湖南省邵东市第一中学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）已知复数，则|z|＝（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．（2025高三上·邵东月考）命题“”为真命题的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·邵东月考）已知为正实数，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·邵东月考）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·邵东月考）若，则（ ）
A．1 B．-1 C．2 D．-2
7．（2025高三上·邵东月考）若曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高三上·邵东月考）已知函数与是定义在上的函数，它们的导函数分别为和，且满足，且，则（ ）
A．1012 B．2024 C． D．
9．（2025高三上·邵东月考）已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的图像关于直线对称
B．的图像关于点对称
C．将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像
D．函数在区间的值域是[]
10．（2025高三上·邵东月考）已知函数，函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则有1个零点
B．若，则有6个零点
C．若有5个零点，则的取值范围为
D．一定有零点
11．（2025高三上·邵东月考）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若在上单调递增，则
B．若，设的解集为（），则
C．若有两个极值点，且，则
D．若，则过仅能做曲线的一条切线
12．（2025高三上·邵东月考）已知函数，则 .
13．（2025高三上·邵东月考）将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象.若的图象关于y轴对称，则的最小值为 .
14．（2025高三上·邵东月考）已知是定义在上的单调递减函数，且对，均有，若不等式在恒成立，则实数的最大值是 .
15．（2025高三上·邵东月考）某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为.
（1）求智能客服的回答被采纳的概率；
（2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差.
16．（2025高三上·邵东月考）已知在中，内角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角；
（2）已知直线为的平分线，且与交于点，若，，求的周长.
17．（2025高三上·邵东月考）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
18．（2025高三上·邵东月考）已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，.
（1）求的方程；
（2）过点作直线的垂线，垂足为.
①证明：直线过定点；
②求面积的最小值.
19．（2025高三上·邵东月考）已知函数．
（1）若，求在的值域；
（2）证明：存在唯一的极值点，且；
（3）若恒成立，证明：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，
故答案为：D.
【分析】根据集合确定集合（利用找 ），求与的交集，求交集在中的补集.描述法集合的转化、交集与补集的定义，按“求→算→找”的步骤推进.
2．【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的模
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：C.
【分析】先利用虚数单位的幂运算性质化简，求出复数，再根据复数的模长公式计算。
3．【答案】D
【知识点】存在量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得在上能成立，
因，故得.
由题意知，是选项的范围的真子集即可.
故答案为：D.
【分析】先求出命题为真时a的取值范围，再根据 “必要不充分条件” 是该范围的超集（即命题为真时，条件一定成立；但条件成立时，命题不一定为真）确定选项。
4．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，则，
由于，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合，将化为，再利用基本不等式求最值的方法，进而可求出的最小值.
5．【答案】C
【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
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以.
故答案为：C．
【分析】分别化简a、b、c，再根据对数、指数函数的单调性比较大小。
6．【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意得，
则
故答案为：B
【分析】用两角和的正切公式求出，再对所求式子进行三角恒等变形，最终转化为关于和的表达式来求解.用三角恒等变换公式对式子进行化简.
7．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；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：设公切线与函数切于点，
由，得，所以公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
设公切线与函数切于点，
由，得，则公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
所以，消去，得，
由，得，
令，则，
所以在上递减，
所以，
所以由题意得，
即实数的取值范围是，
故答案为：A
【分析】设两条曲线的公切线分别与两条曲线相切于不同点，利用导数的几何意义表示切线斜率，结合切线方程相等建立等式，消去变量后构造函数，通过分析函数的单调性求实数a的取值范围。
8．【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由于，则，两式相加得，故，所以，
故，即，其中两边求导得，，
故，故，
将替换为得，又，故，
将替换为得，则，故是的一个周期，
其中，故，
故.
故答案为：D
【分析】通过函数的对称性、导数的运算以及周期的推导来求解。首先利用已知条件推出的导数的周期性，再结合周期的性质计算求和.逐步推导的周期，并确定一个周期内的和.
9．【答案】A,C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；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：由图可知：，的最小正周期，
当时，，，，所以故；
对A，，正确；
对B，，错误；
对C，将向右平移，得
到，正确；
对D，时，，则，
因此，在区间的值域是[]，错误；
故答案为： AC.
【分析】解决三角函数图象问题的步骤：先通过图像确定振幅、周期，求出函数表达式；再逐一验证选项（对称性质代入特殊点、图像平移用 “左加右减”、值域用整体法分析相位范围）。
10．【答案】B,D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，解得或2；令，解得或1或3.根据函数图象的平移变换，可画出的简图，如图所示.
令，则.令，则.
当时，只有1解，且，此时只有1解，所以只有1个零点.
当时，有2解，即或2.有1解；有2解.所以有3个零点.
当时，有3解，，.
当时，只有1解；当时，有2解；
当时，有2解.所以有5个零点.当时，有3解，即或1或3.
只有1解；有2解；有3解.所以有6个零点.
当时，有2解，.当时，有2解；
当时，有3解.所以有5个零点.
当时，只有1解，有2解，所以有2个零点.
当时，只有1解，且，此时只有1解，所以只有1个零点.综上，B，D正确.
故答案为：BD
【分析】分析函数的图象特征，再通过换元法，将的零点问题转化为与的解的个数问题.分情况讨论的取值，结合的图象分析解的个数.
11．【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解： 对于A，对求导得：，因为函数在R上单调递增，
所以恒成立，即恒成立，
记，则，因为，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，
所以，即，故选项正确；
对于B，由，得，等价于，即，
当时，，，又，
故，所以，
当时，，无解，
故的解集为，此时，
当时，，，故B不正确；
对于C，因为函数有两个极值点，
所以有两个零点点，
即方程有两个解为，记，因为，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，
令，则，解得，
此时，即，
方程有两个解为等价于与交于两点，
所以，
所以，
C选项正确；
对于D，时，，，
设图象上一点，
则，故过点的切线方程为，
将代入上式得，
整理得，
构造函数，则，
构造函数，则，
令得，
令得，
所以函数在上单调递减，
在上单调递增，
所以，所以，
所以函数单调递增，
又，
即方程在区间有一解，
所以存在唯一一条过的切线，D选项正确.
故答案为：ACD
【分析】A：通过求导，结合函数单调性与导数的关系，利用参变分离和函数最值求解的范围.B：化简不等式，分析解集区间长度，结合对数函数性质判断.C：根据极值点的定义，结合函数零点和图象分析的范围.D：利用导数的几何意义，建立切线方程，通过方程根的个数判断切线数量.
12．【答案】12
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：函数，
则
故答案为：
【分析】对于分段函数中的情况，利用“”的递推关系，逐步将自变量缩小到的区间，再代入对应的解析式计算。
13．【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：根据函数图象平移规律，将函数的图象向左平移个单位长度，
可得：.
因为的图象关于y轴对称，所以是偶函数，
故，，可得.
当时，，此时.
故答案为：
【分析】根据函数图象平移规律得到的表达式，再利用偶函数的性质（关于轴对称的函数满足），结合三角函数的诱导公式和性质来求解的最小值.准确进行图象平移，并利用偶函数的条件建立关于的方程.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：记，
用y替换中的x得，且，
，由函数单调性知，
则，
又由得，
所以
或，
又函数在定义域上单调递减，所以满足题设条件，
所以，即，，
令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故.
故实数的最大值是
故答案为：2e.
【分析】先通过换元结合函数单调性求f(x)的表达式，再将不等式恒成立问题转化为求函数最值，进而确定a的最大值。
15．【答案】（1）解：设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”，
依题意，得出，，
因此，
所以智能客服的回答被采纳的概率为.
（2）解：依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，则，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
数学期望，.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件结合全概率公式得出智能客服的回答被采纳的概率.
（2）利用已知条件求出的可能值，结合二项分布得出对应的概率，从而列出随机变量X的分布列，再由二项分布得出随机变量X的数学期望和方差.
（1）设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”，
依题意，，，
因此，
所以智能客服的回答被采纳的概率为.
（2）依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
数学期望；.
16．【答案】（1）解：在中，由正弦定理可知可转化为，
即，
即，，
由在中，，
则；
（2）解：在中，
由，
即，
又直线为的平分线，
则，
所以，
即，
又由余弦定理可得，即，
可知，
解得或（舍），
所以的周长为.
【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）角的求解：利用正弦定理将边化为角，结合展开，化简后得到的值，进而确定角。
（2）周长的求解：通过角平分线的面积关系建立与的等式，再结合余弦定理（以为已知边），联立方程求解，最终得到周长。
（1）在中，由正弦定理可知可转化为，
即，
即，，
由在中，，
则；
（2）在中，
由，
即，
又直线为的平分线，
则，
所以，
即，
又由余弦定理可得，即，
可知，
解得或（舍），
所以的周长为.
17．【答案】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）面面垂直证明：先通过几何关系证，翻折后结合得平面，进而证平面，最终由面面垂直判定定理得结论。
（2）二面角与点的存在性：建立空间坐标系，设参数表示的位置，分别求两个平面的法向量，利用二面角余弦值列方程求解，得到比值。
（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
18．【答案】（1）解： 由题可知，则，由轴时，，可令，
代入双曲线得，解得，则所求方程为；
（2）解： ①证明：设，则，由斜率不为0，可设，联立双曲线并整理得，则，，所以，
由，直线，根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上，
令，则，解得，因为，所以，
而，所以，则，所以过定点；
②，由①得，解得，令，
则，
因为，所以，则，
当时取等号，所以的最小值为.
【知识点】恒过定点的直线；双曲线的标准方程；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）用双曲线的离心率公式和已知的弦长条件，结合双曲线的基本关系，建立方程求解，从而得到双曲线方程；
（2）①设出直线方程，与双曲线联立，利用韦达定理得到坐标关系，再求出直线的方程，分析其过定点；②根据三角形面积公式，结合函数单调性求面积的最小值.
（1）由题可知，
则，
由轴时，，可令，
代入双曲线得，
解得，
则所求方程为；
（2）①证明：设，则，
由斜率不为0，可设，
联立双曲线并整理得，
则，，
所以，
由，直线，
根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上，
令，则，解得，
因为，所以，
而，所以，则，
所以过定点；
②，
由①得，解得，
令，
则，
因为，所以，则，当时取等号，
所以的最小值为.
19．【答案】（1）解：当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增，
又，所以在的值域为．
（2）证明：当时，由（1）可知为函数的唯一极值点且为极小值点，满足
下面讨论的情形：，
当时，，所以，所以在单调递增，无极值点．
当时，，设恒成立，所以在单调递增，
令得即，则有，即．
又设，易知在单调递增，，
令，设，，
当时，单调递减，所以，即，
而，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的，使得即，
当时，即，当时，即，
故是函数唯一的极值点且为极小值点．
综上所述，存在唯一的极小值点，且．
（3）证明：由（2）可知在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
又因为即，所以，
从而有，
若恒成立，则，
令，则，要证，即证即．
设在单调递减，
所以，所以在单调递增，
所以，即．所以成立．
【知识点】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
【解析】【分析】(1)代入得函数表达式，求导判断区间内单调性，再计算区间端点及极值点的函数值，确定值域。
(2)求导后分析导数的单调性，结合零点存在定理，证明导数在内有唯一零点，即函数有唯一极值点。
(3)由恒成立得最小值不小于1，推出；构造函数，利用导数分析其单调性，结合三角函数不等式证明结论。
（1）当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增，
又，所以在的值域为．
（2）证明：当时，由（1）可知为函数的唯一极值点且为极小值点，满足
下面讨论的情形：，
当时，，所以，所以在单调递增，无极值点．
当时，，设恒成立，所以在单调递增，
令得即，则有，即．
又设，易知在单调递增，，
令，设，，
当时，单调递减，所以，即，
而，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的，使得即，
当时，即，当时，即，
故是函数唯一的极值点且为极小值点．
综上所述，存在唯一的极小值点，且．
（3）证明：由（2）可知在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
又因为即，所以，
从而有，
若恒成立，则，
令，则，要证，即证即．
设在单调递减，
所以，所以在单调递增，
所以，即．所以成立．
1 / 1湖南省邵东市第一中学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；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，
故答案为：D.
【分析】根据集合确定集合（利用找 ），求与的交集，求交集在中的补集.描述法集合的转化、交集与补集的定义，按“求→算→找”的步骤推进.
2．（2025高三上·邵东月考）已知复数，则|z|＝（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的模
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：C.
【分析】先利用虚数单位的幂运算性质化简，求出复数，再根据复数的模长公式计算。
3．（2025高三上·邵东月考）命题“”为真命题的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】存在量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得在上能成立，
因，故得.
由题意知，是选项的范围的真子集即可.
故答案为：D.
【分析】先求出命题为真时a的取值范围，再根据 “必要不充分条件” 是该范围的超集（即命题为真时，条件一定成立；但条件成立时，命题不一定为真）确定选项。
4．（2025高三上·邵东月考）已知为正实数，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，则，
由于，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合，将化为，再利用基本不等式求最值的方法，进而可求出的最小值.
5．（2025高三上·邵东月考）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以.
故答案为：C．
【分析】分别化简a、b、c，再根据对数、指数函数的单调性比较大小。
6．（2025高三上·邵东月考）若，则（ ）
A．1 B．-1 C．2 D．-2
【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意得，
则
故答案为：B
【分析】用两角和的正切公式求出，再对所求式子进行三角恒等变形，最终转化为关于和的表达式来求解.用三角恒等变换公式对式子进行化简.
7．（2025高三上·邵东月考）若曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；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：设公切线与函数切于点，
由，得，所以公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
设公切线与函数切于点，
由，得，则公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
所以，消去，得，
由，得，
令，则，
所以在上递减，
所以，
所以由题意得，
即实数的取值范围是，
故答案为：A
【分析】设两条曲线的公切线分别与两条曲线相切于不同点，利用导数的几何意义表示切线斜率，结合切线方程相等建立等式，消去变量后构造函数，通过分析函数的单调性求实数a的取值范围。
8．（2025高三上·邵东月考）已知函数与是定义在上的函数，它们的导函数分别为和，且满足，且，则（ ）
A．1012 B．2024 C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；导数的四则运算
【解析】【解答】解：由于，则，两式相加得，故，所以，
故，即，其中两边求导得，，
故，故，
将替换为得，又，故，
将替换为得，则，故是的一个周期，
其中，故，
故.
故答案为：D
【分析】通过函数的对称性、导数的运算以及周期的推导来求解。首先利用已知条件推出的导数的周期性，再结合周期的性质计算求和.逐步推导的周期，并确定一个周期内的和.
9．（2025高三上·邵东月考）已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的图像关于直线对称
B．的图像关于点对称
C．将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像
D．函数在区间的值域是[]
【答案】A,C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；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：由图可知：，的最小正周期，
当时，，，，所以故；
对A，，正确；
对B，，错误；
对C，将向右平移，得
到，正确；
对D，时，，则，
因此，在区间的值域是[]，错误；
故答案为： AC.
【分析】解决三角函数图象问题的步骤：先通过图像确定振幅、周期，求出函数表达式；再逐一验证选项（对称性质代入特殊点、图像平移用 “左加右减”、值域用整体法分析相位范围）。
10．（2025高三上·邵东月考）已知函数，函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则有1个零点
B．若，则有6个零点
C．若有5个零点，则的取值范围为
D．一定有零点
【答案】B,D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，解得或2；令，解得或1或3.根据函数图象的平移变换，可画出的简图，如图所示.
令，则.令，则.
当时，只有1解，且，此时只有1解，所以只有1个零点.
当时，有2解，即或2.有1解；有2解.所以有3个零点.
当时，有3解，，.
当时，只有1解；当时，有2解；
当时，有2解.所以有5个零点.当时，有3解，即或1或3.
只有1解；有2解；有3解.所以有6个零点.
当时，有2解，.当时，有2解；
当时，有3解.所以有5个零点.
当时，只有1解，有2解，所以有2个零点.
当时，只有1解，且，此时只有1解，所以只有1个零点.综上，B，D正确.
故答案为：BD
【分析】分析函数的图象特征，再通过换元法，将的零点问题转化为与的解的个数问题.分情况讨论的取值，结合的图象分析解的个数.
11．（2025高三上·邵东月考）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若在上单调递增，则
B．若，设的解集为（），则
C．若有两个极值点，且，则
D．若，则过仅能做曲线的一条切线
【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解： 对于A，对求导得：，因为函数在R上单调递增，
所以恒成立，即恒成立，
记，则，因为，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，
所以，即，故选项正确；
对于B，由，得，等价于，即，
当时，，，又，
故，所以，
当时，，无解，
故的解集为，此时，
当时，，，故B不正确；
对于C，因为函数有两个极值点，
所以有两个零点点，
即方程有两个解为，记，因为，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，
令，则，解得，
此时，即，
方程有两个解为等价于与交于两点，
所以，
所以，
C选项正确；
对于D，时，，，
设图象上一点，
则，故过点的切线方程为，
将代入上式得，
整理得，
构造函数，则，
构造函数，则，
令得，
令得，
所以函数在上单调递减，
在上单调递增，
所以，所以，
所以函数单调递增，
又，
即方程在区间有一解，
所以存在唯一一条过的切线，D选项正确.
故答案为：ACD
【分析】A：通过求导，结合函数单调性与导数的关系，利用参变分离和函数最值求解的范围.B：化简不等式，分析解集区间长度，结合对数函数性质判断.C：根据极值点的定义，结合函数零点和图象分析的范围.D：利用导数的几何意义，建立切线方程，通过方程根的个数判断切线数量.
12．（2025高三上·邵东月考）已知函数，则 .
【答案】12
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：函数，
则
故答案为：
【分析】对于分段函数中的情况，利用“”的递推关系，逐步将自变量缩小到的区间，再代入对应的解析式计算。
13．（2025高三上·邵东月考）将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象.若的图象关于y轴对称，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：根据函数图象平移规律，将函数的图象向左平移个单位长度，
可得：.
因为的图象关于y轴对称，所以是偶函数，
故，，可得.
当时，，此时.
故答案为：
【分析】根据函数图象平移规律得到的表达式，再利用偶函数的性质（关于轴对称的函数满足），结合三角函数的诱导公式和性质来求解的最小值.准确进行图象平移，并利用偶函数的条件建立关于的方程.
14．（2025高三上·邵东月考）已知是定义在上的单调递减函数，且对，均有，若不等式在恒成立，则实数的最大值是 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：记，
用y替换中的x得，且，
，由函数单调性知，
则，
又由得，
所以
或，
又函数在定义域上单调递减，所以满足题设条件，
所以，即，，
令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故.
故实数的最大值是
故答案为：2e.
【分析】先通过换元结合函数单调性求f(x)的表达式，再将不等式恒成立问题转化为求函数最值，进而确定a的最大值。
15．（2025高三上·邵东月考）某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为.
（1）求智能客服的回答被采纳的概率；
（2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差.
【答案】（1）解：设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”，
依题意，得出，，
因此，
所以智能客服的回答被采纳的概率为.
（2）解：依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，则，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
数学期望，.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件结合全概率公式得出智能客服的回答被采纳的概率.
（2）利用已知条件求出的可能值，结合二项分布得出对应的概率，从而列出随机变量X的分布列，再由二项分布得出随机变量X的数学期望和方差.
（1）设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”，
依题意，，，
因此，
所以智能客服的回答被采纳的概率为.
（2）依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
数学期望；.
16．（2025高三上·邵东月考）已知在中，内角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角；
（2）已知直线为的平分线，且与交于点，若，，求的周长.
【答案】（1）解：在中，由正弦定理可知可转化为，
即，
即，，
由在中，，
则；
（2）解：在中，
由，
即，
又直线为的平分线，
则，
所以，
即，
又由余弦定理可得，即，
可知，
解得或（舍），
所以的周长为.
【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）角的求解：利用正弦定理将边化为角，结合展开，化简后得到的值，进而确定角。
（2）周长的求解：通过角平分线的面积关系建立与的等式，再结合余弦定理（以为已知边），联立方程求解，最终得到周长。
（1）在中，由正弦定理可知可转化为，
即，
即，，
由在中，，
则；
（2）在中，
由，
即，
又直线为的平分线，
则，
所以，
即，
又由余弦定理可得，即，
可知，
解得或（舍），
所以的周长为.
17．（2025高三上·邵东月考）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）面面垂直证明：先通过几何关系证，翻折后结合得平面，进而证平面，最终由面面垂直判定定理得结论。
（2）二面角与点的存在性：建立空间坐标系，设参数表示的位置，分别求两个平面的法向量，利用二面角余弦值列方程求解，得到比值。
（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
18．（2025高三上·邵东月考）已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，.
（1）求的方程；
（2）过点作直线的垂线，垂足为.
①证明：直线过定点；
②求面积的最小值.
【答案】（1）解： 由题可知，则，由轴时，，可令，
代入双曲线得，解得，则所求方程为；
（2）解： ①证明：设，则，由斜率不为0，可设，联立双曲线并整理得，则，，所以，
由，直线，根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上，
令，则，解得，因为，所以，
而，所以，则，所以过定点；
②，由①得，解得，令，
则，
因为，所以，则，
当时取等号，所以的最小值为.
【知识点】恒过定点的直线；双曲线的标准方程；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）用双曲线的离心率公式和已知的弦长条件，结合双曲线的基本关系，建立方程求解，从而得到双曲线方程；
（2）①设出直线方程，与双曲线联立，利用韦达定理得到坐标关系，再求出直线的方程，分析其过定点；②根据三角形面积公式，结合函数单调性求面积的最小值.
（1）由题可知，
则，
由轴时，，可令，
代入双曲线得，
解得，
则所求方程为；
（2）①证明：设，则，
由斜率不为0，可设，
联立双曲线并整理得，
则，，
所以，
由，直线，
根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上，
令，则，解得，
因为，所以，
而，所以，则，
所以过定点；
②，
由①得，解得，
令，
则，
因为，所以，则，当时取等号，
所以的最小值为.
19．（2025高三上·邵东月考）已知函数．
（1）若，求在的值域；
（2）证明：存在唯一的极值点，且；
（3）若恒成立，证明：．
【答案】（1）解：当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增，
又，所以在的值域为．
（2）证明：当时，由（1）可知为函数的唯一极值点且为极小值点，满足
下面讨论的情形：，
当时，，所以，所以在单调递增，无极值点．
当时，，设恒成立，所以在单调递增，
令得即，则有，即．
又设，易知在单调递增，，
令，设，，
当时，单调递减，所以，即，
而，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的，使得即，
当时，即，当时，即，
故是函数唯一的极值点且为极小值点．
综上所述，存在唯一的极小值点，且．
（3）证明：由（2）可知在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
又因为即，所以，
从而有，
若恒成立，则，
令，则，要证，即证即．
设在单调递减，
所以，所以在单调递增，
所以，即．所以成立．
【知识点】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
【解析】【分析】(1)代入得函数表达式，求导判断区间内单调性，再计算区间端点及极值点的函数值，确定值域。
(2)求导后分析导数的单调性，结合零点存在定理，证明导数在内有唯一零点，即函数有唯一极值点。
(3)由恒成立得最小值不小于1，推出；构造函数，利用导数分析其单调性，结合三角函数不等式证明结论。
（1）当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增，
又，所以在的值域为．
（2）证明：当时，由（1）可知为函数的唯一极值点且为极小值点，满足
下面讨论的情形：，
当时，，所以，所以在单调递增，无极值点．
当时，，设恒成立，所以在单调递增，
令得即，则有，即．
又设，易知在单调递增，，
令，设，，
当时，单调递减，所以，即，
而，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的，使得即，
当时，即，当时，即，
故是函数唯一的极值点且为极小值点．
综上所述，存在唯一的极小值点，且．
（3）证明：由（2）可知在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
又因为即，所以，
从而有，
若恒成立，则，
令，则，要证，即证即．
设在单调递减，
所以，所以在单调递增，
所以，即．所以成立．
1 / 1
