2025届湘西土家族苗族自治州永顺县高三下学期联考数学试题含解析

这是一份2025届湘西土家族苗族自治州永顺县高三下学期联考数学试题含解析，共10页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知直线，已知命题，已知向量与向量平行，，且，则等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．记其中表示不大于x的最大整数，若方程在在有7个不同的实数根，则实数k的取值范围( )
A．B．C．D．
2． “”是“，”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
3．抛物线的准线与轴的交点为点，过点作直线与抛物线交于、两点，使得是的中点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．1D．
4．函数与的图象上存在关于直线对称的点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线：（）与抛物线：交于（坐标原点），两点，直线：与抛物线交于，两点.若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，不等式对恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．在条件下，目标函数的最大值为40，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．2
8．已知命题：R，；命题 ：R，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
9．执行如图所示的程序框图后，输出的值为5，则的取值范围是（ ）.

A．B．C．D．
10．已知向量与向量平行，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则在方程表示双曲线的条件下，方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为（ ）
A．B．C．D．
12．若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若函数为自然对数的底数）在和两处取得极值，且，则实数的取值范围是______．
14．已知多项式的各项系数之和为32，则展开式中含项的系数为______．
15．已知数列中，为其前项和，，，则_________，_________.
16．在二项式的展开式中，的系数为________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在直角坐标系中，曲线的标准方程为.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求直线的直角坐标方程；
（2）若点在曲线上，点在直线上，求的最小值.
18．（12分） 已知函数，．
（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）求函数在上的最小值；
（Ⅲ）若函数，当时，的最大值为，求证：.
19．（12分）已知函数.
（1）求的极值；
（2）若，且，证明：.
20．（12分）已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）若，对，不等式恒成立，求的取值范围．
21．（12分）如图，已知四边形的直角梯形，∥BC，，，，为线段的中点，平面，，为线段上一点（不与端点重合）．
（1）若，
（ⅰ）求证：PC∥平面；
（ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；
（2）否存在实数满足，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，确定的值，若不存在，请说明理由．
22．（10分）已知椭圆，点，点满足（其中为坐标原点），点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为，若不经过点的直线与椭圆交于两点.且与圆相切.的周长是否为定值?若是，求出定值；若不是，请说明理由.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．D
【解析】
做出函数的图象，问题转化为函数的图象在有7个交点，而函数在上有3个交点，则在上有4个不同的交点，数形结合即可求解.
【详解】
作出函数的图象如图所示，由图可知

方程在上有3个不同的实数根，
则在上有4个不同的实数根，
当直线经过时，；
当直线经过时，，
可知当时，直线与的图象在上有4个交点，
即方程，在上有4个不同的实数根.
故选:D.
本题考查方程根的个数求参数，利用函数零点和方程之间的关系转化为两个函数的交点是解题的关键，运用数形结合是解决函数零点问题的基本思想，属于中档题.
2．B
【解析】
先求出满足的值，然后根据充分必要条件的定义判断．
【详解】
由得，即， ，因此“”是“，”的必要不充分条件．
故选：B．
本题考查充分必要条件，掌握充分必要条件的定义是解题基础．解题时可根据条件与结论中参数的取值范围进行判断．
3．B
【解析】
设点、，设直线的方程为，由题意得出，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合可求得的值，由此可得出直线的斜率.
【详解】
由题意可知点，设点、，设直线的方程为，
由于点是的中点，则，
将直线的方程与抛物线的方程联立得，整理得，
由韦达定理得，得，，解得，
因此，直线的斜率为.
故选：B.
本题考查直线斜率的求解，考查直线与抛物线的综合问题，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
4．C
【解析】
由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，可得有解，令，则，对分类讨论，得出时，取得极大值，也即为最大值，进而得出结论.
【详解】
解：由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，
即有解，令，则，
则当时，；当时，，
故时，取得极大值，也即为最大值，
当趋近于时，趋近于，所以满足条件．
故选：C.
本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，考查抽象概括、运算求解等数学能力，属于难题．
5．D
【解析】
设，，联立直线与抛物线方程，消去、列出韦达定理，再由直线与抛物线的交点求出点坐标，最后根据，得到方程，即可求出参数的值；
【详解】
解：设，，由，得，
∵，解得或，∴，.
又由，得，∴或，∴，
∵，
∴，
又∵，
∴代入解得.
故选：D
本题考查直线与抛物线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.
6．C
【解析】
确定函数为奇函数，且单调递减，不等式转化为，利用双勾函数单调性求最值得到答案.
【详解】
是奇函数，
，
易知均为减函数，故且在上单调递减，
不等式，即，
结合函数的单调性可得，即，
设，，故单调递减，故，
当，即时取最大值，所以.
故选：.
本题考查了根据函数单调性和奇偶性解不等式，参数分离求最值是解题的关键.
7．B
【解析】
画出可行域和目标函数，根据平移得到最值点，再利用均值不等式得到答案.
【详解】
如图所示，画出可行域和目标函数，根据图像知：
当时，有最大值为，即，故.
.
当，即时等号成立.
故选：.
本题考查了线性规划中根据最值求参数，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.
8．B
【解析】
根据，可知命题的真假，然后对取值，可得命题 的真假，最后根据真值表，可得结果.
【详解】
对命题：
可知，
所以R，
故命题为假命题
命题 ：
取，可知
所以R，
故命题为真命题
所以为真命题
故选：B
本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用，识记真值表，属基础题.
9．C
【解析】
框图的功能是求等比数列的和，直到和不满足给定的值时，退出循环，输出n.
【详解】
第一次循环：；第二次循环：；
第三次循环：；第四次循环：；
此时满足输出结果，故.
故选：C.
本题考查程序框图的应用，建议数据比较小时，可以一步一步的书写，防止错误，是一道容易题.
10．B
【解析】
设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.
【详解】
设，且，，
由得，即，①，由，②，
所以，解得，因此，.
故选：B.
本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.
11．A
【解析】
设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，分别计算出，再利用公式计算即可.
【详解】
设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上
的双曲线”，由题意，，，则所求的概率为
.
故选：A.
本题考查利用定义计算条件概率的问题，涉及到双曲线的定义，是一道容易题.
12．C
【解析】
展开式的通项为
，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为1．
所以.故选C
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先将函数在和两处取得极值，转化为方程有两不等实根，且，再令，将问题转化为直线与曲线有两交点，且横坐标满足，用导数方法研究单调性，作出简图，求出时，的值，进而可得出结果.
【详解】
因为，所以，
又函数在和两处取得极值，
所以是方程的两不等实根，且，
即有两不等实根，且，
令，
则直线与曲线有两交点，且交点横坐标满足，
又，
由得，
所以，当时，，即函数在上单调递增；
当，时，，即函数在和上单调递减；
当时，由得，此时，
因此，由得.
故答案为
本题主要考查导数的应用，已知函数极值点间的关系求参数的问题，通常需要将函数极值点，转化为导函数对应方程的根，再转化为直线与曲线交点的问题来处理，属于常考题型.
14．
【解析】
令可得各项系数和为，得出,根据第一个因式展开式的常数项与第二个因式的展开式含一次项的积与第一个因式展开式含x的一次项与第二个因式常数项的积的和即为展开式中含项，可得解.
【详解】
令，
则得，
解得，
所以展开式中含项为：，
故答案为：
本题主要考查了二项展开式的系数和，二项展开式特定项，赋值法，属于中档题.
15．8 （写为也得分）
【解析】
由，得，.当时，，所以，所以的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列；其偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列.则，.
16．60
【解析】
直接利用二项式定理计算得到答案.
【详解】
二项式的展开式通项为：，
取，则的系数为.
故答案为：.
本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）
【解析】
（1）直接利用极坐标公式计算得到答案
（2）设，，根据三角函数的有界性得到答案.
【详解】
（1）因为，所以，
因为所以直线的直角坐标方程为.
（2）由题意可设，
则点到直线的距离.
因为，所以，
因为，故的最小值为.
本题考查了极坐标方程，参数方程，意在考查学生的计算能力和转化能力.
18．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由题，
所以故，，代入点斜式可得曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）由题
（1）当时，在上单调递增. 则函数在上的最小值是
（2）当时，令，即，令，即
（i）当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（ii）当，即时，由的单调性可得在上的最小值是
（iii）当，即时，在上单调递减，在上的最小值是
（Ⅲ）当时，
令，则是单调递减函数.
因为，，
所以在上存在，使得，即
讨论可得在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值是
因为，所以由此可证
试题解析：（Ⅰ）因为函数，且，
所以，
所以
所以，
所以曲线在处的切线方程是，即
（Ⅱ）因为函数，所以
（1）当时，，所以在上单调递增.
所以函数在上的最小值是
（2）当时，令，即，所以
令，即，所以
（i）当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（ii）当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（iii）当，即时，在上单调递减，
所以在上的最小值是
综上所述，当时，在上的最小值是
当时，在上的最小值是
当时，在上的最小值是
（Ⅲ）因为函数，所以
所以当时，
令，所以是单调递减函数.
因为，，
所以在上存在，使得，即
所以当时，；当时，
即当时，；当时，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值是
因为，所以
因为，所以
所以
19．（1）极大值为；极小值为；（2）见解析
【解析】
（1）对函数求导,进而可求出单调性,从而可求出函数的极值;
（2）构造函数,求导并判断单调性可得,从而在上恒成立,再结合,,可得到,即可证明结论成立.
【详解】
（1）函数的定义域为,,
所以当时,;当时,,
则的单调递增区间为和,单调递减区间为.
故的极大值为;的极小值为.
（2）证明:由（1）知,
设函数,
则,
,
则在上恒成立,即在上单调递增,
故,
又,则,
即在上恒成立.
因为,所以,
又,则,
因为,且在上单调递减,
所以,故.
本题考查函数的单调性与极值,考查了利用导数证明不等式,构造函数是解决本题的关键,属于难题.
20．（1）；（2）.
【解析】
（1）分类讨论，，，即可得出结果；
（2）先由题意，将问题转化为即可，再求出，的最小值，解不等式即可得出结果.
【详解】
（1）由得，
若，则，显然不成立；
若，则，，即；
若，则，即，显然成立，
综上所述，的取值范围是．
（2）由题意知，要使得不等式恒成立，只需，
当时，，所以；
因为，
所以，解得，结合，
所以的取值范围是．
本题主要考查含绝对值不等式的解法，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记分类讨论的思想、以及绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.
21．（1）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）（2）存在，
【解析】
（1）（i）连接交于点，连接，，依题意易证四边形为平行四边形，从而有，，由此能证明PC∥平面
（ii）推导出，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解；
（2）设，求出平面的法向量，利用向量法求解.
【详解】
（1）（ⅰ）证明：连接交于点，连接，，
因为为线段的中点，
所以,
因为，所以
因为∥
所以四边形为平行四边形．
所以
又因为，
所以
又因为平面，平面，
所以平面．
（ⅱ）解：如图，在平行四边形中
因为，，
所以
以为原点建立空间直角坐标系
则，，，
所以，，，
平面的法向量为
设平面的法向量为，
则，即，取，得，
设平面和平面所成的锐二面角为，则
所以锐二面角的余弦值为
（2）设
所以，，
设平面的法向量为，则
，取，得，
因为直线与平面所成的角的正弦值为，
所以
解得
所以存在满足，使得直线与平面所成的角的正弦值为.
此题二查线面平行的证明，考查锐二面角的余弦值的求法，考查满足线面角的正弦值的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线，线面，面面的位置关系等知识，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
22．（1）（2）是，
【解析】
（1）设,根据条件可求出的坐标，再利用在椭圆上，代入椭圆方程求出即可;
（2）设运用勾股定理和点满足椭圆方程，求出，,再利用焦半径公式表示出,进而求出周长为定值．
【详解】
(1)设,因为,
即则,即,
因为均在上,代入得,解得,所以椭圆的方程为;
(2)由(1)得,作出示意图,
设切点为,
则,
同理
即,所以,
又,
则的周长,
所以周长为定值.
标准方程的求解,椭圆中的定值问题,考查焦半径公式的运用,考查逻辑推理能力和运算求解能力,难度较难.