广东省普宁市勤建学校2025-2026学年高三上学期第二次调研考试数学试题
1．（2025高三上·普宁月考）已知集合，，则=（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·普宁月考）命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高三上·普宁月考）已知函数，则（ ）
A．是偶函数，且在上是增函数
B．是偶函数，且在上是减函数
C．是奇函数，且在上是增函数
D．是奇函数，且在上是减函数
4．（2025高三上·普宁月考）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025高三上·普宁月考）已知，，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·普宁月考）已知函数在处取得极大值，则的值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2025高三上·普宁月考）已知函数若的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·普宁月考）已知函数的定义域为，，且，若，则的零点为（ ）
A． B． C．1 D．2
9．（2025高三上·普宁月考）下面说法正确的有（ ）
A．角与角的终边相同
B．终边在直线上的角的取值集合可表示为
C．若角的终边在直线上，则的取值为
D．化成弧度是
10．（2025高三上·普宁月考）对于函数 ，下列说法正确的是（ ）
A． 在 处取得极大值
B． 有两个不同的零点
C．
D．若 在 上恒成立，则
11．（2025高三上·普宁月考）已知函数，其中e是自然对数的底数，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则为奇函数
B．若，则为偶函数
C．若具备奇偶性，则或
D．若在上单调递增，则a的取值范围为
12．（2025高三上·普宁月考）已知，若成等差数列，成等比数列，则的最小值是 .
13．（2025高三上·普宁月考）设函数的图象与x轴相交于点P，则该曲线在点P处的切线方程为 .
14．（2025高三上·普宁月考）设函数，已知方程在上有且仅有2个不相等的实数根，则的取值范围是 .
15．（2025高三上·普宁月考）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若在其定义域上单调递增，求k的取值范围．
16．（2025高三上·普宁月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，且．
（1）求A；
（2）设D为的中点，若，且，求的面积．
17．（2025高三上·普宁月考）已知双曲线的左、右顶点为，右焦点为，离心率为．
（1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程；
（2）过点的直线交双曲线于点（点在第一象限），记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值．
18．（2025高三上·普宁月考）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的零点个数；
（3）若对任意的，都有，求实数的最大值．
19．（2025高三上·普宁月考）已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，其中，二面角的大小为，平面平面.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的大小；
（3）如图，若，平面平面为上一动点.平面与平面夹角的大小为，求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解方程：，
因式分解得：，
解得：或，
因此，，
满足 的自然数 为：，
因此，，
则.
故答案为：C.
【分析】先解一元二次方程得出集合A，利用元素与集合的关系和x的取值范围，则得出集合B，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”的否定为“”.
故答案为：A.
【分析】将全称命题的量词改变，结论否定，从而可得全称命题的否定.
3．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数的定义域是，关于原点对称，，
故函数是偶函数，
又因为，易知其为增函数，
当时，，
故在上是增函数，
故答案为：A．
【分析】先求定义域，再根据函数的奇偶性的定义再求f（x），f(-x)判断函数的奇偶性，求导函数的单调性．
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则，即.
若，则，则.
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】将两边平方，同角三角函数的基本关系式，结合二倍角公式、可得；反之得可判断.
5．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】因为，所以，
因为，所以，，所以．
由，得，
即，
所以，所以．
又，所以．
故选：D
【分析】根据题意，求出，进而求出，接着对进行展开化简，求得，即可得到结果.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题设，则，可得或，
当时，
当或时，则在和上递增，
当时，则在上递减，
此时在处取得极小值，不符；
当时，
当或时，则在和上递增，
当时，则在上递减，
此时在处取得极大值，符合；
综上，.
故答案为：C
【分析】先根据极值点求a，再由a=1和a=3时验证，极大值点是否为1，即可得答案.
7．【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当或时，两图象相交，
若的值域是，以实数为分界点，可进行如下分类讨论：
当时，显然两图象之间不连续，即值域不为；
同理当，值域也不是；
当时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是；
综上可知，实数的取值范围是.
故答案为：B
【分析】先分别分析分段函数中两个分段函数（）和（）的值域，再根据函数的值域为R，确定实数a的取值范围，使得两个分段函数的值域能够覆盖整个实数集.
8．【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意，知在上单调递增，
设，且为正常数，则，
所以，，
解得或（舍去），
则，，
令，解得.
故答案为：C.
【分析】先判断函数在上单调递增，利用换元法，设，从而得到，进而解出的值，则得到函数的解析式，再令，从而求解得出函数的零点.
9．【答案】A,D
【知识点】终边相同的角；弧度制、角度制及其之间的换算；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：对于A：∵，
∴角与角的终边相同，故选项A正确；
对于B：∵直线的斜率，则，
∴，故选项B错误；
对于C：∵直线的斜率，则，
∴，故选项C错误；
对于D：因为，故选项D正确.
故答案为：AD.
【分析】由角的推广、终边相同的角、三角函数的定义，角度与弧度的互化公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【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
【解析】【解答】函数定义域为 ， ，
当 时， ＞0， 单调递增，当 时， ， 单调递减，所以 在 时取得极大值 ，A符合题意；
，当 时， ，当 时， ，因此 只有一个零点，B不符合题意；
显然 ，因此 ，又 ， ，
设 ，则 ， 时， ， 单调递减，而 ，∴ ，即 ，∴ ，
即 ，C符合题意；
令 （ ），则 ，易知当 时， ， 时， ， 在 时取得极大值也是最大值 ，
∴ 在 上恒成立，则 ，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】求出导函数，利用导数研究函数 的性质．
11．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
由，得，
因此函数的定义域为，关于原点不对称，故A错误；
对于B，当时，，
因为定义域为，满足，
因此函数为偶函数，故B正确；
对于C，当时，由选项B知为偶函数，
当时，为奇函数，故C正确；
对于D，由函数在上单调递增，
得函数在上单调递增，且恒成立，
则在恒成立，且恒成立，
所以且在恒成立，
又因为，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用奇函数和偶函数的定义，则判断出选项A、选项B和选项C；将函数变形，再利用复合函数单调性和不等式恒成立问题求解方法，则得出实数a的取值范围，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】2
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由题意知，成等差数列，成等比数列，
则，所以，
因为，所以，当且仅当时取等号，
则，所以的最小值为2.
故答案为：2.
【分析】根据成等差数列，成等比数列，从而得到，再代入中结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为函数，
由，得，则点，
由，求导得，
则，所以，
则该曲线在点处的切线方程为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件求出点的坐标，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式求出该曲线在点P处的切线方程.
14．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为
所以当时，
又因为方程在上有且仅有2个不相等的实数根，
所以解得.
故答案为：.
【分析】先设，再利用已知条件和函数零点与方程的根的等价关系，从而求出的取值范围，再利用正弦型函数的性质得出实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
求导得，
当时，，
当或时，；
当时，，
因此函数在，上单调递增，
在上单调递减，
所以函数的递增区间是，，递减区间是.
（2）解：由（1）知，，
由在其定义域上单调递增，得，
则，
当时，，
当且仅当时取等号，
因此，解得，
当时，，在上递增，
所以k的取值范围是。
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先求出函数的导数，再把代入结合导数的正负判断函数单调性的方法，从而求出函数的单调区间.
（2）由（1）结合函数的单调性，再结合不等式恒成立问题求解方法和基本不等式求最值的方法，从而得出实数k的取值范围.
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，
当或时，，当时，，
因此函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以函数的递增区间是，，递减区间是.
（2）由（1）知，，由在其定义域上单调递增，得，
则，
当时，，当且仅当时取等号，
因此，解得，当时，，在上递增，
所以k的取值范围是
16．【答案】（1）解：由正弦定理可得，
整理得，所以．
所以，即，解得或，
又A为锐角，．所以，所以．
（2）解：在中由余弦定理得，即①
在中由余弦定理得②
由①②消去a，得，即．
因为，所以，
所以．
【知识点】两角和与差的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理进行边角互化化简可得，再由余弦两角和差公式及诱导公式化简可得，解方程结合A的取值即可求得A的值；
（2）在与中由余弦定理可得，，两式相减化简可得，结合已知条件即可求得b，c的值，进而利用三角形面积公式即可求得的面积． .
（1）由条件及正弦定理得，
整理得，所以．
所以，即．
又A为锐角，．所以，故．
（2）在中由余弦定理得，即①
在中由余弦定理得②
由①②消去a，得，即．
因为，所以，
所以．
17．【答案】（1）解： 由题意，双曲线的中心为坐标原点，
右焦点为，离心率为，
可得，解得，，
所以双曲线的标准方程为，其渐近线方程为．
（2）证明：由（1）知，，．
显然直线不垂直于轴，设直线的方程为，
设，，由，消去，得，
显然，，则，，，
直线的斜率，直线的斜率，
所以，为定值．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）通过双曲线焦点坐标与离心率公式确定参数值，进而推导双曲线方程及渐近线方程。
（2）联立直线与双曲线方程，消元得一元二次方程，列出韦达定理，建立点坐标关系，结合斜率公式证明定值性质.
18．【答案】（1）解：当时，函数，
可得，
所以且，
则切线的斜率为且切点坐标为，
所以，切线方程为，即.
（2）解：当时，函数，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，也为最小值，
即，
所以，则函数没有零点，
所以，函数的零点个数为.
（3）解：对任意的，都有成立，则成立，
令，
可得，
因为，要使得恒成立，
则满足，所以.
下面证明：当时，符合题意，此时，
令，
可得，
所以为减函数，
因为，所以，
则
所以恒成立，
则当时，对任意的，都有成立，
综上所述，实数的最大值为.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）当时，求得，从而得到且，再利用点斜式得出切线方程.
（2）当时，求得，从而判断出函数的单调性，进而得出函数最小值，则可得函数的零点个数.
（3）利用已知条件转化为任意，不等式成立，令，从而得出，再结合，得出要使恒成立，则满足，从而得到的取值范围，再根据，令，利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最大值，进而得出实数a的最大值.
（1）解：当时，函数，可得，
所以且，即切线的斜率为且切点坐标为，
所以切线方程为，即.
（2）解：当时，函数，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，也为最小值，
所以，所以函数没有零点，即函数的零点个数为.
（3）解：由对任意的，都有成立，即成立，
令，可得，
因为，要使得恒成立，则满足，即，
下面证明：当时，符合题意，
此时，令，
可得，所以为单调递减函数，
因为，所以，即
所以恒成立，
即当时，对任意的，都有成立，
综上可得，实数的最大值为.
19．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
在平面内过作，垂足为，
因为，所以垂足不与点重合，如图：
因为平面平面，平面平面平面，
则平面，
又因为平面，所以，
在正方形中，．平面平面，
则平面，
又因为平面，
所以．
（2）解：方法一：在平面内，过作，垂足为，连接，
由（1）得，平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以易知是二面角的平面角，，
在边长为1的正方形中，，
所以，
在Rt中，，
在中，，
则，
解得或.
（i）当，因为，
在中，满足，
则，
又因为平面，
所以平面．
因为平面，则，
所以，
又因为平面，
所以到平面的距离与到平面的距离相等，
过作，垂足为，
又因为易证平面，所以平面平面，
又因为平面平面，平面，
所以平面，在Rt中，，
所以到平面的距离为．
设与平面所成角为，则，
又因为，则．
（ii）当，在中，得：，
如图，在中，
，
在Rt中，，
因为，
设到平面的距离为，
所以，
得，
解得，
所以到平面的距离为，
设与平面所成角为，
又因为，所以，
综上所述，与平面所成角为或．
方法二：以为轴，以为轴，过点的平面的垂线为轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，则，
因为，
所以①，
又因为，所以②，
因为平面，
所以平面法向量，
设平面法向量，
则，
所以，不妨取，
则，
所以，
因为二面角为，
所以③，
由①②③，解得或，
即或．
（i）当时，，
设平面法向量，
则
即
不妨取，则，所以，
则，
设与平面所成角为，
则，
又因为，所以．
（ii）当，
则．
设平面法向量，
则，即，
不妨取，则，
所以，
则，
设与平面所成角为，
又因为，所以，
综上所述，与平面所成角为或．
（3）解：法一：因为面，
所以面，
则，
以为正交基建立空间直角坐标系，
因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，且平面平面，
所以，
设，，
设平面法向量，，
则，不妨取，则，所以，
因为平面，
所以平面法向量，
因为二面角为，
所以，
则，解得，
则，
设，再设平面法向量，
则，
所以，不妨取，则，所以，
则，
设平面法向量，
则，
所以
不妨取，则，所以，
则，
设
，
则，
当且仅当时，，则最小值为．
法二：求出的过程同法一，
将补成正方体，平面平面，
所以为，
因为因为，过作，垂足为，
又因为平面，
所以为二面角的平面角，
在中，④，⑤，
由④⑤得：，
则，
得．
则，
解得，
当且仅当时，，此时，
则最小值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）先作出合适的辅助线，根据面面垂直的性质定理得出直线平面，再根据线面垂直的判定定理和性质定理，从而证出.
（2）利用两种方法求解.
方法一：先作出二面角的平面角，利用余弦定理得出PC的长，或，再分类讨论得出直线与平面所成角的大小.
方法二：建立合适的空间直角坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出相关的法向量，进而可得点的坐标，再分别讨论得出直线与平面所成角的大小.
（3）利用两种方法求解.
方法一：建立合适的空间直角坐标系求出的长，利用数量积求向量夹角公式得出面面角余弦的表达式，再利用换元法和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
方法二：先同法一求出的长，通过补形法找到二面角的平面角，再利用余弦定理和不等式性质，从而得出的最小值.
（1）连接交于点，连接，在平面内过作，垂足为，
因为，所以垂足不与点重合，如图：
又因为平面平面，平面平面平面，则平面，
又因为平面，所以．
在正方形中，．平面平面，
则平面，又因为平面，所以．
（2）方法一：在平面内，过作，垂足为，连接，
由（1）得，平面，因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以．
所以易知是二面角的平面角，，
在边长为1的正方形中，，
所以，
在Rt中，，
在中，，
，解得或，
（i）当，又因为，在中，满足，则．
又因为平面，所以平面．
因为平面，则，所以，
又因为平面，所以到平面的距离与到平面的距离相等，
过作，垂足为．又因为易证平面，所以平面平面，
平面平面，平面，所以平面．
在Rt中，，所以到平面的距离为．
设与平面所成角为，则，
又因为，则．
（ii）当，在中，得：，
如图，在中，，
Rt中，，
因为，
设到平面的距离为，所以，
得：，解得，所以到平面的距离为，
设与平面所成角为，又因为，所以．
综上，与平面所成角为或．
方法二：以为轴，以为轴，过点的平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图．
则，
设，则．因为，
所以①．
因为，所以②．
因为平面，所以平面法向量，
设平面法向量，，
则，不妨取，则．所以．
因为二面角为，所以③．
由①②③解得，或，即或．
（i）当时，
设平面法向量则即
不妨取，则．所以．
，
设与平面所成角为，
．又因为，所以．
（ii）当时，．
设平面法向量，
则，即，
不妨取，则．所以．
，
设与平面所成角为．又因为，所以．
综上，与平面所成角为或．
（3）法一：因为面，所以面．
所以．以为正交基建立空间直角坐标系．
因为平面平面，所以平面．
又因为平面，且平面平面，所以，
设，，
设平面法向量，，
则，不妨取，则．所以．
因为平面，所以平面法向量．
因为二面角为，所以，
即，解得，即．
设，设平面法向量，
，则，不妨取，则．所以．
，设平面法向量，
，则不妨取，则，所以.
则，
设
，
．当且仅当时，，即最小值为．
法二：求出的过程同法一，
将补成正方体，平面平面，所以即为．
又因为，过作，垂足为，因为平面，
所以为二面角的平面角．
在中，④，⑤，
由④⑤得：，
则，得．
则，解得，
当且仅当时，，此时，即最小值为．
1 / 1广东省普宁市勤建学校2025-2026学年高三上学期第二次调研考试数学试题
1．（2025高三上·普宁月考）已知集合，，则=（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解方程：，
因式分解得：，
解得：或，
因此，，
满足 的自然数 为：，
因此，，
则.
故答案为：C.
【分析】先解一元二次方程得出集合A，利用元素与集合的关系和x的取值范围，则得出集合B，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高三上·普宁月考）命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”的否定为“”.
故答案为：A.
【分析】将全称命题的量词改变，结论否定，从而可得全称命题的否定.
3．（2025高三上·普宁月考）已知函数，则（ ）
A．是偶函数，且在上是增函数
B．是偶函数，且在上是减函数
C．是奇函数，且在上是增函数
D．是奇函数，且在上是减函数
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数的定义域是，关于原点对称，，
故函数是偶函数，
又因为，易知其为增函数，
当时，，
故在上是增函数，
故答案为：A．
【分析】先求定义域，再根据函数的奇偶性的定义再求f（x），f(-x)判断函数的奇偶性，求导函数的单调性．
4．（2025高三上·普宁月考）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则，即.
若，则，则.
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】将两边平方，同角三角函数的基本关系式，结合二倍角公式、可得；反之得可判断.
5．（2025高三上·普宁月考）已知，，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】因为，所以，
因为，所以，，所以．
由，得，
即，
所以，所以．
又，所以．
故选：D
【分析】根据题意，求出，进而求出，接着对进行展开化简，求得，即可得到结果.
6．（2025高三上·普宁月考）已知函数在处取得极大值，则的值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题设，则，可得或，
当时，
当或时，则在和上递增，
当时，则在上递减，
此时在处取得极小值，不符；
当时，
当或时，则在和上递增，
当时，则在上递减，
此时在处取得极大值，符合；
综上，.
故答案为：C
【分析】先根据极值点求a，再由a=1和a=3时验证，极大值点是否为1，即可得答案.
7．（2025高三上·普宁月考）已知函数若的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当或时，两图象相交，
若的值域是，以实数为分界点，可进行如下分类讨论：
当时，显然两图象之间不连续，即值域不为；
同理当，值域也不是；
当时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是；
综上可知，实数的取值范围是.
故答案为：B
【分析】先分别分析分段函数中两个分段函数（）和（）的值域，再根据函数的值域为R，确定实数a的取值范围，使得两个分段函数的值域能够覆盖整个实数集.
8．（2025高三上·普宁月考）已知函数的定义域为，，且，若，则的零点为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意，知在上单调递增，
设，且为正常数，则，
所以，，
解得或（舍去），
则，，
令，解得.
故答案为：C.
【分析】先判断函数在上单调递增，利用换元法，设，从而得到，进而解出的值，则得到函数的解析式，再令，从而求解得出函数的零点.
9．（2025高三上·普宁月考）下面说法正确的有（ ）
A．角与角的终边相同
B．终边在直线上的角的取值集合可表示为
C．若角的终边在直线上，则的取值为
D．化成弧度是
【答案】A,D
【知识点】终边相同的角；弧度制、角度制及其之间的换算；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：对于A：∵，
∴角与角的终边相同，故选项A正确；
对于B：∵直线的斜率，则，
∴，故选项B错误；
对于C：∵直线的斜率，则，
∴，故选项C错误；
对于D：因为，故选项D正确.
故答案为：AD.
【分析】由角的推广、终边相同的角、三角函数的定义，角度与弧度的互化公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．（2025高三上·普宁月考）对于函数 ，下列说法正确的是（ ）
A． 在 处取得极大值
B． 有两个不同的零点
C．
D．若 在 上恒成立，则
【答案】A,C,D
【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
【解析】【解答】函数定义域为 ， ，
当 时， ＞0， 单调递增，当 时， ， 单调递减，所以 在 时取得极大值 ，A符合题意；
，当 时， ，当 时， ，因此 只有一个零点，B不符合题意；
显然 ，因此 ，又 ， ，
设 ，则 ， 时， ， 单调递减，而 ，∴ ，即 ，∴ ，
即 ，C符合题意；
令 （ ），则 ，易知当 时， ， 时， ， 在 时取得极大值也是最大值 ，
∴ 在 上恒成立，则 ，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】求出导函数，利用导数研究函数 的性质．
11．（2025高三上·普宁月考）已知函数，其中e是自然对数的底数，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则为奇函数
B．若，则为偶函数
C．若具备奇偶性，则或
D．若在上单调递增，则a的取值范围为
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
由，得，
因此函数的定义域为，关于原点不对称，故A错误；
对于B，当时，，
因为定义域为，满足，
因此函数为偶函数，故B正确；
对于C，当时，由选项B知为偶函数，
当时，为奇函数，故C正确；
对于D，由函数在上单调递增，
得函数在上单调递增，且恒成立，
则在恒成立，且恒成立，
所以且在恒成立，
又因为，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用奇函数和偶函数的定义，则判断出选项A、选项B和选项C；将函数变形，再利用复合函数单调性和不等式恒成立问题求解方法，则得出实数a的取值范围，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．（2025高三上·普宁月考）已知，若成等差数列，成等比数列，则的最小值是 .
【答案】2
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由题意知，成等差数列，成等比数列，
则，所以，
因为，所以，当且仅当时取等号，
则，所以的最小值为2.
故答案为：2.
【分析】根据成等差数列，成等比数列，从而得到，再代入中结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
13．（2025高三上·普宁月考）设函数的图象与x轴相交于点P，则该曲线在点P处的切线方程为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为函数，
由，得，则点，
由，求导得，
则，所以，
则该曲线在点处的切线方程为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件求出点的坐标，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式求出该曲线在点P处的切线方程.
14．（2025高三上·普宁月考）设函数，已知方程在上有且仅有2个不相等的实数根，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为
所以当时，
又因为方程在上有且仅有2个不相等的实数根，
所以解得.
故答案为：.
【分析】先设，再利用已知条件和函数零点与方程的根的等价关系，从而求出的取值范围，再利用正弦型函数的性质得出实数的取值范围.
15．（2025高三上·普宁月考）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若在其定义域上单调递增，求k的取值范围．
【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
求导得，
当时，，
当或时，；
当时，，
因此函数在，上单调递增，
在上单调递减，
所以函数的递增区间是，，递减区间是.
（2）解：由（1）知，，
由在其定义域上单调递增，得，
则，
当时，，
当且仅当时取等号，
因此，解得，
当时，，在上递增，
所以k的取值范围是。
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先求出函数的导数，再把代入结合导数的正负判断函数单调性的方法，从而求出函数的单调区间.
（2）由（1）结合函数的单调性，再结合不等式恒成立问题求解方法和基本不等式求最值的方法，从而得出实数k的取值范围.
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，
当或时，，当时，，
因此函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以函数的递增区间是，，递减区间是.
（2）由（1）知，，由在其定义域上单调递增，得，
则，
当时，，当且仅当时取等号，
因此，解得，当时，，在上递增，
所以k的取值范围是
16．（2025高三上·普宁月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，且．
（1）求A；
（2）设D为的中点，若，且，求的面积．
【答案】（1）解：由正弦定理可得，
整理得，所以．
所以，即，解得或，
又A为锐角，．所以，所以．
（2）解：在中由余弦定理得，即①
在中由余弦定理得②
由①②消去a，得，即．
因为，所以，
所以．
【知识点】两角和与差的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理进行边角互化化简可得，再由余弦两角和差公式及诱导公式化简可得，解方程结合A的取值即可求得A的值；
（2）在与中由余弦定理可得，，两式相减化简可得，结合已知条件即可求得b，c的值，进而利用三角形面积公式即可求得的面积． .
（1）由条件及正弦定理得，
整理得，所以．
所以，即．
又A为锐角，．所以，故．
（2）在中由余弦定理得，即①
在中由余弦定理得②
由①②消去a，得，即．
因为，所以，
所以．
17．（2025高三上·普宁月考）已知双曲线的左、右顶点为，右焦点为，离心率为．
（1）求双曲线的标准方程及其渐近线方程；
（2）过点的直线交双曲线于点（点在第一象限），记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值．
【答案】（1）解： 由题意，双曲线的中心为坐标原点，
右焦点为，离心率为，
可得，解得，，
所以双曲线的标准方程为，其渐近线方程为．
（2）证明：由（1）知，，．
显然直线不垂直于轴，设直线的方程为，
设，，由，消去，得，
显然，，则，，，
直线的斜率，直线的斜率，
所以，为定值．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）通过双曲线焦点坐标与离心率公式确定参数值，进而推导双曲线方程及渐近线方程。
（2）联立直线与双曲线方程，消元得一元二次方程，列出韦达定理，建立点坐标关系，结合斜率公式证明定值性质.
18．（2025高三上·普宁月考）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的零点个数；
（3）若对任意的，都有，求实数的最大值．
【答案】（1）解：当时，函数，
可得，
所以且，
则切线的斜率为且切点坐标为，
所以，切线方程为，即.
（2）解：当时，函数，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，也为最小值，
即，
所以，则函数没有零点，
所以，函数的零点个数为.
（3）解：对任意的，都有成立，则成立，
令，
可得，
因为，要使得恒成立，
则满足，所以.
下面证明：当时，符合题意，此时，
令，
可得，
所以为减函数，
因为，所以，
则
所以恒成立，
则当时，对任意的，都有成立，
综上所述，实数的最大值为.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）当时，求得，从而得到且，再利用点斜式得出切线方程.
（2）当时，求得，从而判断出函数的单调性，进而得出函数最小值，则可得函数的零点个数.
（3）利用已知条件转化为任意，不等式成立，令，从而得出，再结合，得出要使恒成立，则满足，从而得到的取值范围，再根据，令，利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最大值，进而得出实数a的最大值.
（1）解：当时，函数，可得，
所以且，即切线的斜率为且切点坐标为，
所以切线方程为，即.
（2）解：当时，函数，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，也为最小值，
所以，所以函数没有零点，即函数的零点个数为.
（3）解：由对任意的，都有成立，即成立，
令，可得，
因为，要使得恒成立，则满足，即，
下面证明：当时，符合题意，
此时，令，
可得，所以为单调递减函数，
因为，所以，即
所以恒成立，
即当时，对任意的，都有成立，
综上可得，实数的最大值为.
19．（2025高三上·普宁月考）已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，其中，二面角的大小为，平面平面.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的大小；
（3）如图，若，平面平面为上一动点.平面与平面夹角的大小为，求的最小值.
【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
在平面内过作，垂足为，
因为，所以垂足不与点重合，如图：
因为平面平面，平面平面平面，
则平面，
又因为平面，所以，
在正方形中，．平面平面，
则平面，
又因为平面，
所以．
（2）解：方法一：在平面内，过作，垂足为，连接，
由（1）得，平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以易知是二面角的平面角，，
在边长为1的正方形中，，
所以，
在Rt中，，
在中，，
则，
解得或.
（i）当，因为，
在中，满足，
则，
又因为平面，
所以平面．
因为平面，则，
所以，
又因为平面，
所以到平面的距离与到平面的距离相等，
过作，垂足为，
又因为易证平面，所以平面平面，
又因为平面平面，平面，
所以平面，在Rt中，，
所以到平面的距离为．
设与平面所成角为，则，
又因为，则．
（ii）当，在中，得：，
如图，在中，
，
在Rt中，，
因为，
设到平面的距离为，
所以，
得，
解得，
所以到平面的距离为，
设与平面所成角为，
又因为，所以，
综上所述，与平面所成角为或．
方法二：以为轴，以为轴，过点的平面的垂线为轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，则，
因为，
所以①，
又因为，所以②，
因为平面，
所以平面法向量，
设平面法向量，
则，
所以，不妨取，
则，
所以，
因为二面角为，
所以③，
由①②③，解得或，
即或．
（i）当时，，
设平面法向量，
则
即
不妨取，则，所以，
则，
设与平面所成角为，
则，
又因为，所以．
（ii）当，
则．
设平面法向量，
则，即，
不妨取，则，
所以，
则，
设与平面所成角为，
又因为，所以，
综上所述，与平面所成角为或．
（3）解：法一：因为面，
所以面，
则，
以为正交基建立空间直角坐标系，
因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，且平面平面，
所以，
设，，
设平面法向量，，
则，不妨取，则，所以，
因为平面，
所以平面法向量，
因为二面角为，
所以，
则，解得，
则，
设，再设平面法向量，
则，
所以，不妨取，则，所以，
则，
设平面法向量，
则，
所以
不妨取，则，所以，
则，
设
，
则，
当且仅当时，，则最小值为．
法二：求出的过程同法一，
将补成正方体，平面平面，
所以为，
因为因为，过作，垂足为，
又因为平面，
所以为二面角的平面角，
在中，④，⑤，
由④⑤得：，
则，
得．
则，
解得，
当且仅当时，，此时，
则最小值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）先作出合适的辅助线，根据面面垂直的性质定理得出直线平面，再根据线面垂直的判定定理和性质定理，从而证出.
（2）利用两种方法求解.
方法一：先作出二面角的平面角，利用余弦定理得出PC的长，或，再分类讨论得出直线与平面所成角的大小.
方法二：建立合适的空间直角坐标系，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出相关的法向量，进而可得点的坐标，再分别讨论得出直线与平面所成角的大小.
（3）利用两种方法求解.
方法一：建立合适的空间直角坐标系求出的长，利用数量积求向量夹角公式得出面面角余弦的表达式，再利用换元法和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
方法二：先同法一求出的长，通过补形法找到二面角的平面角，再利用余弦定理和不等式性质，从而得出的最小值.
（1）连接交于点，连接，在平面内过作，垂足为，
因为，所以垂足不与点重合，如图：
又因为平面平面，平面平面平面，则平面，
又因为平面，所以．
在正方形中，．平面平面，
则平面，又因为平面，所以．
（2）方法一：在平面内，过作，垂足为，连接，
由（1）得，平面，因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以．
所以易知是二面角的平面角，，
在边长为1的正方形中，，
所以，
在Rt中，，
在中，，
，解得或，
（i）当，又因为，在中，满足，则．
又因为平面，所以平面．
因为平面，则，所以，
又因为平面，所以到平面的距离与到平面的距离相等，
过作，垂足为．又因为易证平面，所以平面平面，
平面平面，平面，所以平面．
在Rt中，，所以到平面的距离为．
设与平面所成角为，则，
又因为，则．
（ii）当，在中，得：，
如图，在中，，
Rt中，，
因为，
设到平面的距离为，所以，
得：，解得，所以到平面的距离为，
设与平面所成角为，又因为，所以．
综上，与平面所成角为或．
方法二：以为轴，以为轴，过点的平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图．
则，
设，则．因为，
所以①．
因为，所以②．
因为平面，所以平面法向量，
设平面法向量，，
则，不妨取，则．所以．
因为二面角为，所以③．
由①②③解得，或，即或．
（i）当时，
设平面法向量则即
不妨取，则．所以．
，
设与平面所成角为，
．又因为，所以．
（ii）当时，．
设平面法向量，
则，即，
不妨取，则．所以．
，
设与平面所成角为．又因为，所以．
综上，与平面所成角为或．
（3）法一：因为面，所以面．
所以．以为正交基建立空间直角坐标系．
因为平面平面，所以平面．
又因为平面，且平面平面，所以，
设，，
设平面法向量，，
则，不妨取，则．所以．
因为平面，所以平面法向量．
因为二面角为，所以，
即，解得，即．
设，设平面法向量，
，则，不妨取，则．所以．
，设平面法向量，
，则不妨取，则，所以.
则，
设
，
．当且仅当时，，即最小值为．
法二：求出的过程同法一，
将补成正方体，平面平面，所以即为．
又因为，过作，垂足为，因为平面，
所以为二面角的平面角．
在中，④，⑤，
由④⑤得：，
则，得．
则，解得，
当且仅当时，，此时，即最小值为．
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