期末专题06 期末压轴题精选（4大考点）（期末真题汇编，湖南专用）高二数学上学期

期末专题06 期末压轴题精选 4大高频考点概览 考点01 空间向量与立体几何 考点02 解析几何（直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线、曲线与方程） 考点03 数列及数列求和 考点04 函数与导数及其应用 地 城 考点01 空间向量与立体几何 1．(24-25高二上·湖南永州·期末)在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积不大于，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把也用表示，然后可表示出外接球半径，利用外接球的表面积不大于得即可求解. 【详解】设，在等腰中，， 设的外心是，外接圆半径是，则， 设外接球球心是，则平面，平面，则， 同理，，又平面， 所以，是直角梯形， 设，外接球半径为，即， 则，所以， 在直角中，，， 则，，所以， 由三棱锥外接球的表面积不大于，得， ， 解得， 所以， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，从而得解. 2．(24-25高二上·湖南永州·期末)在三棱锥中，是正三角形，，记二面角，的平面角分别为，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设的边长为3，得到，借助余弦定理，求出，，再通过作辅助线，找出二面角，的平面角，再结合已知条件以及，利用三角函数的相关知识求解. 【详解】设的边长为3，则， 在中，由余弦定理得 ，则， ， 则，， 如图，作面，于，于， 侧，，，， 又，所以， ，，所以， 结合，得， 根据三角函数的两角差公式可得 ， 所以， 已知，则， 将上式移项可得， 解得，所以，，三点共线， 由得， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键点作出辅助线，找出二面角，的平面角，由，得到，进而得到.再结合差角公式，齐次化处理求出.最后将转化为.综合性较强，属于难题. 3．(24-25高二上·湖南郴州·期末)（多选）在棱长为2的正方体中，点是线段上的动点，点是线段的中点．则下列说法正确的是（    ） A．若点是的中点，则过、、三点的正方体的截面的周长是 B．三棱锥的体积是定值 C．直线与平面所成的线面角的正弦值是 D．异面直线与所成的角的最大值是 【答案】ABD 【分析】做出截面，求出截面周长，即可判断A，根据锥体的体积公式判断B，建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断C、D. 【详解】对于A：连接、，取的中点，连接、， 则且，所以四边形为平行四边形，所以， 又且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以四点共面，则截面周长为，故A正确； 对于B：，即三棱锥的体积是定值，故B正确； 对于C、D：如图建立空间直角坐标系，则，，， 设， 所以，又平面的法向量为， 设直线与平面所成的线面角为，则，故C错误； 因为，，设异面直线与所成的角为， 则， 所以当时，，又，所以， 即异面直线与所成的角的最大值是，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题C、D选项的关键是建立空间直角坐标系，利用空间向量法定量计算. 地 城 考点02 解析几何（直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线、曲线与方程） 4．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中，已知，，直线：，直线：，若为，的交点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为， 由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可. 【详解】当时，：，：，此时交点为； 当时，由直线：，斜率为， 由直线：，斜率为，， 又：，直线恒过， ：，直线恒过， 若为，的交点，则， 所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点、点； 综合以上两种情况，点的轨迹是以为直径的圆，除去点， 则圆心为的中点，圆的半径为， 故的轨迹方程为，即， 又，，易知，在该圆内， 又由题意可知圆上一点满足，取， 则，满足. 下面证明任意一点都满足，即， ， 又， ， ， 又， ， 如图，当且仅当，，三点共线，且位于，之间时，等号成立， 即的最小值为. 故选： 【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点，构造，转化线段和结合三角形三边关系计算即可. 5．(24-25高二上·湖南长沙长郡中学·期末)（多选）设曲线：，则（   ） A．曲线关于直线对称 B．曲线围成的图形的面积大于5 C．曲线的周长为 D．曲线上的两点之间距离不大于 【答案】ABD 【分析】将点关于直线对称的点代入曲线的方程判断A；当，得曲线为圆心为，半径为的圆在第一象限的半圆部分，讨论不同象限的符号可画出曲线图形，结合图形利用圆的几何性质可判断BCD. 【详解】A选项，将点关于直线对称的点代入曲线：得， 即点满足曲线方程，故曲线：关于直线对称，A正确； C选项，当时，满足曲线：，故原点在曲线上， 当，得曲线：， 对应的图形为圆心为，半径为的圆在第一象限的半圆部分，此圆弧的长度为，同理可得， 曲线在第二象限的图形为圆心为，半径为的圆在第二象限的半圆部分； 曲线在第三象限的图形为圆心为，半径为的圆在第三象限的半圆部分； 曲线在第四象限的图形为圆心为，半径为的圆在第四象限的半圆部分； 曲线：对应的图形如下： 故曲线的周长为，C错误； B选项，曲线围成的图形的面积可分割为边长为的正方形和4个半径为的半圆， 故曲线围成的图形的面积为，故B正确； D选项，其中圆心与，直线与曲线交于点，， 则即为曲线上的两点之间距离的最大值， 其中， 故曲线上的两点之间距离不大于，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于根据方程特征，分四个象限讨论曲线的形状，并利用圆的几何性质结合图形进行解答.数形结合思想是高中数学一种重要的数学思想，一定要熟练掌握并应用于解题当中. 6．(24-25高二上·湖南永州·期末)（多选）已知双曲线的左，右焦点分别为，，左，右顶点分别为，，点在的右支上，的离心率为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若是面积为2的正三角形，则 C．在中，恒成立 D．若，则内切圆半径的取值范围为 【答案】ABD 【分析】对于A，由，可得，则得；对于B，由已知可得，，即可求得；对于C，由已知可得，即，又，联立化简得，即可判断C； 对于D，由已知，记内切圆半径为，圆心为，则，可得 ，由且，可得，即，即可判断D． 【详解】对于A，∵，所以的中垂线与双曲线有交点， 所以，解得，故选项A正确． 对于B，∵是面积为2的正三角形，，∴， 则， 又∵，则，∴， ，即， ∴，故选项B正确； 对于C，设，，，则，又， ∴，即， ， 又，联立化简得，故选项C错误． 对于D，若，则， 记内切圆半径为，圆心为，圆与切于点， 则，，， 又且， ∴， ∴， 即，故选项D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：C选项，由已知得到，得到后，由诱导公式及二倍角公式得到，再与联立化简. 7．(24-25高二上·湖南益阳·期末)已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线与的右支交于两点，与轴交于点的内切圆与边相切于点，若，则与的内切圆的半径之和的最小值等于 . 【答案】2 【分析】结合双曲线的定义、圆的切线长定理求得、，从而求得双曲线的方程，结合三角形内切圆性质得，设直线的倾斜角为，则，进而求得，，最后利用基本不等式求解最小值即可. 【详解】因为的内切圆与边相切于点，如图，，为另外两个切点， 由切线长定理可知，，， 因为在轴上，所以， 所以 ， 所以，，， 双曲线的方程为：， 如图，设两内切圆圆心分别为，，半径分别为，， 设，，与圆分别相切于点，，， 由切线长定理得 ， 而，两式相加得， 所以是双曲线的右顶点，轴，所以的横坐标为， 同理可求得的横坐标为，则， 设直线的倾斜角为，由双曲线渐近线为，倾斜角分别为， 要使直线与双曲线的右支交于两点，则，有， 在，中， 有，， 因为，所以，所以， 当且仅当即时，等号成立． 故答案为： 【点睛】结论点睛：双曲线的左右焦点分别为，为双曲线上右支上一点（除了顶点），则的内切圆圆心横坐标为，为双曲线上左支上一点（除了顶点），则的内切圆圆心横坐标为. 8．(24-25高二上·湖南长沙第一中学·期末)已知双曲线：（，）的右焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若直线与双曲线的另一条渐近线交于点，且（为坐标原点），则双曲线的离心率为 . 【答案】/ 【分析】由确定与线段的位置关系，求出到渐近线的距离，接着由的关系，结合以及离心率公式即可求解. 【详解】已知双曲线：（，）的渐近线方程为， 双曲线右焦点到渐近线的距离为， 在中，，，所以， 设，则，， 因为， 所以，所以，所以， 在中，， 所以，即，即， 所以双曲线的离心率. 故答案为：.    【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，进而转化为的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以或转化为关于的方程（不等式），解方程（不等式）即可得（的取值范围）. 9．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)如图，在平面直角坐标系中，设，，，为椭圆的四个顶点，为线段靠近原点处的三等分点，若点关于直线的对称点恰好在椭圆上，则该椭圆的离心率为 . 【答案】或 【分析】求出直线的方程以及直线的方程，联立求出两线交点坐标，可得点的坐标，代入椭圆方程，化简可得或，进而可求该椭圆的离心率. 【详解】因为为线段靠近原点处的三等分点，所以， 由截距式方程可得直线的方程为，即① 点关于直线的对称点为，所以直线的斜率为， 由斜截式方程可得直线的方程为②， ①②联立解得两线交点坐标， 因为N是线段的中点，又， 所以， 即点，因为M在椭圆上， 代入椭圆方程： 化简可得， 解得或，所以或. 故答案为：或. 【点睛】方法点睛：求椭圆离心率的常见方法，1，直接求出的值求离心率；2，先得到的方程，再根据齐次式求解；3.先求的值，再求离心率. 10．(24-25高二上·湖南长沙第一中学·期末)在平面直角坐标系中，为双曲线：（，）的右焦点，以为圆心，1为半径的圆与双曲线的渐近线相切. (1)求的方程； (2)记的左、右顶点为，，弦轴，记直线与直线交点为，其轨迹为曲线. （ⅰ）求的方程； （ⅱ）直线，是曲线的任意两条切线，且，试探究在轴上是否存在定点，满足点到，的距离之积恒为1？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ），；（ⅱ）存在；或. 【分析】（1）取的一条渐近线，设以为圆心1为半径的圆与相切于，即可求出，，从而求出双曲线方程； （2）（ⅰ）设，则，设点，表示出直线与直线的方程，两式相乘即可得解； （ⅱ）设：，：（），联立直线与椭圆方程，根据得到，同理，再设，利用距离公式计算可得. 【详解】（1）由题知，取的一条渐近线， 设以为圆心1为半径的圆与相切于， 则中，，且， 故有，， 故所求双曲线的方程为.    （2）（ⅰ）设，则，设点， 又，， 所以直线的方程为①， 直线的方程为②. ①②等式相乘可得， 又在双曲线上，故，可得， ∴，化简可得，， 即曲线的方程为，.    （ⅱ）由不包括椭圆左，右顶点知，的斜率存在， 设：，：（）， ， 由，同理， 故. 设存在，， 又， 则或（不恒成立，舍去）， 所以，点. 综上，存在；或.    【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题（定点问题）常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 11．(24-25高二上·湖南益阳·期末)已知椭圆过点，且的离心率为. (1)求的方程； (2)设分别是的左顶点，上顶点，与直线平行的直线与交于两点. ①若以线段为直径的圆与直线相切，求在轴上的截距； ②当直线斜率存在时，分别将其记为，证明：为定值. 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）代入坐标以及离心率公式即可联立方程求解， （2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式以及点到直线的距离公式列出方程，求解即得在轴上的截距；根据斜率公式化简，将韦达定理代入计算即可求得定值. 【详解】（1）由题意可知 解得. 故的方程为. （2）①由题意知.则直线的方程为. 设平行于直线的直线的方程为. 联立，消去得：. ，解得：. 设与椭圆的交点坐标为， . . 又直线与直线的距离， 由于以线段为直径的圆与直线相切，则， 即. 解得.经检验：， 故在轴上的截距为； ②由 . 为定值. 【点睛】关键点点睛：以线段为直径的圆与直线相切，则，根据求出的值即得；对于定值问题，一般需要等价转化，利用韦达定理代入，推理计算可得. 12．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)已知双曲线与直线：有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点. (1)求直线的方程（用，表示）； (2)当点运动时，求点（的横坐标为的横坐标，的纵坐标为的纵坐标）的轨迹的方程； (3)已知点，若直线不过点且与曲线相交于两点，并且有，问是否存在直线使得的面积为72？若存在，求出此时直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)， (3)存在，或或 【分析】（1）由题意，可知直线与双曲线相切于点，利用推得，将直线与双曲线方程联立求得点坐标，即可写出直线的方程； （2）由（1）结论，易求得，取，（），结合，消去，即得点的轨迹方程； （3）设直线的方程为，，将直线与双曲线方程联立，写出韦达定理，由推出，即得直线经过定点，由的面积求得或，即得直线的方程. 【详解】（1）将代入，整理得， 因为，是双曲线与直线的唯一公共点， 所以，即（*）， 解得，代入，解得：， 即，将（*）代入，即得，其中， 所以过点且与直线垂直的直线的方程为， 即. （2）由（1）已得直线的方程为，分别令即得：， 令即得：，所以， 即，（），又， 故有. 即点的轨迹的方程，其中. （3）易知直线的斜率不为0（若直线的斜率为0，易知，与题设条件矛盾）， 如图，设直线的方程为，，， 则由得，其中， 则，， 由，，可得， 即，也即， 故， 整理得：， 将，代入上式化简得：， 解得，（因直线不过点，故舍去）， 则直线的方程为，故经过定点， 此时，， 则可得的面积： ， 化简得：，解得或， 故所求直线的方程为或或. 【点睛】方法点睛：本题主要考查探求动点的轨迹方程和直线过定点问题，属于难题. 对于求动点的轨迹的方法，主要有： （1）直接法：利用题设等式化简或满足圆锥曲线的定义条件时常用； （2）相关点法：利用动点与相关点（在固定的曲线上）的数量关系求解； （3）消参法：利用动点的横纵坐标满足的关系式，通过消去参数求得. 13．(24-25高二上·湖南郴州·期末)已知双曲线为双曲线的左、右焦点，渐近线方程为，点为双曲线在第一象限上的一点，且的面积为． (1)求双曲线的标准方程； (2)、为双曲线的左右顶点，直线上一点，以为圆心，半径为的圆与直线交于两点，直线、与双曲线分别交于另一点、． ①证明：为定值； ②探究：直线是否恒过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②直线恒过定点，理由见解析 【分析】（1）由渐近线方程得到，再由余弦定理、三角形面积公式及双曲线的定义得到方程组，求出，，即可得解； （2）①设，即可表示出、的坐标，再由斜率公式计算可得；②设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，根据，求出、的关系，即可得解. 【详解】（1）双曲线的渐近线为， 设，由渐近线方程为，所以，则， 由，在中由余弦定理可得， 又点为双曲线在第一象限上的一点，所以， 即，所以， 又的面积为，即，所以， 又，解得，， 所以双曲线方程为； （2）①由（1）可得、， 设，则，所以，， 所以，， 所以，即为定值； ②直线恒过定点，理由如下： 设，，显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 由，可得， 显然且，则，， 所以， 又， ， 所以，即，所以， 即直线的方程为，所以直线恒过点. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 地 城 考点03 数列及数列求和 14．(24-25高二上·湖南邵阳邵东·期末)已知数列的首项，且满足对任意都成立，则能使成立的正整数的最小值为 . 【答案】18 【分析】分析数列特点，分数列是等差数列、等比数列、等差与等比混合交叉的数列进行讨论. 【详解】由知：或. 当时，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，，则，解得； 当时，数列是以1为首项，2为公比的等比数列， ，则，解得：（舍）； 若数列是等差与等比的交叉数列，又，； 若要最小，则，，，， ，，，，，， ，，，，，，， ，此时，故的最小值为18. 故答案为：18 【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系式讨论.若数列为等差和等比各项交叉所得的数列，若要使的值最小，则需尽可能利用对数列中的项进行缩减，进而利用首项求出的值. 15．(24-25高二上·湖南长沙第一中学·期末)（多选）已知正项数列满足，，记，，则（   ） A．是等差数列 B． C． D． 【答案】ACD 【分析】将递推式合理变形后利用等差中项的性质判断A；利用裂项相消法结合给定条件判断BC；合理构造，，并运用导数证明，再结合放缩法和裂项相消法判断D即可. 【详解】因为， 所以，即， 即，所以数列为等差数列，故A正确； 设等差数列的公差为，又因为， 所以，则， 所以， 所以 ， ，则，解得， 所以，，所以，故B错误； 由，故C正确； 设，，则， 所以函数在上单调递增，且， 所以当时，，即， 故，所以， 又因为 ， 即，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列，解题关键是合理构造不等式并进行放缩，然后利用裂项相消法得到所要求的不等关系即可． 16．(24-25高二上·湖南百师联盟·期末)已知等比数列的各项都是正数，是的前项和，，. (1)求数列的通项公式及其前项和； (2)若，求的值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）代入等比数列的基本量，即可求解； （2）分情况讨论，求出，运用等差数列和等比数列求和，结合错位相减计算即可. 【详解】（1）设等比数列的公比为，则. 由，，得，即，解得或（舍去）. 所以，. （2）由（1）知，，所以. 因为， 所以当时，， 当时，，； 当时，，； 当时，，，当时，，所以. 当时，由，， 得当时，，，，…，，构成以为首项，为公差，项数为的等差数列. 因为，所以当时，，. 当时，，. 当时，，，…，构成了组等差数列， 且这组等差数列的首项分别为，公差分别为，项数分别为，，…，. 设每组等差数列的所有项的和为， 则. 所以， 设，则， 两式相减，得， 所以， 所以. 当时，均满足上式，所以. 【点睛】关键点点睛： （1）分析可知构成了组等差数列，且这组等差数列的首项分别为，公差分别为，项数分别为，，…，.，根据等差数列公式计算； （2）当数列是“等差等比”形式时，其前n项和用“错位相减法”求和. 17．(24-25高二上·湖南益阳·期末)若各项均为正整数的数列，对任意的，均有成立，则称数列为“下凸正整数数列”. (1)若数列是“下凸正整数数列”，求出所有的数对； (2)设数列满足，且，判断数列是否为“下凸正整数数列”，并说明理由； (3)已知“下凸正整数数列”中，，，，，求的最大值. 【答案】(1)、 (2)是，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据“下凸正整数数列”的定义可得出关于、的不等式组，结合不等式的基本性质可求出的取值范围，求出正整数值，进而可得出正整数的值，即可得出数对； （2）由已知化简得出，利用累加法求出数列的通项公式，再结合题中定义验证即可得出结论； （3）由“下凸正整数数列”的定义可得出，令，可得出，利用累加法结合不等式的基本性质可得出，利用累加法可得出，然后解不等式，可得出，然后取，验证，即可得出结果. 【详解】（1）因为数列为“下凸正整数数列”，则， 所以，，可得， 又、，当时，或，当时，不符合题意. 即所求的数对有、. （2）数列是“下凸正整数数列”，理由如下： 因为，所以，. 对任意的，所以，，即，且. 则当时，，，，，， 累加得，则， 也满足，故对任意的，. ①由可知是正整数， ②因为， 其中且， 即成立，综合①②可得数列是“下凸正整数数列”. （3）因为， 对任意的，令， 则且，故对任意的恒成立， 当，，，时， 因为， 所以，， 此时，， 即，解得，故. 若取，则对任意的，， 此时，数列为“下凸正整数数列”，且，即符合题意. 综上，的最大值为. 【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法： （1）当出现时，构造等差数列； （2）当出现时，构造等比数列； （3）当出现时，用累加法求解； （4）当出现时，用累乘法求解. 18．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)若正整数数列满足：对任意的，都有恒成立，则称数列为“差增数列”. (1)若1，，，8为“差增数列”，写出所有可能的，； (2)若“差增数列”满足：，，求的最大值； (3)对所有可能的“差增数列”，记（表示数集中的最大值），求的最小值. 【答案】(1)或或或 (2)65 (3)511567 【分析】（1）根据“差增数列”的定义可列不等式，结合正整数解，即可得解， （2）利用迭代法可得，进而得，即可结合二次函数的性质，代值求解， （3）根据可得，又结合取值得求解. 【详解】（1）依题意，因为数列1，，，8为“差增数列”，则 注意到，故所有可能的，为 或或或 （2）由题意知，当时， ， 即，， 当时，，当时，， 则当时，， 故正整数的最大值为65. （3）令，由题知，， 则， 此时有 ， 故， 另一方面，当，，…，，，，…，时， 取，则，，， 且， 综上，的最小值为511567. 【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 19．(24-25高二上·湖南长沙长郡中学·期末)卷积运算在图像处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用.一般地，对无穷数列，，定义无穷数列，记作，称为与的卷积.卷积运算有如图所示的直观含义，即中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，易知有交换律. (1)若，，，求，，，； (2)对，定义如下：①当时，；②当时，为满足通项的数列，即将的每一项向后平移项，前项都取为0.试找到数列，使得； (3)若，，证明：当时，. 【答案】(1)，，， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据定义代入即可求解； （2）尝试从一般到特殊，先找到时的，再推广到一般即可； （3）即为数列的前项和的前项和，从这个角度出发理解卷积的定义即可. 【详解】（1），，，. （2） 对一般的， （3）方法一：由定义知，，，…，，设为数列的前项和，因此 ， 的通项即为， 故当时，. 方法二：记的前项和为，由卷积运算的交换律为， 故①， 因此②， ②①得，故当时，. 【点睛】关键点点睛：将卷积看成数列的前项和问题，问题较容易理解. 20．(24-25高二上·湖南永州·期末)斐波那契数列曲线是一种表示两变量之间关系的曲线．该曲线经常在统计学中使用，用来描述一系列的连续数据值．当自变量取正整数时，得到斐波那契数列，其通项公式，体现有理数可以用无理数表示． (1)若，，，求点的坐标； (2)已知，，，点，在直线，上，若动点在直线上，，，，求动点的轨迹的方程； (3)在（2）的条件下，有一束直线，，，均过点，与曲线交于，两点．若的斜率为，的斜率为，求．（注：结果不用化简） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量的线性关系来建立等式求解；（2）通过向量关系找到动点坐标与已知点坐标及参数的联系，再消去参数得到轨迹方程. （3）直曲联立，根据直线的弦长公式，结合斜率递推公式计算即可. 【详解】（1）由题意可知，，设， 则，， 由，则有， 解得，所以点坐标为． （2）设，，， 由题意得，，， 由（1）可得 ，， 设，则，消得 故的轨迹方程为：． （3）设，与联立得 设点、的横坐标， ，， 则， 当时，， 令，则， ∴，∴ 不妨设，则为斐波那契数列 则， 故 【点睛】关键点点睛：第三问关键是读懂题意，借助弦长公式求出，在借助数列递推公式直接计算即可，理解能力，转化能力要求高，属于难题. 地 城 考点04 函数与导数及其应用 21．(24-25高二上·湖南长沙湖南师范大学附属中学·期末)设函数，若方程有三个实数根，满足，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】作出函数图象，将方程根的问题转化为函数图象交点个数问题，进而得出，即可得，利用构造函数，利用对勾函数单调性求解可得. 【详解】由，可作出其图象如图： 方程有三个实数根，即的图象有3个不同交点， 由于，结合图象可知， 且满足，则， 即， 则， 令，则， 令，， 由对勾函数可知，在上单调递增， 所以在上单调递增， 故，即的取值范围是， 故答案为： 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用函数图象，得出，从而得到. 22．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)（多选）已知函数的定义域为，其图象关于中心对称，若，则（    ） A． B． C．为奇函数 D．为奇函数 【答案】BC 【分析】A选项，根据中心对称为，得到，A错误；B选项，变形得到，赋值得到B正确；C选项，根据函数的对称中心得到，C正确；D选项，根据题目条件得到，变形为，D正确. 【详解】对于A，因为的对称中心为，则， 将变为得，变形得，故A错误； 对于B，由A知，，结合已知，， 即，令，得，故B正确； 对于C，的图象可由的图象向左平移1个单位长度后， 再向下平移2个单位长度， 由的图象关于中心对称知，的图象关于中心对称，即为奇函数，故C正确； 对于D，由，令，得， 即，. 令，定义域为，所以， 所以为偶函数，故D错误. 故选：BC 【点睛】函数的对称性： 若，则函数关于中心对称； 若，则函数关于对称. 23．(24-25高二上·湖南长沙雅礼中学·期末)已知函数是定义在上的偶函数，记为函数的导函数，且满足，则不等式的解集为 . 【答案】 【分析】利用偶函数的导数必为奇函数，可求得，再代入不等式构造函数即可求解. 【详解】因为是定义在上的偶函数，所以，故， 又，所以，即， 所以是定义在上的奇函数； 又因为， 所以，即， 两式相加，再整理得：，所以由得，即， 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以在上，由，解得； 又当时，，，即，故，即， 综上：的解集为，故的解集为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题主要考查不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接根据解析式来解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系即可得到解集． 24．(24-25高二上·湖南长沙长郡中学·期末)已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先由单调递增去掉绝对值符号，构造函数，转化为存在，使得，对求导后按照和两类进行讨论. 【详解】， 当时，，所以是增函数， 不妨设，则，又， 所以由，得，即， 设，则， 当时，，是增函数，不存在，使得， 当时，要满足题意，则在区间上有解，使得在区间上不单调. 则，， 设，，，（两等号不可能同时成立）， 所以， 所以在区间上单调递减，得，， 所以. 故选C. 25．(24-25高二上·湖南名校联考联合体·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．的最小值为 B．若的最小值为，且，则（参考） C．若，则 D．若有两根，则的取值范围为 【答案】BC 【分析】对于A项：应用导数研究函数的单调性，再研究最值即可求得；对于B项：最小值为，即，可构造函数，应用零点存在定理证求解即可；对于C项：分类讨论当，，时，的最小值即可；对于D项：由有两根可等价转化为有两根，构造函数求其最值即可. 【详解】对于A项：因为函数的定义域为， 所以，由得， 所以在上，单调递减，在上，单调递减， 在上，单调递增. 当时，；当时，，所以A错误； 对于B项：由上推理可知当时，，所以. 设函数，则， 所以函数在单调递增. 又因为，， 所以，则，所以，故B正确； 对于C项：因为， 所以， 令，则， 则函数在单调递增， 又因为，所以， 若，当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以； 若，当时，，单调递增； 所以； 若，当时，， 设，因为， 所以单调递增， 所以， 又因为，所以；综上可知C正确； 对于D项：因为有两根， 所以，即有两根. 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 且当，时，. 所以， 所以有两根只需，故D错误； 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：在C项推理中，若，只需证明，因此可构造函数，只需证明当时，即可，这样可以较易证出. 26．(24-25高二上·湖南多校联考·期末)已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，不等式恒成立，求a的值； (3)若实数m，n满足，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，得到，结合，利用导数几何意义得到切线方程； （2）求导，得到的单调性，进而得到所以，设，求导，得到的单调性，，故，当且仅当时等号成立，若满足，必有，求出； （3）变形后得到，换元后化为，由（2）知，当时，，当且仅当时取等号，故，从而成立，同理，要证明，即证明，即，令，，求导得到的单调性，所以，即，整理得，从而成立. 【详解】（1）若，则，定义域为， ， 则，又， 所以曲线在点处的切线方程为. （2），令，得， 当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以， 要使恒成立，需满足. 设， 则，令，得， 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故，当且仅当时等号成立， 若满足，必有， 故. （3）要证明， 即证明， 令，由，得，不等式化为. 由（2）知，当时，，当且仅当时取等号， 所以，整理得，从而成立； 同理，要证明，即证明， 即. 令，因为，所以， 所以在上单调递减，所以， 即，整理得，从而成立. 综上，. 【点睛】关键点点睛：第三问，对所证不等式进行变形，先证不等式左边，只需证明，令，不等式化为，，二元问题转化为单元问题，同理再变形不等式右边，证明出结论 27．(24-25高二上·湖南长沙雅礼中学·期末)已知函数，，. (1)当时，讨论函数的零点个数 (2)记函数的最小值为m，求的最小值. 【答案】(1)答案见解析 (2)0 【分析】（1）求导，分、和三种情况，利用导数判断的单调性和最值，进而分析零点； （2）对求导，分析的单调性和符号，即可得的单调性和最值，结合零点代换可得，再对求导，利用导数分析其单调性和最值，结合零点代换分析求解. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，. ①当时，，可知在定义域内单调递增， 且，，所以函数有唯一零点； ②当时，恒成立，所以函数无零点； ③当时，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增． 则， 故当时，，即，所以函数无零点； 综上所述，当时函数无零点；当，函数有且仅有一个零点. （2）由题意可知的定义域为，且， 令，则， 可知在上为增函数，即在上为增函数． 且，， 可知在上存在唯一零点， 则，可得，， 当时，，在上减函数； 当时，，在上为增函数； 可知的最小值 又因为的定义域为，且， 且在上为增函数，可知在上为增函数， 因为，则，， 可知在上存在唯一零点，则， 当时，，在上为减函数； 当时，，在上为增函数， 所以的最小值为， 因为，则，即， 又因为，可得， 且函数在上为增函数，所以， 可得， 又因为，即，所以在上的最小值为0. 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数极值、最值的方法 （1）若求极值，则先求方程的根，再检查在方程根的左右函数值的符号； （2）若探究极值点个数，则探求方程在所给范围内实根的个数． （3）若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程根的大小或存在情况来求解； （4）求函数在闭区间的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值，与的各极值进行比较，从而得到函数的最值． 28．(24-25高二上·湖南长沙周南中学·期末)已知函数（且）． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先求得并因式分解，然后对进行分类讨论来求得的单调区间. （2）利用构造函数法，结合导数、零点存在性定理等知识来证得不等式成立. 【详解】（1）， ①当时，当时，，时，， 所以的递增区间是，，递减区间为； ②当时，当时，，时，， 所以的递增区间是，，递减区间为． 综上，当时，的递增区间是，，递减区间为； 当时，的递增区间是，，递减区间为． （2）当时，， 由题意可得，只需证明， 方法一：令， 则， 令，易知在上单调递增，，， 故存在，使得，即， 当时，，，，单调递减， 当时，，，，单调递增， 故时，取得唯一的极小值，也是最小值． ， 所以，即当时，． 方法二：不等式等价于， 只需证， 令，所以， 当时，，单调递减，时，，单调递增， 所以，即，当且仅当时取得等号， 用替代得到，函数在上单调递增， 且，， 故存在，使得， 所以，当且仅当时取得等号， 所以，即当时，． 【点睛】方法点睛： 对于含参数的函数单调性问题，求导后因式分解，根据参数与导数零点的大小关系进行分类讨论是常用方法.通过确定导数在不同区间的正负，得出函数的单调区间. 证明不等式时常采用构造函数法，可以直接构造函数，通过研究其单调性和最值来证明不等式，如方法一；也可以对不等式进行适当变形后构造函数，利用已有的函数性质进行证明，如方法二利用这一结论进行替换证明. 29．(24-25高二上·湖南岳阳平江县·期末)已知函数 (1)当时，求在区间上的最值； (2)讨论的单调性； (3)若有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1)最大值，无最小值 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）当时，分析函数在区间上的单调性，即可求出函数在区间上的最值； （2）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按、进行讨论，写出单调区间； （3）对按、进行讨论，分析函数的单调性，在时，根据函数的单调性直接验证即可；在时，求出函数的最小值，结合零点存在定理可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，则， 则在区间上单调递减，所以，，无最小值. （2）函数的定义域为，， （ⅰ）若，则，所以在单调递减； （ⅱ）若，则由得. 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增. 综上所述，当时，函数的减区间为； 当时，函数的减区间为，增区间为. （3）分析以下几种情况讨论： （ⅰ）若，函数在上为减函数，则至多有一个零点； （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. 当时，由于，故只有一个零点； 当时，由于，此时，函数没有零点； 当时，， 又，故在有一个零点. 设正整数满足， 则. 由于，因此在有一个零点. 综上，的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 30．(24-25高二上·湖南长沙长郡中学·期末)设函数，. (1)求在点处的切线方程； (2)判断在区间上的零点个数，并说明理由； (3)若实数满足，，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)三个零点，理由见解析 (3) 【分析】（1）先求导数，再得出切线斜率进而求出切线； （2）求出导函数根据导函数的正负得出函数的单调性，再结合零点存在定理得出函数零点个数； （3）构造函数，再求导函数得出函数单调性即可得出最值进而解题. 【详解】（1）， ，因此，又， 所以在点处的切线方程为. （2）， 时，，单调递增， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 因为，所以， 又， 由零点存在定理，时，有一个零点， 又，所以在区间上有三个零点. （3）设，， 则，， 令，，， 当时，则存在使，，即在区间上单调递减， 所以，即在区间上单调递减， 所以，不合题意； 当时，令，， 又，则，， 所以在区间上单调递增，， 所以在区间上单调递增，， 所以在区间上单调递增，，满足题意. 所以实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：解题（3）的方法是构造新函数，应用二次求导进而得出计算求参. 31．(24-25高二上·湖南长沙明德中学·期末)设. (1)求在处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)证明：对于任意正整数都有恒成立. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证； （3）由（2）可知当时，可得，根据等比数列求和可知，即可得解. 【详解】（1）已知，则， 则，又， 所以切线方程为，即. （2），所以， 令，解得， 可知当时，，所以在区间上单调递增， 当时，，所以在区间上单调递减， 所以当时，取得最小值， 所以. （3）由（2）可知当时，，即， 令，可得， 从而 ， ， 即， 则对于任意正整数都有恒成立. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围. （2）函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解． 32．(24-25高二上·湖南长沙第一中学·期末)设函数（）. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，曲线与直线交于，两点，求证：； (3)证明：（，）. 【答案】(1)时，单调递减；时，单调递增. (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的正负即可求解； （2）求导得，进而代入化简将问题转化成，构造函数即可利用导数求解； （3）利用（2）的结论取，，利用累加法即可求解. 【详解】（1）当时，， ， 时，，单调递减； 时，，单调递增. （2），则， 由题意，知有两解，，不妨设， 要证，即证， ①若，则； ②若，由知， 在上单调递减，在上单调递增，也有， 综合①②知，， 所以只需证（*）. 又， ∴两式相减，整理得， 代入（*）式，得，即. 令（），即证. 令（），则， ∴在上为增函数，∴， ∴成立. （3）由（2）知，， 故，，取， 所以（）， 则（）. 【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 试卷第1页，共3页 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 期末专题06期末压轴题精选 ☆4大高频考点概览 考点01空间向量与立体几何 考点02解析刀几何（直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线、曲线与方程） 考点03数列及数列求和 考点04函数与导数及其应用 目目 考点01 空间向量与立体几何 1.(24-25高二上湖南永州期末)在三棱锥A-BCD中，AD⊥平面BCD,∠BAD=∠CBD,BD=BC=2, 若三棱锥A-BCD外接球的表面积不大于20，则CD的取值范围为 3 2.(2425商二上湖南水州期未车三棱锥S-A8C中，48C是正三角形，而-C,记=面角 S-AB-C,S-BC-A的平面角分别为a,B,ana=2anB,an∠SBD=6 则cos∠SBA=() 6 A.3v6 B.5v6 C.v6 D.9V6 14 14 14 3.(24-25高二上·湖南郴州期末)（多选)在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点P是线段AD上的动 点，点？是线段BC的中点.则下列说法正确的是() D A B D A.若点P是AD的中点，则过P、A、Q三点的正方体的截面的周长是4√5 B.三棱锥B,-C,PQ的体积是定值 C.直线PO与平面4BCD所成的线面角的正弦值是y5 D.异面直线B,P与CQ所成的角的最大值是 3 1/8 学科网 www zxxk com 让教与学更高效 目目 考点02 解析几何（直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线、曲线与方程） 4.(24-25高二上湖南株洲第二中学期末)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A,B及 动点P, P6=入(>0且≠1)，则点P的轨迹是圆后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿泼罗 P 尼斯圆（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中，己知0(0,0)，N(0,-1),直线4：kx-y+k+2=0,直线2： x++2k+1=0,若M为4，马的交点，则MO+MN的最小值为() A.10 B. 2+V2 c.35-1 D.√1o 3 3 3 5.(24-25高二上湖南长沙长郡中学期末)（多选)设曲线C:x2+y2=x+y川，则() A.曲线C关于直线y=x对称 B.曲线C围成的图形的面积大于5 C.曲线C的周长为√2π D.曲线C上的两点之间距离不大于2√2 62425商二上湖南水州期利（多选）已知双曲线C:苔-若=a>0,6>0的左，右售点分别为5， E,左，右顶点分别为A,B,点P在C的右支上，C的离心率为，则下列说法正确的是() A.若PO=PF,则e≥2 B.若△POF,是面积为2的正三角形，则b2=4 C.在△PAB中，tan∠PAB+2tan∠PBA+e2tan∠APB=0恒成立 D.若a=b=2,则△PEF内切圆半径的取值范围为(0,2) 242商上湖南益用期末利已知双曲线E名1的左右焦点分别为-20,2,0，过A: 线I与E的右支交于P,Q两点，PF与y轴交于点A,△PAF,的内切圆与边AF,相切于点B,若AB=1,则 △PFF,与△QFF,的内切圆的半径之和的最小值等于 8.2425商二上湖商长沙第一中学期已知双值线C:等茶-1(0>0，b>0)的右焦点为F,过 点F作双曲线的一条渐近线的垂线1，垂足为M,若直线1与双曲线C的另一条渐近线交于点N,且 ON+30M=40F(0为坐标原点)，则双曲线C的离心率为 9.(24-25高二上·湖南株洲第二中学.期末)如图，在平面直角坐标系x0y中，设A,A,B,B为椭圆 2/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 京+F=1(a>b>0)的四个顶点，R为线段0，靠近原点0处的三等分点，若点及关于直线BR的对称点 x2,y2 M恰好在椭圆上，则该椭圆的离心率为 B 10.(2425高二上潮南长沙第一中学期未在平面直角坐标系x0y中，F(5.0)为双曲线G:-量 a21 (a>0,b>0)的右焦点，以F为圆心，1为半径的圆与双曲线C的渐近线相切 (1)求G的方程： (2)记C的左、右顶点为A,B,弦PQ⊥x轴，记直线PA与直线QB交点为M,其轨迹为曲线C, (i)求C,的方程； (ⅱ)直线4，Z是曲线C,的任意两条切线，且Il2,试探究在x轴上是否存在定点G,满足点G到4，的 距离之积恒为1？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由 1.2425高上湖南益阳期末已知椭圆E:之+6=1(a>b>0)过点7 1 3 ,2 且E的离心率为5 2 (1)求E的方程； (2)设A,B分别是E的左顶点，上顶点，与直线AB平行的直线1与E交于M,N两点 ①若以线段MN为直径的圆与直线AB相切，求I在y轴上的截距； ②当直线AM,BN斜率存在时，分别将其记为k,k2,证明：k·k,为定值 12.(2425高二上湖南株洲第二中学期末)已知双曲线父-上=1与直线1：y=kx+mk≠士V2)有唯一的 24 公共点M,过点M且与1垂直的直线分别交x轴、y轴于Ax,0),B(0,y)两点 (I)求直线AB的方程（用k,m表示）； (2)当点M运动时，求点P(x,y)(P的横坐标为A的横坐标，P的纵坐标为B的纵坐标)的轨迹E的方程； (3)已知点Q(3V2,0),若直线ST不过点0且与曲线E相交于S,T两点，并且有QSQ7=0,问是否存在直 线ST使得△QST的面积为72？若存在，求出此时直线ST的方程；若不存在，请说明理由. 1B.2425高三上湖的郴州期为已双随线C:手卡=a>06>0,R5为双线C的左、右焦高， 3/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 渐近线方程为y=±。x,点P为双曲线在第一象限上的一点，且∠FPF,=60°，△PFF的面积为√5. 2 (1)求双曲线C的标准方程； (2)A、B为双曲线C的左右顶点，直线：x=1上一点P,以P为圆心，半径为PB的圆与直线1交于M,N两 点，直线AM、AN与双曲线C分别交于另一点E、F. ①证明：kM·kw为定值； ②探究：直线EF是否恒过定点，若过定点，求出该定点的坐标若不过定点，请说明理由. 目目 考点03 数列及数列求和 14.(24-25高二上湖南邵阳邵东·期末)已知数列an}的首项a=1，且满足(a41-a。-1(a1-2a.)=0对任 意n∈N都成立，则能使am=2025成立的正整数m的最小值为 15.(24-25高二上湖南长沙第一中学.期末)（多选）已知正项数列{a,}满足a,=1, 10 aaa,=a,(aa小aeN),记Z,=aa,+a,4++a,a1,7o=17则（） 2024 是等差数列 B.a2025= a 2025 C.T<1 D. i=1 16.(24-25高二上湖南百师联盟·期末)已知等比数列{an}的各项都是正数，Sn是{an}的前n项和，4=1， S2=a3-1. (1)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn: (2)若bn= (k,n=ax, b-1+2k,ak<n<a, k∈N,求∑b,的值 17.(24-25高二上湖南益阳期末)若各项均为正整数的数列0：a1,a2,…,a,…(n≥3)，对任意的 k(2≤k≤n-1,均有a+1+ak-1>2a成立，则称数列U为“下凸正整数数列” (1)若数列1，a,b,6是“下凸正整数数列，求出所有的数对(a,b); (2)设数列{b.}满足b=1,bn>0且b=nb1+b好+nbn,判断数列{b,(n≥3)是否为“下凸正整数数列”，并 4/8 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 说明理由； (3)已知“下凸正整数数列U':a,a2,…,an,…(n之3中，a,=1,42=2,,an=991,求的最大值 18.(24-25高二上湖南株洲第二中学期末)若正整数数列xn满足：对任意的n∈N,都有 x,--1>x-1-xm-2n之3)恒成立，则称数列为“差增数列” (1)若1，a,b,8为“差增数列”，写出所有可能的a,b: (2)若“差增数列{xn}满足：x=1,x=2024,求k的最大值： (3)对所有可能的“差增数列”xn,记T=max{x1x2,,x2o24}(maxM表示数集M中的最大值)，求T的最小 值 19.(2425高二上·湖南长沙长郡中学·期末)卷积运算在图像处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用. =I 般地，对无穷数列{a},{b.},定义无穷数列c.=∑ab1-neN),记作{a,}b.}={c},称为a}与 b,}的卷积卷积运算有如图所示的直观含义，即{c}中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元 素的和，易知有交换律{an}*{b}={b}*{a}. a3 b2 b3 1b32b3a3b3… (1)若an=n,bn=3”,{a}*{b}={cn},求c,C2,C,c4; (2)对ieN,定义T,{an}如下：①当i=1时，T{an}={an};②当i≥2时，T{an}为满足通项 0,n<i, d= an+l-,n≥ 的数列{d,},即将{a}的每一项向后平移(i-)项，前(i-)项都取为0试找到数列{(}， 使得{}*{a}=T{a,}: (3)若an=n,{an}*{bn}={cn}，证明：当n≥3时，bn=Cn-2cm-1+cn-2 20.(24-25高二上湖南永州期末)斐波那契数列曲线是一种表示两变量之间关系的曲线.该曲线经常在统 计学中使用，用来描述一系列的连续数据值.当自变量取正整数时，得到斐波那契数列，其通项公式 - F体现有理数可以用无理数表示. 5/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (I)若A(x,),B(x2,y),AT=aAB，求点T的坐标； Q已知4各引A,c》,点M,N在直线B,Bc上，若动点无在直线Mv上， AM=1A,BN=BC,MT,=元MN,求动点T的轨迹C的方程； (3)在(2)的条件下，有一束直线4,2，…，1n均过点 ,(ieN)与曲线C交于A,B两点.若的 斜率为1，的斜率为k,=1+A-B-1(≥2)，求k·(注：结果不用化简) 目目 考点04 函数与导数及其应用 21.(24-25高二上·湖南长沙湖南师范大学附属中学期末)设函数f(x)= nx,0<x≤e 若方程f(x)=m有 2-Inx,x>e 11 三个实数根x,x2,x,满足x<x2<x,则一+一+x3的取值范围是 XX, 22.(2425高二上湖南株洲第二中学·期末)（多选）已知函数∫(x)的定义域为R,其图象关于(1,2)中心对 称，若-4-8=2-x,则() 4 A.4-+fx-2=1 B.f(2)+f(4)=-4 2 C.y=f(x+-2为奇函数 D.y=∫x+2)+2x为奇函数 23.(24-25高二上湖南长沙雅礼中学期末)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，记∫'(x)为函数∫(x)的 导函数，且满足国+八=。-e+2e,则不等式f儿+。<e的解集为 24.(24-25高二上湖南长沙长郡中学期末)已知函数f(x=(x+2)sinx+cosx,若存在x,x2∈ ，使得f(x)-f(,川=ae-e成立，则实数a的取值范围是() A. B. C.(0,2) D.(1,2 2425高三上湖南名校联考肤合体期末多选已知函数三口>0)，则下列说法确的 () A.f(x的最小值为e+州 B.若x>a,f(x的最小值为a+4,且2aen,n+1),no∈N,则n=1（参考e3=20.09) 6/8 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.若gx)=fx)-ca(x>a,则gx≥e x-a D.若f(x)=ka有两根，则k的取值范围为e2,+o】 26.(24-25高二上湖南多校联考期末)已知函数f(x)=xlnx-ax+a,aeR, (1)若a=2,求曲线y=f(x)在点(1，f(I)处的切线方程： (2)若对任意x>0,不等式f(x)≥0恒成立，求a的值： (3)若实数m,n满足m>n>0,证明：nn+1<mnm-nnm<nm+l m-n 27.(24-25高二上湖南长沙雅礼中学.期末)已知函数fx=e-ax,gx=lnx-ax,aeR (I)当a<e时，讨论函数fx)的零点个数 (2)记函数F(x=f(x-gx)的最小值为m,求G(x=e-elnx的最小值， 28.2425商三上调南长沙周南中学期利已知函数=-口+2x+2ax(a>0且a:2) (1)讨论函数f(x)的单调区间： 回当a=时，证明分+号≤e”-2 2 29.(24-25高二上湖南岳阳平江县·期末)已知函数∫(x=ae2+(a-2)e-x (1)当a=0时，求f(x)在区间[0，+o上的最值： (2)讨论f(x的单调性； (3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围 30.(24-25高二上湖南长沙长郡中学.期末)设函数fx)=cosx(1+sinx)-1,xeR. (1)求y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)判断y=f(x在区间[0,2π上的零点个数，并说明理由； (3)若实数a满足x∈ 0 fx≤x+ar2,求实数a的取值范围！ 6 31.(24-25高二上湖南长沙明德中学.期末)设f(x)=x-1-lnx 处的切线方程； (2)求证：当x>0时，f(x)≥0； 7/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (⊙证明：对于任意正整数馆有++儿+)-+3恒成立 32.(24-25高二上湖南长沙第一中学期末)设函数f(x=x2-ax-a2lnx（aeR). (I)当a=2时，讨论函数y=f(x)的单调性； (2)当a≠0时，曲线y=f(x与直线y=m交于A(x,m),B(x2,m)两点，求证： f5小0： 证明：甘 1 <lnn(n≥2，neN). 8/8