广东省中山市某校2025-2026学年高三上学期第三次模拟数学试题
1．（2025高三上·中山期中）已知复数满足，为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·中山期中）已知集合，，且，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·中山期中）已知平面向量的夹角为，且，，则（ ）
A．1 B．2 C． D．4
4．（2025高三上·中山期中）已知 ，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·中山期中）已知是抛物线：的焦点，过上一点作其准线的垂线，垂足为，若，则点的横坐标是（ ）
A． B． C． D．1
6．（2025高三上·中山期中）若是方程的实数解，则称是函数与的“复合稳定点”．若函数且与有且仅有两个不同的“复合稳定点”，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·中山期中）已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·中山期中）已知、是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，以为直径作圆，直线与圆交于点（点不在椭圆内部），则
A． B．4 C．3 D．1
9．（2025高三上·中山期中）已知直线：和圆：交于A，B两点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．存在使得直线与直线：垂直
C．当最小时，其余弦值为
D．若，直线被圆截得的弦长为
10．（2025高三上·中山期中）已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数在上单调递减
C．的图象关于点中心对称
D．的最大值为
11．（2025高三上·中山期中）已知函数，则（ ）
A． B．是的极值点
C．当时， D．当时，
12．（2025高三上·中山期中）已知是第一象限角，且，则 .
13．（2025高三上·中山期中）若函数是周期为2的奇函数，当时，，则 .
14．（2025高三上·中山期中）已知双曲线的左焦点为F，过点F且斜率为的直线与C的两条渐近线分别交于点M，N，且M，N分别位于第二、三象限，若，则C的离心率为
15．（2025高三上·中山期中）已知函数.
（1）证明：函数的图象是中心对称图形；
（2）当时，求的值.
16．（2025高三上·中山期中）在中，内角的对边分别为，且，．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求边上的高．
17．（2025高三上·中山期中）已知函数，其中.
（1）若函数在区间内恰有2个极值点，求的取值范围；
（2）当时，在中，角所对的边分别为，且，求边的取值范围.
18．（2025高三上·中山期中）已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点．
（1）求的方程；
（2）若的面积为，求的方程；
（3）证明：线段的中点为定点．
19．（2025高三上·中山期中）已知函数．
（1）时，求的极值
（2）若函数．
（i）证明：曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合．
（ii）若，使得成立，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由已知，，
所以.
故答案为：B.
【分析】先用模长公式求，利用复数的除法运算，对进行分母有理化，即可得解.
2．【答案】D
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，可得或，即或，
由，，则.
故答案为：D.
【分析】先解一元二次不等式得集合，由并集定义即可得.
3．【答案】B
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，
所以，
则，即，
整理得，解得或（舍去），所以.
故答案为：B.
【分析】根据数量积求向量的模的公式，再结合数量积的运算法则合数量积的定义，从而得出，再解一元二次方程结合复数的模的取值范围，从而得出的值.
4．【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】 ，得 ，
即 ，解得 或 （舍去），
又 .
故答案为：A.
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于 的一元二次方程，求解得出 ，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
5．【答案】A
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示，抛物线的焦点坐标为，
过上一点作其准线的垂线，垂足为，若，
可得，
又由，所以，
在等腰中，可得，
设，根据抛物线的定义，可得，解得，
即点的横坐标为.
故答案为：A.
【分析】利用抛物线的定义，求出F坐标，内，求出的长，代入可得，再结合抛物线的定义，即可求解.
6．【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：且与有且仅有两个不同的“复合稳定点”，
，即有两个不同实根，
令，则在上有两个不同实根，
，
则的取值范围为．
故答案为：D．
【分析】由已知可得方程有两个不同实根，令，得一元二次方程，该方程在上有两个不同实根，利用二次方程根的分布即可．
7．【答案】D
【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：因为，定义域关于原点对称，
，
所以为上的偶函数，
当时，，设，
则，，，
所以即在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，又因为为偶函数，
所以在上单调递增，
又因为，，
又因为，
因为，，所以，
所以，即，所以，
所以，
即.
故答案为：D.
【分析】函数f(x)为R上的偶函数，再利用其导函数得到其单调性，将b和c转化成，，利用单调性得，要证需利用幂函数性质，两边同时取对数得到，得，再利用单调性即可得到大小关系.
8．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：连接，设椭圆的基本量为，
，
故答案为：C
【分析】利用平面向量基本定理，，利用向量的数量积运算可得，利用，由椭圆的定义可得，进而得解.
9．【答案】B,D
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系；恒过定点的直线；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：A、因为直线：，即，
所以直线恒过定点，且斜率为，该选项错误，不合题意；
B、圆：的圆心为，半径，
因为，可知点在圆内，
则对任意，直线与圆相交，
又因为直线：的斜率为，
所以当，则，两直线垂直，
所以存在使得直线与直线：垂直，该选项正确，符合题意；
C、若取到最小值，等价于取到最小值，
当且仅当时，取到最小值，
此时直线：，，
，
又因为直线：不可能表示，所以，即无最小，该选项错误，不合题意；
D、若，则直线：，则圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长为，该选项正确，符合题意；
故答案为：BD.
【分析】对于A：将直线化为点斜式可得，即可判断定点；对于B：，可知点在圆内 ，可知对任意，直线与圆相交，取符合题意；对于C：时，取到最小值 ，可知取到最小值，等价于取到最小值，结合余弦定理运算求解；对于D：代入点到直线的距离公式，结合垂径定理求弦长.
10．【答案】A,B
【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，所以，
根据图象可知，当时，，所以单调递增，
故，从而．
又，所以，由得，
故，．
A、的最小正周期为，故，该选项正确，符合题意．
B、令，解得，
故函数在上单调递减，该选项正确，符合题意．
C、由于，，
故的图象不关于点中心对称，该选项错误，不合题意．
D、，
其中为锐角，且，（辅助角公式的应用），所以的最大值为，该选项错误，不合题意．
故答案为：AB
【分析】结合函数单调性与导函数符号的关联，通过图像识别确定 f(x)与f'(x)对应的图象，建立关于核心参数的方程组求解，再利用特殊点确定剩余参数，得到f(x)与f'(x) 的解析式后，逐一验证选项正误。
11．【答案】A,C,D
【知识点】复合函数的单调性；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、由题可知：，该选项正确，符合题意；
B、由得函数的定义域为，
在上恒成立，所以函数单调递增，没有极值点，该选项错误，不合题意；
C、当时，因为，所以，由选项B知，函数单调递增，所以，该选项正确，符合题意；
D、因为函数，
所以，
所以，所以.
当时，，即，
由选项B知函数单调递增，所以，所以该选项正确，符合题意.
故选：ACD.
【分析】将x=1和x=3代入f(x)可判断选项A；利用导数分析函数的单调性，先求可判断选项B；由B分析函数单调性可判断C；由函数的对称性并结合单调性可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由题意可得，
即，
因为是第一象限角，
所以，，，
所以，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和诱导公式以及同角三角函数关系式，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为函数是周期为2的奇函数，
所以，
因为，
所以，.
故答案为：.
【分析】根据周期性的定义和性的定义结合可得对数的运算化简求解即可.
14．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设O为坐标原点，
因为，可得，
且两渐近线关于轴对称，则，
又因为直线斜率为，则，
令，则，，
在中，由正弦定理得，
可得，解得，
可得，所以的离心率.
故答案为：.
【分析】由线段比得面积比，由渐近线对称关系的线段|OM|与|ON|比，令，中，由正弦定理解得，可求双曲线离心率.
15．【答案】（1）证明：易知，，
则为奇函数，所以的图象关于原点中心对称，证毕；
（2）解：由上的图象关于原点中心对称，知的图象关于中心对称，所以，
即，
，
两式相加得
，
所以.
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的值
【解析】【分析】（1）利用函数的奇偶性分别计算g(x)，g(-x)证明相等即可；
（2）利用函数的对称性列出为第一项加到最后一项，用倒序相加法列出等于最后一项加到第一项，两式相加计算即可.
（1）易知，，
则为奇函数，所以的图象关于原点中心对称，证毕；
（2）由上的图象关于原点中心对称，知的图象关于中心对称，所以，
即，
，
两式相加得
，
所以.
16．【答案】（1）解：由，，可得，
整理可得，则，即，故；
（2）解：由（1）得，，因为为锐角，所以，
由的面积，解得，
设边上的高为，则的面积，则，即边上的高为．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；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，利用正、余弦定理化简求值即可；
（2）由（1）的结论，结合同角三角函数基本关系求得，再利用等面积法求解即可.
（1）∵，
由正余弦边角关系得，①，
又，②
由①②得，，
∴，∴
（2）由（1）得，，
∵为锐角，∴，
∴的面积，
∴，设边上的高为，
则的面积，
∴，即边上的高为．
17．【答案】（1）解：由，
因为，可得
又因为在上恰有2个极值点，则满足，
解得，所以的取值范围为.
（2）解：当时，可得
由，可得，即，
因为，可得，所以，
解得，所以，
又由正弦定理，可得，
所以，
又因为，可得，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以实数的取值范围为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）先由二倍角公式将原式化简为，由在上恰有2个极值点，结合三角函数的性质，列出不等式，即可求解；
（2）解，即解方程，得，且；代入正弦定理，求得，由B 的范围得的范围，结合三角函数的性质，即可求得实数的取值范围.
（1）解：由，
因为，可得
又因为在上恰有2个极值点，则满足，
解得，所以的取值范围为.
（2）解：当时，可得
由，可得，即，
因为，可得，所以，
解得，所以，
又由正弦定理，可得，
所以，
又因为，可得，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以实数的取值范围为.
18．【答案】（1）解：因为的一条渐近线方程为，
到渐近线的距离为，
过得，
解得：，
所以的方程为①．
（2）解：显然直线的斜率存在，设的方程为②，
①②联立得：．
则有③，④，
设，
则⑤，⑥，
把⑤⑥代入：，
所以，
得：，解得：．
满足③④式，则直线的方程为．
（3）证明：设，不妨设．则直线⑦，
联立①⑦得：，
则，
则；
同理：．
而，，
又三点共线，则有，
则，
得：，
所以的中点为定点．
【知识点】双曲线的定义；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）解决双曲线方程求解问题时，以 “顶点到渐近线的距离” 这一已知条件为突破口，通过距离公式建立参数方程，解出参数后即可确定双曲线方程；
（2）处理直线方程求解问题时，先设出直线方程并与双曲线联立，借助韦达定理梳理交点坐标的关系，再结合三角形面积条件构建参数方程，最终解出参数得到直线方程，这是解析几何中 “设方程→联立→用定理→建方程→求解” 的典型思路。
（3）设坐标，表示出直线方程，联立方程组消元得一元二次方程，再用韦达定理得到点坐标，点坐标同理可得.写出，三点共线建立等式，得，即可得证.
（1）因为的一条渐近线方程为，
到渐近线的距离为，
过得，
解得：，
所以的方程为①．
（2）显然直线的斜率存在，设的方程为②，
①②联立得：．
则有③，④，
设，
则⑤，⑥，
把⑤⑥代入：，
所以，
得：，解得：．
满足③④式，则直线的方程为．
（3）设，不妨设．则直线⑦，
联立①⑦得：，
则，
则；
同理：．
而，，
又三点共线，则有，
则，
得：，
所以的中点为定点．
19．【答案】（1）解：当时，，则其定义域为，
，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，无极小值.
（2）解：，其定义域为，
（i）设为图象上两个不同的点，
，，，
在点处的切线方程分别为，，
即，，
若在点处的切线重合，则，
，即，
，即，
设，，，
设，则，
在上单调递增，，方程无解，
曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合.
（ii），
令，则当时，，
设，
则“，使得成立”等价于“，使得”，
则原命题的否命题为：，恒成立；
若原命题的否命题为真命题，则由得：；
当时，，
令，
，
令，则，
，，恒成立，
，即在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，恒成立；
当时，，与在上恒成立矛盾；
综上所述：若，恒成立，则，
若，使得成立，则，
即实数的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；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）将a=1代入求导，令单调性，结合极值定义可求得结果；
（2）分析切线方程，由导数几何意义可得在图象上任意两个不同点处的切线方程，联立方程组，假设切线相等，得到；构造新函数，利用导数可求假设错误，得到结论；
（ii）优先考虑原命题的否命题为真命题的情况，令，设函数，通过可求得，采用放缩法，将问题转化为证明当时，恒成立，利用导数可求得，由此可得原命题的否命题为真命题时的范围，取补集即可求得结果.
（1）当时，，则其定义域为，
，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，无极小值.
（2），其定义域为，
（i）设为图象上两个不同的点，
，，，
在点处的切线方程分别为，，
即，，
若在点处的切线重合，则，
，即，
，即，
设，，，
设，则，
在上单调递增，，方程无解，
曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合.
（ii），
令，则当时，，
设，
则“，使得成立”等价于“，使得”，
则原命题的否命题为：，恒成立；
若原命题的否命题为真命题，则由得：；
当时，，
令，
，
令，则，
，，恒成立，
，即在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，恒成立；
当时，，与在上恒成立矛盾；
综上所述：若，恒成立，则，
若，使得成立，则，
即实数的取值范围为.
1 / 1广东省中山市某校2025-2026学年高三上学期第三次模拟数学试题
1．（2025高三上·中山期中）已知复数满足，为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由已知，，
所以.
故答案为：B.
【分析】先用模长公式求，利用复数的除法运算，对进行分母有理化，即可得解.
2．（2025高三上·中山期中）已知集合，，且，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，可得或，即或，
由，，则.
故答案为：D.
【分析】先解一元二次不等式得集合，由并集定义即可得.
3．（2025高三上·中山期中）已知平面向量的夹角为，且，，则（ ）
A．1 B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，
所以，
则，即，
整理得，解得或（舍去），所以.
故答案为：B.
【分析】根据数量积求向量的模的公式，再结合数量积的运算法则合数量积的定义，从而得出，再解一元二次方程结合复数的模的取值范围，从而得出的值.
4．（2025高三上·中山期中）已知 ，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】 ，得 ，
即 ，解得 或 （舍去），
又 .
故答案为：A.
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于 的一元二次方程，求解得出 ，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
5．（2025高三上·中山期中）已知是抛物线：的焦点，过上一点作其准线的垂线，垂足为，若，则点的横坐标是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示，抛物线的焦点坐标为，
过上一点作其准线的垂线，垂足为，若，
可得，
又由，所以，
在等腰中，可得，
设，根据抛物线的定义，可得，解得，
即点的横坐标为.
故答案为：A.
【分析】利用抛物线的定义，求出F坐标，内，求出的长，代入可得，再结合抛物线的定义，即可求解.
6．（2025高三上·中山期中）若是方程的实数解，则称是函数与的“复合稳定点”．若函数且与有且仅有两个不同的“复合稳定点”，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：且与有且仅有两个不同的“复合稳定点”，
，即有两个不同实根，
令，则在上有两个不同实根，
，
则的取值范围为．
故答案为：D．
【分析】由已知可得方程有两个不同实根，令，得一元二次方程，该方程在上有两个不同实根，利用二次方程根的分布即可．
7．（2025高三上·中山期中）已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【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：因为，定义域关于原点对称，
，
所以为上的偶函数，
当时，，设，
则，，，
所以即在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，又因为为偶函数，
所以在上单调递增，
又因为，，
又因为，
因为，，所以，
所以，即，所以，
所以，
即.
故答案为：D.
【分析】函数f(x)为R上的偶函数，再利用其导函数得到其单调性，将b和c转化成，，利用单调性得，要证需利用幂函数性质，两边同时取对数得到，得，再利用单调性即可得到大小关系.
8．（2025高三上·中山期中）已知、是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，以为直径作圆，直线与圆交于点（点不在椭圆内部），则
A． B．4 C．3 D．1
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：连接，设椭圆的基本量为，
，
故答案为：C
【分析】利用平面向量基本定理，，利用向量的数量积运算可得，利用，由椭圆的定义可得，进而得解.
9．（2025高三上·中山期中）已知直线：和圆：交于A，B两点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．存在使得直线与直线：垂直
C．当最小时，其余弦值为
D．若，直线被圆截得的弦长为
【答案】B,D
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系；恒过定点的直线；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：A、因为直线：，即，
所以直线恒过定点，且斜率为，该选项错误，不合题意；
B、圆：的圆心为，半径，
因为，可知点在圆内，
则对任意，直线与圆相交，
又因为直线：的斜率为，
所以当，则，两直线垂直，
所以存在使得直线与直线：垂直，该选项正确，符合题意；
C、若取到最小值，等价于取到最小值，
当且仅当时，取到最小值，
此时直线：，，
，
又因为直线：不可能表示，所以，即无最小，该选项错误，不合题意；
D、若，则直线：，则圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长为，该选项正确，符合题意；
故答案为：BD.
【分析】对于A：将直线化为点斜式可得，即可判断定点；对于B：，可知点在圆内 ，可知对任意，直线与圆相交，取符合题意；对于C：时，取到最小值 ，可知取到最小值，等价于取到最小值，结合余弦定理运算求解；对于D：代入点到直线的距离公式，结合垂径定理求弦长.
10．（2025高三上·中山期中）已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数在上单调递减
C．的图象关于点中心对称
D．的最大值为
【答案】A,B
【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，所以，
根据图象可知，当时，，所以单调递增，
故，从而．
又，所以，由得，
故，．
A、的最小正周期为，故，该选项正确，符合题意．
B、令，解得，
故函数在上单调递减，该选项正确，符合题意．
C、由于，，
故的图象不关于点中心对称，该选项错误，不合题意．
D、，
其中为锐角，且，（辅助角公式的应用），所以的最大值为，该选项错误，不合题意．
故答案为：AB
【分析】结合函数单调性与导函数符号的关联，通过图像识别确定 f(x)与f'(x)对应的图象，建立关于核心参数的方程组求解，再利用特殊点确定剩余参数，得到f(x)与f'(x) 的解析式后，逐一验证选项正误。
11．（2025高三上·中山期中）已知函数，则（ ）
A． B．是的极值点
C．当时， D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】复合函数的单调性；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、由题可知：，该选项正确，符合题意；
B、由得函数的定义域为，
在上恒成立，所以函数单调递增，没有极值点，该选项错误，不合题意；
C、当时，因为，所以，由选项B知，函数单调递增，所以，该选项正确，符合题意；
D、因为函数，
所以，
所以，所以.
当时，，即，
由选项B知函数单调递增，所以，所以该选项正确，符合题意.
故选：ACD.
【分析】将x=1和x=3代入f(x)可判断选项A；利用导数分析函数的单调性，先求可判断选项B；由B分析函数单调性可判断C；由函数的对称性并结合单调性可判断选项D.
12．（2025高三上·中山期中）已知是第一象限角，且，则 .
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由题意可得，
即，
因为是第一象限角，
所以，，，
所以，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和诱导公式以及同角三角函数关系式，从而得出的值.
13．（2025高三上·中山期中）若函数是周期为2的奇函数，当时，，则 .
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为函数是周期为2的奇函数，
所以，
因为，
所以，.
故答案为：.
【分析】根据周期性的定义和性的定义结合可得对数的运算化简求解即可.
14．（2025高三上·中山期中）已知双曲线的左焦点为F，过点F且斜率为的直线与C的两条渐近线分别交于点M，N，且M，N分别位于第二、三象限，若，则C的离心率为
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设O为坐标原点，
因为，可得，
且两渐近线关于轴对称，则，
又因为直线斜率为，则，
令，则，，
在中，由正弦定理得，
可得，解得，
可得，所以的离心率.
故答案为：.
【分析】由线段比得面积比，由渐近线对称关系的线段|OM|与|ON|比，令，中，由正弦定理解得，可求双曲线离心率.
15．（2025高三上·中山期中）已知函数.
（1）证明：函数的图象是中心对称图形；
（2）当时，求的值.
【答案】（1）证明：易知，，
则为奇函数，所以的图象关于原点中心对称，证毕；
（2）解：由上的图象关于原点中心对称，知的图象关于中心对称，所以，
即，
，
两式相加得
，
所以.
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的值
【解析】【分析】（1）利用函数的奇偶性分别计算g(x)，g(-x)证明相等即可；
（2）利用函数的对称性列出为第一项加到最后一项，用倒序相加法列出等于最后一项加到第一项，两式相加计算即可.
（1）易知，，
则为奇函数，所以的图象关于原点中心对称，证毕；
（2）由上的图象关于原点中心对称，知的图象关于中心对称，所以，
即，
，
两式相加得
，
所以.
16．（2025高三上·中山期中）在中，内角的对边分别为，且，．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求边上的高．
【答案】（1）解：由，，可得，
整理可得，则，即，故；
（2）解：由（1）得，，因为为锐角，所以，
由的面积，解得，
设边上的高为，则的面积，则，即边上的高为．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；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，利用正、余弦定理化简求值即可；
（2）由（1）的结论，结合同角三角函数基本关系求得，再利用等面积法求解即可.
（1）∵，
由正余弦边角关系得，①，
又，②
由①②得，，
∴，∴
（2）由（1）得，，
∵为锐角，∴，
∴的面积，
∴，设边上的高为，
则的面积，
∴，即边上的高为．
17．（2025高三上·中山期中）已知函数，其中.
（1）若函数在区间内恰有2个极值点，求的取值范围；
（2）当时，在中，角所对的边分别为，且，求边的取值范围.
【答案】（1）解：由，
因为，可得
又因为在上恰有2个极值点，则满足，
解得，所以的取值范围为.
（2）解：当时，可得
由，可得，即，
因为，可得，所以，
解得，所以，
又由正弦定理，可得，
所以，
又因为，可得，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以实数的取值范围为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）先由二倍角公式将原式化简为，由在上恰有2个极值点，结合三角函数的性质，列出不等式，即可求解；
（2）解，即解方程，得，且；代入正弦定理，求得，由B 的范围得的范围，结合三角函数的性质，即可求得实数的取值范围.
（1）解：由，
因为，可得
又因为在上恰有2个极值点，则满足，
解得，所以的取值范围为.
（2）解：当时，可得
由，可得，即，
因为，可得，所以，
解得，所以，
又由正弦定理，可得，
所以，
又因为，可得，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以实数的取值范围为.
18．（2025高三上·中山期中）已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点．
（1）求的方程；
（2）若的面积为，求的方程；
（3）证明：线段的中点为定点．
【答案】（1）解：因为的一条渐近线方程为，
到渐近线的距离为，
过得，
解得：，
所以的方程为①．
（2）解：显然直线的斜率存在，设的方程为②，
①②联立得：．
则有③，④，
设，
则⑤，⑥，
把⑤⑥代入：，
所以，
得：，解得：．
满足③④式，则直线的方程为．
（3）证明：设，不妨设．则直线⑦，
联立①⑦得：，
则，
则；
同理：．
而，，
又三点共线，则有，
则，
得：，
所以的中点为定点．
【知识点】双曲线的定义；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）解决双曲线方程求解问题时，以 “顶点到渐近线的距离” 这一已知条件为突破口，通过距离公式建立参数方程，解出参数后即可确定双曲线方程；
（2）处理直线方程求解问题时，先设出直线方程并与双曲线联立，借助韦达定理梳理交点坐标的关系，再结合三角形面积条件构建参数方程，最终解出参数得到直线方程，这是解析几何中 “设方程→联立→用定理→建方程→求解” 的典型思路。
（3）设坐标，表示出直线方程，联立方程组消元得一元二次方程，再用韦达定理得到点坐标，点坐标同理可得.写出，三点共线建立等式，得，即可得证.
（1）因为的一条渐近线方程为，
到渐近线的距离为，
过得，
解得：，
所以的方程为①．
（2）显然直线的斜率存在，设的方程为②，
①②联立得：．
则有③，④，
设，
则⑤，⑥，
把⑤⑥代入：，
所以，
得：，解得：．
满足③④式，则直线的方程为．
（3）设，不妨设．则直线⑦，
联立①⑦得：，
则，
则；
同理：．
而，，
又三点共线，则有，
则，
得：，
所以的中点为定点．
19．（2025高三上·中山期中）已知函数．
（1）时，求的极值
（2）若函数．
（i）证明：曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合．
（ii）若，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，则其定义域为，
，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，无极小值.
（2）解：，其定义域为，
（i）设为图象上两个不同的点，
，，，
在点处的切线方程分别为，，
即，，
若在点处的切线重合，则，
，即，
，即，
设，，，
设，则，
在上单调递增，，方程无解，
曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合.
（ii），
令，则当时，，
设，
则“，使得成立”等价于“，使得”，
则原命题的否命题为：，恒成立；
若原命题的否命题为真命题，则由得：；
当时，，
令，
，
令，则，
，，恒成立，
，即在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，恒成立；
当时，，与在上恒成立矛盾；
综上所述：若，恒成立，则，
若，使得成立，则，
即实数的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；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）将a=1代入求导，令单调性，结合极值定义可求得结果；
（2）分析切线方程，由导数几何意义可得在图象上任意两个不同点处的切线方程，联立方程组，假设切线相等，得到；构造新函数，利用导数可求假设错误，得到结论；
（ii）优先考虑原命题的否命题为真命题的情况，令，设函数，通过可求得，采用放缩法，将问题转化为证明当时，恒成立，利用导数可求得，由此可得原命题的否命题为真命题时的范围，取补集即可求得结果.
（1）当时，，则其定义域为，
，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，无极小值.
（2），其定义域为，
（i）设为图象上两个不同的点，
，，，
在点处的切线方程分别为，，
即，，
若在点处的切线重合，则，
，即，
，即，
设，，，
设，则，
在上单调递增，，方程无解，
曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合.
（ii），
令，则当时，，
设，
则“，使得成立”等价于“，使得”，
则原命题的否命题为：，恒成立；
若原命题的否命题为真命题，则由得：；
当时，，
令，
，
令，则，
，，恒成立，
，即在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，恒成立；
当时，，与在上恒成立矛盾；
综上所述：若，恒成立，则，
若，使得成立，则，
即实数的取值范围为.
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