广西壮族自治区桂林市十二县中学2025-2026学年高三上学期12月教学质量联合测试数学试题
1．（2025高三上·桂林月考）若复数 在复平面内的对应点关于虚轴对称，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·桂林月考）已知向量，，，若，则（ ）
A．0 B．7 C． D．1
3．（2025高三上·桂林月考）2025年“九三”阅兵活动中，官兵步调一致，假设官兵的步伐可由简谐振动表示为，将函数图像上所有的点向左平移个单位长度，可得函数的图像，则的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高三上·桂林月考）若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中各项系数和为（ ）
A．16 B． C．32 D．
5．（2025高三上·桂林月考）数列满足，设命题，命题：数列为递增数列，则是的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2025高三上·桂林月考）袋中装有除颜色外均相同的4个红球 3个蓝球和2个绿球.现从袋中无放回地随机取球，每次取1个球，直到取到红球为止.则第3次恰好取到红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·桂林月考）已知双曲线的左 右焦点分别为、，是的渐近线上的一点，点在轴上且为线段的中点.若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·桂林月考）设且，若函数存在三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·桂林月考）已知，为正实数，，则（ ）
A．的最大值为1 B．的最大值为
C．的最小值为 D．的最小值为5
10．（2025高三上·桂林月考）已知椭圆的右焦点为，左 右顶点分别为 两点，直线与椭圆相交于 两点，则（ ）
A．椭圆的焦距为4
B．为定值
C．直线和的斜率的乘积为
D．当以，，，四个点为顶点的四边形为平行四边形时，该四边形的面积为
11．（2025高三上·桂林月考）在中，角、、的对边分别为、、，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，，则边上的中线长为
C．若，则
D．若为锐角三角形，则的取值范围是
12．（2025高三上·桂林月考）若，，则 .
13．（2025高三上·桂林月考）已知是偶函数，则 .
14．（2025高三上·桂林月考）已知圆锥的底面半径为3，高为4，则圆锥的内切球与圆锥侧面相切的圆的周长为 .
15．（2025高三上·桂林月考）已知是等差数列的前项和，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列的前项和为，证明.
16．（2025高三上·桂林月考）在6道数学试题中有3道代数题和3道几何题，每次从中随机抽出1道题.
（1）如果抽出的题不再放回，从中抽2道题，求恰好抽到一道代数题和一道几何题的概率；
（2）如果抽出的题再放回，从中抽2道题，求恰好抽到一道代数题和一道几何题的概率；
（3）如果抽出的题不再放回，从中抽3道题，记表示抽到代数题的道数，求随机变量的分布列和数学期望.
17．（2025高三上·桂林月考）如图，三棱柱的所有棱长均为1，，为的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2025高三上·桂林月考）已知，动点到点的距离比到直线的距离小，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设，过点作的切线，与直线交于点，直线与交于点，与抛物线交于另一点；
（i）设点、到直线的距离分别为、，证明：为定值；
（ii）求面积的最小值.
19．（2025高三上·桂林月考）双曲正余弦函数是数学中重要的超越函数，其定义基于指数函数的线性组合：双曲正弦函数定义为，双曲余弦函数定义为.
（1）求双曲余弦函数在处的切线方程；
（2）令，请讨论在的单调性；
（3）证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，且，则，
所以.
故答案为：C
【分析】本题的核心是先根据 “关于虚轴对称” 的几何性质求出复数 z2 ，再进行复数的乘法运算。
2．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】本题的核心是利用向量垂直的充要条件（数量积为 0），结合向量的坐标运算来求解参数 λ。
3．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意得.
故答案为：A.
【分析】本题的核心是掌握三角函数图象的左移变换规则，并结合三角诱导公式进行化简。
4．【答案】D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：因为的展开式的二项式系数和为32，即，解得，
令可得的展开式中各项系数和为.
故答案为：D.
【分析】本题的核心是区分二项式系数和与各项系数和的不同，二项式系数和由公式2n直接给出，而各项系数和则需要通过赋值法（令 x=1）来计算。
5．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，若数列为递增数列，
则对任意的恒成立，
对任意的恒成立，又，；
所以推得出，故充分性成立；推不出，故必要性不成立，
所以是的充分非必要条件.
故答案为：A
【分析】本题的核心是先通过数列递增的条件求出参数a的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义，判断命题p与q的逻辑关系。
6．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：把所有球都看作不相同的，则任取3个球排成一排有种，第3次恰好取到红球有种，
故所求概率为.
故答案为：B.
【分析】本题的核心是明确 “第3次恰好取到红球” 的事件含义：前两次取的是非红球，第三次取的是红球。通过分步计算每一步的概率并相乘，即可得到最终结果。
7．【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的渐近线为，记为第一象限的点，如下图所示：
记双曲线的焦距为，依题意可得，，又，
，，
为等腰直角三角形，
，则点的坐标为，所以，
，.
故答案为：C
【分析】利用双曲线的几何性质、中位线性质和等腰直角三角形的特征，先求出渐近线的斜率，再代入离心率公式求解。
8．【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设，故，可转化为，
由得，
当时，方程有两解，当时，方程有一解，
令，故要满足题意，
只需在内有一个实数根，且另一个根为，或在内有一个实数根，且在内也有一个实数根，
即若，， 则，即，不等式组无解；
若，，则，即不等式组无解；
若，，则，即，解得，
综上所述，
故答案为：B.
【分析】本题的核心是通过换元法将指数函数方程转化为二次方程，再结合绝对值方程的解的个数规律，来确定参数m的取值范围。
9．【答案】A,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A，因为为正实数，，则，当且仅当时取等号，故A正确；
B，，当且仅当时取等号，所以，所以的最大值为2，故B错误；
C，，
当且仅当，即时取等号，故C正确；
D，，
因为，所以，
当时，的最小值为4，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题的核心是利用基本不等式和“1”的代换技巧，结合二次函数的性质，对四个选项逐一进行最值判断。
10．【答案】A,B,C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由椭圆方程可知：，.
A：椭圆的焦距为，故A正确；
B：如图，设椭圆的左焦点为，连接，，
由椭圆的对称性有，故B正确；
C：因为，设点的坐标分别为，
代入椭圆方程可得，即，
所以，故C正确；
D：由题意得，且，
又因为四边形为平行四边形，则，
由关于轴对称可得点的坐标为，
代入椭圆方程得到，解得，
所以平行四边形的面积为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题的核心是利用椭圆的基本性质（焦距、定义、对称性），结合斜率公式和几何图形的特征，对四个选项逐一进行判断。
11．【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A，因为，
由正弦定理得
，
因为、，则，
因为，所以，
若，即，舍去，所以，故，故A正确；
B，设的中点，由，，由得，得.
由余弦定理，，即，所以.
由得，
解得，故边上的中线长为，故B错误；
C，因为，
而，由正弦定理得，得，
又，所以，则，故，
所以，故C正确；
D，因为为锐角三角形，则，解得，
由得，
因为，则，所以，故，
从而的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题的核心是利用正弦定理、余弦定理，结合三角恒等变换，对三角形的边角关系进行推导和判断。
12．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，，则，
故.
故答案为：.
【分析】利用同角三角函数的基本关系 求出 ，再用 计算正切值。
13．【答案】4
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为为偶函数，
则，
又因为不恒为0，可得，即，
则，即，解得.
故答案为：4.
【分析】本题的核心是利用偶函数的定义 f(x)=f( x)，通过化简等式，得到关于a的方程并求解。
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，与是圆锥与其内切球的轴截面，与分别相切于，
则是圆锥的内切球与圆锥相切的切点构成的圆的直径，
，，
所以圆锥的内切球与圆锥相切的圆的周长为.
故答案为：.
【分析】本题的核心是通过作出圆锥与内切球的轴截面，利用相似三角形求出内切球与圆锥侧面相切圆的直径，进而计算周长。
15．【答案】（1）解：设等差数列的首项为，公差为，
由题意得，解得：，
所以.
（2）证明：由（1）得，
所以，
，
因为，所以，所以，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】(1)利用等差数列的性质求出 ，再结合前4项和列出方程组，求出首项和公差，进而得到通项公式。
(2)先求出前 项和 ，将 裂项为 ，再用裂项相消法求 ，最后通过放缩证明 。
（1）设等差数列的首项为，公差为，
由题意得，解得：，
所以.
（2）由（1）得，
所以，
，
因为，所以，所以，
所以.
16．【答案】（1）解：如果抽出的题不再放回，设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，
则；
（2）解：如果抽出的题再放回，设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，
则；
（3）解：根据题意，可能的取值为，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
故随机变量的数学期望
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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
【解析】【分析】(1)不放回抽样属于超几何分布，用组合数计算“1 代 1 几”的组合数，再除以总的抽2道题的组合数。
(2)有放回抽样属于二项分布，计算“先代后几”和“先几代后”两种情况的概率再相加。
(3)随机变量X取值为0，1，2，3，分别计算每种取值的概率，列出分布列后求数学期望。
（1）如果抽出的题不再放回，
设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，
则；
（2）如果抽出的题再放回，
设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，
则；
（3）根据题意，可能的取值为，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
故随机变量的数学期望
.
17．【答案】（1）证明：连接，因为三棱柱的所有棱长均为1，
所以，，
所以为等边三角形，故，
又，故为等边三角形，故，
由勾股定理得，
在中，，故，即，
又平面，
所以平面；
（2）解：由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，
所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
故，，
设平面的法向量为，则，
令得，所以，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)先证明A1 F垂直于平面ABC内的两条相交直线AC和BF，再用线面垂直判定定理证明。
(2)以F为原点建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量，再用向量法求直线与平面所成角的正弦值。
（1）连接，因为三棱柱的所有棱长均为1，
所以，，
所以为等边三角形，故，
又，故为等边三角形，故，
由勾股定理得，
在中，，故，即，
又平面，
所以平面；
（2）由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，
所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
故，，
设平面的法向量为，则，
令得，所以，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：因为动点到点的距离比到直线的距离小，
则到点的距离与到直线的距离相等，
根据抛物线的定义，点的轨迹是抛物线，且其焦点为，准线为直线，
设该抛物线的标准方程为，
所以，可得，所以的方程为.
（2）（i）证明：若直线与轴重合，此时直线与抛物线有且只有一个交点，不符合题意，
设直线的方程为，代入得，
则，
设、，则，，
因为，，
所以（定值）；
（ii）解：在直线的方程中，令得，此时，
对求导得，所以，
直线的方程为，令得，
又，所以，此时，
所以的面积，
当且仅当时，即当时取等号，所以面积的最小值为.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意，点 到 的距离与到直线的距离相等，符合抛物线定义，直接写出标准方程。
(2)(i)设 ，直线 方程为，与抛物线联立，利用韦达定理得到 和 ，再将距离用表示，代入化简得定值。
(ii)用导数求点切线方程，得到点坐标；求出点坐标，用两点距离公式求 的面积，再用基本不等式求最小值。
（1）因为动点到点的距离比到直线的距离小，
则到点的距离与到直线的距离相等，
根据抛物线的定义，点的轨迹是抛物线，且其焦点为，准线为直线，
设该抛物线的标准方程为，
所以，可得，所以的方程为.
（2）（i）若直线与轴重合，此时直线与抛物线有且只有一个交点，不符合题意，
设直线的方程为，代入得，
则，
设、，则，，
因为，，
所以（定值）；
（ii）在直线的方程中，令得，此时，
对求导得，所以，
直线的方程为，令得，
又，所以，此时，
所以的面积，
当且仅当时，即当时取等号，所以面积的最小值为.
19．【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
又，所以在处的切线方程为.
（2）解：因为，，
则，
令，，则，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以即在上单调递增，所以，
所以在上单调递增.
（3）证明：当时，；令，，则，
令，，则，
令，，
则，
所以在单调递增，∴，即在单调递增，
，即，即在单调递增，
，即当时，.
由（2）知当时，即，
因为，则，即，
所以，即（）；
令，
则，
当时，则有：，
，，；
相加可得：
，
其中
，
所以.
【知识点】导数的几何意义；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】【分析】(1)利用导数求切线斜率，再结合切点坐标写出切线方程。
(2)对 求导，分析导数的单调性与符号，判断 的单调性。
(3)先构造辅助函数证明不等式 ，再令 ，将不等式累加，最后用裂项相消法求和完成证明。
（1）因为，所以，
所以，
又，所以在处的切线方程为.
（2）因为，，
则，
令，，则，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以即在上单调递增，所以，
所以在上单调递增.
（3）先证：当时，；
令，，则，
令，，则，
令，，
则，
所以在单调递增，∴，即在单调递增，
，即，即在单调递增，
，即当时，.
由（2）知当时，即，
因为，则，即，
所以，即（）；
令，
则，
当时，则有：，
，，；
相加可得：
，
其中
，
所以.
1 / 1广西壮族自治区桂林市十二县中学2025-2026学年高三上学期12月教学质量联合测试数学试题
1．（2025高三上·桂林月考）若复数 在复平面内的对应点关于虚轴对称，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，且，则，
所以.
故答案为：C
【分析】本题的核心是先根据 “关于虚轴对称” 的几何性质求出复数 z2 ，再进行复数的乘法运算。
2．（2025高三上·桂林月考）已知向量，，，若，则（ ）
A．0 B．7 C． D．1
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】本题的核心是利用向量垂直的充要条件（数量积为 0），结合向量的坐标运算来求解参数 λ。
3．（2025高三上·桂林月考）2025年“九三”阅兵活动中，官兵步调一致，假设官兵的步伐可由简谐振动表示为，将函数图像上所有的点向左平移个单位长度，可得函数的图像，则的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意得.
故答案为：A.
【分析】本题的核心是掌握三角函数图象的左移变换规则，并结合三角诱导公式进行化简。
4．（2025高三上·桂林月考）若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中各项系数和为（ ）
A．16 B． C．32 D．
【答案】D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：因为的展开式的二项式系数和为32，即，解得，
令可得的展开式中各项系数和为.
故答案为：D.
【分析】本题的核心是区分二项式系数和与各项系数和的不同，二项式系数和由公式2n直接给出，而各项系数和则需要通过赋值法（令 x=1）来计算。
5．（2025高三上·桂林月考）数列满足，设命题，命题：数列为递增数列，则是的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
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；数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，若数列为递增数列，
则对任意的恒成立，
对任意的恒成立，又，；
所以推得出，故充分性成立；推不出，故必要性不成立，
所以是的充分非必要条件.
故答案为：A
【分析】本题的核心是先通过数列递增的条件求出参数a的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义，判断命题p与q的逻辑关系。
6．（2025高三上·桂林月考）袋中装有除颜色外均相同的4个红球 3个蓝球和2个绿球.现从袋中无放回地随机取球，每次取1个球，直到取到红球为止.则第3次恰好取到红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：把所有球都看作不相同的，则任取3个球排成一排有种，第3次恰好取到红球有种，
故所求概率为.
故答案为：B.
【分析】本题的核心是明确 “第3次恰好取到红球” 的事件含义：前两次取的是非红球，第三次取的是红球。通过分步计算每一步的概率并相乘，即可得到最终结果。
7．（2025高三上·桂林月考）已知双曲线的左 右焦点分别为、，是的渐近线上的一点，点在轴上且为线段的中点.若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的渐近线为，记为第一象限的点，如下图所示：
记双曲线的焦距为，依题意可得，，又，
，，
为等腰直角三角形，
，则点的坐标为，所以，
，.
故答案为：C
【分析】利用双曲线的几何性质、中位线性质和等腰直角三角形的特征，先求出渐近线的斜率，再代入离心率公式求解。
8．（2025高三上·桂林月考）设且，若函数存在三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设，故，可转化为，
由得，
当时，方程有两解，当时，方程有一解，
令，故要满足题意，
只需在内有一个实数根，且另一个根为，或在内有一个实数根，且在内也有一个实数根，
即若，， 则，即，不等式组无解；
若，，则，即不等式组无解；
若，，则，即，解得，
综上所述，
故答案为：B.
【分析】本题的核心是通过换元法将指数函数方程转化为二次方程，再结合绝对值方程的解的个数规律，来确定参数m的取值范围。
9．（2025高三上·桂林月考）已知，为正实数，，则（ ）
A．的最大值为1 B．的最大值为
C．的最小值为 D．的最小值为5
【答案】A,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A，因为为正实数，，则，当且仅当时取等号，故A正确；
B，，当且仅当时取等号，所以，所以的最大值为2，故B错误；
C，，
当且仅当，即时取等号，故C正确；
D，，
因为，所以，
当时，的最小值为4，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题的核心是利用基本不等式和“1”的代换技巧，结合二次函数的性质，对四个选项逐一进行最值判断。
10．（2025高三上·桂林月考）已知椭圆的右焦点为，左 右顶点分别为 两点，直线与椭圆相交于 两点，则（ ）
A．椭圆的焦距为4
B．为定值
C．直线和的斜率的乘积为
D．当以，，，四个点为顶点的四边形为平行四边形时，该四边形的面积为
【答案】A,B,C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由椭圆方程可知：，.
A：椭圆的焦距为，故A正确；
B：如图，设椭圆的左焦点为，连接，，
由椭圆的对称性有，故B正确；
C：因为，设点的坐标分别为，
代入椭圆方程可得，即，
所以，故C正确；
D：由题意得，且，
又因为四边形为平行四边形，则，
由关于轴对称可得点的坐标为，
代入椭圆方程得到，解得，
所以平行四边形的面积为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题的核心是利用椭圆的基本性质（焦距、定义、对称性），结合斜率公式和几何图形的特征，对四个选项逐一进行判断。
11．（2025高三上·桂林月考）在中，角、、的对边分别为、、，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，，则边上的中线长为
C．若，则
D．若为锐角三角形，则的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A，因为，
由正弦定理得
，
因为、，则，
因为，所以，
若，即，舍去，所以，故，故A正确；
B，设的中点，由，，由得，得.
由余弦定理，，即，所以.
由得，
解得，故边上的中线长为，故B错误；
C，因为，
而，由正弦定理得，得，
又，所以，则，故，
所以，故C正确；
D，因为为锐角三角形，则，解得，
由得，
因为，则，所以，故，
从而的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题的核心是利用正弦定理、余弦定理，结合三角恒等变换，对三角形的边角关系进行推导和判断。
12．（2025高三上·桂林月考）若，，则 .
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，，则，
故.
故答案为：.
【分析】利用同角三角函数的基本关系 求出 ，再用 计算正切值。
13．（2025高三上·桂林月考）已知是偶函数，则 .
【答案】4
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为为偶函数，
则，
又因为不恒为0，可得，即，
则，即，解得.
故答案为：4.
【分析】本题的核心是利用偶函数的定义 f(x)=f( x)，通过化简等式，得到关于a的方程并求解。
14．（2025高三上·桂林月考）已知圆锥的底面半径为3，高为4，则圆锥的内切球与圆锥侧面相切的圆的周长为 .
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，与是圆锥与其内切球的轴截面，与分别相切于，
则是圆锥的内切球与圆锥相切的切点构成的圆的直径，
，，
所以圆锥的内切球与圆锥相切的圆的周长为.
故答案为：.
【分析】本题的核心是通过作出圆锥与内切球的轴截面，利用相似三角形求出内切球与圆锥侧面相切圆的直径，进而计算周长。
15．（2025高三上·桂林月考）已知是等差数列的前项和，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列的前项和为，证明.
【答案】（1）解：设等差数列的首项为，公差为，
由题意得，解得：，
所以.
（2）证明：由（1）得，
所以，
，
因为，所以，所以，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】(1)利用等差数列的性质求出 ，再结合前4项和列出方程组，求出首项和公差，进而得到通项公式。
(2)先求出前 项和 ，将 裂项为 ，再用裂项相消法求 ，最后通过放缩证明 。
（1）设等差数列的首项为，公差为，
由题意得，解得：，
所以.
（2）由（1）得，
所以，
，
因为，所以，所以，
所以.
16．（2025高三上·桂林月考）在6道数学试题中有3道代数题和3道几何题，每次从中随机抽出1道题.
（1）如果抽出的题不再放回，从中抽2道题，求恰好抽到一道代数题和一道几何题的概率；
（2）如果抽出的题再放回，从中抽2道题，求恰好抽到一道代数题和一道几何题的概率；
（3）如果抽出的题不再放回，从中抽3道题，记表示抽到代数题的道数，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：如果抽出的题不再放回，设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，
则；
（2）解：如果抽出的题再放回，设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，
则；
（3）解：根据题意，可能的取值为，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
故随机变量的数学期望
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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
【解析】【分析】(1)不放回抽样属于超几何分布，用组合数计算“1 代 1 几”的组合数，再除以总的抽2道题的组合数。
(2)有放回抽样属于二项分布，计算“先代后几”和“先几代后”两种情况的概率再相加。
(3)随机变量X取值为0，1，2，3，分别计算每种取值的概率，列出分布列后求数学期望。
（1）如果抽出的题不再放回，
设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，
则；
（2）如果抽出的题再放回，
设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，
则；
（3）根据题意，可能的取值为，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
故随机变量的数学期望
.
17．（2025高三上·桂林月考）如图，三棱柱的所有棱长均为1，，为的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接，因为三棱柱的所有棱长均为1，
所以，，
所以为等边三角形，故，
又，故为等边三角形，故，
由勾股定理得，
在中，，故，即，
又平面，
所以平面；
（2）解：由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，
所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
故，，
设平面的法向量为，则，
令得，所以，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)先证明A1 F垂直于平面ABC内的两条相交直线AC和BF，再用线面垂直判定定理证明。
(2)以F为原点建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量，再用向量法求直线与平面所成角的正弦值。
（1）连接，因为三棱柱的所有棱长均为1，
所以，，
所以为等边三角形，故，
又，故为等边三角形，故，
由勾股定理得，
在中，，故，即，
又平面，
所以平面；
（2）由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，
所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
故，，
设平面的法向量为，则，
令得，所以，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2025高三上·桂林月考）已知，动点到点的距离比到直线的距离小，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设，过点作的切线，与直线交于点，直线与交于点，与抛物线交于另一点；
（i）设点、到直线的距离分别为、，证明：为定值；
（ii）求面积的最小值.
【答案】（1）解：因为动点到点的距离比到直线的距离小，
则到点的距离与到直线的距离相等，
根据抛物线的定义，点的轨迹是抛物线，且其焦点为，准线为直线，
设该抛物线的标准方程为，
所以，可得，所以的方程为.
（2）（i）证明：若直线与轴重合，此时直线与抛物线有且只有一个交点，不符合题意，
设直线的方程为，代入得，
则，
设、，则，，
因为，，
所以（定值）；
（ii）解：在直线的方程中，令得，此时，
对求导得，所以，
直线的方程为，令得，
又，所以，此时，
所以的面积，
当且仅当时，即当时取等号，所以面积的最小值为.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意，点 到 的距离与到直线的距离相等，符合抛物线定义，直接写出标准方程。
(2)(i)设 ，直线 方程为，与抛物线联立，利用韦达定理得到 和 ，再将距离用表示，代入化简得定值。
(ii)用导数求点切线方程，得到点坐标；求出点坐标，用两点距离公式求 的面积，再用基本不等式求最小值。
（1）因为动点到点的距离比到直线的距离小，
则到点的距离与到直线的距离相等，
根据抛物线的定义，点的轨迹是抛物线，且其焦点为，准线为直线，
设该抛物线的标准方程为，
所以，可得，所以的方程为.
（2）（i）若直线与轴重合，此时直线与抛物线有且只有一个交点，不符合题意，
设直线的方程为，代入得，
则，
设、，则，，
因为，，
所以（定值）；
（ii）在直线的方程中，令得，此时，
对求导得，所以，
直线的方程为，令得，
又，所以，此时，
所以的面积，
当且仅当时，即当时取等号，所以面积的最小值为.
19．（2025高三上·桂林月考）双曲正余弦函数是数学中重要的超越函数，其定义基于指数函数的线性组合：双曲正弦函数定义为，双曲余弦函数定义为.
（1）求双曲余弦函数在处的切线方程；
（2）令，请讨论在的单调性；
（3）证明：.
【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
又，所以在处的切线方程为.
（2）解：因为，，
则，
令，，则，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以即在上单调递增，所以，
所以在上单调递增.
（3）证明：当时，；令，，则，
令，，则，
令，，
则，
所以在单调递增，∴，即在单调递增，
，即，即在单调递增，
，即当时，.
由（2）知当时，即，
因为，则，即，
所以，即（）；
令，
则，
当时，则有：，
，，；
相加可得：
，
其中
，
所以.
【知识点】导数的几何意义；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】【分析】(1)利用导数求切线斜率，再结合切点坐标写出切线方程。
(2)对 求导，分析导数的单调性与符号，判断 的单调性。
(3)先构造辅助函数证明不等式 ，再令 ，将不等式累加，最后用裂项相消法求和完成证明。
（1）因为，所以，
所以，
又，所以在处的切线方程为.
（2）因为，，
则，
令，，则，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以即在上单调递增，所以，
所以在上单调递增.
（3）先证：当时，；
令，，则，
令，，则，
令，，
则，
所以在单调递增，∴，即在单调递增，
，即，即在单调递增，
，即当时，.
由（2）知当时，即，
因为，则，即，
所以，即（）；
令，
则，
当时，则有：，
，，；
相加可得：
，
其中
，
所以.
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