湖南省湘潭市部分学校2025~2026学年高三上学期12月学情检测数学试题
1．（2025高三上·湘潭月考）设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，可得，解得：，
所以，
由，可得，解得：，
所以，
则.
故答案为：D
【分析】解分式不等式得集合，解对数不等式得集合，由集合交集的运算可解.
2．（2025高三上·湘潭月考）若复数在复平面中对应的点都在一个过原点的圆上，则的对应点均在（ ）
A．一条直线上 B．一个圆上
C．一条抛物线上 D．一支双曲线上
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：设，复数在复平面中的对应点都在一个过原点的圆上，
设此圆方程为，其中不同时为0，
将代入，得，
所以，
故对应的点坐标为，
将两边同时除以得，
故对应的点在直线上．
故答案为：A．
【分析】设，得，设圆的一般方程，由圆上的点对应复数得，两边同时除以得，可得结论.
3．（2025高三上·湘潭月考）若非零向量、满足，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：∵，∴，∴，
∴①，
又∵，∴，∴②，
②式代入①式，得，即，∴，∴，
设与的夹角为，且，则，
又∵，∴，即与的夹角为.
故答案为：A.
【分析】将模平方得，由垂直可得，联立求解即可.
4．（2025高三上·湘潭月考）已知直线，圆，若圆C上存在两点关于直线l对称，则的最小值是（ ）
A．5 B． C． D．20
【答案】D
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程；圆的一般方程
【解析】【解答】解：圆的圆心坐标为，
圆C上存在两点关于直线l对称，则直线l过圆心，即，有，
，
当时，有最小值20.
故答案为：D
【分析】圆C上存在两点关于直线l对称，则直线l过圆心，得，则，可求最小值.
5．（2025高三上·湘潭月考）已知直线与圆相交于A，B两点，则的周长为（ ）
A．26 B．18 C．14 D．13
【答案】B
【知识点】圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：由，得，
所以圆心为，半径，
圆心C到直线l的距离，
所以，
所以的周长为．
故答案为：B．
【分析】先由圆的一般式得到圆心和半径，代入圆心C到直线l的距离，代入弦长公式求得弦长即可.
6．（2025高三上·湘潭月考）已知函数，将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】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单调性
【解析】【解答】解：因为函数，
将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，
则，
因为函数在区间上单调递增，
结合各选项，只需即可，
所以，即，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】由正弦型函数的图象变换得出，由在区间上单调递增，则，再结合得出的取值范围.
7．（2025高三上·湘潭月考）已知等差数列的前n项和，若，数列的前n项和为，且，则正整数的值为（ ）
A．4 B．6 C．5 D．8
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，符合上式，
则，
所以，
则，
由，
得，
整理得，
化简得，
则（舍去负值）．
故答案为：C.
【分析】由的关系式结合分类讨论的方法，从而求出数列的通项公式，再由裂项相消法求出，再根据方程求解得出正整数k的值.
8．（2025高三上·湘潭月考）已知函数，若关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意知，当时，恒成立，
则恒成立，
所以在上恒成立，
令，则，
所以，当时，；当，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
则；
当时，，
由题意，可得，当，，当，，
则当，；当，，
分别解得，，
则，
综上所述：.
故答案为：D.
【分析】由题意可得：当时，，当，，当，，再借助导数的正负判断函数单调性，从而得出函数的最值，再利用二次函数的单调性求最值的方法，从而得出实数a的取值范围.
9．（2025高三上·湘潭月考）已知实数a，b满足，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为6
C．的最大值为4 D．的最大值为4
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：A、因为，当且仅当，即，或，时等号成立，该选项错误，不合题意；
B、因为，所以，，所以，当且仅当时等号成立，该选项正确，符合题意；
C、因为，当且仅当或时等号成立，该选项正确，符合题意；
D、因为，当且仅当，或，时等号成立，该选项正确，符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】由，可判断A；由可判断B；由，可判断C；由，可判断D.
10．（2025高三上·湘潭月考）已知函数的图象的一条对称轴方程为，下列说法正确的是（ ）
A．函数的对称中心为
B．不等式的解集为
C．函数的单调递增区间为
D．函数在区间上的值域为
【答案】B,D
【知识点】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：因为的图象的一条对称轴方程为，
所以，
解得，
又因为，所以，
则，
对于A，令，
解得，
所以函数的对称中心为，故A错误；
对于B，令，则，
所以，
解得，故B正确；
对于C，令，
解得，故C错误；
对于D，当时，，
所以，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据正弦型函数的对称性结合正弦型函数的图象、正弦型的单调性、正弦型函数求值域的方法，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．（2025高三上·湘潭月考）如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．若在底面内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹的长度为
D．由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A，连接，在正方体中，平面，
因为平面，
所以，
又因为为正方形对角线，
所以，
因为为平面内的两条相交直线，
所以平面，
又因为平面，
所以，故A正确；
对于选项B，在正方体中，平面，
则平面，
所以三棱锥的体积，
因为，，
所以，故B正确；
对于选项C，因为点在底面内（包含边界）运动，且满足，
所以动点的轨迹为以为圆心，以为半径的四分之一圆，
则其轨迹的长度为，故C错误；
对于D，取的中点，连接，，并延长与的延长线交于点，
则过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为平面，
因为正方体的棱长为1，分别为的中点，
可得，，，
所以四边形的周长为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】连接，利用正方体的结构特征和线面垂直的定义，从而得出线线垂直，再利用线线垂直证出直线平面，再根据线面垂直的定义证出，则判断出线线A；根据正方体的结构特征得出线面垂直，再利用三棱锥的体积和三棱锥的体积相等，则根据三棱锥体积公式判断出选项B；根据题意可得动点的轨迹为以为圆心，以为半径的四分之一圆，再利用弧长公式，从而可得其轨迹长度，则判断出选项C；作图可得过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为平面，再根据几何体特征分别得出，，的长，再相加得出四边形的周长，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025高三上·湘潭月考）在三棱锥中，，，，，，则此三棱锥的体积为 ．
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如下图：过作于，连接，
因为，所以，，
在中，由余弦定理得：，
则，于是，故，
又平面，所以平面，
故此三棱锥的体积为.
故答案为：.
【分析】过作于，连接，在中，运用余弦定理得，由勾股定理可证得，由线面垂直判定定理得平面，三棱锥的体积为可解.
13．（2025高三上·湘潭月考）已知椭圆，过点的直线与椭圆交于，两点，且满足，则直线的斜率为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为，则在椭圆内，可知直线与椭圆总有两个交点，
因为，即点为线段的中点，
设，，显然，则，，
，可得，
则，即，
所以，即直线的斜率，
故答案为：
【分析】由，得点为线段的中点，设出点A，B，代入椭圆方程，然后两个式子相减可求出直线的斜率.
14．（2025高三上·湘潭月考）已知常数，在的二项展开式中的常数项为15，设，则 ．
【答案】-31
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式为：，
令，得，
则，因为，所以，
则的展开式为：，
得，，
则，
故答案为：-31.
【分析】写出通项公式，，得，可得，代入展开式为：，可得.
15．（2025高三上·湘潭月考）在中，内角所对的边分别为，
（1）若，解三角形：
（2）若角且的外接圆半径为．
①求的面积；
②求边上的高．
【答案】（1）解：因为，
所以，
因为，所以．所以，
所以．
（2）解：①在中，，
根据余弦定理得，
，
，
②，
．
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，再利用可得即可求解；
（2）①利用余弦定理及三角形面积公式计算即可求解；②利用三角形等面积法计算即可求解.
（1）因为，
所以，
因为，所以．所以，
所以．
（2）①在中，，
根据余弦定理得，
，
，
②，
．
16．（2025高三上·湘潭月考）已知数列前n项积为，且．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设，求证：．
【答案】（1）证明：因为，所以，
所以，
两式相除，得，整理为，
再整理得，．
所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列．
（2）证明：因为，所以，
由（1）知，，故，
所以．
所以
．
又因为，
所以．
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）令n=1得，由，得，两式相除得，结合等差数列的定义可得；
（2）由（1）等差数列通项公式得，项的特征符合累乘法，运用可求，，放缩可得，符合裂项相消法求和可解.
（1）因为，所以，
所以，
两式相除，得，整理为，
再整理得，．
所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列．
（2）因为，所以，
由（1）知，，故，
所以．
所以
．
又因为，
所以．
17．（2025高三上·湘潭月考）如图，在四棱台中，平面，底面为菱形，，点为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，二面角的大小为45°，求 该四棱台的体积．
【答案】（1）证明：由于，底面为菱形，且为四棱台，
故四边形也为菱形，
故且，
由于点为的中点，故，故四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
故平面，
（2）解：因为平面，且平面，故，，
则，
，
故，
由于也为菱形，故，故为等边三角形，
，，且也为等边三角形，
由于点为的中点，故，
因为平面，故平面，故，
平面，故平面，
过作于，连接，
平面，平面，故，
平面，故平面，
平面，故，
故为二面角的平面角，所以，
，故，
又，故，故，
因此，
，则，
故四棱台的体积为
【知识点】直线与平面平行的判定；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据四棱台的性质可得四边形为菱形，易得四边形为平行四边形，则，故平面.
（2）由平面，得，，勾股定理可得，得为的菱形，可证平面，找出二面角的平面角为，且为45°，可得，可求，可求四棱台的体积.
（1）由于，底面为菱形，且为四棱台，
故四边形也为菱形，
故且，
由于点为的中点，故，故四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
故平面，
（2）因为平面，且平面，故，，
则，
，
故，
由于也为菱形，故，故为等边三角形，
，，且也为等边三角形，
由于点为的中点，故，
因为平面，故平面，故，
平面，故平面，
过作于，连接，
平面，平面，故，
平面，故平面，
平面，故，
故为二面角的平面角，所以，
，故，
又，故，故，
因此，
，则，
故四棱台的体积为
18．（2025高三上·湘潭月考）已知椭圆的对称中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，且经过点和．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作不与坐标轴平行的直线交曲线于，两点，过点，分别向轴作垂线，垂足分别为点，，直线与直线相交于点．
①求证：点在定直线上；
②求面积的最大值．
【答案】（1）解：设椭圆的方程为，
由题意可得，解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）解：如图：
①、设直线的方程为，点，，，
联立，消去整理可得，
易知
由韦达定理可得，，
由条件，，，直线的方程为，即直线的方程为，
联立解得，
所以点在定直线上；
②、，
而，所以，
则，
令，则，所以，
当且仅当时等号成立，故面积的最大值为．
【知识点】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）设椭圆的方程为，利用待定系数法求解即可；
（2）设直线的方程为，点，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，得，点坐标的关系，进一步，的坐标，表示出直线与直线的方程，求其交点即可；再利用换元法，结合基本不等式求面积的最大值即可.
（1）设椭圆的方程为，代入已知点的坐标，
得：，解得，所以椭圆的标准方程为．
（2）如图：
①设直线的方程为，并记点，，，
由消去，得，
易知
则，．
由条件，，，直线的方程为，
直线的方程为，
联立解得，
所以点在定直线上．
②
而，所以，
则，
令，则，所以，
当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为．
19．（2025高三上·湘潭月考）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）证明：；
（3）若，且，求证：
【答案】（1）解：，，令，则，
故当时，，单调递增，当，，单调递减；
故，故在单调递减，其单调减区间为，无增区间.
（2）证明：要证，只要证.
，令，，
故当，，单调递增；当，，单调递减；
故，则当时，.
令，，当时，恒成立，故在上单调递增，
而，当时，，.
（3）证明：已知，且，；
由（1）可知，函数在上单调递减，；
由（2）可知，当时，，即，即；
，.
【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】【分析】（1）求导得，发现需要二次求导来确定，令，，可求得的单调区间；
（2）要证，只要证.将问题转化为证明，构造两个新函数，g(x)，h(x)，求出g(x)、h(x)最小、大值，比较即可证明；
（3）由（1）得，函数在上单调递减，可得，，由（2）即，可比较.
（1），，令，则，
故当时，，单调递增，当，，单调递减；
故，故在单调递减，其单调减区间为，无增区间.
（2）要证，只要证.
，令，，
故当，，单调递增；当，，单调递减；
故，则当时，.
令，，当时，恒成立，故在上单调递增，
而，当时，，.
（3）已知，且，；
由（1）可知，函数在上单调递减，；
由（2）可知，当时，，即，即；
，.
1 / 1湖南省湘潭市部分学校2025~2026学年高三上学期12月学情检测数学试题
1．（2025高三上·湘潭月考）设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高三上·湘潭月考）若复数在复平面中对应的点都在一个过原点的圆上，则的对应点均在（ ）
A．一条直线上 B．一个圆上
C．一条抛物线上 D．一支双曲线上
3．（2025高三上·湘潭月考）若非零向量、满足，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·湘潭月考）已知直线，圆，若圆C上存在两点关于直线l对称，则的最小值是（ ）
A．5 B． C． D．20
5．（2025高三上·湘潭月考）已知直线与圆相交于A，B两点，则的周长为（ ）
A．26 B．18 C．14 D．13
6．（2025高三上·湘潭月考）已知函数，将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·湘潭月考）已知等差数列的前n项和，若，数列的前n项和为，且，则正整数的值为（ ）
A．4 B．6 C．5 D．8
8．（2025高三上·湘潭月考）已知函数，若关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·湘潭月考）已知实数a，b满足，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为6
C．的最大值为4 D．的最大值为4
10．（2025高三上·湘潭月考）已知函数的图象的一条对称轴方程为，下列说法正确的是（ ）
A．函数的对称中心为
B．不等式的解集为
C．函数的单调递增区间为
D．函数在区间上的值域为
11．（2025高三上·湘潭月考）如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．若在底面内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹的长度为
D．由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为
12．（2025高三上·湘潭月考）在三棱锥中，，，，，，则此三棱锥的体积为 ．
13．（2025高三上·湘潭月考）已知椭圆，过点的直线与椭圆交于，两点，且满足，则直线的斜率为 ．
14．（2025高三上·湘潭月考）已知常数，在的二项展开式中的常数项为15，设，则 ．
15．（2025高三上·湘潭月考）在中，内角所对的边分别为，
（1）若，解三角形：
（2）若角且的外接圆半径为．
①求的面积；
②求边上的高．
16．（2025高三上·湘潭月考）已知数列前n项积为，且．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设，求证：．
17．（2025高三上·湘潭月考）如图，在四棱台中，平面，底面为菱形，，点为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，二面角的大小为45°，求 该四棱台的体积．
18．（2025高三上·湘潭月考）已知椭圆的对称中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，且经过点和．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作不与坐标轴平行的直线交曲线于，两点，过点，分别向轴作垂线，垂足分别为点，，直线与直线相交于点．
①求证：点在定直线上；
②求面积的最大值．
19．（2025高三上·湘潭月考）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）证明：；
（3）若，且，求证：
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，可得，解得：，
所以，
由，可得，解得：，
所以，
则.
故答案为：D
【分析】解分式不等式得集合，解对数不等式得集合，由集合交集的运算可解.
2．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：设，复数在复平面中的对应点都在一个过原点的圆上，
设此圆方程为，其中不同时为0，
将代入，得，
所以，
故对应的点坐标为，
将两边同时除以得，
故对应的点在直线上．
故答案为：A．
【分析】设，得，设圆的一般方程，由圆上的点对应复数得，两边同时除以得，可得结论.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：∵，∴，∴，
∴①，
又∵，∴，∴②，
②式代入①式，得，即，∴，∴，
设与的夹角为，且，则，
又∵，∴，即与的夹角为.
故答案为：A.
【分析】将模平方得，由垂直可得，联立求解即可.
4．【答案】D
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程；圆的一般方程
【解析】【解答】解：圆的圆心坐标为，
圆C上存在两点关于直线l对称，则直线l过圆心，即，有，
，
当时，有最小值20.
故答案为：D
【分析】圆C上存在两点关于直线l对称，则直线l过圆心，得，则，可求最小值.
5．【答案】B
【知识点】圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：由，得，
所以圆心为，半径，
圆心C到直线l的距离，
所以，
所以的周长为．
故答案为：B．
【分析】先由圆的一般式得到圆心和半径，代入圆心C到直线l的距离，代入弦长公式求得弦长即可.
6．【答案】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单调性
【解析】【解答】解：因为函数，
将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，
则，
因为函数在区间上单调递增，
结合各选项，只需即可，
所以，即，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】由正弦型函数的图象变换得出，由在区间上单调递增，则，再结合得出的取值范围.
7．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，符合上式，
则，
所以，
则，
由，
得，
整理得，
化简得，
则（舍去负值）．
故答案为：C.
【分析】由的关系式结合分类讨论的方法，从而求出数列的通项公式，再由裂项相消法求出，再根据方程求解得出正整数k的值.
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意知，当时，恒成立，
则恒成立，
所以在上恒成立，
令，则，
所以，当时，；当，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
则；
当时，，
由题意，可得，当，，当，，
则当，；当，，
分别解得，，
则，
综上所述：.
故答案为：D.
【分析】由题意可得：当时，，当，，当，，再借助导数的正负判断函数单调性，从而得出函数的最值，再利用二次函数的单调性求最值的方法，从而得出实数a的取值范围.
9．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：A、因为，当且仅当，即，或，时等号成立，该选项错误，不合题意；
B、因为，所以，，所以，当且仅当时等号成立，该选项正确，符合题意；
C、因为，当且仅当或时等号成立，该选项正确，符合题意；
D、因为，当且仅当，或，时等号成立，该选项正确，符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】由，可判断A；由可判断B；由，可判断C；由，可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】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：因为的图象的一条对称轴方程为，
所以，
解得，
又因为，所以，
则，
对于A，令，
解得，
所以函数的对称中心为，故A错误；
对于B，令，则，
所以，
解得，故B正确；
对于C，令，
解得，故C错误；
对于D，当时，，
所以，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据正弦型函数的对称性结合正弦型函数的图象、正弦型的单调性、正弦型函数求值域的方法，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A，连接，在正方体中，平面，
因为平面，
所以，
又因为为正方形对角线，
所以，
因为为平面内的两条相交直线，
所以平面，
又因为平面，
所以，故A正确；
对于选项B，在正方体中，平面，
则平面，
所以三棱锥的体积，
因为，，
所以，故B正确；
对于选项C，因为点在底面内（包含边界）运动，且满足，
所以动点的轨迹为以为圆心，以为半径的四分之一圆，
则其轨迹的长度为，故C错误；
对于D，取的中点，连接，，并延长与的延长线交于点，
则过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为平面，
因为正方体的棱长为1，分别为的中点，
可得，，，
所以四边形的周长为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】连接，利用正方体的结构特征和线面垂直的定义，从而得出线线垂直，再利用线线垂直证出直线平面，再根据线面垂直的定义证出，则判断出线线A；根据正方体的结构特征得出线面垂直，再利用三棱锥的体积和三棱锥的体积相等，则根据三棱锥体积公式判断出选项B；根据题意可得动点的轨迹为以为圆心，以为半径的四分之一圆，再利用弧长公式，从而可得其轨迹长度，则判断出选项C；作图可得过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为平面，再根据几何体特征分别得出，，的长，再相加得出四边形的周长，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如下图：过作于，连接，
因为，所以，，
在中，由余弦定理得：，
则，于是，故，
又平面，所以平面，
故此三棱锥的体积为.
故答案为：.
【分析】过作于，连接，在中，运用余弦定理得，由勾股定理可证得，由线面垂直判定定理得平面，三棱锥的体积为可解.
13．【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为，则在椭圆内，可知直线与椭圆总有两个交点，
因为，即点为线段的中点，
设，，显然，则，，
，可得，
则，即，
所以，即直线的斜率，
故答案为：
【分析】由，得点为线段的中点，设出点A，B，代入椭圆方程，然后两个式子相减可求出直线的斜率.
14．【答案】-31
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式为：，
令，得，
则，因为，所以，
则的展开式为：，
得，，
则，
故答案为：-31.
【分析】写出通项公式，，得，可得，代入展开式为：，可得.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，
因为，所以．所以，
所以．
（2）解：①在中，，
根据余弦定理得，
，
，
②，
．
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，再利用可得即可求解；
（2）①利用余弦定理及三角形面积公式计算即可求解；②利用三角形等面积法计算即可求解.
（1）因为，
所以，
因为，所以．所以，
所以．
（2）①在中，，
根据余弦定理得，
，
，
②，
．
16．【答案】（1）证明：因为，所以，
所以，
两式相除，得，整理为，
再整理得，．
所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列．
（2）证明：因为，所以，
由（1）知，，故，
所以．
所以
．
又因为，
所以．
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）令n=1得，由，得，两式相除得，结合等差数列的定义可得；
（2）由（1）等差数列通项公式得，项的特征符合累乘法，运用可求，，放缩可得，符合裂项相消法求和可解.
（1）因为，所以，
所以，
两式相除，得，整理为，
再整理得，．
所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列．
（2）因为，所以，
由（1）知，，故，
所以．
所以
．
又因为，
所以．
17．【答案】（1）证明：由于，底面为菱形，且为四棱台，
故四边形也为菱形，
故且，
由于点为的中点，故，故四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
故平面，
（2）解：因为平面，且平面，故，，
则，
，
故，
由于也为菱形，故，故为等边三角形，
，，且也为等边三角形，
由于点为的中点，故，
因为平面，故平面，故，
平面，故平面，
过作于，连接，
平面，平面，故，
平面，故平面，
平面，故，
故为二面角的平面角，所以，
，故，
又，故，故，
因此，
，则，
故四棱台的体积为
【知识点】直线与平面平行的判定；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据四棱台的性质可得四边形为菱形，易得四边形为平行四边形，则，故平面.
（2）由平面，得，，勾股定理可得，得为的菱形，可证平面，找出二面角的平面角为，且为45°，可得，可求，可求四棱台的体积.
（1）由于，底面为菱形，且为四棱台，
故四边形也为菱形，
故且，
由于点为的中点，故，故四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
故平面，
（2）因为平面，且平面，故，，
则，
，
故，
由于也为菱形，故，故为等边三角形，
，，且也为等边三角形，
由于点为的中点，故，
因为平面，故平面，故，
平面，故平面，
过作于，连接，
平面，平面，故，
平面，故平面，
平面，故，
故为二面角的平面角，所以，
，故，
又，故，故，
因此，
，则，
故四棱台的体积为
18．【答案】（1）解：设椭圆的方程为，
由题意可得，解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）解：如图：
①、设直线的方程为，点，，，
联立，消去整理可得，
易知
由韦达定理可得，，
由条件，，，直线的方程为，即直线的方程为，
联立解得，
所以点在定直线上；
②、，
而，所以，
则，
令，则，所以，
当且仅当时等号成立，故面积的最大值为．
【知识点】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）设椭圆的方程为，利用待定系数法求解即可；
（2）设直线的方程为，点，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，得，点坐标的关系，进一步，的坐标，表示出直线与直线的方程，求其交点即可；再利用换元法，结合基本不等式求面积的最大值即可.
（1）设椭圆的方程为，代入已知点的坐标，
得：，解得，所以椭圆的标准方程为．
（2）如图：
①设直线的方程为，并记点，，，
由消去，得，
易知
则，．
由条件，，，直线的方程为，
直线的方程为，
联立解得，
所以点在定直线上．
②
而，所以，
则，
令，则，所以，
当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为．
19．【答案】（1）解：，，令，则，
故当时，，单调递增，当，，单调递减；
故，故在单调递减，其单调减区间为，无增区间.
（2）证明：要证，只要证.
，令，，
故当，，单调递增；当，，单调递减；
故，则当时，.
令，，当时，恒成立，故在上单调递增，
而，当时，，.
（3）证明：已知，且，；
由（1）可知，函数在上单调递减，；
由（2）可知，当时，，即，即；
，.
【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】【分析】（1）求导得，发现需要二次求导来确定，令，，可求得的单调区间；
（2）要证，只要证.将问题转化为证明，构造两个新函数，g(x)，h(x)，求出g(x)、h(x)最小、大值，比较即可证明；
（3）由（1）得，函数在上单调递减，可得，，由（2）即，可比较.
（1），，令，则，
故当时，，单调递增，当，，单调递减；
故，故在单调递减，其单调减区间为，无增区间.
（2）要证，只要证.
，令，，
故当，，单调递增；当，，单调递减；
故，则当时，.
令，，当时，恒成立，故在上单调递增，
而，当时，，.
（3）已知，且，；
由（1）可知，函数在上单调递减，；
由（2）可知，当时，，即，即；
，.
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