△>0求解即可.
15．（2025高三上·邵东月考）已知中，分别为内角的对边，且，
（1）求角的大小；
（2）设点为上一点，是的角平分线，且，求的长度．
【答案】（1）解：在中，由正弦定理及得：，
化简可得：，
由余弦定理得，
又，所以
（2）解： 是的角平分线，则，
由可得
因为，，即有，
故.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再通过余弦定理求解角。
(2)根据角平分线的性质，结合三角形面积的拆分（的面积等于与的面积和），建立关于的方程求解。
（1）在中，由正弦定理及得：，
化简可得：，
由余弦定理得，
又，所以
（2） 是的角平分线，则，
由可得
因为，，即有，
故.
16．（2025高三上·邵东月考）已知数列是首项为2的正项等比数列.又构成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足.令.求数列的前项和.
【答案】（1）解： 设等比数列的公比为，因为构成等差数列，
所以，即，解得或（不符合题意舍去），所以；
（2）解：令，当时，，
当时，，显然时也满足上式，
因为，所以，所以，
所以
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设公比为（），利用等差数列的性质“等差中项”建立方程，求解公比，进而得到通项公式
（2）通过数列前项和的递推关系求出的表达式，进而得到，再将裂项，最后用裂项相消法求前项和.
（1）设等比数列的公比为，
因为构成等差数列，
所以，即，解得或（不符合题意舍去），
所以；
（2）令，
当时，，
当时，，
显然时也满足上式，
因为，所以，
所以，
所以.
17．（2025高三上·邵东月考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，，在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明：取中点，如图，连接，∵是中点，∴且，
又，，
∴且，
∴是平行四边形，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）解：∵，，，∴，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又，
因此以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
假设线段上是否存在点，使得点到平面的距离是，
设，，
，
∴点到平面的距离为，（舍去），
所以．
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1) 通过构造平行四边形，得到线线平行，再利用线面平行的判定定理证明。
(2) 先证明线面垂直，建立空间直角坐标系，用空间向量法求点到平面的距离，进而确定点的位置。
（1）取中点，如图，连接，
∵是中点，∴且，
又，，
∴且，
∴是平行四边形，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）∵，，，∴，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又，
因此以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
假设线段上是否存在点，使得点到平面的距离是，
设，，
，
∴点到平面的距离为，（舍去），
所以．
18．（2025高三上·邵东月考）已知椭圆的两个焦点，过点作垂直于长轴的直线交椭圆于点，此时与椭圆长轴的两端点形成的四边形的面积为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线与椭圆分别交于点及，求四边形的面积的最小值．
【答案】（1）解： 由题意设椭圆方程为，设与椭圆的交点为，则，
根据题意可得，即，
可得，则，所以椭圆方程为．
（2）解：根据题意设，联立．
由韦达定理得，则．
又直线，同理代换可得，，
则．
不妨设，即．
又，的最小值为，
当且仅当时取等，所以四边形的面积的最小值为．
【知识点】基本不等式；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）用椭圆的焦点坐标确定的值，再根据过焦点的垂直于长轴的直线与椭圆的交点，结合四边形面积求出和，进而得到椭圆方程；
（2）用韦达定理求出弦长，再根据四边形面积公式，结合基本不等式求出面积的最小值.
（1）由题意设椭圆方程为，
设与椭圆的交点为，则，
根据题意可得，即，
可得，则，所以椭圆方程为．
（2）根据题意设，联立．
由韦达定理得，则．
又直线，同理代换可得，，
则．
不妨设，即．
又，的最小值为，
当且仅当时取等，所以四边形的面积的最小值为．
19．（2025高三上·邵东月考）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若在内的最大值为2，求的值；
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）解： 求导得，当时，，则，得，，得，所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或，
当时，，则，得或，，得，
则在内单调递减，在和上单调递增；
当时，，，则在区间上单调递增；
当时，，则，得或，，得，则在区间内单调递减，
在和上单调递增，综上，时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在内单调递减，在和上单调递增；
时，在区间上单调递增；
时，在区间内单调递减，在和上单调递增.
（2）解： 由（1）知，当时，在内单调递增，则，解得与矛盾；
当时，在上单调递增，在上单调递减，所以，即，令则，则在上单调递减，
又，故；综上，
（3）解： 由可得，即，令，则，则得；得，则在上单调递减，在上单调递增，
则，则，故，令，则，令，解得
，则当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，故的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的符号来讨论函数的单调性，需分、、、四种情况分析导数的零点和符号变化；
（2）结合（1）中得到的单调性，判断函数在内的最大值点，进而求解的值；
（3）将不等式变形，通过参变分离，构造新函数，利用导数求新函数的最大值，从而确定的取值范围.
（1）求导得，
当时，，则，得，，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或，
当时，，则，得或，，得，
则在内单调递减，在和上单调递增；
当时，，，则在区间上单调递增；
当时，，则，得或，，得，
则在区间内单调递减，在和上单调递增，
综上，时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在内单调递减，在和上单调递增；
时，在区间上单调递增；
时，在区间内单调递减，在和上单调递增.
（2）由（1）知，当时，在内单调递增，
则，解得与矛盾；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
令则，
则在上单调递减，
又，故；
综上，.
（3）由可得，
即，
令，则，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，则，
故，令，
则，令，解得，
则当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，
故的取值范围为．
1 / 1
